Преломление - подготовка к олимпиадам - 2

Решаем задачи на закон Снелла. Будут призмы и неровная поверхность воды...

Задача 1.

Поверхности воды касается равнобедренная стеклянная призма АВС (см. рисунок). Луч света, падающий из воздуха под углом $\varphi_0$ на грань АС, после прохождения призмы выходит через грань АВ под тем же углом $\varphi_0$. Чему равен угол преломления $\varphi_1$? Показатель преломления воды $n_0= \frac{4}{3}$, угол С при вершине призмы — прямой. Величина угла $\varphi_0$  неизвестна.

Решение. Если показатель преломления стекла равен $n$, то для преломления на грани $AC$

$$n=\frac{\sin \varphi_0}{\sin \varphi_1}$$

А для преломления на грани $AB$:

$$\frac{\sin \varphi_2}{\sin \varphi_0}=\frac{n_0}{n}$$

$$n_0=\frac{\sin \varphi_2}{\sin \varphi_0}\cdot n=\frac{\sin \varphi_2}{\sin \varphi_0}\cdot \frac{\sin \varphi_0}{\sin \varphi_1}=\frac{\sin \varphi_2}{\sin \varphi_1}$$

Призма прямоугольная, равнобедренная, значит, ее острые углы по $45^{\circ}$.

В треугольнике $DEF$:

$$\varphi_2+\varphi_1=\alpha_1$$

(внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним).

Угол $\alpha_1=\alpha$ (как углы с попарно перпендикулярными сторонами).

Таким образом,

$$n_0=\frac{\sin \varphi_2}{\sin \varphi_1}=\frac{\sin (\alpha-\varphi_1)}{ \sin \varphi_1}$$

Раскрываем синус разности:

$$n_0=\frac{\sin 45^{\circ}\cos\varphi_1-\cos45^{\circ}\sin\varphi_1}{\sin \varphi_1}=\frac{\cos\varphi_1-\sin\varphi_1}{\sqrt{2}\sin \varphi_1}$$

Разделим на $\sin \varphi_1$:

$$n_0=\frac{\operatorname{ctg}\varphi_1-1}{\sqrt{2}}$$

$$\frac{4\sqrt{2}}{3}=\operatorname{ctg}\varphi_1-1$$

$$\frac{4\sqrt{2}}{3}+1=\operatorname{ctg}\varphi_1$$

$$\frac{4\sqrt{2}+3}{3}=\operatorname{ctg}\varphi_1$$

$$\operatorname{tg}\varphi_1=\frac{3}{4\sqrt{2}+3}$$

$$\alpha=19,1^{\circ}$$

Ответ: $\alpha=19,1^{\circ}$

Задача 2.

Две одинаковые прямоугольные призмы с углом при вершине $\varphi$  имеют несколько отличающиеся показатели преломления. Призмы приложены друг к другу своими гипотенузными гранями (см. рисунок). При освещении системы пучком света, падающим нормально на переднюю грань, оказалось, что выходящий пучок отклонился от первоначального направления распространения на угол $\alpha$. Найти разность показателей преломления $\Delta n$. Углы $\varphi$ и  $\alpha$ считать достаточно малыми.

Решение. Пусть $n_2<n_1$. Луч падает перпендикулярно поверхности первой призмы, и не преломляется. На границу раздела материалов двух призм луч падает под углом $\alpha$ и выходит под углом $\beta$.$$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta}=\frac{n_2}{n_1}$$

Можно перейти к самим углам, так как они малы

$$\frac{\alpha}{\beta}=\frac{n_2}{n_1}$$

Затем луч преломится на противоположной поверхности второй призмы, и выйдет в воздух. Для этого преломления запишем также закон Снелла:

$$\frac{\sin \gamma}{\sin \varphi}=\frac{1}{n_2}$$

Откуда

$$\frac{\gamma}{\varphi}=\frac{1}{n_2}$$

$$n_2=\frac{\varphi }{\gamma }$$

Тогда, возвращаясь к первому записанному нами закону Снелла, подставим туда полученный $n_2$:

$$n_1=\frac{\beta }{\alpha }n_2=\frac{\beta \varphi }{\alpha \gamma }~~~~~~(1)$$

Рассмотрим треугольник $PQM$, сумма его углов $180^{\circ}$:

