Задачник по прикладной оптике - Апенко М.И.
ISBN 5-06-004258-8
Скачать (прямая ссылка):
23
Рис. 1.7. Явление полного внутреннего отражения
Решение. В соответствии с законом преломления при п2 = 1 sin е' = л,sin е.
Для лучей АО„ А02 и АО} получим
sin е,'= n,sin et = 0; е/=0;
sin e/=n,sin e2 = 1,5183 sin 20° = 0,519 29; e2' = 31°17';
sin e3' = w,sin e3 = 1,5183 sin 35° = 0,870 86; ?3'= 60°34'.
Если угол преломления e/= 90°, т. e. преломленный луч скользит вдоль поверхности раздела двух сред (луч 4), то угол падения будет равен:
sme4=sine47n,= 1/1,5183 = 0,658 63; е4=41°12'.
При увеличении угла падения не происходит преломления и лучи
света отражаются в ту же самую среду (см. луч J). Угол е4= ?т
является предельным углом полного внутреннего отражения.
Задача 1.15. Как представляется точка, находящаяся над поверхностью воды, для глаза, смотрящего из воды,— ближе к поверхности раздела двух сред или дальше от нее?
Решение. Пусть РР является границей раздела двух оптических сред с показателями преломления и, и пг (рис. 1.8, а). Точка А находится в среде, показатель преломления которой равен л,. Луч АО, падающий перпендикулярно к линии раздела РР, пойдет дальше без преломления, а лучи АОу и АОг, образующие малые углы падения, изменят направление, т. е. преломятся в точках О, и Ог. Если п2>щ, то углы преломления е' будут меньше углов падения е.
В глаз попадают лучи под очень малыми углами, поэтому закон преломления можем написать в виде л,е = n2z'. Откуда е' = и,е/л2-
24
Рис. 1.8. Положение предмета и изображения при наблюдении из среды: а — с { — с л,<л2
Из рис. 1.8, а имеем
€ = О,О! О А' = OtO/s'; е = 0,0/0 А = 0,0/s.
Учитывая выражение для углов е и е', найдем
0,0 п, 0,0 , ,
-V = — — ; 5 = И25/И, . ¦
S п2 S
Из последней формулы следует, что s' >s при п2> л,. Следовательно, если точка А находится в воздухе (л, = 1), то при наблюдении из воды (п2 = 1,333) она кажется на большем расстоянии от поверхности воды, чем расстояние, на котором она находится в действительности, т. е.
5'= 1,333 s.
Если точка А находится в воде (рис. 1.8, б), то для наблюдателя, расположенного в воздухе, она будет казаться на меньшем расстоянии от поверхности воды (рис. 1.8,6), чем в действительности: *'= 5/1,333.
Задача 1.16. Показать, как из закона преломления можно получить закон отражения.
Решение. В геометрической оптике принимается, что свет распространяется слева направо, и это направление считается положительным. После отражения свет распространяется в той же самой сРеде, но в противоположном направлении, поэтому скорость света v считается отрицательной. В этом случае показатель преломления
п2= -c/v.
25
Рис. 1.9. Изменение направленш отраженного луча при наклоне плос кого зеркала
Отсюда следует, что после отражения показатель преломленш имеет противоположный знак, т. е. л2=-л,, тогда
sin е = -sin е'; -е = е'.
Задача 1.17. Показать, что если плоское зеркало РР (рис. 1.9' повернуть на угол а, то отраженный от него луч света отклоните! на угол 2а.
Решение. Учитывая правило знаков, для углов падения и отра
жения можно записать -Е2 = -Е, + а или, изменяя знаки, е2=?|-с
(рис. 1.9).
Согласно закону отражении -?, = ?,' и -?2=е2', поэтому —?/= —?,' - а или е2' = ?,' + а.
Угол А'ОА" между лучами О А' и О А" равен
е2' -е,' + а.
Подставляя в это выражение значение угла ?2', получим Z А’ОА" = ?,' + а -?,' + а = 2а.
Отсюда следует, что при повороте зеркала на угол а угол межд) отраженными лучами ОА' и О А" составляет 2а.
Задача 1.18. Два плоских зеркала расположены так, что образу ют двухгранный угол а (рис. 1.10). На одно из зеркал падает луч лежащий в плоскости, перпендикулярной к ребру угла. Показать, чт< угол отклонения этого луча от первоначального направления посл< отражения от обоих зеркал не зависит от угла падения. Чему раве! этот угол?
Решение. Углы падения и отражения на зеркало Р,Р, обозначи» через Е, и е/, а на зеркало Р2Р2 — через е2 и е2'. Рассмотри^ треугольники 0,В0г и 0,С0г. Для треугольника 0,В02 угол N/BO является внешним углом, который равен сумме внутренних утло! треугольника, не смежных с ним, т. е.
Z N,B02 = -е,' + е2 = е, + е2 = а.
26
Рис. 1.10. Отклонение луча после отражении его от двух плоских зеркал
/Г'\ —п \ р k
iNv Ег\/ N *ч7й \ Мг Л 1 4 N
/Сf
0 -s S'
ЪР
Рис. 1.11. Изображение точки А плоским зеркалом
Угол 8 отклонения луча АО, после отражения от обоих зеркал равен углу 0,СА' (АС02), который является внешним углом для треугольника 0,С02.
5 = Z 0,СА' = Z С0,02+ Z 0,02С = е, - ?,' + е2 - е2' =
= 2 (е, + е2) = 2а.
Таким образом, угол отклонения луча 8 не зависит от углов падения его на зеркала, поэтому равенство 5 = 2а справедливо для любых углов Е,. Докажите, что угол 5 не зависит также от угла поворота зеркал в плоскости, перпендикулярной к поверхности зеркал (в плоскости чертежа). Заметим, что такие зеркала называются пентагональными.
Задача 1.19. Графическим построением найти изображение точки А, расположенной перед плоским зеркалом РР на расстоянии s (рис. 1.11).
Решение. Допустим, что на плоское зеркало РР из точки А падает расходящийся гомоцентрический пучок лучей АОМ,. Рассмотрим отражение крайних лучей пучка АО и AM,. Для луча АО, падающего перпендикулярно на зеркало, углы падения и отражения равны нулю, поэтому после отражения он пойдет по направлению О А. Луч AM, образует с нормалью NN в точке падения М, угол падения
