небольшой вопрос по оптике

[kis]

К центру торца длинного стеклянного стержня радиусом R поднесли точечный источник света S. Через какие участки боковой поверхности этого стержня будет выходить свет? Показатель преломления стекла равен n. Торец стержня перпендикулярен его оси.



в решение к этой задаче сказано, что угол $\alpha_1$ - это максимальный угол отклонения луча от оси цилиндра, причем $\sin{\alpha _1} = \frac{1}{n}$.
ясно, что, чтобы луч преломлялся под углом $\alpha_1$, нужно, чтобы он падал на поверхность стекла(из вакуума) под углом чуть меньше предельного $\beta_m$(обозначим угол падения луча на стекло через $\beta$). Угол $\beta_$ на рисунке не обозначен. связь между углом падения и углом преломления: $\frac{\sin{\beta}}{\sin{\alpha_1}}=n$, а предельный угол падения вычисляется так: $\sin{\beta_m} = n$.
в решение указана формула $\sin{\alpha _1} = \frac{1}{n}$, вот я и не пойму, как она вообще получилась?

p.s. если непонятно написал, вот решение
http://collection.edu.yar.ru/dlrstore/2 ... p1751.html
но читать необязательно.

UPD:

Цитата:

а предельный угол падения вычисляется так: $\sin{\beta_m} = n$.

такого быть не может, т.к. синус =< 1 по определению, а n > 1. Значит, на границе вакуум-стекло луч не испытывает полного внутреннего отражения ни при каком угле. А вот при выходе из стекла(граница стекло-вакуум) при некотором угле будет полное внутреннее отражение

[ewert]

kis в сообщении #673693 писал(а):

в решение указана формула $\sin{\alpha _1} = \frac{1}{n}$, вот я и не пойму, как она вообще получилась?

Это -- общеизвестный угол полного внутреннего отражения, т.е. получающийся из закона Снеллиуса при максимально возможном угле падения извне, равном 90 градусам.

[nikvic]

kis в сообщении #673693 писал(а):

Через какие участки боковой поверхности этого стержня будет выходить свет?

Грязноватая задача - без дополнительных слов типа ""без промежуточного отражения.
Таких участков много, и вместе они покрывают всю боковую поверхность.
Было бы забавно чуть "запылить" поверхность такого цилиндра. Будет ли видна полосатость?

[nestoronij]

Хорошо бы знать в какой среде стержень? Если $ n_{cp} > n _{ct}$, то одно решение. Если $ n_{cp} < n _{ct}$, то другое.

[ewert]

nestoronij в сообщении #673736 писал(а):

Хорошо бы знать в какой среде стержень?

В вакууме, разумеется.

nikvic в сообщении #673713 писал(а):

Таких участков много, и вместе они покрывают всю боковую поверхность.

Ну так уж и всю (ясно, что отражений от правого торца не предполагается).

[nikvic]

ewert в сообщении #673741 писал(а):

Ну так уж и всю (ясно, что отражений от правого торца не предполагается).

Речь не о торце. Отражение есть всегда, и если луч может выйти,
то отражённый при попадании в следующей точке снова раздвоится.
====
Это - при неправильном понимании задачи, когда источник внутри стекла.
Предыдущий пост уже неисправим

[kis]

я вот сейчас над чем думаю:
луч в стекле распространяется под углом $\alpha_1$(см. рис.). при этом луч падает на боковую стенку под углом $\alpha_2 = 90 - \alpha_1$. есть некий предельный угол $\alpha_2$, такой что $\sin{\alpha_2} = 1/n}$, при котором луч полностью отразится от боковой стенки и не пройдет через нее.
из этих соображений получается что, если увеличивать угол $\alpha_1$, то угол $\alpha_2 = 90 - \alpha_1$ будет уменьшаться. значит есть некий минимальный угол $\alpha_{1(min)}$, при котором луч уже не выходит через боковую стенку. поэтому луч должен распростроняться в стенке при угле больше некого угла $\alpha_1 > \alpha_{1(min)}$, чтобы выйти через боковую стенку.
где то в моих рассуждениях похоже есть ошибка, потому что с решением не совпадает.



p.s. задача прямо аналог математическим уравнениям с параметром

[nikvic]

kis в сообщении #673754 писал(а):

где то в моих рассуждениях похоже есть ошибка, потому что с решением не совпадает.

Ага - Вы не учли преломление при входе луча через торец.
Источник находится на (малом) расстоянии от торца, и внутри будет "конус лучей".

[ewert]

nikvic в сообщении #673745 писал(а):

если луч может выйти,
то отражённый при попадании в следующей точке снова раздвоится.

Конечно (если выход вообще хоть где-то возможен, что вовсе не факт). Но почему всю-то боковую поверхность?... Уж как минимум в начале заведомо есть мёртвая зона.

kis в сообщении #673754 писал(а):

поэтому луч должен распростроняться в стенке при угле больше некого угла $\alpha_1 > \alpha_{1(min)}$, чтобы выйти через боковую стенку.

Луч распространяется при всех углах, меньших угла полного отражения. И луч вообще никогда не выйдет наружу, если этот предельный луч меньше 45 градусов, т.е. при $n>\sqrt2$.

[kis]

я силюсь и не могу понять, почему в решение сравнивают $\alpha_2 \geq \alpha_1$. объясните пожалуйста, почему именно $\alpha_2$ >= $\alpha_1$, а не, например, $\alpha_2$ <= $\alpha_1$? из каких соображений?

[kis]

дошло!

[kis]

нет, поспешил. вообще не фига непонятно, откуда взялось $\alpha_2 \geq \alpha_1$? буду очень признателен, если логически объясните мне, не пересказывая решения

[kis]

понял вроде.
мб два случая:
1) при максимальном угле преломления лучи сразу падают в мертвую зону(т.е. угол падения на бок. грань больше предельного угла полного внутреннего отражения(далее ПВО)). при дальнейшем уменьшение угла преломления угол падения на боковую грань увеличивается. значит лучи полностью отражаются от грани.
2) при максимальном угле преломления лучи падают на грань под углом меньшем угла ПВО. уменьшая угол преломления, угол падения на боковую грань будет увеличиваться. значит рано или поздно мы наткнемся на угол ПВО. нужно ввести условие, соответствующее данному случаю: $\alpha_2 < \alpha_{2limit}$ - т.е. когда мы посылаем луч под максимальным углом преломления, этот луч не должен сразу попадать в мертвую зону.
чтобы разрешить неравенство $\alpha_2 < \alpha_{2limit}$, нужно заметить, что синус максимального угла преломления равен синусу предельного угла падения на боковую грань(ясно из формулы sinA/sinB=n2/n1). откуда понятно, что угол максимального преломления равен углу ПВО.
значит неравнество $\alpha_2 < \alpha_{2limit}$ можно переписать так: $\alpha_2 < \alpha_1$ => $90 - \alpha_1 < \alpha_1$.

[ewert]

Наверное, правильно; но букв настолько много, что разбираться лень. Фактически же всё очень просто. Лучи выходят из торца только под углами $\alpha_1<\arcsin\frac1n$ к оси. И полностью отражаются от стенки, если эти углы слишком малы, а именно если $\frac{\pi}2-\alpha_1>\arcsin\frac1n$. Соответственно, светящаяся область отвечает углам $\alpha_1\in\left(\arcsin\frac1n;\,\frac{\pi}2-\arcsin\frac1n\right)$, вот и всё. Интенсивность свечения будет, естественно, неравномерной, плавно спадая к краям области.

[kis]

блин, точно. ваше решение намного проще. большое спасибо!