Номер 7.123, страница 162 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Колебания и волны. Глава 7. Геометрическая оптика. Преломление света. Полное внутреннее отражение - номер 7.123, страница 162.

Условие.

7.123. Под водой на глубине 2,5 м находится точечный источник света. Какого наименьшего диаметра должен быть круглый плот, плавающий на поверхности воды над источником, чтобы с вертолёта нельзя было обнаружить источник света?

Решение.

Дано:

Глубина источника света, $h = 2,5$ м

Показатель преломления воды, $n_1 = 1,33$

Показатель преломления воздуха, $n_2 \approx 1$

Перевод в систему СИ:

Все данные уже представлены в системе СИ, поэтому перевод не требуется.

Найти:

Наименьший диаметр плота, $\text{D}$ - ?

Решение:

Чтобы источник света, находящийся под водой, был не виден с воздуха, плот должен полностью закрывать на поверхности воды ту область, через которую свет может выйти наружу. Это явление связано с преломлением света на границе двух сред: воды и воздуха.

Свет, идущий из оптически более плотной среды (вода) в оптически менее плотную (воздух), преломляется. Существует предельный (критический) угол падения $\alpha_{пр}$, при котором угол преломления равен $90^\circ$. Если угол падения света на границу раздела сред больше предельного, происходит явление полного внутреннего отражения, и свет не выходит из воды.

Таким образом, свет от источника выходит в воздух только в пределах круга на поверхности воды. Радиус этого круга $\text{R}$ определяется лучами, падающими на границу раздела под предельным углом $\alpha_{пр}$. Чтобы скрыть источник, плот должен полностью закрывать этот световой круг, то есть его диаметр $\text{D}$ должен быть не меньше диаметра этого круга.

Согласно закону преломления света (закону Снеллиуса):

$n_1 \sin\alpha = n_2 \sin\beta$

где $n_1$ – показатель преломления воды, $n_2$ – показатель преломления воздуха, $\alpha$ – угол падения, $\beta$ – угол преломления.

Для предельного угла падения $\alpha = \alpha_{пр}$, угол преломления $\beta = 90^\circ$. Так как $\sin(90^\circ) = 1$, получаем:

$n_1 \sin\alpha_{пр} = n_2$

Отсюда синус предельного угла:

$\sin\alpha_{пр} = \frac{n_2}{n_1}$

Рассмотрим геометрию задачи. Источник света (S), его проекция на поверхность воды (O) и точка на краю светового круга (P) образуют прямоугольный треугольник SOP с прямым углом в точке O. Глубина источника $\text{h}$ равна катету $\text{SO}$, а радиус светового круга $\text{R}$ равен катету $\text{OP}$. Угол падения луча $\text{SP}$ на поверхность в точке P равен углу $\angle OSP$, который для края светового круга является предельным углом $\alpha_{пр}$. Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:

$\tan\alpha_{пр} = \frac{OP}{SO} = \frac{R}{h}$

Отсюда радиус круга: $R = h \cdot \tan\alpha_{пр}$.

Выразим $\tan\alpha_{пр}$ через $\sin\alpha_{пр}$, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:

$\cos\alpha_{пр} = \sqrt{1 - \sin^2\alpha_{пр}} = \sqrt{1 - \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2} = \frac{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}{n_1}$

$\tan\alpha_{пр} = \frac{\sin\alpha_{пр}}{\cos\alpha_{пр}} = \frac{n_2/n_1}{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}/n_1} = \frac{n_2}{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}$

Теперь можем найти радиус, а затем и наименьший диаметр $D = 2R$ плота:

$D = 2h \cdot \tan\alpha_{пр} = 2h \frac{n_2}{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}$

Подставим известные значения:

$D = 2 \cdot 2,5 \text{ м} \cdot \frac{1}{\sqrt{1,33^2 - 1^2}} = 5 \cdot \frac{1}{\sqrt{1,7689 - 1}} = 5 \cdot \frac{1}{\sqrt{0,7689}} \approx 5 \cdot \frac{1}{0,8769} \approx 5,702 \text{ м}$

Округляя результат до двух значащих цифр, как в исходных данных, получаем $5,7$ м.

Ответ: $5,7$ м.