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.
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.
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.)
(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 $45^\circ$
