by 
Δημοσιεύτηκε από τον/την Διονύσης Μάργαρης στις 6 Φεβρουάριος 2013 και ώρα 20:13
Μια μονοχρωματική ακτίνα φωτός προσπίπτει υπό γωνία φ σε μια γυάλινη πλάκα Α με δείκτη διάθλασης n1. Η διαθλώμενη φτάνει στο σημείο Α.
i) Η ακτίνα στο Α, θα υποστεί:
α) μόνο ανάκλαση
β) μόνο διάθλαση
γ) ανάκλαση και διάθλαση.
ii) Κάτω από την πλάκα αυτή, βάζουμε μια δεύτερη με διαφορετικό δείκτη διάθλασης n2. Τότε η ακτίνα στο σημείο Α, θα υποστεί:
α) μόνο ανάκλαση
β) μόνο διάθλαση
γ) ανάκλαση και διάθλαση
δ) εξαρτάται από την τιμή …
Η συνέχεια στο Blogspot.
ή
Διάθλαση ή ολική ανάκλαση;.docx
Το παραπάνω θέμα ήταν το σημερινό Β΄Θέμα στο διαγώνισμα που έβαλα στο σχολείο.
Απεδείχθη ότι ήταν το θέμα που δυσκόλεψε τους μαθητές και κυρίως το β) ερώτημα δεν αντιμετωπίσθηκε σωστά από κανένα μαθητή….
Για να δειχθεί λοιπόν η σωστή απάντηση, δημοσιεύω εδώ το θέμα λυμένο.
Πράγματι Διονύση το β) είναι δύσκολο γιατί απαιτεί μια ιδιαίτερη τάξη στο συλλογισμό και είναι πολύ πιθανό να μπερδευτεί κάποιος και να μη μπορεί να ξεφύγει.
Πολύ καλό θέμα Διονύση.
Να δώσω στο ερώτημα (ii) και μια απάντηση χωρίς πράξεις 🙂
Ας φανταστούμε την οπτική ακτίνα να πηγαίνει ανάποδα, από το Α στο Ο. Είναι η γωνία πρόσπτωσης θ αρκετά μικρή (μικρότερη δηλαδή από την κρίσιμη) ώστε να περάσει η ακτίνα από το γυαλί στον αέρα, ή θα πάθει ολική ανάκλαση;
Μα προφανώς είναι αν σκεφτούμε την αντίστροφη πορεία της ακτίνας.
Αν λοιπόν με γωνία πρόσπτωσης θ η ακτίνα περνάει από το γυαλί στον αέρα, τότε θα περνάει και σε οποιοδήποτε άλλο υλικό οπτικά πυκνότερο από αυτόν, δηλαδή σε οποιοδήποτε άλλο υλικό.
Μανώλη και Διονύση Καλημέρα.
Το ερώτημα Μανωλη, εκ του αποτελέσματος κρίνεται δύσκολο.
Πολύ σωστή είναι η σκέψη και η απόδειξη που δίνεις Διονύση. Είναι ένα σημείο που, δεν ξέρω πόσο συνειδητοποιούμε ακόμη κι εμείς που διδάσκουμε, οπότε για τους μαθητές μας είναι πολύ δύσκολο.
Ας το δούμε γενικότερα το θέμα. Έστω μια ακτίνα φτάνει στη διαχωριστική επιφάνεια δύο μέσων, με γωνία πρόσπτωσης ίση με την κρίσιμη, όπως στο σχήμα:
Για την κρίσιμη αυτή γωνία θα ισχύει ημθcrit=n2/n1.
Αν αντικαταστήσουμε την κάτω πλάκα με άλλη, με δείκτη διάθλασης n3, τι θα συμβεί;
1) Αν n3> n2, τότε η κρίσιμη γωνία θα αυξηθεί και πλέον η τωρινή γωνία πρόσπτωσης θα είναι μικρότερη και η ακτίνα θα διαθλαστεί (εν μέρει).
2) Αν n3= n2, θα έχουμε την παραπάνω εικόνα (σύμφωνα με το βιβλίο, αλλά στην πραγματικότητα πάλι ολική ανάκλαση)
3) Αν n3< n2 τότε η ακτίνα πηγαίνει ακόμη σε οπτικά αραιότερο μέσο και θα υποστεί ολική ανάκλαση.
Αν η γωνία πρόσπτωσης είναι μικρότερη της οριακής;
1) Αν n3> n2, τότε η ακτίνα θα πλησιάσει την κάθετη και μπορεί να γίνει και μικρότερη της θ.
2) Αν n3= n2, θα έχουμε την ίδια με παραπάνω εικόνα
3) Αν n3< n2 τότε η ακτίνα θα απομακρυνθεί από την κάθετη και μπορεί να συμβεί ολική ανάκλαση.
Έτσι στην περίπτωση της αρχικής ερώτησης, αφού η ακτίνα εξέρχεται στον αέρα από την πρώτη πλάκα, θα πρέπει κάτω από αυτήν να βάλουμε υλικό με δείκτη διάθλασης μικρότερο από ένα!!! για να πάθει ολική ανάκλαση. Αυτό προφανώς δεν μπορεί να συμβεί.
