Физика. Часть 3. Колебания и волны. Волновая оптика. Дымченко Н.П - 137 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ДВФУ | Владивосток

Составители: 

Рубрика: 

137
Отсюда имеем: sinβ = sin60
o
/1,73 ≈ 0,50, β = arcsin(0,50) ≈ 30
o
. Из прямо-
угольного треугольника ABD имеем tgβ = BD/AB, отсюда:
BD = AB·tgβ. (6.2.2)
Учитывая (6.2.1) и (6.2.2), получаем:
EF = L = AB·tgβ = d·tgβ. (6.2.3)
Подставляя в (6.2.3) числовые данные, получим:
L = 1 см·tg30
o
≈ 0,58 см. Ответ: L ≈ 0,58 см.
Пример 6.3
Монохроматический луч входит через грань
прямоугольной равнобедренной призмы (рис.6.3.1).
Войдя в призму , луч претерпевает полное внутрен -
нее отражение от грани, соответствующей
гипотенузе, и выходит через грань, соответствую -
щую другому катету. Каким должен быть
наименьший угол падения луча на призму, чтобы
еще происходило полное внутреннее отражение ,
если показатель преломления материала призмы для этого луча 1,5?
Дано: α
o
= 90
о
; AB = AC; n = 1,5.
Найти: α
min
= ?
Решение
Полное внутренне отражение на границе ВС наблюдается при выполне-
нии условия:
.
sinsin901
o
пред
n
γ =
. (6.3.1)
Отсюда можно определить предельный угол полного внутреннего отра-
жения, γ
пред.
= arcsin(1/n) = arcsin(1/1,5) ≈ 41,8
o
.
. На рис. 6.3.1 показан ход лучей
для случая, когда γ ≥ γ
пред.
Из треугольника DBE имеем следующую связь между
его углами: [45
o
+(90
o
–β) + (90
o
–γ
пред.
)] = 180
o
. Отсюда минимальное значение
угла β равно: β
мин.
= 45
о
– γ
пред.
Из закона преломления, записанного для грани-
цы раздела АВ, получим:
..
sinsin,
минмин
n
αβ
=
отсюда:
α
мин.
= arcsin[n·sin(45
о
–γ
пред.
)]. (6.3.2)
Подставляя данные задачи и величину предельного угла, рассчитанного
по формуле (6.3.1) в формулу (6.3.2), получаем: α
мин.
= arcsin[1,5·sin(45
о
– 41,8
о
.
)]
= 4,8
о
.
Ответ: α
мин.
= 4,8
о
Преломление и отражение света на сферических поверхностях.
Рис. 6.3.1.
     Отсюда имеем: sinβ = sin60 o/1,73 ≈ 0,50, β = arcsin(0,50) ≈ 30 o. Из прямо-
угольного треугольника ABD имеем tgβ = BD/AB, отсюда:
                                    BD = AB·tgβ.                               (6.2.2)
      Учитывая (6.2.1) и (6.2.2), получаем:
                            EF = L = AB·tgβ = d·tgβ.                           (6.2.3)
      Подставляя в (6.2.3) числовые данные, получим:
      L = 1 см·tg30o ≈ 0,58 см. Ответ: L ≈ 0,58 см.
    Пример 6.3
    Монохроматический луч входит через грань
прямоугольной равнобедренной призмы ( рис.6.3.1).
Войдя в призму , луч претерпевает полное внутрен -
нее     отражение от грани, соответствующей
гипотенузе, и выходит через грань, соответствую -
щую другому катету. Каким должен быть
наименьший угол падения луча на призму , чтобы
еще происходило полное внутреннее отражение ,            Рис. 6.3.1.

если показатель преломления материала призмы для этого луча 1,5?
      Дано: αo = 90 о; AB = AC; n = 1,5.
      Найти: αmin = ?
      Решение
      Полное внутренне отражение на границе ВС наблюдается при выполне-
нии условия:

                                   γ пред.
                                sinsin901        o
                                                     = n.                      (6.3.1)
      Отсюда можно определить предельный угол полного внутреннего отра-
жения, γпред. = arcsin(1/ n) = arcsin(1/1,5) ≈ 41,8 o.. На рис. 6.3.1 показан ход лучей
для случая, когда γ ≥ γпред. Из треугольника DBE имеем следующую связь между
его углами: [45 o +(90 o –β) + (90 o –γпред.)] = 180 o. Отсюда минимальное значение
угла β равно: βмин. = 45 о – γпред. Из закона преломления, записанного для грани-
цы раздела АВ, получим: sinsin,  αβминмин
                                      ..         = n отсюда:
                         αмин. = arcsin[n·sin(45 о –γпред.)].                  (6.3.2)
       Подставляя данные задачи и величину предельного угла, рассчитанного
по формуле (6.3.1) в формулу (6.3.2), получаем: αмин. = arcsin[1,5·sin(45 о – 41,8 о.)]
= 4,8о.
       Ответ: αмин. = 4,8о

      Преломление и отражение света на сферических поверхностях.

                                           137

Страницы