Формулы Френеля

[TripleLucker]

Здравствуйте. Возник небольшой вопрос про угол Брюстера. Нужно найти его значение, если присутствует и диэлектрическая, и магнитная проницаемости ($\varepsilon$ и $\mu$). Везде написана формула $\tg\alpha_b = \frac{n_2}{n_1}$, которая просто следует из закона Снеллиуса. А он не зависит от того, есть ли магнитная проницаемость или нет. Но у меня в задачнике какие-то странные формулы написаны. Например, для одной из волн $\tg\alpha_b = \sqrt{\frac{\mu_2(\varepsilon_2\mu_1-\varepsilon_1\mu_2)}{\mu_1(\varepsilon_1\mu_2-\varepsilon_2\mu_1)}}$. Откуда такая может взяться?

[svv]

Это действительно очень странная формула. Сокращая дробь под корнем на $\varepsilon_1\mu_2-\varepsilon_2\mu_1$, получим
$\tg\alpha_b = \sqrt{-\frac{\mu_2}{\mu_1}$
Если авторы имели в виду именно такое выражение (дающее под корнем $-1$ при $\mu_1=\mu_2$), отчего бы так и не написать?

[TripleLucker]

svv в сообщении #1100592 писал(а):

Это действительно очень странная формула. Сокращая дробь под корнем на $\varepsilon_1\mu_2-\varepsilon_2\mu_1$, получим
$\tg\alpha_b = \sqrt{-\frac{\mu_2}{\mu_1}$
Если авторы имели в виду именно такое выражение (дающее под корнем $-1$ при $\mu_1=\mu_2$), отчего бы так и не написать?

Интересные авторы какие-то ._.. Ну опечатка, видимо, просто тогда. Там их уже было некоторое количество.

[svv]

Правильно так:
$\tg\alpha = \sqrt{\frac{\mu_2(\varepsilon_2\mu_1-\varepsilon_1\mu_2)}{\mu_1(\varepsilon_1\mu_1-\varepsilon_2\mu_2)}}$
Это тангенс угла Брюстера для $s$-поляризации, когда $\mathbf E$ перпендикулярен плоскости падения.

В чём необычность ситуации. Мы привыкли, что в повседневных явлениях отражения и преломления света $\mu$ обеих сред обычно весьма близки к единице, поэтому в большинстве учебников сразу полагают $\mu=1$, тогда $n=\sqrt{\varepsilon}$. При этом особый угол, при котором отражение отсутствует, будет существовать только для $p$-поляризации, когда $\mathbf E$ лежит в плоскости падения. При $s$-поляризации в правой части формулы, которую я привёл, будет $\sqrt{-1}$, и условие не будет выполняться ни для каких углов.

Но при $\mu_1\neq\mu_2$, как показывает формула, угол Брюстера может существовать (а может и не существовать!) и для $s$-поляризации.

[TripleLucker]

svv в сообщении #1100611 писал(а):

Правильно так:
$\tg\alpha = \sqrt{\frac{\mu_2(\varepsilon_2\mu_1-\varepsilon_1\mu_2)}{\mu_1(\varepsilon_1\mu_1-\varepsilon_2\mu_2)}}$
Это тангенс угла Брюстера для $s$-поляризации, когда $\mathbf E$ перпендикулярен плоскости падения.

В чём необычность ситуации. Мы привыкли, что в повседневных явлениях отражения и преломления света $\mu$ обеих сред обычно весьма близки к единице, поэтому в большинстве учебников сразу полагают $\mu=1$, тогда $n=\sqrt{\varepsilon}$. При этом особый угол, при котором отражение отсутствует, будет существовать только для $p$-поляризации, когда $\mathbf E$ лежит в плоскости падения. При $s$-поляризации в правой части формулы, которую я привёл, будет $\sqrt{-1}$, и условие не будет выполняться ни для каких углов.

Но при $\mu_1\neq\mu_2$, как показывает формула, угол Брюстера может существовать (а может и не существовать!) и для $s$-поляризации.

Объяснение понятно, спасибо большое, но откуда такую формулу можно вывести вообще? Если даже в учебниках тангенс равен тому, что я написал сначала.

[svv]

Она выводится совершенно аналогично частному случаю $\mu=1$. Основные этапы: запись $\mathbf E$ и $\mathbf H$ падающей, отраженной и преломлённой волны в общем виде; учёт граничных условий; получение формул Френеля для амплитуд отражённой и преломлённой волны; нахождение угла, при котором отражённая волна отсутствует.

Например, последний этап выглядит так: мы получили формулу
$\dfrac {E_r}{E_0}=\dfrac{\cos\alpha-\sqrt{\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha}}{\cos\alpha+\sqrt{\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha}}$
для отношения амплитуд электрического поля отражённой и падающей волны в случае $s$-поляризации. Приравниваем числитель нулю, избавляемся от корня:
$\cos^2\alpha=\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha$
Используем формулы
$\cos^2\alpha=\dfrac{1}{1+\tg^2\alpha}\quad\quad\sin^2\alpha=\dfrac{\tg^2\alpha}{1+\tg^2\alpha}$
Получим после легкой перетасовки
$1+\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2 \tg^2\alpha=\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}(1+\tg^2\alpha)$
Решаем это уравнение относительно $\tg^2\alpha$, и всё.

[TripleLucker]

svv в сообщении #1100651 писал(а):

Она выводится совершенно аналогично частному случаю $\mu=1$. Основные этапы: запись $\mathbf E$ и $\mathbf H$ падающей, отраженной и преломлённой волны в общем виде; учёт граничных условий; получение формул Френеля для амплитуд отражённой и преломлённой волны; нахождение угла, при котором отражённая волна отсутствует.

