Аналитическое решение для угла минимального отклонения? [закрыто]

Выразим возникающий угол$\:\mathrm{i}_{2}\:$и угол отклонения$\:\delta\:$как функции угла падения$\:\mathrm{i}_{1}$и после этого найдем условие, минимизирующее угол отклонения$\:\delta$.

Из рисунка-01 мы имеем

$$\begin{align} \sin\mathrm{i}_{1} & = \dfrac{n_{2}}{n_{1}}\sin\mathrm{i}_{1}^{\prime}\qquad \text{Snell's Law at point }\color{red}{\boldsymbol{1}} \tag{01a}\\ \sin\mathrm{i}_{2}^{\prime} & = \dfrac{n_{1}}{n_{2}}\sin\mathrm{i}_{2}\qquad \text{Snell's Law at point }\color{red}{\boldsymbol{2}} \tag{01b}\\ \mathrm{i}_{2}^{\prime} & = \mathrm A - \mathrm{i}_{1}^{\prime}\qquad \quad \!\text{from triangle }\color{red}{\boldsymbol{124}} \tag{01c}\\ \delta & = \omega_{1}+\omega_{2}=\left(\mathrm{i}_{1}-\mathrm{i}_{1}^{\prime}\right)+\left(\mathrm{i}_{2}-\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right)=\mathrm{i}_{1}+\mathrm{i}_{2}-\underbrace{\left(\mathrm{i}_{1}^{\prime}+\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right)}_{\mathrm A} \nonumber\\ \Longrightarrow \quad \delta & = \mathrm{i}_{1}+\mathrm{i}_{2}-\mathrm A \qquad \!\text{from triangle }\color{red}{\boldsymbol{123}} \tag{01d} \end{align}$$ так $$\begin{align} \mathrm{i}_{2} & \stackrel{(\rm 01b)}{=\!=\!=} \arcsin\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\sin\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right)\stackrel{(\rm 01c)}{=\!=\!=} \arcsin\left[\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\sin\left(\mathrm A - \mathrm{i}_{1}^{\prime}\right)\right] \nonumber\\ & \stackrel{(\rm 01a)}{=\!=\!=}\arcsin\left[\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\sin\left(\mathrm A - \arcsin\left[ \dfrac{n_{1}}{n_{2}}\sin\mathrm{i}_{1}\right]\right)\right] \nonumber\\ & =\!=\!=\arcsin\left[\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\left(\sin\mathrm A\sqrt{1- \left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}} -\cos\mathrm A \dfrac{n_{1}}{n_{2}}\sin\mathrm{i}_{1}\right)\right] \nonumber\\ & =\!=\!=\arcsin\left(\sin\mathrm A\cdot\sqrt{\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}- \sin^{2}\mathrm{i}_{1}} -\cos\mathrm A \sin\mathrm{i}_{1}\right) \nonumber \end{align}$$ то есть $$\begin{equation} \mathrm{i}_{2}\left(\mathrm{i}_{1}\right)=\arcsin\left(\sin\mathrm A\cdot\sqrt{\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}- \sin^{2}\mathrm{i}_{1}} -\cos\mathrm A \sin\mathrm{i}_{1}\right) \tag{02} \end{equation}$$ и из (01d) $$\begin{equation} \delta\left(\mathrm{i}_{1}\right)=\mathrm{i}_{1} +\underbrace{\arcsin\left(\sin\mathrm A\cdot\sqrt{\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}- \sin^{2}\mathrm{i}_{1}} -\cos\mathrm A \sin\mathrm{i}_{1}\right)}_{\mathrm{i}_{2}}-\mathrm A \tag{03} \end{equation}$$

