Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”

Adler edited Jun 14, 2026, 1:50 PM

View solution History

revision #18760 parent #18754 ← older

ru/13.2.20.md +50 −2

		@@ -1,11 +1,59 @@
			### Условие

		+
			$13.2.20.$ На плоскую поверхность стеклянного полуцилиндра падают под углом $45^{\circ}$ световые лучи, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра. Из какой части боковой поверхности полуцилиндра будут выходить лучи света? Показатель преломления стекла $n$.

			### Решение
		+	Перед решением задачи нужно понять её идейность.

		−	![К задаче $13.2.20$ \|1579x1485, 31%](../../img/13.2.20/scan-0.png)
		+	Для этого немного переформулируем вопрос в задаче, "Каков размах граничащей области пропускаемого света на кривой поверхности цилиндра?"

		+	Теперь же мы поняли, что от нас хотят угол между двумя граничащами точка (под граничащими точками я подразумеваю точки цилиндра в которых не будут проходить лучи) и теперь же мы будем рассматривать полуокружность цилиндра т.е. вид сверху.

		+	(1) Нахождение граничащих точек A и B.

		−	#### Ответ: $\phi = 2 arcsin(\frac{1}{n})$
		+	Пусть у нас есть луч выходящий ИЗ внутренней части полуокружности наружу, тогда проекция на ось перпендекулярную к касательной, т.е. на радиус полуокружности и запишем Закон Снеллиуса на эту ось.
		+
		+	(1.1) $n*sin(\omega) = sin(\sigma)$
		+
		+	т.к. лучи выходят при $\sigma$ $\leq$ $\frac{\Pi}{2}$; тогда мы имеем две граничащие точки A и B с таким же уравением (1.1)
		+
		+	тогда имеем $$\begin{cases}
		+	n*sin(\rho_{1})& = sin(\sigma) \\\\
		+	n* sin(\rho_{2}) & = sin(\sigma)
		+	\end{cases}$$
		+	$\Rightarrow$ $\rho_{1}= arcsin(\frac{1}{n}) = \rho_{2} $ или $\rho_{1} = \rho_{2}$ (см. рис.1.)
		+
		+	(1.2) $\rho_{1} = \rho_{2} = \rho = \arcsin(\frac{1}{n})$
		+
		+
		+
		+	![Рис.1.\|1240x981, 50%](../../img/13.2.20/7309.png)
		+
		+
		+	(2) Мы нашли главные граничащие точки А и B, теперь осталось через геометрию найти чему равен $\phi$.
		+
		+	(2.1) Из точек D и C проведём лучи из наружной среды к точкам A и B соответственно.
		+	Тогда имеем треугольники $\triangle DOA$ и $\triangle CBO$, где углы $\rho_{1}$ и $\rho_{2}$, нам известны, а углы ODA и OCB равны $\frac{\Pi}{2 } - \gamma$, где $\gamma$ это угол преломленого луча из наружной среды в цилиндре. (см.ри.2.)
		+
		+	$sin(\beta) = n * sin(\gamma) \Rightarrow \gamma = arcsin(\frac{1}{n\sqrt{2}})$; $\beta$ по условию равен $45^\circ$
		+
		+	И далее уже из геометрии находим
		+
		+	$$\begin{cases}
		+	\angle{DOA}& = \frac{\Pi}{2} - \rho + \gamma \\\\
		+	\angle{COB} & = \frac{\Pi}{2} - \rho - \gamma
		+	\end{cases}$$
		+
		+	![Рис.2.\|1168x894, 50%](../../img/13.2.20/7306.png)
		+
		+	(3) Находим уже наше $\phi$:
		+
		+	$\phi = \Pi - (\angle{DOA} + \angle{COB})= \Pi-(\frac{\Pi}{2} - \rho + \gamma + \frac{\Pi}{2} - \rho - \gamma) = 2\rho = 2arcsin(\frac{1}{n})$
		+
		+
		+
		+
		+
		+
		+	#### Ответ: $\phi = 2*arcsin(\frac{1}{n})$

