Каким должен быть преломляющий угол призмы?

[Антон Огурцевич]

На боковую грань призмы, изготовленную из стекла с показателем преломления 1,5, падает под углом Брюстера световой пучок, электрический вектор которого лежит в плоскости падения. Каким должен быть преломляющий угол призмы, чтобы свет прошел через нее, не испытав потерь на отражение?

[Виктор]

Решение: Пусть угол падения равен α₁, причём, используя закон Брюстера
\[ \begin{array}{l} {tg\alpha _{1} =n,{\rm \; \; \; \; }\frac{\sin \alpha _{1} }{\cos \alpha _{1}} =n,} \\ {\sin \alpha _{1} =n\cdot \cos \alpha _{1} ,} \\ {\sin \alpha _{1} =n\cdot \sqrt{1-\sin ^{2} \alpha _{1}},} \\ {\sin ^{2} \alpha _{1} =n^{2} \cdot \left(1-\sin ^{2} \alpha _{1} \right),} \\ {\sin \alpha _{1} =\frac{n}{\sqrt{n^{2} +1}}.} \end{array} \]
Если плоскость колебаний электрического вектора лежит в плоскости падения, то интенсивность отраженного луча равна нулю (при угле падения, равном углу Брюстера, т.к. отраженный луч в таком случае полностью поляризован в перпендикулярной плоскости, но перпендикулярная составляющая была нулевая и, следовательно, совсем ничего не отражается) - свет проникает в призму без потерь. Угол преломления α₂.   Запишем закон преломления:
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha _{1}}{\sin \alpha _{2}} =n,{\rm \; \; \; \; \; \; }\sin \alpha _{2} =\frac{\sin \alpha _{1}}{n},} \\ {\sin \alpha _{2} =\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1}} ,{\rm \; \; \; \; \; }\alpha _{2} =\arcsin \left(\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1}} \right).} \end{array} \]
Угол падения на внутреннюю поверхность призмы – α₃. Если этот угол опять есть угол Брюстера, но уже для границы раздела стекло-воздух, то интенсивность отраженного во внутрь луча будет равна нулю (т.к. луч проникший в толщу поляризован в плоскости падения) и свет выйдет из призмы опять без потерь:
\[ \begin{array}{l} {tg\alpha _{3} =\frac{1}{n} ,{\rm \; \; \; \; }\frac{\sin \alpha _{3} }{\cos \alpha _{3}} =n,{\rm \; \; \; \; \; \; }\sin \alpha _{3} =\frac{\cos \alpha _{3}}{n} ,} \\ {n\cdot \sin \alpha _{3} =\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha _{3}} ,{\rm \; \; \; }n^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha _{3} =1-\sin ^{2} \alpha _{3},} \\ {\sin \alpha _{3} =\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1} } ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; }\alpha _{3} =\arcsin \left(\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1} } \right)=\alpha _{2}.} \end{array} \]
Преломляющий угол призмы см. рисунок
\[ \begin{array}{l} {\theta +\gamma +180{}^\circ =360{}^\circ ,\gamma +\alpha _{2} +\alpha _{3} =180{}^\circ ,} \\ {\theta +\gamma =\gamma +\alpha _{2} +\alpha _{3} ,} \\ {\theta =\alpha _{2} +\alpha _{3},} \\ {\theta =2\cdot \arcsin \left(\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1}} \right).} \end{array} \]
Ответ: 67,38º