Бипризма Френеля (угол преломления)

[fronnya]

Вот кусочек бипризмы Френеля, на которую падает луч под углом $\varphi$. Хочу найти угол $\psi '$. Зашел в тупик, а ни в одной книге не написано, как найти этот угол.

Рассмотрим треугольник $ADE$. Он, очевидно, прямоугольный, $\angle ADE=\frac \pi 2$
Я пришел к выводу, что угол $\psi '$ будет углом преломления, если нормаль $n_2$ будет параллельна падающему лучу. Это значит, что угол $\varphi=\angle AED$ При этом $\angle EAD=\frac \pi 2 -\theta$, тогда
$\pi=\frac \pi 2 -\theta +\frac \pi 2+ \varphi$ Т.е. $\varphi=\theta$
Т.к. $\theta$ - преломляющий угол призмы, очень мал, то и $\varphi$ будет очень малым.
Из рисунка видно, что $\theta=\psi+\varphi '$ И получается три условия, два из них - это законы Снелла:

$$\sin\theta=n\sin\psi \eqno{(1)}$$

$$\theta=\psi+\varphi'\eqno{(2)}$$

$$n\sin\varphi '=\sin\psi ' \eqno{(3)}$$

Из этих трех условий можно составить уравнение, которое будет содержать только показатель преломления, угол $\theta$ и угол $\psi '$. Но оно имеет сомнительный вид.

-- 08.03.2016, 12:49 --

Все говорят, что угол $\psi '=(n-1)\theta$, но никто не хочет этого доказывать.

[Pphantom]

fronnya в сообщении #1105027 писал(а):

Все говорят, что угол $\psi '=(n-1)\theta$, но никто не хочет этого доказывать.

Странно было бы доказывать утверждение, что все лучи выходят из бипризмы под одним и тем же углом (т.е. в одном направлении), нет?

В условии (1), кажется, Вы перепутали $\theta$ и $\varphi$. Условие (2) также ошибочно (если я везде правильно понял обозначения): подумайте, например, что будет, если сделать бипризму пренебрежимо тонкой ($\theta \to 0$). (3) записано верно.

[fronnya]

Pphantom в сообщении #1105029 писал(а):

В условии (1), кажется, Вы перепутали $\theta$ и $\varphi$.

Эм, я же утверждал и доказывал, что

fronnya в сообщении #1105027 писал(а):

Рассмотрим треугольник $ADE$. Он, очевидно, прямоугольный, $\angle ADE=\frac \pi 2$
Я пришел к выводу, что угол $\psi '$ будет углом преломления, если нормаль $n_2$ будет параллельна падающему лучу. Это значит, что угол $\varphi=\angle AED$ При этом $\angle EAD=\frac \pi 2 -\theta$, тогда
$\pi=\frac \pi 2 -\theta +\frac \pi 2+ \varphi$ Т.е. $\varphi=\theta$

-- 08.03.2016, 13:58 --

Pphantom в сообщении #1105029 писал(а):

подумайте, например, что будет, если сделать бипризму пренебрежимо тонкой ($\theta \to 0$). (3) записано верно.

Честно говоря, я даже не представляю, что там физически может быть, я хотел получить формулу и устремить угол $\theta$ к нулю. Ну при стремлении $\theta$ к нулю нормали будут сближаться и в пределе они совпадут, при малом угле $\theta$ нормали почти совпадают, но какой вывод из этого можно сделать полезный...

[Pphantom]

В общем случае $\varphi$ и $\theta$ никак не связаны, это два свободных параметра задачи. Соответственно, либо Вы неявно предполагаете еще какое-то условие, либо доказательство неверно.

Собственно, вот откуда это:

fronnya в сообщении #1105027 писал(а):

Я пришел к выводу, что угол $\psi '$ будет углом преломления, если нормаль $n_2$ будет параллельна падающему лучу.

?

Судя по финальному утверждению, Вы пытаетесь найти угол, на который бипризма отклоняет лучи. Но тогда в Ваших обозначениях это не $\psi'$, а другая величина. Или Вы рассматриваете только частный случай, когда падающий луч параллелен нормали ко второй поверхности?

