Wird Licht reflektiert, wenn es genau im kritischen Winkel einfällt?

Wenn man sich genau am kritischen Winkel befindet, verhält sich das Licht in einer Weise, die als "etwas zwischen" Brechung und Reflexion interpretiert werden kann: Es setzt sich in einer Richtung fort, die die Grenze der Medien tangiert.

Wenn der Winkel kleiner als der kritische Winkel ist, erhalten wir Brechung. Im kritischen Winkel,$\theta_2$der Brechung wird 90 Grad, also erhalten wir die Tangentenausbreitung. Bei Winkeln, die größer als die kritischen sind, gibt es eine Diskontinuität: die Gleichung für$\theta_2$(Arkussinus von etwas) hat keine Lösungen, weshalb wir eine totale interne Reflexion erhalten.

Nichts an diesen Tatsachen würde der Umkehrbarkeit oder Zeitumkehrsymmetrie der Gesetze der Physik widersprechen. Wenn wir das Verhalten am kritischen Winkel zeitlich umkehren, sieht es tatsächlich so aus, als müsste das Licht einen Moment "zufällig auswählen", an dem es in das Medium mit dem höheren Brechungsindex eintritt, und es gibt keine eindeutige Möglichkeit, den bevorzugten Moment auszuwählen.

Das ist aber kein Problem, denn die Wahrscheinlichkeit, dass die Lichtrichtung „exakt“ tangential zur Grenze verläuft, ist null. In einer realen Situation ist das Licht eine Überlagerung von Strahlen mit Winkeln$\theta_2=\pi/2-\epsilon$für verschiedene kleine Werte von$\epsilon$, und für jeden ungleich Null$\epsilon$, das Licht wird sehr genau wissen, wann es auf die Grenze trifft. Ihr Problem tritt also nur in einem vernachlässigbaren Teil der Situation auf, "Null messen", also ist es höchstens ein Problem "Null messen". Wenn man den entsprechenden Grad an Realismus hinzufügt und die genauen Winkel und Abweichungen vom "idealisierten Modell" angibt, verschwindet das Problem.

Richtiger ist es zu sagen, dass Lichtstrahlen an Grenzen in reflektierte und gebrochene Teilkomponenten aufgeteilt werden, anstatt zu reflektieren oder zu brechen. Um dies herauszufinden, werden die Randbedingungen der elektrischen und magnetischen Felder an der Grenzfläche rigoros betrachtet. Das Ergebnis ist polarisationsabhängig und wird als Fresnelsche Gleichungen bezeichnet.

Gemäß den Fresnel-Gleichungen wird erwartungsgemäß ein Teil des Lichts an der Grenze durchgelassen und ein Teil an der Grenze reflektiert, sogar unterhalb des kritischen Winkels. An dem Punkt, an dem Sie den kritischen Winkel treffen und der Lichtstrahl "horizontal wird", geht der Transmissionskoeffizient auf Null zurück. Während es also eine "Lösung" gibt, die sich horizontal bewegt, tun dies tatsächlich genau 0% des einfallenden Lichtstrahls. Der Reflexionsgrad trifft genau im kritischen Winkel zu 100%.

Bedenken Sie strenger, dass eine Analyse der Randbedingungen an der Grenzfläche erfordert, dass die beiden Lichtpolarisationen Reflexionsgrade aufweisen:

$$R_{s} = \left(\frac{n_{1}\cos\theta_{i} -n_{2}\cos\theta_{t}}{n_{1}\cos\theta_{i}+n_{2}\cos\theta_{t}}\right)^{2}$$

$$R_{p} = \left(\frac{n_{1}\cos\theta_{t} -n_{2}\cos\theta_{i}}{n_{1}\cos\theta_{t}+n_{2}\cos\theta_{i}}\right)^{2}$$

Dann bedenken Sie, dass wir am kritischen Winkel sind, der uns das sagt$\theta_{t} = \pi/2$und$n_{2} = n_{1}\sin\theta_{i}$(Ich entferne fortan die$i$Index). Dann haben wir:

$$R_{s} = \left(\frac{n_{1}\cos\theta-0}{n_{1}\cos\theta+0}\right)^{2}=1$$

und

$$R_{p} = \left(\frac{0-n_{2}\cos\theta}{0+n_{2}\cos\theta}\right)^{2}=1$$

Durch Energieerhaltung bedeutet dies, dass die Transmissionskoeffizienten also beide Null sind und unter diesem Winkel kein Licht gebrochen wird.

