Семинары по электромагнетизму 3 семестр. Семинар 11. Отражение и преломление света

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 $n=1{,}33$.

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 $$s=\frac{2h\sin i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}.$$

$s=\dfrac{2h\sin i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\approx1{,}88$ м.

Луч света падает на плоскую границу раздела двух сред, частично отражается и частично преломляется. Определите угол падения, при котором отражённый луч перпендикулярен преломлённому лучу.

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 $$\frac{\sin i_1}{\cos i_1}=\operatorname{tg}i_1=n_{21}.$$

$i_1=\operatorname{arctg}n_{21}$ (угол Брюстера).

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.

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 $$x=\left(\frac{d}{\operatorname{tg}(90^\circ-i_1)}-d\operatorname{tg}i_2\right)\sin(90^\circ-i_1)=d\sin i_1\left(1-\frac{\cos i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\right).$$

$x=d\sin i_1\!\left(1-\dfrac{\cos i_1}{\sqrt{n^2-\sin^2i_1}}\right)\approx9{,}69$ мм.

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.

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: $$\frac{\sin i_1}{\sin\alpha}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin i_2}=\frac{\sin i_1}{\sin i_2}=\frac{n}{n_1}\cdot\frac{n_2}{n}=\frac{n_2}{n_1}.$$

$\dfrac{\sin i_1}{\sin i_2}=\dfrac{n_2}{n_1}$ — не зависит от показателя преломления и толщины прослойки жидкости.

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.

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 $$H=hn.$$

$H=hn\approx2$ м.

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).

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 $\sin i=n\sin r$.

$h=\dfrac{Hn^2\cos^3i}{(n^2-\sin^2i)^{3/2}}$.

Предельный угол полного отражения на границе стекло — жидкость $i_{np}=65^\circ$. Определите показатель преломления жидкости, если показатель преломления стекла $n=1{,}5$.

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 $$n_ж=n\sin i_{np}.$$

$n_ж=n\sin i_{np}\approx1{,}36$.

Луч света выходит из стекла в вакуум. Предельный угол $i_{np}=42^\circ$. Определите скорость света в стекле.

Для границы стекло — вакуум $\sin i_{np}=\dfrac1n$, откуда $n=\dfrac1{\sin i_{np}}$. Скорость света в стекле $v=\dfrac{c}{n}=c\sin i_{np}$.

$v=c\sin i_{np}\approx201$ Мм/с.

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.

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 $d=2R$: $$d\ge\frac{2h}{\sqrt{n^2-1}}.$$

$d\ge\dfrac{2h}{\sqrt{n^2-1}}\approx57$ см.

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).

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: $$\sin\beta=\cos\gamma,\qquad \sin\alpha=n\sin\beta=n\cos\gamma=n\sqrt{1-\sin^2\gamma}=n\sqrt{1-\frac1{n^2}}=\sqrt{n^2-1}.$$

$\alpha=\arcsin\sqrt{n^2-1}\approx65^\circ$.