====== Семинары по электромагнетизму 3 семестр. Семинар 11. Отражение и преломление света ====== ===== Задача 1 ===== ==== Условие ==== На горизонтальном дне бассейна глубиной $h=1{,}5$ м лежит плоское зеркало. Луч света входит в воду под углом $i_1=45^\circ$. Определите расстояние $s$ от места вхождения луча в воду до места выхода его на поверхность воды после отражения от зеркала. Показатель преломления воды $n=1{,}33$. ==== Решение ==== {{ ::ggf3-11-1.png?250|}} Луч преломляется на поверхности воды под углом $i_2$, доходит до зеркала на дне и отражается от него зеркально; на дне бассейна лежит горизонтальное зеркало, поэтому путь от поверхности до дна и обратно даёт горизонтальное смещение $s=AB=2h\operatorname{tg}i_2$. По закону преломления $\dfrac{\sin i_1}{\sin i_2}=n$, откуда $\sin i_2=\dfrac{\sin i_1}{n}$, и $$\operatorname{tg}i_2=\frac{\sin i_2}{\cos i_2}=\frac{\sin i_1}{n\sqrt{1-\dfrac{\sin^2i_1}{n^2}}}=\frac{\sin i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}.$$ Отсюда $$s=\frac{2h\sin i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}.$$ ==== Ответ ==== $s=\dfrac{2h\sin i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\approx1{,}88$ м. ===== Задача 2 ===== ==== Условие ==== Луч света падает на плоскую границу раздела двух сред, частично отражается и частично преломляется. Определите угол падения, при котором отражённый луч перпендикулярен преломлённому лучу. ==== Решение ==== {{ ::ggf3-11-2.png?200|}} Пусть $i_1$ — угол падения, $i_1'=i_1$ — угол отражения, $i_2$ — угол преломления, $n_{21}$ — относительный показатель преломления второй среды относительно первой. По условию отражённый и преломлённый лучи перпендикулярны, поэтому $i_1'+i_2=90^\circ$, откуда $$i_2=90^\circ-i_1'=90^\circ-i_1,\qquad \sin i_2=\sin(90^\circ-i_1)=\cos i_1.$$ Закон преломления $\dfrac{\sin i_1}{\sin i_2}=n_{21}$ даёт $$\frac{\sin i_1}{\cos i_1}=\operatorname{tg}i_1=n_{21}.$$ ==== Ответ ==== $i_1=\operatorname{arctg}n_{21}$ (угол Брюстера). ===== Задача 3 ===== ==== Условие ==== На плоскопараллельную стеклянную ($n=1{,}5$) пластинку толщиной $d=5$ см падает под углом $i=30^\circ$ луч света. Определите боковое смещение луча, прошедшего сквозь эту пластинку. ==== Решение ==== {{ ::ggf3-11-3.png?150|}} Внутри пластинки луч идёт под углом преломления $i_2$, где $\sin i_2=\dfrac{\sin i_1}{n}$ (здесь $n=n_{21}$ — показатель стекла относительно воздуха). Боковое смещение $x=ED=CD\sin(90^\circ-i_1)$, где $CD=BD-BC$, $$BD=\frac{d}{\operatorname{tg}(90^\circ-i_1)},\qquad BC=d\operatorname{tg}i_2.$$ Отсюда $$x=\left(\frac{d}{\operatorname{tg}(90^\circ-i_1)}-d\operatorname{tg}i_2\right)\sin(90^\circ-i_1)=d\sin i_1\left(1-\frac{\cos i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\right).$$ ==== Ответ ==== $x=d\sin i_1\!\left(1-\dfrac{\cos i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\right)\approx9{,}69$ мм. ===== Задача 4 ===== ==== Условие ==== Между двумя стеклянными пластинками с показателями преломления $n_1$ и $n_2$ находится тонкий слой жидкости. Луч света, распространяющийся в первой пластинке под углом $i_1$ (меньше предельного), выходя из слоя жидкости, входит во вторую пластинку под углом $i_2$. Докажите, что в данном случае выполняется закон преломления $\sin i_1/\sin i_2=n_2/n_1$ независимо от присутствия жидкости между пластинами. ==== Решение ==== {{ ::ggf3-11-4.png?300|}} Пусть $n$ — показатель преломления жидкости, $\alpha$ — угол в слое жидкости. На границе «первая пластинка — жидкость»: $$\frac{\sin i_1}{\sin\alpha}=\frac{n}{n_1}.$$ На границе «жидкость — вторая пластинка»: $$\frac{\sin\alpha}{\sin i_2}=\frac{n_2}{n}.$$ Перемножая эти два равенства, $n$ сокращается: $$\frac{\sin i_1}{\sin\alpha}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin i_2}=\frac{\sin i_1}{\sin i_2}=\frac{n}{n_1}\cdot\frac{n_2}{n}=\frac{n_2}{n_1}.$$ ==== Ответ ==== $\dfrac{\sin i_1}{\sin i_2}=\dfrac{n_2}{n_1}$ — не зависит от показателя преломления и толщины прослойки жидкости. ===== Задача 5 ===== ==== Условие ==== Человек с лодки рассматривает предмет, лежащий на дне водоёма ($n=1{,}33$). Определите его истинную глубину $H$, если при взгляде «на глаз» по вертикальному направлению глубина водоёма кажется равной $h=1{,}5$ м. ==== Решение ==== {{ ::ggf3-11-5.png?250|}} При взгляде почти вдоль вертикали углы $\alpha_1$ (в воздухе) и $\alpha_2$ (в воде) малы. Кажущаяся глубина $h$ и истинная глубина $H$ связаны условием, что оба луча (падающий и преломлённый) пересекают вертикаль на одном и том же горизонтальном удалении от неё: $$h\operatorname{tg}\alpha_1=H\operatorname{tg}\alpha_2\ \Longrightarrow\ H=h\,\frac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}.