Номер 1472, страница 272 - гдз по физике 9-11 класс сборник задач Капельян, Аксенович

Дано:

Свет переходит из стекла в воздух.

Абсолютный показатель преломления стекла $n_{ст} = \sqrt{2}$.

Абсолютный показатель преломления воздуха $n_{в} \approx 1$.

Углы падения луча на границу раздела:

$\alpha_1 = 30^\circ$

$\alpha_2 = 45^\circ$

$\alpha_3 = 60^\circ$

Найти:

Углы отклонения лучей $\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3$.

Решение:

Угол отклонения луча $\varphi$ — это угол между преломленным (или отраженным) лучом и первоначальным направлением падающего луча. Для преломления $\varphi = |\beta - \alpha|$, где $\alpha$ - угол падения, а $\beta$ - угол преломления. Для отражения $\varphi = 180^\circ - 2\alpha$.

Свет переходит из оптически более плотной среды (стекло, $n_{ст} = \sqrt{2}$) в оптически менее плотную (воздух, $n_{в}=1$), поэтому возможно явление полного внутреннего отражения. Найдем предельный (критический) угол падения $\alpha_{пр}$, при котором угол преломления равен $90^\circ$.

Согласно закону преломления Снеллиуса: $n_{ст} \sin \alpha = n_{в} \sin \beta$.

Для предельного угла: $n_{ст} \sin \alpha_{пр} = n_{в} \sin 90^\circ$.

$\sin \alpha_{пр} = \frac{n_{в}}{n_{ст}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Отсюда, предельный угол падения $\alpha_{пр} = 45^\circ$.

Если угол падения $\alpha < \alpha_{пр}$, свет преломляется. Если $\alpha \ge \alpha_{пр}$, свет полностью отражается.

Нахождение угла отклонения $\varphi_1$ для $\alpha_1 = 30^\circ$

Поскольку $\alpha_1 = 30^\circ < \alpha_{пр} = 45^\circ$, происходит преломление света. Найдем угол преломления $\beta_1$ из закона Снеллиуса:

$n_{ст} \sin \alpha_1 = n_{в} \sin \beta_1$

$\sqrt{2} \sin 30^\circ = 1 \cdot \sin \beta_1$

$\sin \beta_1 = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Следовательно, угол преломления $\beta_1 = 45^\circ$.

Угол отклонения луча от первоначального направления:

$\varphi_1 = \beta_1 - \alpha_1 = 45^\circ - 30^\circ = 15^\circ$

Ответ: $\varphi_1 = 15^\circ$.

Нахождение угла отклонения $\varphi_2$ для $\alpha_2 = 45^\circ$

Поскольку $\alpha_2 = 45^\circ = \alpha_{пр}$, это предельный случай преломления. Угол преломления $\beta_2 = 90^\circ$. Проверим по закону Снеллиуса:

$n_{ст} \sin \alpha_2 = n_{в} \sin \beta_2$

$\sqrt{2} \sin 45^\circ = 1 \cdot \sin \beta_2$

$\sin \beta_2 = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 1$

Следовательно, угол преломления $\beta_2 = 90^\circ$. Преломленный луч скользит вдоль границы раздела сред.

Угол отклонения луча от первоначального направления:

$\varphi_2 = \beta_2 - \alpha_2 = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$

Ответ: $\varphi_2 = 45^\circ$.

Нахождение угла отклонения $\varphi_3$ для $\alpha_3 = 60^\circ$

Поскольку $\alpha_3 = 60^\circ > \alpha_{пр} = 45^\circ$, происходит явление полного внутреннего отражения. Свет не выходит в воздух, а полностью отражается обратно в стекло.

Угол отражения равен углу падения. В этом случае угол отклонения луча от первоначального направления рассчитывается по формуле для отражения:

$\varphi_3 = 180^\circ - 2\alpha_3$

$\varphi_3 = 180^\circ - 2 \cdot 60^\circ = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$

Ответ: $\varphi_3 = 60^\circ$.