Obwohl die vorhandenen Antworten nicht falsch sind, streichen sie viele relevante Details und es wäre nicht verkehrt, den Rekord in einigen Punkten richtig zu stellen.

Insbesondere in Bezug auf die Zeitumkehrbarkeit ist dieses Diagramm äußerst irreführend:

Warum ist es irreführend? Nun, weil es davon ausgeht, dass Sie in der Strahlnäherung arbeiten können, und dies schlägt fehl, wenn Sie sich im kritischen Winkel befinden. Alle Optiken sind Wellenoptiken, und das reduziert sich in vielen Situationen auf Strahlenoptiken, aber dies gehört nicht ganz dazu.

Lassen Sie uns also ein wenig zurückgehen und zur wellenoptischen Sichtweise von Reflexion und Brechung zurückkehren, die normalerweise als Formalismus der Fresnel-Gleichungen bekannt ist. Hier versuchen wir, eine Grenze zwischen zwei Medien festzulegen und von unten mit einer ankommenden ebenen Welle zu „schießen“,

$$\mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r,t) = \mathrm{Re}\mathopen{}\left( \mathbf E_{0,\mathrm{in}} e^{i(\mathbf k_\mathrm{in}\cdot \mathbf r- \omega t)}\right)\mathclose{},$$ und dann suchen wir nach einem entsprechenden Satz von reflektierten und übertragenen Wellen, $\mathbf E_\mathrm{re}(\mathbf r,t)$und $\mathbf E_\mathrm{tr}(\mathbf r,t)$, sodass die kombinierten Felder ( $\mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r,t)+\mathbf E_\mathrm{re}(\mathbf r,t)$im Mittel $1$und $\mathbf E_\mathrm{tr}(\mathbf r,t)$im Mittel $2$) wird eine Lösung der Maxwell-Gleichungen sein.

Nun, die blutigen Details sind in vielen Lehrbüchern enthalten, also werde ich sie hier nicht wiederholen (aber siehe zB §7.3 in Jackson für weitere Details). Es läuft aber darauf hinaus:

• Setzen Sie die Grenze in die$xy$Ebene nehmen Sie an, dass der eingehende Wellenvektor geschrieben werden kann als$\mathbf k_\mathrm{in} = (k_x,0,k_z)=k_\mathrm{in}(\sin(\theta_\mathrm{in}),0,\cos(\theta_\mathrm{in}))$.
• Der reflektierte Wellenvektor kommt zu heraus$\mathbf k_\mathrm{re} = (k_x,0,-k_z)$.
• Der Wellenvektor$\mathbf k_\mathrm{tr}$für die gesendete Welle unterliegt zwei Einschränkungen:
  • Es ist$x$Die Komponente muss mit den eingehenden und gesendeten Wellenvektoren übereinstimmen, damit die Wellen an der Grenze übereinstimmen.
  • Sein Platz muss gehorchen$\frac{1}{n_2^2}\mathbf k_\mathrm{tr}^2=\omega^2=\frac{1}{n_1^2}\mathbf k_\mathrm{in}^2$, damit die übertragene ebene Welle die Wellengleichung bei derselben Frequenz wie die ankommende Welle erfüllt (wobei die Frequenzen übereinstimmen müssen, damit die Wellen an der Grenze immer synchron sind). Das bedeutet also, dass wir verlangen $$k_{z,\mathrm{tr}}^2 +k_x^2 = \frac{n_2^2}{n_1^2}\left(k_x^2+k_z^2\right),% k_{z,\mathrm{tr}} = \pm \sqrt{ \frac{n_2^2}{n_1^2}k_z^2 +\frac{n_2^2-n_1^2}{n_1^2}k_x^2 }.$$ und du arbeitest es von dort aus.
• Sie berechnen dann die Amplituden, aber das ist für unsere Zwecke hier nicht relevant.

