Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11800
2019-11-28 
Имеется стопка из $k$ плоскопараллельных пластинок, показатели преломления которых равны $n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{k}$. Толщина каждой пластинки $d$. На сколько сместится после прохождения стопки пластинок луч, падающий на пластинку с показателем преломления $n_{1}$ под углом $\alpha$ к поверхности пластинки.
Решение:
Если угол падения луча на пластинку с показателем преломления $n_{1}$ равен $\beta_{1}$( $\beta = 90^{ \circ} - \alpha$), а угол преломления $\gamma_{1}$ (рис.), то
$\frac{ \sin \beta_{2}}{ \sin \gamma_{2} } = n_{1}$. (1)
Отношение синусов углов падения и преломления луча на второй границе пластинки равно $\frac{n_{2} }{n_{1} } : \frac{ \sin \beta_{2} }{ \gamma_{2} } = \frac{n_{2} }{n_{1} }$.
Но $\beta_{2} = \gamma_{2}$, поэтому
$\frac{ \sin \gamma_{1} }{ \sin \gamma_{2} } = \frac{n_{2} }{n_{1} }$. (2)
Из (1) и (2) получим
$\frac{ \sin \beta_{1}}{ \sin \gamma_{2} } = n_{2}$ (3)
То есть угол $\gamma_{2}$ такой же, каким он был, если бы свет падал непосредственно на вторую пластинку. Аналогично
$\frac{ \sin \beta_{3}}{ \sin \gamma_{3} } = \frac{ \sin \gamma_{2} }{ \sin \gamma_{3} } = \frac{n_{3} }{n_{2} }$. (4)
Из (3) и (4) следует, что
$\frac{ \sin \beta_{2}}{ \sin \gamma_{3} } = \frac{n_{3} }{n_[2 } n_{2} = n_{3}$.
Ясно, что, продолжая записывать последовательно соотношения между углами падения и преломления луча для каждой из пластинок, мы получим, что угол, под которым идет луч в каждой из пластинок, такой же, как если бы свет падал на нее из воздуха
$\frac{ \sin \beta_{1}}{ \sin \gamma_{i} } = n_{i}$.
Отсюда, в частности следует, что после прохождения всей стопки пластинок луч выйдет параллельным своему первоначальному направлению:
$n_{k + 1} = 1$ и $\frac{ \sin \beta_{1} }{ \sin \gamma_{k + 1} } = 1$, то есть
$\beta_{1} = \gamma_{k + 1}$.
Смещение луча, очевидно, равно сумме его смещений в отдельных пластинках
$h = h_{1} + h_{2} + \cdots + h_{k}$.
Найдем смещение $h_{i}$ (рис.). Для этого вначале из треугольника ADB находим АВ:
$AB = \frac{AD}{ \cos \gamma_{i} } = \frac{d}{ \cos \gamma_{i} }$.
Теперь из треугольника $ACB$ получаем
$h_{i} = AB \sin ( \beta_{1} - \gamma_{i} ) = d \frac{ \sin ( \beta_{1} - \gamma_{i} ) }{ \cos \gamma_{i} } = d ( \sin \beta_{1} - \cos \beta_{1} tg \gamma_{i} )$.
Так как $tg \gamma_{i} = \frac{ \sin \gamma_{i} }{ \sqrt{1 - \sin^{2} \gamma_{i} } } = \frac{ \frac{ \sin \beta_{i} }{n_{i} } }{ \sqrt{ 1 - \left ( \frac{ \sin \beta_{1} }{ n_{i} } \right )^{2} } } = \frac{ \sin \beta_{1} }{ \sqrt{ n_{i}^{2} - \sin^{2} \beta_{1} } }$,
то $h_{i} = d \sin \beta_{1} \left ( 1 - \frac{ \cos \beta_{1} }{ \sqrt{n_{i}^{2} - \sin^{2} \beta_{1} } } \right ) = d \cos \alpha \left ( 1 - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{i}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right )$.
Полное смещение луча равно
$h = h_{1} + h_{2} + \cdots + h_{k} = d \cos \alpha \left ( k - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{1}^{2} - \cos^{2} \alpha } } - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{2}^{2} - \cos^{2} \alpha } } - \cdots - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{k}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right ) = d \cos \alpha \left ( k - \sin \alpha \sum_{i = 1}^{k} \frac{1}{ \sqrt{n_{i}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right )$.
