Номер 7.128, страница 162 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Колебания и волны. Глава 7. Геометрическая оптика. Преломление света. Полное внутреннее отражение - номер 7.128, страница 162.

Условие.

7.128. Найдите наименьший радиус изгиба волокна световода диаметром $\text{d}$, изготовленного из материала с показателем преломления $\text{n}$. Считать, что световой луч входит в волокно вдоль его оси.

Решение.

Дано:
Диаметр световода: $\text{d}$
Показатель преломления материала световода: $\text{n}$
Световой луч входит в волокно вдоль его оси.
Показатель преломления окружающей среды (воздух): $n_0 = 1$

Найти:
Наименьший радиус изгиба волокна: $R_{min}$

Решение:
Чтобы свет распространялся по световоду, не выходя за его пределы, на границе раздела «световод-окружающая среда» должно выполняться условие полного внутреннего отражения (ПВО). Световод обычно находится в воздухе, показатель преломления которого принимаем равным $n_0 \approx 1$.

Условие полного внутреннего отражения состоит в том, что угол падения луча $\alpha$ на границу раздела сред должен быть больше или равен критическому углу $\alpha_c$. Критический угол определяется из закона Снеллиуса:

$n \sin(\alpha_c) = n_0 \sin(90^\circ)$

Отсюда $\sin(\alpha_c) = \frac{n_0}{n} = \frac{1}{n}$.

Таким образом, для удержания света внутри волокна необходимо выполнение неравенства:

$\alpha \ge \alpha_c$, что эквивалентно $\sin(\alpha) \ge \frac{1}{n}$.

Рассмотрим геометрию изогнутого световода. Пусть $\text{R}$ – радиус изгиба его осевой линии. Радиус самого волокна равен $r = d/2$. Луч света, вошедший в волокно вдоль его оси, в месте изгиба будет распространяться по прямой (по касательной к осевой линии), пока не достигнет внешней стенки световода.

Пусть O – центр кривизны оси световода. Луч света, движущийся по оси, в точке P срывается с осевой траектории и движется по прямой, касательной к оси в этой точке. Он попадает на внешнюю стенку волокна в точке Q. Расстояние от центра кривизны O до оси равно $\text{R}$, а до внешней стенки – $R + r = R + d/2$. В результате образуется прямоугольный треугольник OPQ, где $\angle OPQ = 90^\circ$, так как касательная PQ перпендикулярна радиусу OP.

В этом треугольнике катет $OP = R$, а гипотенуза $OQ = R + d/2$.

Угол падения $\alpha$ – это угол между падающим лучом (отрезок PQ) и нормалью к поверхности в точке Q. Нормалью в данном случае является линия, проходящая через центр кривизны O и точку Q. Следовательно, угол падения $\alpha$ – это угол $\angle OQP$ в треугольнике OPQ.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике OPQ найдем синус угла падения:

$\sin(\alpha) = \frac{OP}{OQ} = \frac{R}{R + d/2}$

Теперь подставим это выражение в условие полного внутреннего отражения:

$\frac{R}{R + d/2} \ge \frac{1}{n}$

Наименьший радиус изгиба $R_{min}$ соответствует пограничному случаю, когда угол падения равен критическому углу. При этом радиусе изгиба неравенство обращается в равенство:

$\frac{R_{min}}{R_{min} + d/2} = \frac{1}{n}$

Решим полученное уравнение относительно $R_{min}$:

$n \cdot R_{min} = R_{min} + \frac{d}{2}$

$n \cdot R_{min} - R_{min} = \frac{d}{2}$

$R_{min}(n - 1) = \frac{d}{2}$

$R_{min} = \frac{d}{2(n - 1)}$

Это выражение определяет наименьший радиус, при котором свет, идущий по оси, еще будет удерживаться внутри световода.

Ответ: $R_{min} = \frac{d}{2(n - 1)}$.