НПСФ 2021, 12. клас — Задача 3. Геометрична оптика

• а) $\sin\alpha_0 = \frac{n\tan\beta_0}{\sqrt{1 + \tan^2\beta_0}} \approx 0{,}364 \Rightarrow \alpha_0 \approx 21^\circ,\qquad d_0 = \frac{\ell}{2}\cos\alpha_0 \approx 4{,}7\ \mathrm{cm}$

  $\tan\beta_0 = 0{,}25$.

• б) $d = \ell\left(1 - \frac{2\sin\alpha}{\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}}\right)\cos\alpha \approx 2{,}5\ \mathrm{cm}$

а) При минималния ъгъл на падане $\alpha_0$ светлинният лъч се отразява от дясната стена, след което се отразява от долния ляв ръб на куба, както е показано на фигурата вляво. [0,5 т.] Вижда се, че ъглите на падане и отражение от дясната стена са равни на съответния ъгъл на пречупване $\beta_0$, като $\tan\beta_0 = 0{,}25$. [0,5 т.] Оттук $\sin\alpha_0 = n\sin\beta_0 = \dfrac{n\tan\beta_0}{\sqrt{1 + \tan^2\beta_0}} \approx 0{,}364$ [1 т.], откъдето $\alpha_0 \approx 21^\circ$ [0,5 т.]. От правоъгълния триъгълник между влезлия и излезлия от куба лъч получаваме разстоянието $d_0 = \dfrac{\ell}{2}\cos\alpha_0 \approx 4{,}7$ cm. [1,5 т.]

б) На чертежа вляво се вижда ходът на светлинния лъч. Еднаквите ъгли са означени с еднакъв брой дъги. От закона на Снелиус следва връзка между ъгъла на падане $\alpha$ и ъгъла на пречупване $\beta$: $\sin\beta = \dfrac{\sin\alpha}{n}$. [0,5 т.] След като влезе в куба, лъчът пада върху дясната стена в точка, която се намира на разстояние $h = \dfrac{\ell}{2} - \ell\tan\beta$ от долната стена на куба. [0,5 т.] Четириъгълникът в долния десен ъгъл на куба е съставен от два правоъгълни триъгълника с една обща хипотенуза. Оттук $d' = h\dfrac{\sin 2\beta}{\sin\beta} = 2h\cos\beta = \ell(1 - 2\tan\beta)\cos\beta$, където $d'$ е разстоянието между пречупения лъч и лъча, отразен от долната стена. [2 т.] Аналогично, четириъгълникът между точките на влизане и излизане от куба е образуван от два правоъгълни триъгълника с обща хипотенуза, откъдето следва съотношение между търсеното разстояние $d$ и разстоянието $d'$: $d = d'\dfrac{\cos\alpha}{\cos\beta}$ [1 т.], т.е. $d = \ell(1 - 2\tan\beta)\cos\alpha = \ell\left(1 - \dfrac{2\sin\beta}{\sqrt{1 - \sin^2\beta}}\right)\cos\alpha = \ell\left(1 - \dfrac{2\sin\alpha}{\sqrt{n^2 - \sin^2\alpha}}\right)\cos\alpha \approx 2{,}5$ cm [2 т.].