Стеклянный шар

Луч вдоль оси не преломляется, поэтому достаточно найти, куда выйдет на оси луч, идущий вблизи неё: свяжите угол падения и угол преломления через равнобедренный треугольник с боковыми сторонами — радиусами шара.

\(n=2\).

Луч, идущий вдоль оптической оси, не преломляется и проходит через шар прямо. Значит, все лучи собираются в точке пересечения задней половины поверхности шара и оптической оси.

Рассмотрим теперь один из лучей, лежащий вдали от центра пучка. Для этого конкретного луча задачу можно приблизить двумерной. Нарисуем ход луча и отметим углы. Пусть угол падения равен \(\alpha\), а угол преломления \(\beta\); они связаны законом Снелля: \(n_{\text{в}}\sin\alpha=n_{\text{ш}}\sin\beta\). Из подобия треугольников \(\angle AOB\) тоже равен \(\alpha\). Треугольник \(AFO\) равнобедренный (боковые стороны — радиусы шара), и поэтому \(\angle AFO\) равен \(\beta\). С одной стороны (сумма внутренних углов треугольника равна \(180^\circ\)) \(\angle AOF=180^\circ-2\beta\), с другой (сумма смежных углов равна \(180^\circ\)) \(\angle AOF=180^\circ-\alpha\), поэтому \(\alpha=2\beta\). Принимая \(n_{\text{в}}=1\) и используя приближение малых углов \(\sin x\approx x\), получаем: \[n_{\text{в}}\sin\alpha=n_{\text{ш}}\sin\beta\ \Rightarrow\ \sin2\beta=n_{\text{ш}}\sin\beta\ \Rightarrow\ n_{\text{ш}}=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta}\approx\frac{2\beta}{\beta}=2.\]

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