Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 5930
2018-01-05 
На основании равносторонней стеклянной призмы находится пылинка. При каких значениях показателя преломления $n$ пылинку еще можно увидеть через боковые грани призмы с помощью лучей, на претерпевших ни одного отражения на границе стекло — воздух?
Решение:
Лучи от пылинки S, которую можно рассматривать как точечный источник, находящийся вблизи основания призмы, падают на нижнюю грань под всевозможными углами. Максимальный угол преломления $r = r_{0}$ соответствует, очевидно, скользящему падению. Этот угол определяется соотношением
$\sin r_{0} = \frac{1}{n}$.
Из $\Delta SOA$ (рис.) следует: $r + r^{ \prime} = 60^{ \circ}$ (так как $\angle SOA = 120^{ \circ}$). Таким образом,
$r^{ \prime} = 60{ \circ} - r \geq 60^{ \circ} - r_{0} = r_{0}^{ \prime}$.
(Здесь предполагается, что $r_{0} < 60^{ \circ}$, в противном случае всегда найдется такой луч, который падает на боковую грань призмы перпендикулярно и не испытывает поэтому полного отражения.)
Если для наименьшего угла падения света на боковую грань призмы $r^{ \prime} = r_{0}^{ \prime}$ будет выполнено условие полного внутреннего отражения, то ни один луч не выйдет наружу и, следовательно, пылинка будет не видна. Таким образом, условие, при котором ее еще можно увидеть, запишется в виде
$\sin r_{0}^{ \prime} < \frac{1}{n}$,
или
$\sin (60^{ \circ} - r_{0}) = \sin 60^{ \circ} \cos r_{0} - \cos 60^{ \circ} \sin r_{0} = \frac{ \sqrt{3}}{2} \sqrt{1 - \frac{1}{n^{2}}} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{2n} ( \sqrt{3(n^{2} - 1)} - 1) < \frac{1}{n}$.
Отсюда следует, что $n < 2$.
На основании равносторонней стеклянной призмы находится пылинка. При каких значениях показателя преломления $n$ пылинку еще можно увидеть через боковые грани призмы с помощью лучей, на претерпевших ни одного отражения на границе стекло — воздух?
Решение:
Лучи от пылинки S, которую можно рассматривать как точечный источник, находящийся вблизи основания призмы, падают на нижнюю грань под всевозможными углами. Максимальный угол преломления $r = r_{0}$ соответствует, очевидно, скользящему падению. Этот угол определяется соотношением
$\sin r_{0} = \frac{1}{n}$.
Из $\Delta SOA$ (рис.) следует: $r + r^{ \prime} = 60^{ \circ}$ (так как $\angle SOA = 120^{ \circ}$). Таким образом,
$r^{ \prime} = 60{ \circ} - r \geq 60^{ \circ} - r_{0} = r_{0}^{ \prime}$.
(Здесь предполагается, что $r_{0} < 60^{ \circ}$, в противном случае всегда найдется такой луч, который падает на боковую грань призмы перпендикулярно и не испытывает поэтому полного отражения.)
Если для наименьшего угла падения света на боковую грань призмы $r^{ \prime} = r_{0}^{ \prime}$ будет выполнено условие полного внутреннего отражения, то ни один луч не выйдет наружу и, следовательно, пылинка будет не видна. Таким образом, условие, при котором ее еще можно увидеть, запишется в виде
$\sin r_{0}^{ \prime} < \frac{1}{n}$,
или
$\sin (60^{ \circ} - r_{0}) = \sin 60^{ \circ} \cos r_{0} - \cos 60^{ \circ} \sin r_{0} = \frac{ \sqrt{3}}{2} \sqrt{1 - \frac{1}{n^{2}}} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{2n} ( \sqrt{3(n^{2} - 1)} - 1) < \frac{1}{n}$.
Отсюда следует, что $n < 2$.
