Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12395
2019-12-31 
Через сцинтилляционный счетчик, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда, пролетает заряженная частица, и молекулы сцинтиллятора, лежащие вдоль ее траектории, испускают свет. Свет в каждой точке испускается изотропно, то есть равномерно во все стороны. Какая доля световой энергии выйдет из сцинтиллятора в воздух, если коэффициент преломления вещества сцинтиллятора $n = 1,6$? Поглощением света в сцинтилляторе пренебречь.
Примечание: телесный угол при вершине конуса равен $\Omega = 2 \pi (1 - \cos \theta )$, где $\theta$ - угол между осью конуса и его образующей.
Решение:
Рассмотрим луч света, испущенный из произвольной точки внутри сцинтиллятора.
Пусть $\alpha$ - угол, который образует этот луч с нормалью $\vec{N}$ к одной из граней параллелепипеда, для определенности назовем ее гранью A, a $\alpha_{0} = arcsin (1/n) \approx 39^{ \circ}$ - предельный угол полного отражения света на границе сцинтиллятор - воздух.
Докажем, что для любых значений показателя преломления $n > \sqrt{2}$ справедливы следующие утверждения:
1. Луч, испущенный под углом $\alpha < \alpha_{0}$, обязательно выйдет из сцинтиллятора и притом только через грань А.
2. Никакой луч, испущенный под углом $\alpha > \alpha_{0}$, через грань А выйти не может.
Прежде всего, заметим, что при отражении света от граней, параллельных $\vec{N}$, угол $\alpha$ не меняется (это следует непосредственно из закона отражения света). Далее, поскольку для $n > \sqrt{2}$ $\alpha_{0} < 45^{ \circ}$, минимальный возможный угол падения луча (удовлетворяющий условию $\alpha < \alpha_{0}$!) на грани, параллельные $\vec{N}$, оказывается больше $\alpha_{0}$ и, следовательно, через эти грани свет из сцинтиллятора выйти не может. Таким образом, утверждение 1 доказано.
Перейдем к доказательству второго утверждения. Рассмотрим все возможные значения углов $\alpha$ от 0 до $180^{ \circ}$. В области $\alpha_{0} < \alpha < 90^{ \circ}$, в силу сделанного замечания, ясно, что ни при каком из этих углов свет через грань А выйти не может. При начальных углах $90^{ \circ} \leq \alpha \leq 180^{ \circ}$ на грань А могут попасть (но вовсе не обязательно попадут) лишь те лучи, которые испытали полное отражение на грани - назовем ее В,- параллельной А. Но такие лучи не могут выйти через грань А, поскольку их угол падения на нее точно такой же, как и на грань В, от которой они отразились. Следовательно, утверждение 2 тоже доказано.
Итак, все лучи, которые выйдут из счетчика, сосредоточены в шести конусах - ось каждого конуса перпендикулярна одной из граней параллелепипеда. Телесный угол, вырезаемый всеми конусами, от максимально возможного телесного угла, равного $4 \pi$, составляет долю
$\eta = \frac{6 \cdot 2 \pi (1 - \cos \alpha_{0} ) }{4 \pi} = 3 \left ( 1 - \sqrt{ 1 - \frac{1}{n^{2} } } \right )$.
Это означает, что из сцинтиллятора с $n = 1,6$ выйдет приблизительно 2/3 образовавшейся световой энергии.
Через сцинтилляционный счетчик, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда, пролетает заряженная частица, и молекулы сцинтиллятора, лежащие вдоль ее траектории, испускают свет. Свет в каждой точке испускается изотропно, то есть равномерно во все стороны. Какая доля световой энергии выйдет из сцинтиллятора в воздух, если коэффициент преломления вещества сцинтиллятора $n = 1,6$? Поглощением света в сцинтилляторе пренебречь.
Примечание: телесный угол при вершине конуса равен $\Omega = 2 \pi (1 - \cos \theta )$, где $\theta$ - угол между осью конуса и его образующей.
Решение:
Рассмотрим луч света, испущенный из произвольной точки внутри сцинтиллятора.
Пусть $\alpha$ - угол, который образует этот луч с нормалью $\vec{N}$ к одной из граней параллелепипеда, для определенности назовем ее гранью A, a $\alpha_{0} = arcsin (1/n) \approx 39^{ \circ}$ - предельный угол полного отражения света на границе сцинтиллятор - воздух.
Докажем, что для любых значений показателя преломления $n > \sqrt{2}$ справедливы следующие утверждения:
1. Луч, испущенный под углом $\alpha < \alpha_{0}$, обязательно выйдет из сцинтиллятора и притом только через грань А.
2. Никакой луч, испущенный под углом $\alpha > \alpha_{0}$, через грань А выйти не может.
Прежде всего, заметим, что при отражении света от граней, параллельных $\vec{N}$, угол $\alpha$ не меняется (это следует непосредственно из закона отражения света). Далее, поскольку для $n > \sqrt{2}$ $\alpha_{0} < 45^{ \circ}$, минимальный возможный угол падения луча (удовлетворяющий условию $\alpha < \alpha_{0}$!) на грани, параллельные $\vec{N}$, оказывается больше $\alpha_{0}$ и, следовательно, через эти грани свет из сцинтиллятора выйти не может. Таким образом, утверждение 1 доказано.
Перейдем к доказательству второго утверждения. Рассмотрим все возможные значения углов $\alpha$ от 0 до $180^{ \circ}$. В области $\alpha_{0} < \alpha < 90^{ \circ}$, в силу сделанного замечания, ясно, что ни при каком из этих углов свет через грань А выйти не может. При начальных углах $90^{ \circ} \leq \alpha \leq 180^{ \circ}$ на грань А могут попасть (но вовсе не обязательно попадут) лишь те лучи, которые испытали полное отражение на грани - назовем ее В,- параллельной А. Но такие лучи не могут выйти через грань А, поскольку их угол падения на нее точно такой же, как и на грань В, от которой они отразились. Следовательно, утверждение 2 тоже доказано.
Итак, все лучи, которые выйдут из счетчика, сосредоточены в шести конусах - ось каждого конуса перпендикулярна одной из граней параллелепипеда. Телесный угол, вырезаемый всеми конусами, от максимально возможного телесного угла, равного $4 \pi$, составляет долю
$\eta = \frac{6 \cdot 2 \pi (1 - \cos \alpha_{0} ) }{4 \pi} = 3 \left ( 1 - \sqrt{ 1 - \frac{1}{n^{2} } } \right )$.
Это означает, что из сцинтиллятора с $n = 1,6$ выйдет приблизительно 2/3 образовавшейся световой энергии.