Also, was hat es mit der Totalreflexion auf sich? Nun, wenn wir das sagen

$$k_{z,\mathrm{tr}}^2 +k_x^2 = \frac{n_2^2}{n_1^2}\left(k_x^2+k_z^2\right),$$ wenn $k_x$ist groß genug bzgl $k_z$, und $n_2$ist zu klein bzgl $n_1$, besteht die Möglichkeit, dass die rechte Seite kleiner als ist $k_x$, und die einzige Möglichkeit, dem Rechnung zu tragen, ist ein Negativ $k_{z,\mathrm{tr}}^2$. Bedeutet das, dass wir den ganzen Formalismus über Bord werfen müssen? Nicht wirklich - es bedeutet nur, dass wir auf der anderen Seite einer Totalreflexion eine evaneszente Welle finden , die von der Grenze weg exponentiell abklingt.

Also, wenn Sie schreiben

$$k_{z,\mathrm{tr}} = \sqrt{\frac{n_2^2-n_1^2}{n_1^2}k_x^2+\frac{n_2^2}{n_1^2}k_{z,\mathrm{in}}^2} = i\sqrt{\frac{n_1^2-n_2^2}{n_1^2}k_x^2-\frac{n_2^2}{n_1^2}k_{z,\mathrm{in}}^2} = i\kappa_{z},$$ und es stellt sich heraus, dass Sie eine imaginäre erhalten $k_{z,\mathrm{tr}}$, dann lautet das übertragene Feld $$\mathbf E_\mathrm{tr}(\mathbf r,t) = \mathrm{Re}\mathopen{}\left( \mathbf E_{0,\mathrm{tr}} e^{-\kappa_{z} z}e^{i(k_x x- \omega t)}\right)\mathclose{},$$ wo, was früher ein Oszillator war $e^{ik_z z}$hat sich in die abklingende Exponentialfunktion verwandelt $e^{-\kappa_{z} z}$.

Dies lässt sich am besten grafisch darstellen: Die Animationen unten zeigen die einfallenden, reflektierten, übertragenen und Gesamtfelder im Verlauf eines Zyklus, sowohl für normale Refraktion, als auch für

und für Totalreflexion:

Beachten Sie insbesondere, dass das Feld nicht scharf an der Grenze aufhört, sondern dass es sich ein wenig darüber hinaus erstreckt und von der Grenze weg sanft auf Null abfällt.

Was passiert also genau im kritischen Winkel? Hier wird es lustig: Der kritische Winkel ist genau der Punkt zwischen positiv und imaginär$k_{z,\mathrm{tr}}$, und das stellt sich als genau Null heraus: Das übertragene Feld hat also eine Null$k_z$Komponente,

$$\mathbf E_\mathrm{tr}(\mathbf r,t) = \mathrm{Re}\mathopen{}\left( \mathbf E_{0,\mathrm{tr}} e^{i(k_x x- \omega t)}\right)\mathclose{},$$ und das bedeutet, dass es von der Grenze weder oszilliert noch abklingt, und es füllt den gesamten Bereich aus $n_2$Raum mit einer ebenen Welle, die sich streng parallel zur Grenze zwischen den Medien ausbreitet:

Das fühlt sich zunächst sehr kontraintuitiv an, weil diese Lösung diese unendliche Menge an Energie ins Leben gerufen hat, die nicht einmal von der Grenze wegfließt. Es ist jedoch wichtig zu bedenken, dass wir uns, da wir unsere Berechnung mit einer ebenen Welle unendlicher Energie begonnen haben, von Anfang an entschieden auf unphysikalisches Gebiet begeben haben und uns über solche Eigenschaften nicht beschweren können.

