Пузырёк в стеклянном шарике

Лучи, падающие на поверхность шарика под углом больше предельного, полностью отражаются. Как меняется угол падения при следующих отражениях внутри шарика? Свяжите угол падения с направлением луча из пузырька.

\(\eta=1\) при \(r\le R/n\); \(\eta=1-\sqrt{1-\dfrac{R^2}{n^2r^2}}\) при \(R/n<r\le R\).

Что происходит. Пузырёк — точечный источник, излучающий одинаково по всем направлениям. Луч выходит из шарика, если угол падения \(\theta\) на поверхность меньше предельного угла полного внутреннего отражения: \(\sin\theta<1/n\). Лучи с большим углом падения полностью отражаются. У шарика есть важное свойство: после отражения угол падения при следующем попадании на поверхность тот же, потому что треугольник из центра и двух соседних точек падения равнобедренный. Значит, такой луч не выйдет никогда. Лучи с \(\theta<\theta_{\text{пр}}\) отражаются частично, но отражённая часть снова падает под тем же углом и в итоге тоже выходит (стекло не поглощает свет). Главная идея: доля вышедшего света равна доле телесного угла направлений с \(\sin\theta<1/n\).

Обозначения. \(O\) — центр шарика, \(P\) — пузырёк (\(OP=r\le R\)), \(S\) — точка выхода луча на поверхность (\(OS=R\)), \(\gamma\) — угол между лучом и направлением \(PO\) на центр, \(\theta\) — угол падения: угол между лучом и нормалью \(OS\) в точке \(S\).

1. Угол падения через направление луча. В треугольнике \(OPS\) известны стороны \(OP=r\), \(OS=R\). Угол при вершине \(S\) — это угол падения \(\theta\) (между лучом \(SP\) и нормалью \(SO\)), угол при вершине \(P\) равен \(\gamma\). Теорема синусов: \[\frac{r}{\sin\theta}=\frac{R}{\sin\gamma}\quad\Rightarrow\quad\sin\theta=\frac rR\sin\gamma.\] Сторона \(OP\) меньше \(OS\), поэтому угол \(\theta\) острый и равен именно углу падения.

2. Условие выхода. Из \(\sin\theta<1/n\) получаем \[\sin\gamma<\frac{R}{n\,r}.\] Если \(r\le R/n\), правая часть не меньше единицы, и условие выполнено для любого направления: из шарика выходит весь свет, \(\eta=1\).

Если \(r>R/n\), то выходят лучи с \(\gamma<\gamma_0\) (конус вперёд, в сторону центра) и с \(\gamma>\pi-\gamma_0\) (конус назад, к ближайшей поверхности), где \[\sin\gamma_0=\frac{R}{n\,r}.\] Граничные лучи — касательные к окружности радиуса \(R/n\) с центром \(O\): расстояние от \(O\) до луча \(r\sin\gamma\) равно \(R/n\) при \(\gamma=\gamma_0\).

3. Доля света. Телесный угол конуса с углом \(2\gamma_0\) при вершине равен \(2\pi(1-\cos\gamma_0)\) (примечание в условии); таких конусов два, весь телесный угол — \(4\pi\): \[\eta=\frac{2\cdot2\pi\,(1-\cos\gamma_0)}{4\pi}=1-\cos\gamma_0=1-\sqrt{1-\frac{R^2}{n^2r^2}}.\] Обратите внимание: учитывать надо оба конуса. Лучи, идущие назад, к ближайшей к пузырьку поверхности, тоже падают под малым углом и выходят; если взять только конус вперёд, ответ окажется вдвое меньше.

Проверка. При \(r=R/n\) второй случай даёт \(\eta=1-\sqrt{1-1}=1\), значит ответ непрерывен. Предел \(n\to1\) (полного отражения нет): \(R/n\to R\), для любого \(r\le R\) получаем \(\eta=1\). На самой поверхности (\(r=R\)) \(\eta=1-\sqrt{1-1/n^2}=1-\cos\theta_{\text{пр}}\): два конуса с углом \(\theta_{\text{пр}}\) у вершины — наружу и внутрь шарика. Для \(n=1{,}5\) это \(0{,}25\), для \(n=2\) — \(0{,}13\).

Ответ. \(\eta=1\) при \(r\le\dfrac Rn\);  \(\eta=1-\sqrt{1-\dfrac{R^2}{n^2r^2}}\) при \(\dfrac Rn<r\le R\).

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