Διονύση μπράβο για την άσκηση. Σε ευχαριστώ που μου την έδωσες.
Είναι εξυπνη όπως πρέπει να είναι το καλό…
Καλησπέρα Διονύση.
Πολύ όμορφη άσκηση!
Διονύση στο επάνω σχήμα στην περίπτωση 1) Αν αλλάξει το μέσο 2 θα έχουμε μια καινούργια θ’crit, οπότε αν n3 > n2 –> n3/η1> n2/η1 –> ημθ’crit > ημθcrit –> θcrit < θ’crit –>
θπ=θcrit < θ’crit άρα γιατί να έχω ολική ανάκλαση στο μέσο 3. Θα έχω διάθλαση αφού
θπ < θ’crit και με την προϋπόθεση φυσικά ότι ο η3 που μεγαλώνει να είναι μικρότερος του η1 ώστε το μέσο 1 να εξακολουθεί να είναι οπτικά πυκνότερο του 3.
Εντελώς αντίστοιχα στην περίπτωση 3) n3<n2 –> n3/η1<n2/η1 –> ημθ’crit < ημθcrit –> θcrit > θ’crit –> θπ=θcrit > θ’crit οπότε τώρα θα έχω ολική ανάκλαση στο μέσο 1.
Δηλαδή αν δεν κάνω κάπου λάθος με τις ανισώσεις ισχύουν τα εντελώς αντίστροφα από αυτά που αναφέρεις.
Καλησπέρα Βαγγέλη (Μαρ). έχεις δίκιο στις μισές ανισώσεις,στις πάνω, αλλά όχι στις κάτω.
Πράγματι η πάνω περίπτωση είναι όπως το λες και θα κάνω διόρθωση, αλλά στο κάτω σχήμα γιατί καταλήγεις σε αυτό το συμπέρασμα; Όσο μικραίνει ο δείκτης διάθλασης του κάτω πλακιδίου, η ακτίνα θα απομακρύνεται από την κάθετο, οπότε υπάρχει και περίπτωση να υποστεί ολική ανάκλαση. Συνεπώς αν μεγαλώσει ο δείκτης διάθλασης η ακτίνα θα πλησιάσει την κάθετο μικραίνοντας η γωνία διάθλασης. Αυτό ήταν και το θέμα στο διαγώνισμα.
Αντικαταστήσαμε τον αέρα n=1 με μια πλάκα με n>1 οπότε η ακτίνα διαθλάται με γωνία μικρότερη από την γωνία διάθλασης στην περίπτωση του αέρα.
Θρασύβουλε και Γιάννη (Φιορ) σας ευχαριστώ. Να είστε καλά.
Διονύση δεν αναφέρομαι στο κάτω σχήμα. Οι πρώτες ανισώσεις αναφέρονται στο 1ο σχήμα περίπτωση1) και οι δεύτερες πάλι στο 1ο σχήμα περίπτωση 3)
Διονύση όσον αφορά το ερώτημα 2 ii, του διαγωνίσματος μια λύση με περιπτώσεις, που πιστεύω ότι είναι πιο κοντά στη λογική του μαθητή.
Έχω 2 περιπτώσεις:
1) η2 > η1 δηλαδή το φως να πηγαίνει από αραιότερο σε πυκνότερο.
Τότε διαθλάται πλησιάζοντας την κάθετη οπότε τ < θ < φ
2) η2 < η1 δηλαδή το φως να πηγαίνει από πυκνότερο σε αραιότερο.
Τότε:
i. αν θ < θcrit δηλαδή αν ημθ < η2/η1 θα έχω διάθλαση και το ημτ = ημφ/η2 άρα τ<φ.
ii. αν θ = θcrit δηλαδή αν ημθ = η2/η1 τότε από τη σχέση (1) θα πρέπει
ημφ/η1 = η2/η1 –> ημφ = η2 >1 άτοπο.
iii. αν θ > θcrit θα είχα ολική ανάκλαση. Τότε όμως ημθ > η2/η1 δηλαδή
ημφ/η1 > η2/η1 ή ημφ > η2 > 1 άτοπο.
Άρα η ακτίνα πάντα θα διαθλάται με τ < φ ανεξάρτητα από την τιμή του η2 σε σχέση με αυτή του μέσου 1.
Συμφωνώ Βαγγέλη, ότι ίσως αυτή η λύση, ίσως είναι πιο κοντά στη λογική των μαθητών.
Απλά έχω την άποψη ότι θα τα πρέπει να μπορούν να καταλήγουν και σε κάποια συμπεράσματα, χωρίς πολλά μαθηματικά και σχέσεις. Αφού πάντα καιροφυλακτεί και το λάθος, όπως την “πάτησα” εγώ το πρωί, γράφοντας το σχόλιο με την α΄περίπτωση….
Πάντως είναι πολύ έξυπνη για δυνατούς λύτες θα έλεγα. Να είσαι καλά.