Номер 18.31, страница 114 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Оптика. 18. Законы геометрической оптики - номер 18.31, страница 114.

Условие.

18.31. Луч падает нормально на боковую грань стеклянной призмы. Найдите угол $\delta$ отклонения луча от первоначального направления, если преломляющий угол $\phi$ призмы равен: а) $30^\circ$; б) $60^\circ$.

Решение.

Решение 2.

Рассмотрим ход луча через стеклянную призму с преломляющим углом $ \phi $. Будем считать, что призма находится в воздухе, показатель преломления которого $ n_{воздуха} \approx 1 $. Для показателя преломления стекла призмы примем стандартное значение $ n_{стекла} = 1.5 $.

а) $ \phi = 30^\circ $

Дано:

Преломляющий угол призмы, $ \phi_a = 30^\circ $
Показатель преломления стекла, $ n = 1.5 $
Показатель преломления воздуха, $ n_{воздуха} = 1 $
Угол падения на первую грань, $ \alpha_1 = 0^\circ $ (нормальное падение)

Найти:

Угол отклонения луча $ \delta_a $

Решение:
Поскольку луч падает на первую грань призмы нормально (перпендикулярно), угол падения $ \alpha_1 = 0^\circ $. Согласно закону преломления света ($ n_1 \sin \alpha = n_2 \sin \beta $), угол преломления $ \beta_1 $ также равен нулю. Это означает, что луч входит в призму, не меняя своего направления.
Внутри призмы луч распространяется прямолинейно до второй грани. Из геометрии призмы следует, что угол падения на вторую грань $ \alpha_2 $ равен преломляющему углу призмы $ \phi $. Таким образом, $ \alpha_2 = \phi_a = 30^\circ $.
На второй грани луч выходит из стекла (более плотной среды) в воздух (менее плотную среду). Здесь может произойти полное внутреннее отражение (ПВО), если угол падения превышает критический угол $ \alpha_{кр} $. Критический угол определяется соотношением: $ \sin(\alpha_{кр}) = \frac{n_{воздуха}}{n} = \frac{1}{1.5} \approx 0.667 $
Отсюда, $ \alpha_{кр} = \arcsin(0.667) \approx 41.8^\circ $.
Так как наш угол падения $ \alpha_2 = 30^\circ < 41.8^\circ $, полного внутреннего отражения не происходит, и луч преломляется, выходя из призмы. Угол преломления $ \beta_2 $ найдем по закону Снеллиуса: $ n \sin(\alpha_2) = n_{воздуха} \sin(\beta_2) $
$ \sin(\beta_2) = n \sin(\alpha_2) = 1.5 \cdot \sin(30^\circ) = 1.5 \cdot 0.5 = 0.75 $
$ \beta_2 = \arcsin(0.75) \approx 48.6^\circ $
Угол отклонения луча $ \delta $ — это угол между первоначальным и конечным направлениями луча. На первой грани отклонения не было. На второй грани луч отклонился на угол $ \delta_2 = \beta_2 - \alpha_2 $. Таким образом, полный угол отклонения: $ \delta_a = \beta_2 - \alpha_2 = 48.6^\circ - 30^\circ = 18.6^\circ $

Ответ: Угол отклонения луча равен $ 18.6^\circ $.

б) $ \phi = 60^\circ $

Дано:

Преломляющий угол призмы, $ \phi_б = 60^\circ $
Показатель преломления стекла, $ n = 1.5 $
Показатель преломления воздуха, $ n_{воздуха} = 1 $
Угол падения на первую грань, $ \alpha_1 = 0^\circ $ (нормальное падение)

Найти:

Угол отклонения луча $ \delta_б $

Решение:
Как и в предыдущем случае, луч входит в первую грань (назовем ее AC) без преломления и падает на вторую грань (AB) под углом $ \alpha_2 $, равным преломляющему углу призмы: $ \alpha_2 = \phi_б = 60^\circ $.
Сравним этот угол с критическим углом, который мы уже вычислили: $ \alpha_{кр} \approx 41.8^\circ $. Поскольку $ \alpha_2 = 60^\circ > \alpha_{кр} $, на второй грани происходит полное внутреннее отражение. Луч не выходит из призмы, а отражается от грани AB обратно внутрь.
Рассмотрим ход луча геометрически. Пусть A — вершина призмы с преломляющим углом $ \phi = 60^\circ $. Луч падает на грань AC в точке Q перпендикулярно ей и движется внутри призмы по прямой PQ до точки P на грани AB. В треугольнике AQP угол при вершине A равен $ \phi = 60^\circ $. Так как луч PQ перпендикулярен грани AC, угол AQP равен $ 90^\circ $. Следовательно, третий угол треугольника, $ \angle APQ $, равен $ 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ $.
В точке P луч отражается от грани AB. Угол отражения равен углу падения. Угол падения $ \alpha_2 $ — это угол между лучом PQ и нормалью к AB. Он равен $ 90^\circ - \angle APQ = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ $, что мы уже установили. Угол между отраженным лучом PR и гранью AB также будет равен $ 30^\circ $.
Теперь рассмотрим треугольник APR, где R — точка, в которую отраженный луч попадает на первую грань AC. В этом треугольнике нам известны два угла: $ \angle PAR $ (угол при вершине A) равен $ \phi = 60^\circ $, а $ \angle APR $ (угол между отраженным лучом и стороной AP) равен $ 30^\circ $.
Сумма углов в треугольнике равна $ 180^\circ $, поэтому третий угол $ \angle ARP $ равен: $ \angle ARP = 180^\circ - (\angle PAR + \angle APR) = 180^\circ - (60^\circ + 30^\circ) = 90^\circ $.
Это означает, что отраженный луч PR падает на грань AC перпендикулярно. Следовательно, он выходит из призмы через грань AC без преломления.
Первоначальный луч входил в призму перпендикулярно грани AC. Вышедший луч также перпендикулярен грани AC, но движется в обратном направлении. Таким образом, угол отклонения луча от первоначального направления составляет $ 180^\circ $.

Ответ: Угол отклонения луча равен $ 180^\circ $.