Aus diesem Grund ist das ursprüngliche Diagramm auch falsch: Bei der richtigen Brechung ebener Wellen im kritischen Winkel trifft kein einzelner Strahl an einer einzigen Stelle auf die Grenze; Stattdessen haben Sie eine ebene Welle, die jederzeit auf die gesamte Grenze einfällt und auf der anderen Seite mit einer (nicht) evaneszenten Welle verbunden ist. Wenn Sie also die Zeit anhalten und sie rückwärts laufen lassen, wird der einfallende Strahl zu einer ebenen Welle, die nicht irgendwo im Strahl „entspringt“. (Und außerdem: Um wirklich zu sagen, dass Sie die Zeit rückwärts gedreht haben, müssen Sie auch die zeitumgekehrte Version des reflektierten Strahls liefern, die den gesamten Energiefluss liefert, der auf den zeitumgekehrten einfallenden Strahl übertragen wird .)

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OK, das ist es also, was die Optik ebener Wellen zu sagen hat, und sie ist ziemlich hässlich und überhaupt nicht sehr physisch. Wie hängt das mit der Realität zusammen, und warum dürfen wir einen Formalismus verwenden, der so viele unbrauchbare Antworten produziert?

Dies läuft auf die Grundlagen für die Strahlenoptik hinaus, die wir aus der Optik ebener Wellen aufbauen können, indem wir eine Ausbreitung über Wellenvektoren der Form berücksichtigen

$$\mathbf E(\mathbf r,t) = \int f(\theta,\phi) \mathbf E_\mathbf{k} e^{i(\mathbf k\cdot\mathbf r-\omega t)} \mathrm d\Omega,$$ wo $f(\theta,\phi)$ist eine Verteilungsfunktion, die eng um den beabsichtigten Einfallswinkel gebündelt ist $\theta=\theta_\mathrm{in}$. Das meint Luboš, wenn er sagt, dass dies „kein Problem ist, weil die Wahrscheinlichkeit, dass die Richtung des Lichts „genau“ tangential zur Grenze ist, null ist“: Wir integrieren über eine kontinuierliche Ausbreitung von $\theta$s, und wir können einzelne Punkte weglassen, ohne den Wert des Integrals zu beeinflussen. Genau das passiert mit den Punkten $\theta=\theta_c$: Sie passieren in einer Menge von Takt Null bzgl. der Integration, also können wir so ziemlich einfach ignorieren, was mit ihnen passiert.

Und um abschließend noch einmal auf die Frage zurückzukommen: Was passiert in einem physikalischen Experiment, wenn man einen Strahl genau in den kritischen Winkel einstrahlt, also etwa so,

^{Bildquelle: Getty , offensichtlich. Ich konnte keine ohne Wasserzeichen finden. Wenn ja, sagen Sie es mir bitte.}

und dann versuchst du die zeit umzukehren? Hier macht das Bild deutlich, dass es sich um das obige Integral handelt: Wenn sich die Mitte des Strahls genau im kritischen Winkel befindet, befindet sich die Hälfte seiner Energie in Moden bei höheren Winkeln (die intern vollständig reflektieren) und die Hälfte seiner Energie Energie ist bei Winkeln, die fast, aber nicht ganz am kritischen Winkel liegen, und diese kommen bei einem endlichen Übertragungswinkel weg$90$°. Dies muss der Fall sein: Der einzige Weg, davon wegzukommen, besteht darin, mit einem Modus mit unendlicher Querspreizung an der Grenze einzutreten; Dies ist die Wellenversion der Unschärferelation bei der Arbeit.

Und wenn Sie dies zeitlich umkehren möchten, fallen Sie auf eine lineare Kombination der beiden einfacheren Fälle zurück: Sie müssen einen Strahl mit streifendem Einfall ungleich Null von der Übertragungsseite bereitstellen, der einen wohldefinierten Einfall hat Punkt, und alles ist in Ordnung. (Und in ähnlicher Weise müssen Sie auch die zeitumgekehrte Version des reflektierten Strahls bereitstellen, und dies wird die meiste Energie in den zeitumgekehrten einfallenden Strahl einbringen. Wenn nicht, erhalten Sie eine Reflexion von der zeitumgekehrte Sendestrahl, der in der nicht-zeitumgekehrten Version vollständig fehlt.)

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^{Mathematica-Code für die verfügbaren Animationen überImport["http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m"]["http://i.stack.imgur.com/jZ55H.png"]}