Например, последний этап выглядит так: мы получили формулу
$\dfrac {E_r}{E_0}=\dfrac{\cos\alpha-\sqrt{\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha}}{\cos\alpha+\sqrt{\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha}}$
для отношения амплитуд электрического поля отражённой и падающей волны в случае $s$-поляризации. Приравниваем числитель нулю, избавляемся от корня:
$\cos^2\alpha=\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2\sin^2\alpha$
Используем формулы
$\cos^2\alpha=\dfrac{1}{1+\tg^2\alpha}\quad\quad\sin^2\alpha=\dfrac{\tg^2\alpha}{1+\tg^2\alpha}$
Получим после легкой перетасовки
$1+\left(\dfrac{\mu_1}{\mu_2}\right)^2 \tg^2\alpha=\dfrac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}(1+\tg^2\alpha)$
Решаем это уравнение относительно $\tg^2\alpha$, и всё.

Ох, все понятно, спасибо еще раз!

[TripleLucker]

Снова прошу прощения, я думал, что понял, а оказывается, что одну вещь нет. Я получил формулу для отношения амплитуд волн, но я не могу ее привести к такому виду. У меня получилась такая:
$\frac{E_R}{E_0}=\frac{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha-\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}{\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\mu_1}}cos\alpha+\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{\mu_2}}sin\alpha}$.
Я попытался попреобразовывать, но не вышло. Да и к тому же, если мой числитель приравнять к $0$, то получится простой ответ, там даже преобразовать не надо. Но я тут не должен был наврать в изначальной формуле, я сверил условия на $E$ и $H$ с учебником и просто выразил. Или тут не просто их отношение, а что-то еще надо дополнить?

[svv]

Нужна информация: 1) что за учебник и 2) какую поляризацию Вы рассматриваете.

[TripleLucker]

svv в сообщении #1100981 писал(а):

Нужна информация: 1) что за учебник и 2) какую поляризацию Вы рассматриваете.

1)Классическая электродинамика, Дж. Дженкинс 2) Поляризация, которую вы имеете в виду, у нас на семинаре это ТЕ-волной назвали (потому что якобы только $\tau$-компонента вектора $E$ есть).

[Munin]

Ну нельзя же так. Джексон он! Джексон! А не Дженкинс.

[TripleLucker]

Munin в сообщении #1101119 писал(а):

Ну нельзя же так. Джексон он! Джексон! А не Дженкинс.

Ой, простите, я сам не знаю, почему Дженкинс написал. Джексон, да.

[DimaM]

TripleLucker в сообщении #1101110 писал(а):

Поляризация, которую вы имеете в виду, у нас на семинаре это ТЕ-волной назвали (потому что якобы только $\tau$-компонента вектора $E$ есть).

Для ТЕ у вас правильный ответ. Это классический угол Брюстера.
Теперь посмотрите, что будет для ТМ.

[TripleLucker]

DimaM в сообщении #1101131 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1101110 писал(а):

Поляризация, которую вы имеете в виду, у нас на семинаре это ТЕ-волной назвали (потому что якобы только $\tau$-компонента вектора $E$ есть).

Для ТЕ у вас правильный ответ. Это классический угол Брюстера.
Теперь посмотрите, что будет для ТМ.

Это я тоже находил. Там получится то же самое, только коэффициенты перед косинусами/синусами местами поменяются. Формула, приведенная svv, из этих двух как-то выходит? Просто в ответах предлагают найти два угла брюстера и приравнивают к $0$ коэффициенты, которые именно у меня получились. :/

[svv]

Если исходить именно из Джексона. Там есть формула.

Берём то, что выделено, переписываем в удобных обозначениях.
$k=\frac{1-\frac{\mu_1\tg\alpha_1}{\mu_2\tg\alpha_2}}{1+\frac{\mu_1\tg\alpha_1}{\mu_2\tg\alpha_2}}$
Домножим числитель и знаменатель на $\cos\alpha_1$
$k=\frac{\cos\alpha_1-\frac{\mu_1\sin\alpha_1}{\mu_2\tg\alpha_2}}{\cos\alpha_1+\frac{\mu_1\sin\alpha_1}{\mu_2\tg\alpha_2}}$
Преобразуем «внутреннюю» дробь с учётом закона Снеллиуса:
$\frac{\mu_1\sin\alpha_1}{\mu_2\tg\alpha_2}=\frac{\mu_1\sin\alpha_1}{\mu_2\sin\alpha_2}\cos\alpha_2=\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}}\cos\alpha_2=$
$=\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}(1-\sin^2\alpha_2)}=\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}(1-\frac{\varepsilon_1\mu_1}{\varepsilon_2\mu_2}\sin^2\alpha_1)}=$
$=\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\frac{\mu_1^2}{\mu_2^2}\sin^2\alpha_1}$
Подставляя это в основную дробь, получим
$k=\frac{\cos\alpha_1-\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\frac{\mu_1^2}{\mu_2^2}\sin^2\alpha_1}}{\cos\alpha_1+\sqrt{\frac{\varepsilon_2\mu_1}{\varepsilon_1\mu_2}-\frac{\mu_1^2}{\mu_2^2}\sin^2\alpha_1}}$
Это формула для коэффициента отражения при $s$-поляризации (она же TE), которую я привёл выше.

Если коэффициент отражения не нужен, а нужен сразу угол Брюстера, можно, вероятно, и проще.