Номер 6.4.9, страница 177, часть 1 - гдз по физике 11 класс учебник Башарулы, Шункеев

6.4.9. Световод представляет собой длинную тонкую нить из однородного прозрачного материала с показателем преломления, равным 1,2. Вблизи одного из торцов находится источник света $\text{S}$, другой торец размещен на расстоянии 50 см от экрана. Найдите диаметр $\text{d}$ светового пятна на экране. (Ответ: 88,6 см.)

Дано:

Показатель преломления материала световода $n = 1,2$

Расстояние от торца световода до экрана $L = 50$ см

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

Перевод в систему СИ:

$L = 50 \text{ см} = 0,5 \text{ м}$

Найти:

Диаметр светового пятна на экране $d$.

Решение:

Свет распространяется по световоду благодаря явлению полного внутреннего отражения (ПВО) на границе раздела двух сред: материала световода и воздуха. Для того чтобы свет оставался внутри световода, угол падения луча на боковую поверхность световода должен быть больше или равен предельному углу полного внутреннего отражения $\alpha_{пр}$.

Предельный угол $\alpha_{пр}$ определяется соотношением:

$\sin \alpha_{пр} = \frac{n_{возд}}{n}$

Рассмотрим луч света, распространяющийся внутри световода под максимальным углом $\gamma_{max}$ к его оси. Этот луч падает на боковую поверхность под предельным углом $\alpha_{пр}$. Из геометрии следует, что $\gamma_{max} + \alpha_{пр} = 90^\circ$, откуда $\gamma_{max} = 90^\circ - \alpha_{пр}$. Лучи с углом $\gamma > \gamma_{max}$ не будут испытывать полного внутреннего отражения и выйдут из световода.

На выходе из световода свет попадает из оптически более плотной среды (световод) в оптически менее плотную (воздух). Лучи, выходящие из торца световода, образуют конус света. Максимальный угол этого конуса (его половина) $\beta_{max}$ соответствует лучу, который распространялся внутри световода под углом $\gamma_{max}$.

По закону преломления Снеллиуса на торце световода:

$n \sin \gamma_{max} = n_{возд} \sin \beta_{max}$

Подставим выражение для $\gamma_{max}$:

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

Используя тригонометрическое тождество $\sin(90^\circ - x) = \cos x$, получаем:

$n \cos \alpha_{пр} = \sin \beta_{max}$

Выразим $\cos \alpha_{пр}$ через $\sin \alpha_{пр}$ с помощью основного тригонометрического тождества $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$:

$\cos \alpha_{пр} = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha_{пр}} = \sqrt{1 - \left(\frac{n_{возд}}{n}\right)^2} = \frac{\sqrt{n^2 - n_{возд}^2}}{n}$

Подставим это в уравнение для $\sin \beta_{max}$:

$\sin \beta_{max} = n \cdot \frac{\sqrt{n^2 - n_{возд}^2}}{n} = \sqrt{n^2 - n_{возд}^2}$

Световое пятно на экране образуется конусом света, вышедшим из световода. Радиус пятна $R$ можно найти из геометрии, рассматривая прямоугольный треугольник, где один катет — это расстояние до экрана $L$, а другой — радиус пятна $R$. Угол, противолежащий катету $R$, равен $\beta_{max}$.

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

Диаметр пятна $d = 2R = 2L \tan \beta_{max}$.

Найдём $\tan \beta_{max}$, зная $\sin \beta_{max}$:

$\tan \beta_{max} = \frac{\sin \beta_{max}}{\cos \beta_{max}} = \frac{\sin \beta_{max}}{\sqrt{1 - \sin^2 \beta_{max}}} = \frac{\sqrt{n^2 - n_{возд}^2}}{\sqrt{1 - (n^2 - n_{возд}^2)}} = \frac{\sqrt{n^2 - n_{возд}^2}}{\sqrt{1 - n^2 + n_{возд}^2}}$

Подставим числовые значения, приняв $n_{возд} = 1$:

$\tan \beta_{max} = \frac{\sqrt{1,2^2 - 1^2}}{\sqrt{1 - 1,2^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{1,44 - 1}}{\sqrt{2 - 1,44}} = \frac{\sqrt{0,44}}{\sqrt{0,56}} = \sqrt{\frac{0,44}{0,56}} = \sqrt{\frac{44}{56}} = \sqrt{\frac{11}{14}}$

$\tan \beta_{max} \approx 0,8864$

Теперь вычислим диаметр светового пятна $d$:

$d = 2 \cdot L \cdot \tan \beta_{max} = 2 \cdot 50 \text{ см} \cdot \sqrt{\frac{11}{14}} \approx 100 \text{ см} \cdot 0,8864 \approx 88,64 \text{ см}$

Округляя до десятых, получаем $d \approx 88,6$ см.

Ответ: $d \approx 88,6$ см.