Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12542
2020-01-08 
Под водой на глубине $h$ находится точечный источник света. Где расположено изображение этого источника для наблюдателя, смотрящего вдоль поверхности воды (рис.)? Показатель преломления воды $n$.
Решение:
Наблюдатель, смотрящий вдоль поверхности воды, рассматривает изображение источника в лучах, образующих после преломления на границе вода - воздух очень малые углы с поверхностью воды.
Рассмотрим луч, составляющий малый угол $\Delta \phi$ с горизонтом и ограничивающий выбранный нами пучок лучей (рис.). Обозначим через А точку выхода из воды этого пограничного луча, а через В - точку соприкосновения с поверхностью воды луча, испытавшего полное отражение, и найдем расстояние между этими точками:
$AB = h (tg \alpha_{0} - tg( \alpha_{0} - \Delta \alpha))$.
Здесь $\alpha_{0}$ - предельный угол полного отражения ($\sin \alpha_{0} = \frac{1}{n}$), а $( \alpha_{0} - \Delta \alpha )$ - угол падения на поверхность воды луча, который после преломления образует с ней угол $\Delta \phi$.
Согласно закону преломления света,
$\frac{ \sin( \alpha_{0} - \Delta \alpha)}{ \sin \left ( \frac{ \pi}{2} - \Delta \phi \right ) } = \frac{1}{n}$,
или, с учетом того, что $\sin \alpha_{0} = \frac{1}{n}$,
$\cos \Delta \alpha - \cos \Delta \phi = a \cos \alpha_{0} \cdot \sin \Delta \alpha$.
Для малых углов $\Delta \alpha$ и $\Delta phi$ справедливы соотношения:
$\cos \Delta \alpha = 1 - 2 \sin^{2} \left ( \frac{ \Delta \alpha}{2} \right ) = 1 - \frac{ ( \Delta \alpha )^{2}}{2}$,
$\cos \Delta \phi = 1 - \frac{ ( \Delta \phi )^{2}}{2}$.
Отсюда получаем квадратное уравнение для угла $\Delta \alpha$:
$( \Delta \alpha )^{2} + 2n \cos \alpha_{0} \cdot \Delta \alpha - ( \Delta \phi )^{2} = 0$.
Учитывая, что $( \Delta \alpha )^{2} \ll \Delta \alpha$, находим
$\Delta \alpha = \frac{( \Delta \phi )^{2} }{2n \cos \alpha_{0} } = \frac{( \Delta \phi)^{2} }{2 \sqrt{n^{2} - 1 } }$.
Тогда
$AB = h \frac{ \sin \Delta \alpha}{ \cos \alpha_{0} \cdot \cos ( \alpha_{0} - \Delta \alpha ) } \approx h \frac{ \Delta \alpha}{ \cos^{2} \alpha_{0} } \ll h tg \alpha_{0}$.
Таким образом, для параксиальных лучей (т. е. лучей, для которых $\Delta \phi \ll 1$) изображение источника оказывается в точке падения луча, испытавшего полное отражение (в точке В).
Под водой на глубине $h$ находится точечный источник света. Где расположено изображение этого источника для наблюдателя, смотрящего вдоль поверхности воды (рис.)? Показатель преломления воды $n$.
Решение:
Наблюдатель, смотрящий вдоль поверхности воды, рассматривает изображение источника в лучах, образующих после преломления на границе вода - воздух очень малые углы с поверхностью воды.
Рассмотрим луч, составляющий малый угол $\Delta \phi$ с горизонтом и ограничивающий выбранный нами пучок лучей (рис.). Обозначим через А точку выхода из воды этого пограничного луча, а через В - точку соприкосновения с поверхностью воды луча, испытавшего полное отражение, и найдем расстояние между этими точками:
$AB = h (tg \alpha_{0} - tg( \alpha_{0} - \Delta \alpha))$.
Здесь $\alpha_{0}$ - предельный угол полного отражения ($\sin \alpha_{0} = \frac{1}{n}$), а $( \alpha_{0} - \Delta \alpha )$ - угол падения на поверхность воды луча, который после преломления образует с ней угол $\Delta \phi$.
Согласно закону преломления света,
$\frac{ \sin( \alpha_{0} - \Delta \alpha)}{ \sin \left ( \frac{ \pi}{2} - \Delta \phi \right ) } = \frac{1}{n}$,
или, с учетом того, что $\sin \alpha_{0} = \frac{1}{n}$,
$\cos \Delta \alpha - \cos \Delta \phi = a \cos \alpha_{0} \cdot \sin \Delta \alpha$.
Для малых углов $\Delta \alpha$ и $\Delta phi$ справедливы соотношения:
$\cos \Delta \alpha = 1 - 2 \sin^{2} \left ( \frac{ \Delta \alpha}{2} \right ) = 1 - \frac{ ( \Delta \alpha )^{2}}{2}$,
$\cos \Delta \phi = 1 - \frac{ ( \Delta \phi )^{2}}{2}$.
Отсюда получаем квадратное уравнение для угла $\Delta \alpha$:
$( \Delta \alpha )^{2} + 2n \cos \alpha_{0} \cdot \Delta \alpha - ( \Delta \phi )^{2} = 0$.
Учитывая, что $( \Delta \alpha )^{2} \ll \Delta \alpha$, находим
$\Delta \alpha = \frac{( \Delta \phi )^{2} }{2n \cos \alpha_{0} } = \frac{( \Delta \phi)^{2} }{2 \sqrt{n^{2} - 1 } }$.
Тогда
$AB = h \frac{ \sin \Delta \alpha}{ \cos \alpha_{0} \cdot \cos ( \alpha_{0} - \Delta \alpha ) } \approx h \frac{ \Delta \alpha}{ \cos^{2} \alpha_{0} } \ll h tg \alpha_{0}$.
Таким образом, для параксиальных лучей (т. е. лучей, для которых $\Delta \phi \ll 1$) изображение источника оказывается в точке падения луча, испытавшего полное отражение (в точке В).