$$90^{\circ}-\beta+\gamma+90^{\circ}+\alpha=180^{\circ}$$

$$\gamma+\alpha=\beta$$

$$\gamma=\beta-\alpha$$

Подставляем в (1):

$$n_1=\frac{\beta \varphi}{(\beta-\alpha)\alpha}$$

Так как приняли, что $n_1>n_2$, то
$$\Delta n=n_1-n_2=\frac{\beta \varphi}{(\beta-\alpha)\alpha}-\frac{\varphi }{\gamma }=\frac{\beta \varphi}{(\beta-\alpha)\alpha}-\frac{\varphi }{\beta-\alpha }=\frac{\varphi}{(\beta-\alpha)}\left(\frac{\beta}{\alpha }-1\right)=\frac{\varphi}{\alpha}$$

Ответ: $\Delta n=\frac{\varphi}{\alpha}$.

Задача 3.

В вертикальный цилиндрический стакан налита вязкая жидкость с коэффициентом преломления $n= 1,5$. Сверху в стакан вертикально падает параллельный пучок света постоянной интенсивности. Стакан с жидкостью раскрутили вокруг его оси до угловой скорости $\omega = 1$ рад/с, и при этом высота столба жидкости на оси стакана стала равной $h = 30$ см. На сколько процентов изменилась после раскручивания интенсивность света, падающего вблизи центра дна стакана? Ускорение свободного падения $g = 10$ м/с$^2$, поглощением света в жидкости и отражением его внутри стакана пренебречь.

Решение. За счет искривления поверхности жидкости во время вращения изменяется угол падения лучей на нее: он увеличивается. А это означает, что и угол преломления увеличится. Лучи, которые падали прежде на ровную поверхность и не преломлялись, а так и шли прямым потоком ко дну сосуда, теперь образуют расходящийся пучок. Для них

$$\frac{\sin \alpha}{\sin\beta}=\frac{n}{1}$$

Теперь площадь пятна на дне стала больше. То есть то же количество энергии распределяется на большую площадь.

Так как углы малы, то

$$\frac{\alpha}{\beta}=n$$

Обратимся к динамике и для объема воды малой массы запишем уравнения по второму закону Ньютона в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

$$mg=N\cos \alpha$$

$$ma_n=N\sin \alpha$$

Последнее перепишем, чтобы получить связь с $\omega$:

$$m\omega^2 R= N\sin \alpha$$

Разделим это уравнение на первое:

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{\omega^2 R }{g}$$

Из-за малости углов тангенс можно заменить на сам угол:

$$\alpha=\frac{\omega^2 R }{g}=n \beta$$

Через угол $\beta$ можно выйти на угол $\gamma$, а он поможет нам перейти к новой площади пятна на дне.

$$\gamma=\alpha-\beta$$

$$\alpha=\frac{\omega^2 R }{g}=n(\alpha-\gamma )$$

$$\alpha-\gamma =\frac{\omega^2 R }{n g}$$

$$\gamma =\alpha-\frac{\omega^2 R }{n g}=\frac{\omega^2 R }{g}-\frac{\omega^2 R }{n g}$$

$$\gamma =\frac{\omega^2 R }{g}\cdot \left(1-\frac{1}{n}\right)$$

Подставим некоторые известные величины (хотя я обычно против частичной подстановки)

$$\gamma =\frac{\omega^2 R }{g}\cdot \left(\frac{n-1}{n}\right)=\frac{R}{3g}$$

С другой стороны,

$$\operatorname{tg}\gamma\approx \frac{x}{h}$$

$$x=h\operatorname{tg}\gamma\approx h\gamma$$

Тогда старый радиус пятна $R$, новый радиус пятна $x+R$. Площадь пятна вначале $S=\pi R^2$, а после раскручивания $S’=\pi (x+R)^2=\pi (\gamma h+R)^2$.

$$S’=\pi R^2\left(1+\frac{h}{3g}\right)^2=S\left(1+\frac{0,3}{30}\right)^2=1,0201S$$

Таким образом, прежняя энергия теперь падает на площадь, большую в 1,02 раза. Через пропорцию устанавливаем, что на площадь $S$ теперь падает $0,98E$ - изменение на 2% примерно.

Ответ: на 2% меньше.