[Xey]

fronnya в сообщении #1105027 писал(а):

Все говорят, что угол $\psi '=(n-1)\theta$, но никто не хочет этого доказывать.

По-моему ошибаетесь, это формула угла отклонения луча оптическим клином (призмой с малым углом преломления).
И для призм с большим преломляющим угломи все подробно расписано.

[Pphantom]

Xey в сообщении #1105066 писал(а):

По-моему ошибаетесь, это формула угла отклонения луча оптическим клином (призмой с малым углом преломления).

Это и есть половина бипризмы Френеля.

[Xey]

fronnya пытается вычислить по этой формуле не угол отклонения луча каждой из половинок бипризмы, а другой угол.

[fronnya]

Pphantom в сообщении #1105043 писал(а):

Или Вы рассматриваете только частный случай, когда падающий луч параллелен нормали ко второй поверхности?

Похоже, я сам к этому частному случаю пришел. Неправильно к задаче подошел. Хочу вычислить угол, на который призма отклоняет лучи при произвольном угле падения.

[svv]

Залог успеха в картинке и обозначениях. Вот другая картинка и новые обозначения. Теперь всё обязательно получится.

Из левой картинки:
$\sin\alpha_1=n\sin\beta_1$
$\sin\alpha_2=n\sin\beta_2$
Связь между $\beta_1, \beta_2, \theta$ найдётся, если выписать углы треугольника.

Из правой картинки:
$\gamma=\alpha_2+\theta$

Вам нужна зависимость $\gamma(\alpha_1)$. Она имеет простой вид, если все углы малы; тогда, например, $\sin\alpha_1\approx\alpha_1$. Формула, про которую все говорят, но никто не хочет доказывать? Она уже совсем близко.

[fronnya]

svv в сообщении #1105300 писал(а):

Вам нужна зависимость $\gamma(\alpha_1)$. Она имеет простой вид, если все углы малы; тогда, например, $\sin\alpha_1\approx\alpha_1$.

Правильно ли я понял, углом, на который призма отклонит луч, будет угол $\gamma -\alpha_1$?

Угол $\theta$ точно мал, угол $\alpha_1$ может быть малым, если только источник от призмы далеко. Ну или линейные размеры призмы малы. Верно? А могут ли быть малыми углы $\beta_1$ и $\beta_2$, если призма из стекла? От этого будет зависеть ответ на вопрос, будет ли малым угол $\alpha_2$, чтобы вообще синусы убрать.

Нашел вот ещё связь $\theta=\beta_1-\beta_2$

[Munin]

fronnya
Углы $\alpha$ и $\beta$ одного порядка малости, потому что $\alpha=n\beta,$ а показатель преломления - величина порядка единицы.

[svv]

Связь нашли верно. Для малых углов получаем:
$\alpha_1=n\beta_1$
$\alpha_2=n\beta_2$
$\theta=\beta_1-\beta_2$
$\gamma=\alpha_2+\theta$
Теперь надо выразить $\gamma$ через $\alpha_1$. Можно использовать $\theta$ и $n$, считаем их известными константами.

fronnya в сообщении #1105356 писал(а):

Правильно ли я понял, углом, на который призма отклонит луч, будет угол $\gamma -\alpha_1$?

Да, но когда Вы получите зависимость $\gamma(\alpha_1)$ в приближении малых углов, Вы вряд ли захотите делать что-то ещё — результат будет очевиден.

[fronnya]

Munin в сообщении #1105360 писал(а):

Углы $\alpha$ и $\beta$ одного порядка малости, потому что $\alpha=n\beta,$ а показатель преломления - величина порядка единицы.

как это показать?

[svv]

fronnya
Вы сейчас не беспокойтесь об этом. Позже построите графики точной и линеаризованной зависимости для совсем не малых углов падения и удивитесь, как хорошо работает линейное приближение. Я это уже проделал.

[Munin]

fronnya в сообщении #1105367 писал(а):

как это показать?

Что именно? Что $n$ порядка единицы? Используйте это как эмпирический факт.