Номер 7.152, страница 165 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Колебания и волны. Глава 7. Геометрическая оптика. Преломление света в плоскопараллельной пластине и призме - номер 7.152, страница 165.

Условие.

7.152. Призма с преломляющим углом $\angle A = 45^\circ$ (см. рис. 7.31) изготовлена из стекла с показателем преломления $n = 1,6$. При каком наименьшем угле падения луча на поверхность $\text{AB}$ на поверхности $\text{AC}$ ещё будет происходить полное внутреннее отражение?

Решение.

Дано:

Преломляющий угол призмы: $A = 45^\circ$

Показатель преломления стекла: $n = 1.6$

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

Найти:

Наименьший угол падения $\alpha_1$

Решение:

Обозначим угол падения луча на первую грань (AB) как $\alpha_1$, а угол преломления — как $\beta_1$. Угол падения луча на вторую грань (AC) изнутри призмы обозначим как $\alpha_2$.

Согласно закону преломления света (закону Снеллиуса) для первой грани:

$n_{возд} \cdot \sin(\alpha_1) = n \cdot \sin(\beta_1)$

Поскольку $n_{возд} \approx 1$, получаем:

$\sin(\alpha_1) = n \cdot \sin(\beta_1)$ (1)

Из геометрии призмы известно, что преломляющий угол $\text{A}$ связан с углами $\beta_1$ и $\alpha_2$ соотношением:

$A = \beta_1 + \alpha_2$ (2)

Полное внутреннее отражение на второй грани (AC) происходит, когда луч света падает на нее под углом $\alpha_2$, который больше или равен предельному (критическому) углу полного внутреннего отражения $\alpha_c$.

$\alpha_2 \ge \alpha_c$

Предельный угол определяется из условия:

$\sin(\alpha_c) = \frac{n_{возд}}{n} = \frac{1}{n}$

Условие задачи "при каком наименьшем угле падения... ещё будет происходить полное внутреннее отражение" означает, что мы ищем граничное условие, при котором полное внутреннее отражение только начинается. Это происходит, когда угол падения на вторую грань равен предельному углу:

$\alpha_2 = \alpha_c$

Подставим это в формулу (2):

$\beta_1 = A - \alpha_2 = A - \alpha_c$

Теперь подставим полученное выражение для $\beta_1$ в формулу (1):

$\sin(\alpha_1) = n \cdot \sin(A - \alpha_c)$

Используем тригонометрическую формулу для синуса разности: $\sin(x-y) = \sin(x)\cos(y) - \cos(x)\sin(y)$

$\sin(\alpha_1) = n \cdot (\sin(A)\cos(\alpha_c) - \cos(A)\sin(\alpha_c))$

Мы знаем, что $\sin(\alpha_c) = 1/n$. Найдем $\cos(\alpha_c)$ через основное тригонометрическое тождество:

$\cos(\alpha_c) = \sqrt{1 - \sin^2(\alpha_c)} = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{n}\right)^2} = \frac{\sqrt{n^2-1}}{n}$

Подставим выражения для $\sin(\alpha_c)$ и $\cos(\alpha_c)$ в формулу для $\sin(\alpha_1)$:

$\sin(\alpha_1) = n \cdot \left(\sin(A)\frac{\sqrt{n^2-1}}{n} - \cos(A)\frac{1}{n}\right)$

$\sin(\alpha_1) = \sin(A)\sqrt{n^2-1} - \cos(A)$

Теперь подставим числовые значения:

$A = 45^\circ \implies \sin(45^\circ) = \cos(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

$n = 1.6$

$\sin(\alpha_1) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{1.6^2 - 1} - \frac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(\alpha_1) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (\sqrt{2.56 - 1} - 1)$

$\sin(\alpha_1) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot (\sqrt{1.56} - 1)$

Вычислим значение:

$\sqrt{1.56} \approx 1.249$

$\frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$

$\sin(\alpha_1) \approx 0.707 \cdot (1.249 - 1) = 0.707 \cdot 0.249 \approx 0.176$

Теперь найдем сам угол $\alpha_1$:

$\alpha_1 = \arcsin(0.176) \approx 10.1^\circ$

При углах падения $\alpha_1$, меньших этого значения, угол $\alpha_2$ будет больше предельного, и полное внутреннее отражение также будет происходить. Однако, в контексте подобных задач, вопрос о "наименьшем угле" для явления, которое происходит вплоть до некоторого предела, обычно подразумевает нахождение именно этого предельного значения.

Ответ: Наименьший угол падения, при котором на поверхности AC еще будет происходить полное внутреннее отражение, составляет примерно $10.1^\circ$.