3. На поверхность жидкости падает луч под углом 50 0 . Угол преломления 15 0 . Определите показатель
преломления жидкости. (sin 50 0 ≈ 0,76; sin 15 0 ≈ 0,25)

Объяснение:

Посчитаем поле бесконечной равномерно заряженной нити. Из аксиальной симметрии задачи следует, что и поле имеет аксиальную симметрию. Другими словами, оно является функцией только расстояния от нити до точки наблюдения: \mathbf{E}=E(r)\cdot \mathbf{e_r}}

Здесь \mathbf{e_r}er - единичный вектор вдоль перпендикуляра из точки наблюдения на нить, он "смотрит" прочь от последней, а rr - расстояние от точки наблюдения до нити.

Для того, чтобы посчитать поле в явном виде, проще всего воспользоваться теоремой Гаусса.

Выберем такую поверхность: это цилиндр, ось которого совпадает с нитью, радиусом rr и длиной образующей ll .

Теорема Гаусса гласит, что поток поля через замкнутую поверхность с точностью до размерного множителя \frac{1}{\varepsilon_0}ε01 равен заряду внутри нее:

$\int\limits_{\partial V} \mathbf{E}\cdot \mathrm d\mathbf S=\frac{1}{\varepsilon_0}\int\limits_V \rho\ \mathrm d V

Левая часть в нашем случае распадается на три слагаемых:

1) поток через боковую поверхность,

2) поток через верхнее дно,

3) поток через нижнее дно.

Очевидно, что два последних вклада не дадут, поскольку, как уже было сказано, поле имеет только радиальные компоненты, а значит, перпендикулярно плоскостям, в которых лежат основания цилиндра.

Первое слагаемое дает вклад \Phi=E(r)\cdot 2\pi r\cdot lΦ=E(r)⋅2πr⋅l

Правая часть теоремы Гаусса тоже очень легко считается.

Q=\lambda lQ=λl

Итак,

E(r)2\pi rl=\dfrac{1}{\varepsilon_0}\lambda l.E(r)2πrl=ε01λl.

Отсюда легко выразить явный вид поля:

E(r)=\dfrac{\lambda}{2\pi \epsilon_0}\cdot \dfrac 1rE(r)=2πϵ0λ⋅r1 .

Все, подставим числа, посчитаем.

E(r)=\dfrac{k\lambda}{2r}=\dfrac{9\cdot 10^9\cdot 2\cdot 10^{-4}}{2\cdot 10\cdot 10^{-2}}=900\mathrm{\ \dfrac Vm}.E(r)=2rkλ=2⋅10⋅10−29⋅109⋅2⋅10−4=900 mV.