Световозвращающая плёнка

Лазерный луч, направленный прямо на плёнку, даёт на экране шесть пятен — по одному от каждой призмы; по их расположению видно, у каких призм углы равны. Минимальное отклонение достигается при симметричном ходе луча в призме — наклоните плёнку и найдите положение, где пятно ближе всего к центру.

1) \(\alpha_1=\alpha_4<\alpha_2=\alpha_3=\alpha_5=\alpha_6\);  2) \(\beta_1\approx28^\circ\), \(\beta_2\approx40^\circ\);  3) \(\alpha_1=50^\circ\), \(\alpha_2=58^\circ\) (\(\alpha=2\gamma+\beta\));  4) поправка \(\Delta\alpha=0{,}5^\circ\);  5) \(n=\dfrac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(\gamma+\beta/2)}\approx1{,}5\).

i) Направив лазерный луч прямо на световозвращающую плёнку, мы видим на экране шесть пятен. Эти пятна — лазерный луч, преломлённый в шести различных призмах, имеющихся на плёнке. В симметричном случае, когда \(\alpha_i=\text{const}\), ожидаем, что пятна лежат в вершинах шестиугольника. На самом деле мы видим шестиугольник, у которого два пятна сдвинуты внутрь, а остальные четыре равноудалены от центра. Это означает, что четыре угла и два угла попарно равны. Можно сказать, что грани 1 и 4 соответствуют пятнам, сдвинутым внутрь. Тогда \(\alpha_1=\alpha_4\), \(\alpha_2=\alpha_3=\alpha_5=\alpha_6\) и \(\alpha_1<\alpha_2\).

ii) Минимальные углы отклонения можно найти, держа лазер и экран на месте и наклоняя плёнку. Тогда изменяющиеся углы отклонения прямо представлены перемещением пятен на экране. Остаётся только найти такую ориентацию плёнки, при которой отклонение пятен на экране минимально. Измерения дают \(\beta_1\approx28^\circ\) и \(\beta_2\approx40^\circ\).

iii) Минимальный угол отклонения соответствует симметричному прохождению лучей через призмы. Это позволяет удобно найти минимальный угол отклонения через \(\alpha\) и \(\gamma\), где \(\gamma\) — угол плёнки с лазерным лучом. Дальнейшие измерения дают \(\gamma_1=11^\circ\) и \(\gamma_2=9^\circ\). Из геометрии \(\beta/2=\alpha/2-\gamma\), откуда \(\alpha=2\gamma+\beta\). Получаем \(\alpha_1=50^\circ\), \(\alpha_2=58^\circ\).

iv) Для наших значений \(\cos^2\alpha_1+\cos^2\alpha_3+\cos^2\alpha_5=0{,}97\). Либо пробуя разные значения, либо делением пополам, находим, что можно вычесть \(\Delta\alpha=0{,}5^\circ\), чтобы получить значение суммы квадратов косинусов почти точно \(1\).

v) Из закона Снеллиуса \(\sin(\alpha-\gamma)=n\sin(\alpha/2)\), откуда \[n=\frac{\sin(\beta+\gamma)}{\sin(\gamma+\beta/2)}\approx1{,}5.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.