Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 4239
2017-10-13 
Свет падает по нормали на грань стеклянного клина с малым углом $\gamma$ при вершине (рис. 1). На какой угол повернутся лучи преломленного клином света при повороте падающих лучей на небольшой угол $\alpha$ вокруг ребра клина?
Решение:
рис.2
Ответ на поставленный вопрос можно получить, последовательно применяя закон преломления света на плоской границе раздела двух сред. Так как по условию все стеклянном клине фигурирующие в задаче углы малы, то их синусы в законе преломления можно заменить самими углами, выраженными в радианной мере. Лучи, падающие нормально на переднюю грань клина, испытывают преломление только на задней грани, угол падения на которую равен преломляющему углу $\gamma$ клина (рис. 2). Если угол поворота этих лучей обозначить через $\epsilon$, то
$n \sin \gamma = \sin ( \epsilon + \gamma)$, (1)
откуда для малых значений углов $\gamma$ и $\epsilon$ следует
$n \gamma \approx \epsilon + \gamma$, т.е. $\epsilon \approx (n - 1) \gamma$. (2)
Лучи, падающие на переднюю грань наклонно (под углом $\alpha$), испытывают преломление на обеих гранях клина (рис. 2). На передней грани
$\sin \alpha = n \sin \psi$, (3)
откуда угол преломления на передней грани $\psi \approx \alpha / n$. На задней грани клина выполняется соотношение
$n \sin ( \psi + \gamma) = \sin ( \phi + \gamma)$,
откуда
$n( \psi + \gamma) \approx \phi + \gamma$,
т. е. угол преломления на задней грани $\phi \approx n \psi + (n - 1) \gamma$. Учитывая, что вследствие (3) $n \psi = \alpha$, имеем
$\phi \approx \alpha + (n - 1) \gamma$. (5)
рис.3
Угол поворота преломленных лучей, как видно из рис. 2, равен разности углов $\phi$ и $\epsilon$:
$\phi - \epsilon \approx \alpha$.
Таким образом, преломленный луч поворачивается на такой же угол, что и падающий.
Фактически ответ на поставленный в условии задачи вопрос содержится уже в формуле (5), поскольку разность $\phi - \alpha$, как видно из рис. 2, дает угол отклонения лучей от их первоначального направления при прохождении света через клин. Из (5) следует, что $\phi - \alpha = (n - 1) \gamma$, т. е. при малых углах угол отклонения не зависит от угла падения $\alpha$.
Угол отклонения $\phi - \alpha$, выражаемый формулой (5), можно найти без использования закона преломления, если воспользоваться принципом Гюйгенса или принципом Ферма. На рис. 3 штриховыми линиями показаны положения волновых поверхностей для падающей и отклоненной клипом плоских волн. Поворот волнового фронта обусловлен уменьшением фазовой скорости света в стекле в $n$ раз.
Время прохождения света на участке CFD равно времени на участке АВ. Поэтому должны быть равны оптические длины этих участков:
$|CF| + n |FD| = |AB|$. (6)
Волновой фронт отклоненной волны образует угол $\phi$ с передней гранью клина. Поэтому с задней гранью он образует угол $\phi + \gamma$. Теперь с помощью рис. 3 соотношение (6) можно переписать в виде
$L \alpha + nL \gamma = L( \phi + \gamma)$ (здесь $L = | AF | \approx | AD |$),
откуда сразу следует формула (5).
Свет падает по нормали на грань стеклянного клина с малым углом $\gamma$ при вершине (рис. 1). На какой угол повернутся лучи преломленного клином света при повороте падающих лучей на небольшой угол $\alpha$ вокруг ребра клина?
Решение:
рис.2
Ответ на поставленный вопрос можно получить, последовательно применяя закон преломления света на плоской границе раздела двух сред. Так как по условию все стеклянном клине фигурирующие в задаче углы малы, то их синусы в законе преломления можно заменить самими углами, выраженными в радианной мере. Лучи, падающие нормально на переднюю грань клина, испытывают преломление только на задней грани, угол падения на которую равен преломляющему углу $\gamma$ клина (рис. 2). Если угол поворота этих лучей обозначить через $\epsilon$, то
$n \sin \gamma = \sin ( \epsilon + \gamma)$, (1)
откуда для малых значений углов $\gamma$ и $\epsilon$ следует
$n \gamma \approx \epsilon + \gamma$, т.е. $\epsilon \approx (n - 1) \gamma$. (2)
Лучи, падающие на переднюю грань наклонно (под углом $\alpha$), испытывают преломление на обеих гранях клина (рис. 2). На передней грани
$\sin \alpha = n \sin \psi$, (3)
откуда угол преломления на передней грани $\psi \approx \alpha / n$. На задней грани клина выполняется соотношение
$n \sin ( \psi + \gamma) = \sin ( \phi + \gamma)$,
откуда
$n( \psi + \gamma) \approx \phi + \gamma$,
т. е. угол преломления на задней грани $\phi \approx n \psi + (n - 1) \gamma$. Учитывая, что вследствие (3) $n \psi = \alpha$, имеем
$\phi \approx \alpha + (n - 1) \gamma$. (5)
рис.3
Угол поворота преломленных лучей, как видно из рис. 2, равен разности углов $\phi$ и $\epsilon$:
$\phi - \epsilon \approx \alpha$.
Таким образом, преломленный луч поворачивается на такой же угол, что и падающий.
Фактически ответ на поставленный в условии задачи вопрос содержится уже в формуле (5), поскольку разность $\phi - \alpha$, как видно из рис. 2, дает угол отклонения лучей от их первоначального направления при прохождении света через клин. Из (5) следует, что $\phi - \alpha = (n - 1) \gamma$, т. е. при малых углах угол отклонения не зависит от угла падения $\alpha$.
Угол отклонения $\phi - \alpha$, выражаемый формулой (5), можно найти без использования закона преломления, если воспользоваться принципом Гюйгенса или принципом Ферма. На рис. 3 штриховыми линиями показаны положения волновых поверхностей для падающей и отклоненной клипом плоских волн. Поворот волнового фронта обусловлен уменьшением фазовой скорости света в стекле в $n$ раз.
Время прохождения света на участке CFD равно времени на участке АВ. Поэтому должны быть равны оптические длины этих участков:
$|CF| + n |FD| = |AB|$. (6)
Волновой фронт отклоненной волны образует угол $\phi$ с передней гранью клина. Поэтому с задней гранью он образует угол $\phi + \gamma$. Теперь с помощью рис. 3 соотношение (6) можно переписать в виде
$L \alpha + nL \gamma = L( \phi + \gamma)$ (здесь $L = | AF | \approx | AD |$),
откуда сразу следует формула (5).
