Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10045
2019-01-14 
Стеклянная призма АВС изготовлена из стекла с коэффициентом преломления $n = 3$. Угол А призмы весьма мал и равен $0,5^{ \circ}$, угол С прямой; длина стороны AB равна $L$. На призму вблизи точки В попадает луч света из лазерной указки, параллельный стороне АС (см. рис.). Определите, в каком месте призмы луч света выйдет из неё и сколько отражений от стенок призмы он при этом испытает.
Решение:
Рассмотрим траекторию луча внутри призмы. Угол $\angle A$ призмы для краткости будем обозначать $\alpha$.
Удобно отмечать не угол падения луча (угол между лучом и перпендикуляром к грани), а угол между самой гранью и лучом (в плоскости траектории луча и его отражений, см. рис. 3). На рисунке мы нарочно преувеличили угол а, чтобы детали рисунка были виднее.
Поскольку угол $\alpha$ по условию мал, ясно, даже не подставляя численные значения, что луч испытает много отражении в призме. Чтобы не рассматривать сложную ломаную, на рисунке удобно не отражать от граней призмы луч, а наоборот - отражать грани призмы от прямолинейного луча, то есть вместо луча$BB^{ \prime}CDE$, рассмотреть прямую $BB^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}E^{ \prime}$, которая пересекает отражения граней в точках $B^{ \prime}, C^{ \prime}, D^{ \prime}, E^{ \prime}$ и т. д. (см. рис.).
При первом отражении угол между лучом и гранью равен $\alpha$. При втором он увеличится до $2 \alpha$, при третьем - до $3 \alpha$ и т.д. При $k$-том отражении угол между лучом и гранью составит $k \alpha$.
Луч будет отражаться внутрь призмы до тех пор, пока угол его падения не станет меньше угла полного внутреннего отражения. Обозначим угол полного внутреннего отраженияего $90^{ \circ} - \gamma$, см. рис. 4. При этом угол между лучом и гранью должен стать больше, чем критический угол $\gamma$, который для стекла с коэффициентом преломления $n$ вычисляется из условия
$n \sin(90^{ \circ} - \gamma) = 1 \Rightarrow \gamma = arccos (1/n)$.
Понятно, что $k \alpha$ сравняется с $\gamma$, если $k$ окажется равным
$k_{0} = \frac{arccos(1 /n) }{ \alpha}$.
Разумеется, это невозможно, так как $k_{0}$ - не целое число, так что луч выйдет из призмы, при $k = [k_{0}] + 1$, где квадратные скобки обозначают целую часть числа.
Рассмотрим на рис. 3 точки, отмеченные одинаковыми буквами, (например, $C$ и $C^{ \prime}$). Очевидно, в силу симметрии они удалены от вершины A одинаково, $|AC| = | AC^{ \prime} |$.
Теперь из рис. 4 понятно, что чтобы ответить, где луч выйдет из призмы, достаточно найти AX, ведь X расположена на том же расстоянии от А, что и искомая точка выхода луча.
В треугольнике АВХ угол B равен $\alpha$, угол A равен $k \alpha$, $|AB| = L$. По теореме синусов
$\frac{|AX|}{ \sin \alpha} = \frac{|AB|}{ \sin \angle X} \Rightarrow \frac{|AX|}{ \sin \alpha} = \frac{L}{ \sin ( \pi - (k + 1) \alpha ) } \Rightarrow |AX| = \frac{L \sin \alpha}{ \sin((k + 1) \alpha) }$,
где величину $k$ мы уже нашли.
Итак, $|AX|$ задаёт расстояние от А, на котором луч выйдет их призмы. При чётных $k$ это произойдёт на стороне AC, при нечётных - на стороне АВ призмы. Заметив, что величина $(k + 1) \alpha$ отличается от $\gamma$ не более, чем на $\alpha$, а также используя для малых углов, выраженных в радианах, приближённое равенство $\sin \alpha \approx \alpha$, при желании ответ можно записать в компактном виде
$|AX| \approx \frac{L \sin \alpha}{ \sin \gamma} \approx \frac{L \alpha}{ \sqrt{1 - \cos^{2} \gamma } } = \frac{L \alpha}{ \sqrt{1 - 1/n^{2} } } = \frac{nL \alpha}{ \sqrt{n^{2} - 1 } }, \alpha \approx 8,727 \cdot 10^{ -3} рад$.
Ответ: Луч испытает $[ \alpha^{-1} arccos(1/3)] + 1 = 142$ отражения и выйдет из призмы на расстоянии |AX| от вершины $A, |AX| \approx L \cdot 9,2 \cdot 10^{-3}$. Так как число отражений чётно, это произойдет на стороне АС призмы.
