Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12170
2019-12-20 
На плоскую поверхность стеклянного полуцилиндра падают под углом $45^{ \circ}$ световые лучи, лежащие в плоскости, перпендикулярной к оси полуцилиндра. Из какой части боковой поверхности полуцилиндра будут выходить лучи света? Показатель преломления стекла $n$.
Решение:
Луч, падающий на плоскую грань полуцилиндра в точке A под углом $\alpha = 45^{ \circ}$, преломляется и идет далее в стекле под углом $\beta$ (рис.) таким, что $\frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} = n$, то есть $\beta = arcsin \frac{ \sin \alpha}{n} = arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} }$. Этот луч попадает затем на цилиндрическую поверхность в точке В под углом $\gamma$, который зависит от угла $\phi$, образуемого радиусом ОВ с плоской гранью полуцилиндра: $\gamma = \frac{ \pi}{2} + \beta - \phi$ (см. рис.). Затем этот луч выходит из полуцилиндра под углом $\delta$ таким, что $\frac{ \sin \gamma}{ \sin \delta} = \frac{1}{n}$, то есть $\sin \gamma = \frac{ \sin \delta}{n}$.
Из полуцилиндра выходит те лучи, для которых $\delta \leq \frac{ \pi}{2}$ (см. рис.) и, следовательно, $\sin \leq \frac{1}{n}$. Это означает, что из стекла выходят те лучи, которые попадают на цилиндрическую поверхность между точками $B_{1}$ и $B_{2}$ и для которых $\phi_{1} \leq \phi \leq \phi_{2}$. Поскольку
$\phi_{1} = \frac{ \pi}{2} - \gamma_{1} + \beta, \phi_{2} = \frac{ \pi}{2} + \gamma_{2} + \beta$ и $\gamma_{1} = \gamma_{2} = arcsin \frac{1}{n}$.
окончательно находим
$\frac{ \pi}{2} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } - arcsin \frac{1}{n} \leq \phi \leq arcsin \frac{1}{n} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } + \frac{ \pi}{2}$.
Верхний предел, естественно, должен быть меньше $\pi$. Поэтому при таких $n$, при которых $\phi_{2} > \pi$, сверху $\phi$ ограничено значением $\pi$.
При некотором значении $n$ может оказаться, что значение $\phi_{1}$ (нижний предел $\phi$) соответствует области тени, в которую лучи вообще не попадают. Границу тени нетрудно найти, рассмотрев ход луча, падающею на полуцилиндр в точке D (рис.). Облапь тени - это, очевидно, дуга DE.
Так как треугольник DEO - равнобедренный с углами при основании DE, равными $\gamma^{ \prime} = \frac{ \pi - \phi_{т} }{2} = \frac{ \pi}{2} - \beta$,
$\phi_{т} = 2 \beta = 2 arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} }$.
Нижняя граница "светящейся" области равна $\phi_{т}$ при $\phi_{т} > \phi_{1}$, то есть при
$2 arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } > \frac{ \pi}{2} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } - arcsin \frac{1}{n} \Rightarrow arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } + arcsin \frac{1}{n} > \frac{ \pi}{2}$.
На плоскую поверхность стеклянного полуцилиндра падают под углом $45^{ \circ}$ световые лучи, лежащие в плоскости, перпендикулярной к оси полуцилиндра. Из какой части боковой поверхности полуцилиндра будут выходить лучи света? Показатель преломления стекла $n$.
Решение:
Луч, падающий на плоскую грань полуцилиндра в точке A под углом $\alpha = 45^{ \circ}$, преломляется и идет далее в стекле под углом $\beta$ (рис.) таким, что $\frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} = n$, то есть $\beta = arcsin \frac{ \sin \alpha}{n} = arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} }$. Этот луч попадает затем на цилиндрическую поверхность в точке В под углом $\gamma$, который зависит от угла $\phi$, образуемого радиусом ОВ с плоской гранью полуцилиндра: $\gamma = \frac{ \pi}{2} + \beta - \phi$ (см. рис.). Затем этот луч выходит из полуцилиндра под углом $\delta$ таким, что $\frac{ \sin \gamma}{ \sin \delta} = \frac{1}{n}$, то есть $\sin \gamma = \frac{ \sin \delta}{n}$.
Из полуцилиндра выходит те лучи, для которых $\delta \leq \frac{ \pi}{2}$ (см. рис.) и, следовательно, $\sin \leq \frac{1}{n}$. Это означает, что из стекла выходят те лучи, которые попадают на цилиндрическую поверхность между точками $B_{1}$ и $B_{2}$ и для которых $\phi_{1} \leq \phi \leq \phi_{2}$. Поскольку
$\phi_{1} = \frac{ \pi}{2} - \gamma_{1} + \beta, \phi_{2} = \frac{ \pi}{2} + \gamma_{2} + \beta$ и $\gamma_{1} = \gamma_{2} = arcsin \frac{1}{n}$.
окончательно находим
$\frac{ \pi}{2} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } - arcsin \frac{1}{n} \leq \phi \leq arcsin \frac{1}{n} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } + \frac{ \pi}{2}$.
Верхний предел, естественно, должен быть меньше $\pi$. Поэтому при таких $n$, при которых $\phi_{2} > \pi$, сверху $\phi$ ограничено значением $\pi$.
При некотором значении $n$ может оказаться, что значение $\phi_{1}$ (нижний предел $\phi$) соответствует области тени, в которую лучи вообще не попадают. Границу тени нетрудно найти, рассмотрев ход луча, падающею на полуцилиндр в точке D (рис.). Облапь тени - это, очевидно, дуга DE.
Так как треугольник DEO - равнобедренный с углами при основании DE, равными $\gamma^{ \prime} = \frac{ \pi - \phi_{т} }{2} = \frac{ \pi}{2} - \beta$,
$\phi_{т} = 2 \beta = 2 arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} }$.
Нижняя граница "светящейся" области равна $\phi_{т}$ при $\phi_{т} > \phi_{1}$, то есть при
$2 arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } > \frac{ \pi}{2} + arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } - arcsin \frac{1}{n} \Rightarrow arcsin \frac{1}{n \sqrt{2} } + arcsin \frac{1}{n} > \frac{ \pi}{2}$.