$$ Так как углы малы, $\operatorname{tg}\alpha\approx\sin\alpha$, а по закону преломления $\dfrac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}=n$, поэтому $\dfrac{\operatorname{tg}\alpha_1}{\operatorname{tg}\alpha_2}\approx n$ и $$H=hn.$$ ==== Ответ ==== $H=hn\approx2$ м. ===== Задача 6 ===== ==== Условие ==== Человек с лодки рассматривает предмет, лежащий на дне. Глубина водоёма везде одинакова и равна $H$, показатель преломления воды равен $n$. Определите зависимость кажущейся глубины $h$ предмета от угла $i$, образуемого лучом зрения с нормалью к поверхности воды (в общем случае, без предположения о малости угла). ==== Решение ==== Это обобщение предыдущей задачи на произвольный (не обязательно малый) угол наблюдения $i$: вместо приближённого соотношения $\operatorname{tg}\alpha_1\approx\sin\alpha_1$ нужно учитывать точную зависимость видимого положения точки от угла преломлённого луча по закону Снеллиуса $\sin i=n\sin r$. ==== Ответ ==== $h=\dfrac{Hn^2\cos^3i}{(n^2-\sin^2i)^{3/2}}$. ===== Задача 7 ===== ==== Условие ==== Предельный угол полного отражения на границе стекло — жидкость $i_{np}=65^\circ$. Определите показатель преломления жидкости, если показатель преломления стекла $n=1{,}5$. ==== Решение ==== На границе полного внутреннего отражения угол преломления равен $90^\circ$, поэтому $\sin i_{np}=\dfrac{n_ж}{n}$ (луч идёт из более плотной среды — стекла — в жидкость), откуда $$n_ж=n\sin i_{np}.$$ ==== Ответ ==== $n_ж=n\sin i_{np}\approx1{,}36$. ===== Задача 8 ===== ==== Условие ==== Луч света выходит из стекла в вакуум. Предельный угол $i_{np}=42^\circ$. Определите скорость света в стекле. ==== Решение ==== Для границы стекло — вакуум $\sin i_{np}=\dfrac1n$, откуда $n=\dfrac1{\sin i_{np}}$. Скорость света в стекле $v=\dfrac{c}{n}=c\sin i_{np}$. ==== Ответ ==== $v=c\sin i_{np}\approx201$ Мм/с. ===== Задача 9 ===== ==== Условие ==== {{ ::ggf3-11-9.png?300|}} На дне сосуда, наполненного водой ($n=1{,}33$) до высоты $h=25$ см, находится точечный источник света. На поверхности воды плавает непрозрачная пластинка так, что центр пластинки находится над источником света. Определите минимальный диаметр пластинки, при котором свет не пройдёт сквозь поверхность воды. ==== Решение ==== Свет не выходит из воды там, где угол падения на поверхность превышает предельный угол полного внутреннего отражения, $\sin i\ge\dfrac1n$. Луч, идущий от источника $S$ к краю пластинки радиуса $R$, падает на поверхность под углом $i$, где $$\sin i=\frac{R}{\sqrt{h^2+R^2}}.$$ Условие полного перекрытия выхода света по всем направлениям — чтобы предельный луч (под углом полного отражения) как раз задевал край пластинки: $$\frac{R}{\sqrt{h^2+R^2}}\ge\frac1n\ \Longrightarrow\ R^2n^2\ge h^2+R^2\ \Longrightarrow\ R^2(n^2-1)\ge h^2\ \Longrightarrow\ R\ge\frac{h}{\sqrt{n^2-1}}.$$ Диаметр $d=2R$: $$d\ge\frac{2h}{\sqrt{n^2-1}}.$$ ==== Ответ ==== $d\ge\dfrac{2h}{\sqrt{n^2-1}}\approx57$ см. ===== Задача 10 ===== ==== Условие ==== {{ ::ggf3-11-10.png?300|}} Длинное тонкое волокно, выполненное из прозрачного материала с показателем преломления $n=1{,}35$, образует световод. Определите максимальный угол $\alpha$ к оси световода, под которым световой луч ещё может падать на торец, чтобы пройти световод с минимальным ослаблением (то есть распространяться внутри волокна за счёт полного внутреннего отражения от боковой поверхности). ==== Решение ==== Луч преломляется на торце под углом $\beta$ (закон преломления $\sin\alpha=n\sin\beta$), а затем падает на боковую поверхность волокна под углом $\gamma=90^\circ-\beta$ к нормали (то есть к оси волокна угол $\beta$, а к боковой поверхности — $\gamma$). Для полного внутреннего отражения от боковой поверхности нужно $\gamma\ge i_{np}$, где $\sin i_{np}=\dfrac1n$; граничный случай $\gamma=i_{np}$ даёт максимальный входной угол: $$\sin\beta=\cos\gamma,\qquad \sin\alpha=n\sin\beta=n\cos\gamma=n\sqrt{1-\sin^2\gamma}=n\sqrt{1-\frac1{n^2}}=\sqrt{n^2-1}.$$ ==== Ответ ==== $\alpha=\arcsin\sqrt{n^2-1}\approx65^\circ$.