Съдържание

НПСФ 2018, 10. клас — Задача 3. Призма и полуцилиндър

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2018

Национално пролетно състезание по физика 2018, тема за 10. клас (четвърта състезателна група) · 9 март 2018 г. · 10 т.

Условие

Плътен полуцилиндър с радиус $R$ е долепен до призма с ъгъл на пречупване $\alpha$ , както е показано на Фигура 3. Показателят на пречупване на призмата $n_1$ и този на полуцилиндъра $n_2$ зависят от дължината на вълната $\lambda$ по следния начин:

n_i = a_i + \frac{b_i}{\lambda^2},\ i = 1, 2,

където $a_1 = 1{,}3$ , $b_1 = 5.10^{4}\ \mathrm{nm^2}$ , $a_2 = 1{,}1$ и $b_2 = 1.10^{5}\ \mathrm{nm^2}$ .

Скица на призма с ъгъл алфа, долепена до полуцилиндър с център O; означени са n1, n2, точките A и B и ъгълът на падане theta. — Фигура 3: призма с ъгъл на пречупване $\alpha$ и показател $n_1$ , долепена по $AB$ до плътен полуцилиндър с център $O$ и показател $n_2$ ; лъч пада под ъгъл $\theta$ .

3.1. Определете дължината на вълната $\lambda_0$ , при която няма да се наблюдава пречупване на светлината на границата $AB$ , без значение от ъгъла на падане $\theta$ . (1,5 т.) Пресметнете показателите на пречупване $n_i$ за тази дължина на вълната. (0,5 т.) [2 т.]

3.2. Опишете (кратко и ясно) или направете чертеж (с нужните означения), който да показва хода на лъч светлина с дължина на вълната $\lambda_0$ , отместващ се на най-малък ъгъл $\delta$ от първоначалната си посока на разпространение. (1,5 т.)

3.3. За тази част от задачата приемете, че показателите на пречупване не зависят от дължината на вълната и имат следните стойности: $n_1 = \sqrt{2}$ и $n_2 = 2$ . Разгледайте успореден сноп лъчи, падащи върху призмата под ъгъл $\theta = 0^\circ$ . Ако $\alpha = 45^\circ$ , определете централния ъгъл $\varphi$ (спрямо т. $O$ ) „ограничаващ“ частта от цилиндъра, от която ще излизат лъчите. (6,5 т.)

Отговори

Решение

Решение: 3.1. За да не се наблюдава пречупване на светлината на границата $AB$ , без значение от ъгъла на падане, трябва показателите на пречупване от двете страни на $AB$ да бъдат еднакви:

a_1 + \frac{b_1}{\lambda_0^2} = a_2 + \frac{b_2}{\lambda_0^2},\ \text{откъдето}\ \lambda_0 = \sqrt{\frac{b_2-b_1}{a_1-a_2}} = 500\ \mathrm{nm}. \qquad \textbf{[1,5 т.]}

След като сме определили $\lambda_0$ , може да пресметнем и показателя на пречупване $n_1 = n_2 = n_0 = 1{,}5$ . [0,5 т.]

Решение: 3.2. За $\lambda = \lambda_0$ най-малко отклонение от първоначалната си посока на разпространение ще има лъч, падащ нормално към повърхността на призмата ( $\theta = 0^\circ$ ) и минаващ през точка $O$ . За този лъч ъгъла на отклонение ще бъде $\delta = 0^\circ$ . [1,5 т.]

Решение: 3.3. При ъгли $\theta = 0^\circ$ и $\alpha = 45^\circ$ няма да се наблюдава пречупване на светлината на границата въздух–призма и лъчите ще падат под ъгъл $\alpha = 45^\circ$ на границата $AB$ . [1,5 т.] От закона на Снелиус може да определим ъгъла на пречупване $\beta$ (виж Фигура 3.3):

n_1\sin\alpha = n_2\sin\beta;

\sin\beta = 1/2,\ \beta = 30^\circ. \qquad \textbf{[2 т.]}

При преминаване на светлината от оптически по-плътна, към оптически по-рядка среда може да се наблюдава пълно вътрешно отражение, като за границата полуцилиндър–въздух граничният ъгъл $\gamma$ се определя от условието:

\sin\gamma \leq \frac{1}{n_2},

откъдето определяме, че $\gamma = 30^\circ$ . [1,5 т.] Може да се покаже, че $\angle AOC = 30^\circ$ и $\angle DOB = 90^\circ$ , тогава лесно се вижда, че търсеният ъгъл е $\varphi = 60^\circ$ . [1,5 т.]

Чертеж на успореден сноп лъчи, пречупващи се на границата AB и излизащи от дъгата CD на полуцилиндъра, с ъгъл фи в центъра O. — Фигура 3.3 (към решението на 3.3): ход на лъчите през призмата и полуцилиндъра; означени са ъглите $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , точките $A$ , $B$ , $C$ , $D$ и централният ъгъл $\varphi$ .

Оригинал в Архива: proletni_2018_10problems.pdf · официални решения: proletni_2018_10solutions.pdf