НОФ 2001, II кръг (областен), 10. клас — Задача 3

• а) 15.6 mm

  $R \ge \frac{dn_2}{n_1 - n_2} - h$

• б) 30 °

  $\sin\gamma = \sqrt{n_1^2 - n_2^2} \approx 0{,}5$

а) За да се разпространяват само в централния слой, лъчите трябва да падат върху границата между слоевете под ъгли $\alpha$, които са по-големи или равни на граничния ъгъл на пълно вътрешно отражение между двата слоя:

(1) $\sin\alpha \ge \frac{n_2}{n_1}$ (2 т).

От фиг. 3а се вижда, че под най-малък ъгъл пада лъчът, които се допира до вътрешната част на границата между слоевете (1 т).

Като изразим $\sin\alpha$ от триъгълника OAB получаваме:

(2) $\frac{R + h}{R + h + d} \ge \frac{n_2}{n_1}$ (1 т),

откъдето намираме $R$:

(3) $R \ge \frac{dn_2}{n_1 - n_2} - h = 15{,}6\ \mathrm{mm}$ (1 т).

б) След преминаване през изкривените участъци на влакното, до изходната повърхност достигат лъчи, които падат под различни ъгли $\beta$ (фиг. 3 б). Най-големият ъгъл $\beta$ се определя от условието: $\beta_0 = 90^{\circ} - \alpha_0$, където $\alpha_0$ е граничният ъгъл на пълно вътрешно отражение от границата между двата слоя (1 т). Максималният ъгъл на разходимост на снопа, след излизане от влакното, се определя от закона на Снелиус:

(4) $\sin\gamma = n_1\sin\beta_0 = n_1\cos\alpha_0$ (1 т)

От условието за пълно вътрешно отражение определяме:

(5) $\cos\alpha_0 = \sqrt{1 - \sin^2\alpha_0} = \frac{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}{n_1}$ (1 т)

Като заместим в уравнение (5), получаваме:

$\sin\gamma = \sqrt{n_1^2 - n_2^2} \approx 0{,}5$ (1 т)

и $\gamma = 30^{\circ}$ (1 т).

Общ брой на точките: 10.