Чтобы найти угол минимального отклонения, начнем с

$$\begin{equation} \delta\left(\mathrm{i}_{1}\right)=\mathrm{i}_{1} +\underbrace{\arcsin\left[\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\sin\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right]}_{\mathrm{i}_{2}}-\mathrm A \tag{04} \end{equation}$$ и так $$\begin{align} \dfrac{\mathrm d \delta \hphantom{_{1}}}{\mathrm d\mathrm{i}_{1}} = & \:1 +\dfrac{\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\cos\mathrm{i}_{2}^{\prime}}{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}}}\dfrac{\mathrm d \mathrm{i}_{2}^{\prime}}{\mathrm d\mathrm{i}_{1}} \nonumber\\ \stackrel{(\rm 01a)}{=\!=\!=} & \:1 +\dfrac{\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\cos \mathrm{i}_{2}^{\prime}}{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2} \mathrm{i}_{2}^{\prime}}}\dfrac{\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\cos\mathrm{i}_{1}}{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}}} \nonumber\\ =\!=\!=& \:1+\dfrac{\cos\mathrm{i}_{2}^{\prime}\cdot\cos\mathrm{i}_{1}}{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}}\:\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}}} \nonumber \end{align}$$ то есть $$\begin{equation} \dfrac{\mathrm d \delta \hphantom{_{1}}}{\mathrm d\mathrm{i}_{1}}=1+\dfrac{\cos\mathrm{i}_{2}^{\prime}\cdot\cos\mathrm{i}_{1}\vphantom{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}}}}{\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}}\:\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}}} \tag{05} \end{equation}$$ Сейчас $$\begin{align} \dfrac{\mathrm d \delta \hphantom{_{1}}}{\mathrm d\mathrm{i}_{1}} & =0 \qquad \Longrightarrow \nonumber\\ \cos\mathrm{i}_{2}^{\prime}\cdot\cos\mathrm{i}_{1} & = -\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}}\:\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}}\qquad \Longrightarrow \nonumber\\ \cos^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}\cdot\cos^{2}\mathrm{i}_{1} & = \left[1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right]\:\left[1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}\right]\qquad \Longrightarrow \nonumber\\ \left(1-\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right)\cdot\left(1-\sin^{2}\mathrm{i}_{1} \right)& = \left[1-\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}\right]\:\left[1-\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{1}\right]\qquad \Longrightarrow \nonumber\\ \sin^{2}\mathrm{i}_{1} & = \left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)^{2}\sin^{2}\mathrm{i}_{2}^{\prime}\stackrel{(\rm 01b)}{=\!=\!=} \sin^{2}\mathrm{i}_{2} \tag{06} \end{align}$$ так $$\begin{equation} \sin^{2}\mathrm{i}_{1}=\sin^{2}\mathrm{i}_{2} \tag{07} \end{equation}$$ С $\:\mathrm{i}_{1},\mathrm{i}_{2}\in \left[0,\pi/2\right]\:$условие предельного угла отклонения $$\begin{equation} \mathrm{i}_{1}=\mathrm{i}^{*}=\mathrm{i}_{2} \tag{08} \end{equation}$$ Но потом $$\begin{equation} \mathrm{i}_{1}^{\prime}=\mathrm{i}_{2}^{\prime} \tag{09} \end{equation}$$ так из (01c) $$\begin{equation} \mathrm{i}_{1}^{\prime}=\dfrac{\mathrm A}{2}=\mathrm{i}_{2}^{\prime} \tag{10} \end{equation}$$ Из (01а) $$\begin{equation} \mathrm{i}^{*}=\arcsin\left[\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)\sin\left(\dfrac{\mathrm A}{2}\right)\right] \tag{11} \end{equation}$$ Наконец, для минимального угла отклонения, который мы имеем, см. (01d), $$\begin{equation} \delta^{*}=2\cdot\mathrm{i}^{*}-\mathrm A =2\cdot\arcsin\left[\left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)\sin\left(\dfrac{\mathrm A}{2}\right)\right]-\mathrm A \tag{12} \end{equation}$$ Из (12) показатель преломления материала призмы относительно окружающего материала может быть выражен как функция угла призмы $\:\mathrm A\:$и минимальный угол отклонения $\:\delta^{*}\:$ $$\begin{equation} \left(\dfrac{n_{2}}{n_{1}}\right)=\dfrac{\sin\left(\dfrac{\mathrm A + \delta^{*}}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\mathrm A}{2}\right)} \tag{13} \end{equation}$$

---

Числовой пример

Позволять

$$\begin{equation} \mathrm A =60^{\rm o}\,,\quad n_{1}=1.00\,,\quad n_{2}=1.50 \tag{14} \end{equation}$$ Из (11) $$\begin{equation} \mathrm{i}^{*}=\arcsin\left[\left(\dfrac{1.50}{1.00}\right)\sin\left(\dfrac{60^{\rm o}}{2}\right)\right]=\arcsin\left(0.75\right)=48.59^{\rm o} \tag{15} \end{equation}$$ Из (12) $$\begin{equation} \delta^{*}=2\cdot\mathrm{i}^{*}-\mathrm A =2\cdot48.59^{\rm o}-60^{\rm o}=37.18^{\rm o} \tag{16} \end{equation}$$

---

Связанный: Почему график угла отклонения в призме не имеет симметрии? .

Ответ

$$N = \frac{\sin \left((A+D)/2\right)}{\sin (A/2)}$$ в $\theta_1 = \theta$для d = отклонение, ваш $\delta$.

Из симметрии можно сделать вывод, что когда угол 1 равен углу 4, симметричный случай, то отклонение либо максимально, либо минимально. Максимальная возможность легко отбрасывается, поэтому она должна быть минимальной.