Неоднородность в призме

В слоистой среде сохраняется \(n(x)\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол луча с осью \(y\). Покажите, что радиус кривизны траектории при этом постоянен: лучи идут по дугам окружностей, и у всех лучей центр в одной точке.

1. Поскольку пучок света направлен по нормали к грани призмы, на которую он падает, на входе в призму пучок не преломляется. Исследуем траектории лучей внутри призмы. Пусть \(\varphi\) — угол между направлением распространения луча и осью \(y\), а \(x_0\) — координата точки входа луча в призму. При этом угол падения на границу раздела сред равен \(90^\circ - \varphi\), поэтому из закона Снелла следует:

\[n\cos\varphi = \frac{3\cos\varphi}{2 - \dfrac{x}{h}} = \frac{3}{2 - \dfrac{x_0}{h}} \;\Rightarrow\; \cos\varphi = \frac{2h - x}{2h - x_0}.\]

Первое решение. Обратим внимание на соотношение: \[\frac{2h - x}{\cos\varphi} = 2h - x_0 = const.\]

Проведём через некоторую точку \(T\) траектории луча линию, перпендикулярную направлению его распространения, до точки \(P\) такой, что \(x_P = 2h\). Обратим внимание, что расстояние между точками \(P\) и \(T\) является постоянной величиной, равной \(2h - x_0\). Поскольку свет распространяется в направлении, перпендикулярном \(PT\), а \(PT = 2h - x_0 = const\) и \(x_P = 2h = const\) — положение точки \(P\) является постоянным, поскольку её смещение должно быть одновременно перпендикулярно \(PT\) и оси \(x\), что невозможно. Значит, траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой окружность с центром в точке \(P\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Второе решение. Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[dx = (2h - x_0)\sin\varphi\,d\varphi.\] Изменения координат \(dx\) и \(dy\) можно связать с помощью угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Найдём изменение \(dy\) координаты \(y\) при изменении угла \(\varphi\) на величину \(d\varphi\): \[dy = dx\operatorname{ctg}\varphi = (2h - x_0)\operatorname{ctg}\varphi\sin\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\cos\varphi\,d\varphi.\] Величине \(y = 0\) соответствует \(\varphi = 0\). Тогда получим: \[y(\varphi) = (2h - x_0)\int\limits_0^{\varphi}\cos\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\sin\varphi.\] Теперь получим выражение, связывающее \(y\) и \(x\): \[1 = \sin^2\varphi + \cos^2\varphi = \left(\frac{y}{2h - x_0}\right)^2 + \left(\frac{x - 2h}{2h - x_0}\right)^2,\] откуда: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Третье решение. Получим зависимость \(y(x)\) для траектории луча света. Для этого избавимся от угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Поскольку \(\varphi > 0\): \[\operatorname{tg}\varphi = \sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi} - 1} = \sqrt{\left(\frac{2h - x_0}{2h - x}\right)^2 - 1} = \frac{dx}{dy}.\]

Учитывая, что \(2h > x\), получим: \[y(x) = \int\limits_{x_0}^{x}\frac{(2h - x)\,dx}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2}} = \int\limits_{2h - x_0}^{2h - x}\frac{x'\,dx'}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - x'^2}}.\] Отсюда: \[y(x) = \sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2} \;\Rightarrow\; y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Четвёртое решение. Для радиуса кривизны \(\rho\) траектории луча имеем: \[\rho = \frac{dl}{d\varphi},\] где \(dl\) — элемент пути, пройденного лучом. Но \(dl = dx/\sin\varphi\), откуда:

\[\rho = \frac{1}{\sin\varphi}\frac{dx}{d\varphi} = -\frac{dx}{d\cos\varphi}.\] Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[-\frac{dx}{d\cos\varphi} = 2h - x_0 = \rho = const.\] Таким образом, радиус кривизны траектории каждого луча остаётся постоянным, т. е. траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой дугу окружности радиусом \(2h - x_0\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h - x_0 + x_0 = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

2. Из решения первого пункта следует, что траектории любого луча внутри призмы до попадания на \(AB\) и \(OB\) сечения призмы являются дугами окружностей, лежащими в плоскости рисунка, а центры этих окружностей расположены в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\), а \(y_P = 0\).

Обратим внимание, что радиус окружности уменьшается с увеличением координаты \(x_0\). Расстояние от точки \(P\) до точки пересечения дуги окружности с \(OB\) уменьшается вплоть до момента, пока дуга окружности не коснётся рассматриваемой грани. При дальнейшем увеличении координаты \(x_0\) дуги окружности не будут пересекать \(OB\). Таким образом, лучи достигнут всех точек \(OB\) при условии отсутствия точек касания с дугами окружностей, а значит, угол \(\angle PBO\) не должен быть острым. Поскольку треугольник \(OPB\) является равнобедренным, имеем: \[\angle PBO = 180^\circ - 2\alpha \geqslant 90^\circ,\] откуда: \[\alpha \leqslant 45^\circ.\]

3. Обратим внимание, что при увеличении координаты \(x_0\) угол падения лучей на \(OB\) будет увеличиваться, как и показатель преломления вещества призмы. Тогда условие, при котором все лучи, достигнувшие \(OB\), попадают в воздух, состоит в том, что лучи, достигнувшие её вблизи точки \(B\), не испытают полного отражения. Поскольку исходно такие лучи падают под углом \(\alpha\) к \(OB\) и поворачивают на угол \(\alpha\) при движении по дуге окружности — угол падения луча в момент достижения \(OB\) равен \(2\alpha\).

Тогда имеем: \[n(h)\sin 2\alpha = 3\sin 2\alpha \leqslant 1,\] откуда: \[\alpha \leqslant \frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{3} \approx 9{,}74^\circ.\]