Стеклянная призма АВС изготовлена из стекла с коэффициентом преломления $n = 3$. Угол А призмы весьма мал и равен $0,5^{ \circ}$, угол С прямой; длина стороны AB равна $L$. На призму вблизи точки В попадает луч света из лазерной указки, параллельный стороне АС (см. рис.). Определите, в каком месте призмы луч света выйдет из неё и сколько отражений от стенок призмы он при этом испытает.
Решение:
Рассмотрим траекторию луча внутри призмы. Угол $\angle A$ призмы для краткости будем обозначать $\alpha$.
Удобно отмечать не угол падения луча (угол между лучом и перпендикуляром к грани), а угол между самой гранью и лучом (в плоскости траектории луча и его отражений, см. рис. 3). На рисунке мы нарочно преувеличили угол а, чтобы детали рисунка были виднее.
Поскольку угол $\alpha$ по условию мал, ясно, даже не подставляя численные значения, что луч испытает много отражении в призме. Чтобы не рассматривать сложную ломаную, на рисунке удобно не отражать от граней призмы луч, а наоборот - отражать грани призмы от прямолинейного луча, то есть вместо луча$BB^{ \prime}CDE$, рассмотреть прямую $BB^{ \prime}C^{ \prime}D^{ \prime}E^{ \prime}$, которая пересекает отражения граней в точках $B^{ \prime}, C^{ \prime}, D^{ \prime}, E^{ \prime}$ и т. д. (см. рис.).
При первом отражении угол между лучом и гранью равен $\alpha$. При втором он увеличится до $2 \alpha$, при третьем - до $3 \alpha$ и т.д. При $k$-том отражении угол между лучом и гранью составит $k \alpha$.
Луч будет отражаться внутрь призмы до тех пор, пока угол его падения не станет меньше угла полного внутреннего отражения. Обозначим угол полного внутреннего отраженияего $90^{ \circ} - \gamma$, см. рис. 4. При этом угол между лучом и гранью должен стать больше, чем критический угол $\gamma$, который для стекла с коэффициентом преломления $n$ вычисляется из условия
$n \sin(90^{ \circ} - \gamma) = 1 \Rightarrow \gamma = arccos (1/n)$.
Понятно, что $k \alpha$ сравняется с $\gamma$, если $k$ окажется равным
$k_{0} = \frac{arccos(1 /n) }{ \alpha}$.
Разумеется, это невозможно, так как $k_{0}$ - не целое число, так что луч выйдет из призмы, при $k = [k_{0}] + 1$, где квадратные скобки обозначают целую часть числа.
Рассмотрим на рис. 3 точки, отмеченные одинаковыми буквами, (например, $C$ и $C^{ \prime}$). Очевидно, в силу симметрии они удалены от вершины A одинаково, $|AC| = | AC^{ \prime} |$.
Теперь из рис. 4 понятно, что чтобы ответить, где луч выйдет из призмы, достаточно найти AX, ведь X расположена на том же расстоянии от А, что и искомая точка выхода луча.
В треугольнике АВХ угол B равен $\alpha$, угол A равен $k \alpha$, $|AB| = L$. По теореме синусов
$\frac{|AX|}{ \sin \alpha} = \frac{|AB|}{ \sin \angle X} \Rightarrow \frac{|AX|}{ \sin \alpha} = \frac{L}{ \sin ( \pi - (k + 1) \alpha ) } \Rightarrow |AX| = \frac{L \sin \alpha}{ \sin((k + 1) \alpha) }$,
где величину $k$ мы уже нашли.
Итак, $|AX|$ задаёт расстояние от А, на котором луч выйдет их призмы. При чётных $k$ это произойдёт на стороне AC, при нечётных - на стороне АВ призмы. Заметив, что величина $(k + 1) \alpha$ отличается от $\gamma$ не более, чем на $\alpha$, а также используя для малых углов, выраженных в радианах, приближённое равенство $\sin \alpha \approx \alpha$, при желании ответ можно записать в компактном виде
$|AX| \approx \frac{L \sin \alpha}{ \sin \gamma} \approx \frac{L \alpha}{ \sqrt{1 - \cos^{2} \gamma } } = \frac{L \alpha}{ \sqrt{1 - 1/n^{2} } } = \frac{nL \alpha}{ \sqrt{n^{2} - 1 } }, \alpha \approx 8,727 \cdot 10^{ -3} рад$.
Ответ: Луч испытает $[ \alpha^{-1} arccos(1/3)] + 1 = 142$ отражения и выйдет из призмы на расстоянии |AX| от вершины $A, |AX| \approx L \cdot 9,2 \cdot 10^{-3}$. Так как число отражений чётно, это произойдет на стороне АС призмы.