	@@ -1,11 +1,59 @@
	### Условие		### Условие


	$13.2.20.$ На плоскую поверхность стеклянного полуцилиндра падают под углом $45^{\circ}$ световые лучи, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра. Из какой части боковой поверхности полуцилиндра будут выходить лучи света? Показатель преломления стекла $n$.		$13.2.20.$ На плоскую поверхность стеклянного полуцилиндра падают под углом $45^{\circ}$ световые лучи, лежащие в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра. Из какой части боковой поверхности полуцилиндра будут выходить лучи света? Показатель преломления стекла $n$.

	### Решение		### Решение
			Перед решением задачи нужно понять её идейность.

	![К задаче $13.2.20$ \|1579x1485, 31%](../../img/13.2.20/scan-0.png)		Для этого немного переформулируем вопрос в задаче, "Каков размах граничащей области пропускаемого света на кривой поверхности цилиндра?"

			Теперь же мы поняли, что от нас хотят угол между двумя граничащами точка (под граничащими точками я подразумеваю точки цилиндра в которых не будут проходить лучи) и теперь же мы будем рассматривать полуокружность цилиндра т.е. вид сверху.

			(1) Нахождение граничащих точек A и B.

	#### Ответ: $\phi = 2 arcsin(\frac{1}{n})$		Пусть у нас есть луч выходящий ИЗ внутренней части полуокружности наружу, тогда проекция на ось перпендекулярную к касательной, т.е. на радиус полуокружности и запишем Закон Снеллиуса на эту ось.

			(1.1) $n*sin(\omega) = sin(\sigma)$

			т.к. лучи выходят при $\sigma$ $\leq$ $\frac{\Pi}{2}$; тогда мы имеем две граничащие точки A и B с таким же уравением (1.1)

			тогда имеем $$\begin{cases}
			n*sin(\rho_{1})& = sin(\sigma) \\\\
			n* sin(\rho_{2}) & = sin(\sigma)
			\end{cases}$$
			$\Rightarrow$ $\rho_{1}= arcsin(\frac{1}{n}) = \rho_{2} $ или $\rho_{1} = \rho_{2}$ (см. рис.1.)

			(1.2) $\rho_{1} = \rho_{2} = \rho = \arcsin(\frac{1}{n})$



			![Рис.1.\|1240x981, 50%](../../img/13.2.20/7309.png)


			(2) Мы нашли главные граничащие точки А и B, теперь осталось через геометрию найти чему равен $\phi$.

			(2.1) Из точек D и C проведём лучи из наружной среды к точкам A и B соответственно.
			Тогда имеем треугольники $\triangle DOA$ и $\triangle CBO$, где углы $\rho_{1}$ и $\rho_{2}$, нам известны, а углы ODA и OCB равны $\frac{\Pi}{2 } - \gamma$, где $\gamma$ это угол преломленого луча из наружной среды в цилиндре. (см.ри.2.)

			$sin(\beta) = n * sin(\gamma) \Rightarrow \gamma = arcsin(\frac{1}{n\sqrt{2}})$; $\beta$ по условию равен $45^\circ$

			И далее уже из геометрии находим

			$$\begin{cases}
			\angle{DOA}& = \frac{\Pi}{2} - \rho + \gamma \\\\
			\angle{COB} & = \frac{\Pi}{2} - \rho - \gamma
			\end{cases}$$

			![Рис.2.\|1168x894, 50%](../../img/13.2.20/7306.png)

			(3) Находим уже наше $\phi$:

			$\phi = \Pi - (\angle{DOA} + \angle{COB})= \Pi-(\frac{\Pi}{2} - \rho + \gamma + \frac{\Pi}{2} - \rho - \gamma) = 2\rho = 2arcsin(\frac{1}{n})$






			#### Ответ: $\phi = 2*arcsin(\frac{1}{n})$