Номер 6.4.10, страница 177, часть 1 - гдз по физике 11 класс учебник Башарулы, Шункеев

6.4.10. Длинная, очень тонкая прямая нить — световод изготовлена из прозрачного материала с показателем преломления $n = \sqrt{1,25}$. Один из концов нити прижат к источнику рассеянного света. Другой конец нити размещен на расстоянии 7 см от расположенного перпендикулярно световоду экрана. Найдите диаметр светового пятна на экране. Считать, что диаметр световода много меньше, чем диаметр светового пятна. (Ответ: 8,1 см.)

Дано:

Показатель преломления нити-световода, $n = \sqrt{1,25}$

Расстояние от конца нити до экрана, $L = 7$ см

Показатель преломления воздуха, $n_{воздуха} \approx 1$

Перевод в систему СИ:

$L = 0,07$ м

Найти:

Диаметр светового пятна на экране, $D$

Решение:

Свет распространяется по световоду за счет явления полного внутреннего отражения (ПВО) на границе нити и окружающей среды (воздуха). Когда свет выходит из торца световода, он расходится, образуя световой конус. Максимальный угол $\beta_{max}$ этого конуса (считая от оси световода) определяет размер светового пятна на экране.

Явление ПВО происходит, если угол падения луча $\alpha$ на границу раздела сред превышает или равен критическому углу $\alpha_{кр}$. Критический угол определяется формулой:

$\sin(\alpha_{кр}) = \frac{n_{воздуха}}{n} = \frac{1}{n}$

Максимальный угол $\theta_{max}$ под которым луч может распространяться внутри световода относительно его оси, соответствует случаю, когда угол падения на боковую поверхность равен критическому. Из геометрии, угол падения на боковую стенку $\alpha$ связан с углом $\theta$ к оси как $\alpha = 90^\circ - \theta$. Таким образом, предельный случай:

$\alpha_{кр} = 90^\circ - \theta_{max} \implies \theta_{max} = 90^\circ - \alpha_{кр}$

При выходе луча из торца световода в воздух происходит преломление. По закону Снеллиуса для максимального угла выхода $\beta_{max}$:

$n \sin(\theta_{max}) = n_{воздуха} \sin(\beta_{max})$

Подставляя $n_{воздуха} = 1$ и выражение для $\theta_{max}$, получаем:

$\sin(\beta_{max}) = n \sin(90^\circ - \alpha_{кр}) = n \cos(\alpha_{кр})$

Используя тригонометрическое тождество $\cos(\alpha_{кр}) = \sqrt{1 - \sin^2(\alpha_{кр})}$, найдем $\cos(\alpha_{кр})$:

$\cos(\alpha_{кр}) = \sqrt{1 - (\frac{1}{n})^2} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n}$

Подставим это в выражение для $\sin(\beta_{max})$:

$\sin(\beta_{max}) = n \cdot \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n} = \sqrt{n^2 - 1}$

Теперь вычислим числовое значение для $\sin(\beta_{max})$:

$\sin(\beta_{max}) = \sqrt{(\sqrt{1,25})^2 - 1} = \sqrt{1,25 - 1} = \sqrt{0,25} = 0,5$

Радиус светового пятна $R$ на экране связан с расстоянием $L$ и углом $\beta_{max}$ через тангенс:

$\tan(\beta_{max}) = \frac{R}{L}$

Диаметр пятна $D = 2R = 2L \tan(\beta_{max})$.

Найдем $\tan(\beta_{max})$, зная, что $\sin(\beta_{max})=0,5$:

$\tan(\beta_{max}) = \frac{\sin(\beta_{max})}{\cos(\beta_{max})} = \frac{\sin(\beta_{max})}{\sqrt{1 - \sin^2(\beta_{max})}} = \frac{0,5}{\sqrt{1 - 0,5^2}} = \frac{0,5}{\sqrt{0,75}} = \frac{0,5}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$

Теперь рассчитаем диаметр светового пятна:

$D = 2 \cdot L \cdot \tan(\beta_{max}) = 2 \cdot 7 \text{ см} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{14}{\sqrt{3}} \text{ см} \approx 8,083 \text{ см}$

Округлив результат до одного знака после запятой, получаем:

$D \approx 8,1 \text{ см}$

Ответ: диаметр светового пятна на экране составляет примерно 8,1 см.