Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Геометрическая оптика

Геометрическая оптика: призмы

В этой статье решаем задачи с призмами. Будем применять закон преломления Снеллиуса, а также геометрические знания.

Задача 1.  Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность призмы, преломляющий угол которой равен 40^{\circ}. Показатель преломления материала призмы для этого луча равен 1,5. Найдите угол отклонения луча, выходящего из призмы, от первоначального направления.

Так как луч падает нормально на поверхность призмы, то не преломляется на этой поверхности. На вторую же боковую грань он упадет под некоторым углом, и преломится на ней.

К задаче 1

В треугольнике ABC (прямоугольном) угол BAC=40^{\circ} по условию, поэтому второй острый угол равен 50^{\circ}. Поэтому угол падения луча на вторую грань равен 90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}. Зная показатель преломления, можно найти угол преломления. Нужный нам угол  – разность угла преломления и угла падения луча.

По закону преломления

    \[\frac{\sin{\gamma}}{\sin{\delta}}=\frac{1}{n}\]

    \[\delta=\arcsin{\sin{\gamma} n }\]

    \[\delta-\gamma=\arcsin{\sin{\gamma} n }-\gamma=34,6^{\circ}\]

Ответ: 34,6^{\circ}.
Задача 2.   Луч света входит в стеклянную призму под углом \frac{\pi}{6} и выходит из призмы в воздух под углом \frac{\pi}{3}, причем, пройдя призму, отклоняется от первоначального направления на угол \frac{\pi}{4}. Найдите преломляющий угол призмы.

К задаче 2

Рассмотрим рисунок. Угол KLM, смежный с данным углом отклонения луча, равен \frac{3\pi}{4}. В четырехугольнике KLMO угол LKO равен \frac{\pi}{6}, как вертикальный с углом падения, а угол LMO  равен \frac{\pi}{3} как вертикальный с углом преломления. Так как сумма углов четырехугольника равна 2\pi, то угол KOM равен:

    \[\angle KOM=2\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}-\frac{3\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}\]

Теперь рассмотрим четырехугольник KNMO. В нем два угла прямых, поэтому преломляющий угол призмы равен:

    \[\angle KNM=2\pi-\pi-\frac{3\pi}{4}=\frac{\pi}{4}\]

Ответ: \frac{\pi}{4}.

 

Задача 3.  Световой луч падает по нормали на боковую грань прямой стеклянной призмы, поперечное сечение которой – равнобедренный треугольник, \alpha=70^{\circ}.  Показатель преломления материала призмы для этого луча равен 1,5. Определите угол между падающим и вышедшим из призмы лучами.

Рассмотрим два случая падения луча.

К задаче 3

В первом случае ход луча показан рыжим цветом. На боковой  грани призмы луч не преломится, так как падает на нее нормально. Найдем угол падения луча на нижнюю поверхность призмы. Угол BAC призмы равен 55^{\circ} – так как треугольник равнобедренный.   Тогда в треугольнике AED угол ADE=35^{\circ}. А угол падения луча EDH равен 55^{\circ}. Для данного показателя преломления предельный угол полного отражения равен

    \[\alpha_{pr}=\arcsin{\frac{1}{n}}=\arcsin{\frac{1}{1,5}}=42^{\circ}\]

То есть луч не преломится, а отразится от нижней грани призмы.  Угол отражения также равен 55^{\circ}, и, следовательно, угол FDC=35^{\circ}. Следовательно, треугольник DFC подобен AED и тоже является прямоугольным. Следовательно, на второй боковой грани призмы луч тоже не преломится, и выйдет под углом 70^{\circ} по отношению к падающему (угол EDF=110^{\circ}, искомый – смежный с ним).

Ответ: 70^{\circ}.

Теперь рассмотрим второй случай падения луча.

К задаче 3

Снова на первой боковой грани не произойдет преломления. На вторую боковую грань луч упадет под углом 70^{\circ}, что тоже превышает предельный угол полного отражения, и далее луч попадет на нижнюю грань призмы, падая на нее под углом KLM. В треугольнике KLC угол CKL=20^{\circ}, угол KCL=55^{\circ}. Определим угол KLM:

    \[\angle KLM=180^{\circ}-20^{\circ}-55^{\circ}-90^{\circ}=15^{\circ}\]

Определим угол CLN:

    \[\frac{\sin{\angle KLM}}{\sin{\angle PLN}}=\frac{1}{n}\]

    \[\sin{\angle PLN}=n\sin{\angle KLM}\]

    \[\angle CLN=90^{\circ}-\arcsin{ n\sin{\angle KLM}}=90^{\circ}-22,8^{\circ}=67,2^{\circ}\]

Определим угол отклонения луча: в треугольнике QKL угол KLQ=22,8^{\circ}-15^{\circ}=7,8^{\circ}, угол QKL=140^{\circ}, следовательно, искомый угол

    \[\angle LQK=180^{\circ}-140^{\circ}-7,8^{\circ}=32,2^{\circ}\]

Ответ: 32,2^{\circ}.

Задача 4. Тонкий световой луч падает на боковую грань стеклянной призмы из воздуха под углом \beta=45^{\circ}. Угол между боковыми гранями призмы равен \alpha=30^{\circ}. Показатель преломления воздуха равен 1, а стекла 1,41. Определите угол смещения луча от первоначального направления \delta.

К задаче 4

Определим угол преломления DBC.

    \[\frac{\sin{\beta}}{\sin {\angle DBC}}=n\]

    \[sin{\angle DBC}=\frac{\sin{\beta}}{n}=\frac{\sqrt{2}}{2\cdot1,41}=\frac{1}{2}\]

    \[\angle DBC=30^{\circ}\]

Рассмотрим четырехугольник DABC. В нем два угла – прямые, преломляющий угол призмы – 30^{\circ}, тогда угол BDC=120^{\circ} (это следует из суммы углов четырехугольника). Следовательно, из суммы углов треугольника можем определить угол BCD в одноименном треугольнике:

    \[\angle{BCD}=180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}\]

Найденный нами угол – не что иное, как угол падения луча на вторую грань призмы. Тогда по закону Снеллиуса

    \[\frac{\sin{\angle BCD}}{\sin {\angle HCF}}=\frac{1}{n}\]

    \[\sin {\angle HCF}=n \sin{\angle BCD}=n \sin{30^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\]

    \[\angle HCF=45^{\circ}\]

Теперь рассмотрим четырехугольник BECD. Нам нужно определить угол E. В этом четырехугольнике угол D=120^{\circ}, угол DBE=45^{\circ} как вертикальный с углом падения, угол ECD=45^{\circ} как вертикальный с углом преломления. Следовательно,

    \[\angle E=360^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}-120^{\circ}=150^{\circ}\]

Искомым углом и ответом к данной задаче является острый угол, смежный с углом E: 30^{\circ}.

Ответ: 30^{\circ}.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *