3انكسار الضوء

حل التمرين 3.1.

تُقاس الزوايا من الناظم: فزاوية الورود $90^\circ - 25^\circ = 65^\circ$، ومن ثم زاوية الانعكاس هي أيضًا $65^\circ$. وتصنع الحزمتان الواردة والمنعكسة زاوية $2 \times 65^\circ = 130^\circ$ فيما بينهما.

حل التمرين 3.2.

1. $v = c/n$: ففي الماء $v = 3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}/1.33 = 2.26 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$؛ وفي الماس $v = 3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}/2.42 = 1.24 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

2. $n = \dfrac{c}{v} = \dfrac{3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}} {1.97 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}} = 1.52$: أي الزجاج.

حل التمرين 3.3.

$\sin i_2 = \dfrac{\sin 40^\circ}{1.50} = \dfrac{0.643}{1.50} = 0.429$، ومنه $i_2 = 25.4^\circ$. وبعكوسية مسارات الضوء، فإن شعاعًا داخل الزجاج يصيب السطح بزاوية $25.4^\circ$ يخرج إلى الهواء بزاوية $40^\circ$ بالضبط.

حل التمرين 3.4.

$\sin i_2 = \dfrac{\sin 55^\circ}{1.33} = \dfrac{0.819}{1.33} = 0.616$، ومنه $i_2 = 38.0^\circ$. فينحني الشعاع نحو الناظم، لأن الماء هو الوسط الأبطأ ($n_2 > n_1$).

حل التمرين 3.5.

$n = \dfrac{\sin 45^\circ}{\sin 32^\circ} = \dfrac{0.707}{0.530} = 1.33$: فالسائل ماء.

حل التمرين 3.6.

1. النسب الخمس هي

ثابتة في حدود خطأ القياس — أي قانون سنيل.

2. $n \approx 1.49$: أي البلكسيغلاس.

3. يتنبأ قانون سنيل بأن $\sin i_2 = \sin i_1 / n$: أي أن المعطيات، جيبًا بدلالة جيب، يجب أن تصطفّ على خط مستقيم يمرّ بالمبدأ، وهو ما تتحقق منه المسطرة بنظرة واحدة. أما رسم الزاوية بدلالة الزاوية فيضع المعطيات على منحنٍ؛ وعند الزوايا الصغيرة يكون المنحني قريبًا من المستقيم قربًا خادعًا، وهو بالضبط ما خدع بطليموس.

حل التمرين 3.7.

$\sin i_c = n_2/n_1$ مع $n_2 = 1.00$: الماء $\sin i_c = 1/1.33 = 0.752$، $i_c = 48.8^\circ$؛ الزجاج $\sin i_c = 1/1.50 = 0.667$، $i_c = 41.8^\circ$؛ الماس $\sin i_c = 1/2.42 = 0.413$، $i_c = 24.4^\circ$.

ومن الهواء إلى الماء، $\sin i_2 = \sin i_1/1.33 \leq 1/1.33 < 1$ مهما تكن زاوية الورود: فثمة دائمًا زاوية انكسار، ولا يحدث شيء خاص أبدًا — إذ يقتضي الانعكاس الكلي الداخلي $n_1 > n_2$.

حل التمرين 3.8.

1. $d' = \dfrac{d}{n} = \dfrac{2.0\,\mathrm{m}}{1.33} = 1.5\,\mathrm{m}$.

2. تبدو السمكة على $40\,\mathrm{cm}/1.33 = 30\,\mathrm{cm}$: فالصورة فوق السمكة، ومن ثم على مالك الحزين أن ينقضّ تحت الصورة التي يراها. أما مالك الحزين، وهو غير مثقل بقانون سنيل، فيتعلم ذلك بالتجربة والخطأ.

حل التمرين 3.9.

1. $\sin r = \dfrac{\sin 50^\circ}{1.50} = \dfrac{0.766}{1.50} = 0.511$، ومنه $r = 30.7^\circ$.

2. من الزجاج إلى الهواء عند $30.7^\circ$: $\sin i_2 = 1.50 \times 0.511 = 0.766$، ومنه $i_2 = 50^\circ$ — أي أن زاوية الخروج تساوي زاوية الدخول.

3. يُلغي الانكساران أحدهما الآخر: فيغادر الشعاع موازيًا لاتجاهه الأصلي، مزاحًا جانبيًّا لا غير. ولهذا لا تشوّه النافذة المشهد، إنما تزيحه إزاحة (غير محسوسة).

حل التمرين 3.10.

$\sin 55^\circ = 0.819$. الأحمر: $\sin i_2 = 0.819/1.61 = 0.509$، $i_2 = 30.6^\circ$. الأزرق: $\sin i_2 = 0.819/1.66 = 0.493$، $i_2 = 29.6^\circ$. فيفصل بين اللونين $1.0^\circ$؛ والأزرق، ذو القرينة الأكبر، ينحني أكثر وينتهي أقرب إلى الناظم.

حل التمرين 3.11.

1. $\sin i_c = \dfrac{1.46}{1.48} = 0.986$، ومنه $i_c = 80.6^\circ$.

2. شعاع بزاوية $i_c$ عن الناظم يصنع $90^\circ - i_c$ مع المحور، فيكون مساره على طول محور طوله $L$ هو $\dfrac{L}{\sin i_c}$:

أي نحو $14\,\mathrm{m}$ زيادةً على الشعاع المحوري.

حل التمرين 3.12.

1. الضوء الملامس الآتي من الأفق يصل عند $i_1$ قريبة من $90^\circ$؛ فينكسر إلى $\sin i_2 = \sin 90^\circ / 1.33 = 0.752$، أي $i_2 = 48.8^\circ$ — أي الزاوية الحدية، كما تقتضي العكوسية. ولذلك تصل أشعة السماء كلها إلى العين داخل مخروط نصف زاويته $48.8^\circ$.

2. حافة القرص هي حيث يلاقي ذلك المخروط السطح:

3. خارج القرص، يصيب الضوء الآتي من تحت السطحَ بزاوية أبعد من الزاوية الحدية فينعكس كليًّا: فيرى الغطّاس مرآة فضية تعرض قاع المسبح.

حل التمرين 3.13.

1. الأحمر: $\sin i_2 = 1.51 \times \sin 30^\circ = 0.755$، ومنه $i_2 = 49.0^\circ$. الأزرق: $\sin i_2 = 1.53 \times 0.500 = 0.765$، ومنه $i_2 = 49.9^\circ$. فتنتشر الحزمة البيضاء على $49.9^\circ - 49.0^\circ = 0.9^\circ$ — أي طيف موشور من انكسار واحد.

2. عند $45^\circ$: $\sin i_2 = 1.51 \times 0.707 = 1.07 > 1$ (و$1.53 \times 0.707 = 1.08$ للأزرق). فلا وجود لزاوية انكسار لأي من اللونين: إذ الزاوية الحدية $\arcsin(1/1.51) = 41.5^\circ < 45^\circ$، فيعكس الوجه الطويل الحزمة كلها انعكاسًا كليًّا.

حل التمرين 3.14.

1. الزاوية الحدية بين الزجاج والهواء: $\sin i_c = 1/1.50$، ومنه $i_c = 41.8^\circ < 45^\circ$: فتنعكس الحزمة انعكاسًا كليًّا — أي $100\%$ من الضوء، دون طلاء يبهت. أما المرآة المعدنية فتفقد بضعة بالمئة عند كل ارتداد، والمِرقاب يحتاج ارتدادين.

2. بين الزجاج والماء: $\sin i_c = \dfrac{1.33}{1.50} = 0.887$، ومنه $i_c = 62.5^\circ$. والآن $45^\circ < i_c$: أي أن الورود دون الحدية، فينكسر معظم الضوء خارجًا إلى الماء، وتخفق المرآة — ومن ثم تخفق الصورة.

3. $\sin i_2 = \dfrac{1.50}{1.33} \times \sin 45^\circ = 1.128 \times 0.707 = 0.798$، ومنه $i_2 = 52.9^\circ$ إلى الماء.

حل التمرين 3.15.

1. $v = \dfrac{3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}}{1.47} = 2.04 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$، ومنه

2. الراديو: $t = 6.2 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/3.00 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 20.7\,\mathrm{ms}$. فالزجاج يكلّف $30.4 - 20.7 = 9.7\,\mathrm{ms}$ في كل اتجاه، أي نحو $19\,\mathrm{ms}$ للذهاب والإياب.

3. خفض القرينة — فالألياف ذات القلب المجوّف توجّه الضوء عبر الهواء ($n \approx 1.00$)، وتفعل الوصلات المكروية عبر الغلاف الجوي الشيء نفسه — أو تقصير المسار: أي كابل يُمدّ أقرب إلى مسار الدائرة العظمى بين المدينتين. وكلاهما يُباع فعلًا، بأثمان لكل جزء من الألف من الثانية.