Имеется стопка из $k$ плоскопараллельных пластинок, показатели преломления которых равны $n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{k}$. Толщина каждой пластинки $d$. На сколько сместится после прохождения стопки пластинок луч, падающий на пластинку с показателем преломления $n_{1}$ под углом $\alpha$ к поверхности пластинки.
Решение:
Если угол падения луча на пластинку с показателем преломления $n_{1}$ равен $\beta_{1}$( $\beta = 90^{ \circ} - \alpha$), а угол преломления $\gamma_{1}$ (рис.), то
$\frac{ \sin \beta_{2}}{ \sin \gamma_{2} } = n_{1}$. (1)
Отношение синусов углов падения и преломления луча на второй границе пластинки равно $\frac{n_{2} }{n_{1} } : \frac{ \sin \beta_{2} }{ \gamma_{2} } = \frac{n_{2} }{n_{1} }$.
Но $\beta_{2} = \gamma_{2}$, поэтому
$\frac{ \sin \gamma_{1} }{ \sin \gamma_{2} } = \frac{n_{2} }{n_{1} }$. (2)
Из (1) и (2) получим
$\frac{ \sin \beta_{1}}{ \sin \gamma_{2} } = n_{2}$ (3)
То есть угол $\gamma_{2}$ такой же, каким он был, если бы свет падал непосредственно на вторую пластинку. Аналогично
$\frac{ \sin \beta_{3}}{ \sin \gamma_{3} } = \frac{ \sin \gamma_{2} }{ \sin \gamma_{3} } = \frac{n_{3} }{n_{2} }$. (4)
Из (3) и (4) следует, что
$\frac{ \sin \beta_{2}}{ \sin \gamma_{3} } = \frac{n_{3} }{n_[2 } n_{2} = n_{3}$.
Ясно, что, продолжая записывать последовательно соотношения между углами падения и преломления луча для каждой из пластинок, мы получим, что угол, под которым идет луч в каждой из пластинок, такой же, как если бы свет падал на нее из воздуха
$\frac{ \sin \beta_{1}}{ \sin \gamma_{i} } = n_{i}$.
Отсюда, в частности следует, что после прохождения всей стопки пластинок луч выйдет параллельным своему первоначальному направлению:
$n_{k + 1} = 1$ и $\frac{ \sin \beta_{1} }{ \sin \gamma_{k + 1} } = 1$, то есть
$\beta_{1} = \gamma_{k + 1}$.
Смещение луча, очевидно, равно сумме его смещений в отдельных пластинках
$h = h_{1} + h_{2} + \cdots + h_{k}$.
Найдем смещение $h_{i}$ (рис.). Для этого вначале из треугольника ADB находим АВ:
$AB = \frac{AD}{ \cos \gamma_{i} } = \frac{d}{ \cos \gamma_{i} }$.
Теперь из треугольника $ACB$ получаем
$h_{i} = AB \sin ( \beta_{1} - \gamma_{i} ) = d \frac{ \sin ( \beta_{1} - \gamma_{i} ) }{ \cos \gamma_{i} } = d ( \sin \beta_{1} - \cos \beta_{1} tg \gamma_{i} )$.
Так как $tg \gamma_{i} = \frac{ \sin \gamma_{i} }{ \sqrt{1 - \sin^{2} \gamma_{i} } } = \frac{ \frac{ \sin \beta_{i} }{n_{i} } }{ \sqrt{ 1 - \left ( \frac{ \sin \beta_{1} }{ n_{i} } \right )^{2} } } = \frac{ \sin \beta_{1} }{ \sqrt{ n_{i}^{2} - \sin^{2} \beta_{1} } }$,
то $h_{i} = d \sin \beta_{1} \left ( 1 - \frac{ \cos \beta_{1} }{ \sqrt{n_{i}^{2} - \sin^{2} \beta_{1} } } \right ) = d \cos \alpha \left ( 1 - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{i}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right )$.
Полное смещение луча равно
$h = h_{1} + h_{2} + \cdots + h_{k} = d \cos \alpha \left ( k - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{1}^{2} - \cos^{2} \alpha } } - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{2}^{2} - \cos^{2} \alpha } } - \cdots - \frac{ \sin \alpha}{ \sqrt{n_{k}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right ) = d \cos \alpha \left ( k - \sin \alpha \sum_{i = 1}^{k} \frac{1}{ \sqrt{n_{i}^{2} - \cos^{2} \alpha } } \right )$.
