Zadanie 8 — rozwiązanie, matura fizyki maj 2026, PR

Treść zadania

Szklana kula o środku $O$ umieszczona w powietrzu; $n_{sz} = 1, 50$ , $n_{p} = 1, 00$ . Wewnątrz kuli, w punkcie $D$ tuż pod jej powierzchnią, znajduje się dioda oświetlająca każdy punkt wewnętrznej powierzchni kuli.

Światło wychodzi z kuli tylko przez fragment powierzchni zaznaczony łukiem. Miarę kąta $∠ FOG$ oznaczono jako $α$ .

8.1. (0–3) Oblicz $α$ .

8.2. (0–1) Kulę zanurzono w wodzie ( $n_{w} = 1, 33$ ). Dokończ zdanie, wybierając A albo B oraz 1. albo 2.

Kąt graniczny dla szkła kuli względem wody, w porównaniu z kątem granicznym względem powietrza, będzie A. mniejszy / B. większy, w związku z czym pole powierzchni, przez którą wychodzi światło, 1. się zmniejszy / 2. się zwiększy.

Źródło: arkusz CKE MFAP-R0-100-2605. Otwórz oryginalny PDF

Rozwiązanie

8.1.

Światło wychodzi tylko tam, gdzie kąt padania na wewnętrzną powierzchnię jest mniejszy od kąta granicznego. Z prawa załamania dla przejścia szkło → powietrze:

$\frac{sin θ _{g}}{sin 9 0 ^{\circ}} = \frac{n _{p}}{n _{sz}} \Rightarrow sin θ_{g} = \frac{1 , 00}{1 , 50} = 0, 6667$

$θ_{g} = arcsin (0, 6667) = 41, 8 1^{\circ}$

Kąty $∠ O D F$ i $∠ O D G$ są kątami granicznymi, a trójkąty $O D F$ i $O D G$ są równoramienne ( $O D = OF = OG = R$ ), skąd $α = 2 θ_{g}$ :

$α = 2 \cdot 41, 8 1^{\circ} \approx 83, 6^{\circ}$

8.2. B2

$sin θ_{g}^{'} = \frac{n _{w}}{n _{sz}} = \frac{1 , 33}{1 , 50} = 0, 8867 \Rightarrow θ_{g}^{'} = 62, 5^{\circ} > 41, 8^{\circ}$

Kąt graniczny rośnie, więc stożek wychodzącego światła jest szerszy i pole powierzchni, przez którą światło opuszcza kulę, się zwiększa.

Typowy błąd / pułapka

Najdroższy błąd w 8.1 to podanie samego kąta granicznego (41,8°) zamiast $α$ . Zadanie pyta o kąt $∠ FOG$ ze środka kuli, a ten jest dwa razy większy od kąta granicznego. Zależność $α = 2 θ_{g}$ wynika z tego, że trójkąty $O D F$ i $O D G$ są równoramienne — dwa boki to promienie.

W 8.2 odruch podpowiada, że w gęstszym ośrodku będzie „trudniej". Jest odwrotnie: im bliższe są współczynniki załamania obu ośrodków, tym większy kąt graniczny. Woda ( $n = 1, 33$ ) jest bliżej szkła ( $1, 50$ ) niż powietrze ( $1, 00$ ), więc kąt graniczny rośnie z 41,8° do 62,5°, a razem z nim pole wyjścia światła.

W skrajnym przypadku, gdyby ośrodek na zewnątrz miał $n \geq n_{sz}$ , całkowite wewnętrzne odbicie w ogóle by nie zachodziło i światło wychodziłoby całą powierzchnią.

Treść zadania (CKE)

Zadanie 8 — fizyka 2026, poziom rozszerzony, arkusz CKE — Fragment arkusza CKE MFAP-R0-100-A-2605 — zadanie 8. Na podstawie: CKE, matura maj 2026, fizyka PR Oryginalny PDF CKE

Kąt graniczny — kiedy w ogóle istnieje

$sin θ_{g} = \frac{n _{2}}{n _{1}}$

Warunek: $n_{1} > n_{2}$ , czyli światło musi biec z ośrodka gęstszego optycznie do rzadszego. Gdy $n_{2} \geq n_{1}$ , równanie nie ma rozwiązania — całkowite wewnętrzne odbicie nie występuje.

Przejście	$n_{2} / n_{1}$	$θ_{g}$
szkło → powietrze	1,00 / 1,50	41,8°
szkło → woda	1,33 / 1,50	62,5°
woda → powietrze	1,00 / 1,33	48,8°
diament → powietrze	1,00 / 2,42	24,4°

Małe $θ_{g}$ diamentu to powód jego „ognia” — światło wielokrotnie odbija się wewnątrz, zanim wyjdzie.

Skąd $α = 2 θ_{g}$

Dioda w punkcie $D$ leży na powierzchni kuli. Promień biegnący do punktu $F$ pada na powierzchnię pod kątem, który mierzymy od normalnej, a normalną w każdym punkcie kuli jest promień $OF$ .

Trójkąt $O D F$ ma dwa boki równe promieniowi ( $O D = OF = R$ ), więc jest równoramienny, a kąty przy podstawie są równe. Ten sam argument dla $O D G$ po drugiej stronie daje:

$α = ∠ FOG = 2 θ_{g}$

Gdzie to działa w praktyce

światłowody — rdzeń o wyższym $n$ niż płaszcz, światło biegnie kilometrami na całkowitym wewnętrznym odbiciu;
pryzmaty w lornetkach — odbicie bez strat, lepsze niż lustro;
fatamorgana — gradient gęstości powietrza działa jak ciągła granica ośrodków.

Punktacja CKE

8.1. 3 pkt — metoda i wynik ( $\approx 83, 6^{\circ}$ lub $8 4^{\circ}$ ); 2 pkt za rozpoznanie kąta granicznego i zapisanie równania; 1 pkt za samo rozpoznanie.
8.2. 1 pkt — B2.
Razem: 4 pkt.