¿Por qué los reflejos en una superficie rugosa se extienden desde la fuente de luz hacia ti en lugar de extenderse en todas las direcciones? [duplicar]

Question

¿Por qué los reflejos en una superficie rugosa se extienden desde la fuente de luz hacia ti en lugar de extenderse en todas las direcciones? [duplicar]

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Cuando la luz se refleja en una superficie de "suelo plano", el reflejo se extiende verticalmente pero no horizontalmente (como se muestra en las imágenes a continuación). Cuando la luz se refleja en una superficie de "pared vertical", el reflejo se extiende horizontalmente pero no verticalmente. Los reflejos parecen estirarse en la dirección en que el plano del reflector "va hacia" usted, si sabe a lo que me refiero.

¿Por qué los reflejos se "estiran" así?

Respuestas (6)

¿Por qué los reflejos en una superficie rugosa se extienden desde la fuente de luz hacia ti en lugar de extenderse en todas las direcciones? [duplicar]

ben51 · Answer 1

Se debe a que, para las reflexiones cercanas a la incidencia rasante, el efecto de las variaciones de la superficie en algunas direcciones es mucho mayor que el de las variaciones de superficie igualmente grandes en otras direcciones.

Tomemos el ejemplo del sol. Digamos que el sol está 10 grados sobre el horizonte y directamente hacia el oeste. Piense en la superficie del agua como un montón de pequeños espejos. La posición de equilibrio de estos espejos es horizontal, pero cuando se les perturba pueden girar alrededor de dos ejes: este-oeste o norte-sur. Los llamaré longitudinales de este a oeste (que giran alrededor de un eje en el plano de usted y el sol) y transversales de norte a sur. Para ver la distribución vertical, necesita rotaciones transversales, y para ver la distribución horizontal, necesita rotaciones longitudinales. La pregunta es, ¿qué tan grandes deben ser las rotaciones para crear una cantidad determinada de esparcimiento?

Considere primero la rotación transversal: cuando la superficie no está perturbada, solo ve el sol cuando mira hacia abajo en un ángulo de 10 grados. Digamos que ves el sol en todas partes de 5 a 15 grados hacia abajo. Para un rayo proveniente del sol en un ángulo de 10 grados hacia abajo, eso requeriría una rotación sobre el eje transversal de 2,5 grados hacia usted para lograr el rayo de 5 grados, o 2,5 grados hacia usted para lograr el rayo de 15 grados.

Ahora, ¿cuánta rotación sobre el eje longitudinal se requeriría para ver una cantidad igual de expansión horizontal? Si ve el sol cuando mira un ángulo de 10 grados hacia abajo, 5 grados al norte (digamos) del oeste, eso significa que el rayo se refleja 20 grados verticalmente (proviene del sol que se pone a 10 grados, entra en su ojo que sube a 10 grados) y a través de 5 grados horizontalmente (viene del sol que va hacia el este, entra en su ojo que va 5 grados al sur del este). ya que hay $1/4$ un cambio tan grande en la dirección horizontal como vertical, el ángulo que debe girar el espejo es $\arctan(1/4)$ , o unos 14 grados al sur. Por lo tanto, para obtener 5 grados de manchado horizontal, necesita fluctuaciones de la superficie más de 5 veces mayores que para obtener 5 grados de manchado vertical.

Puedes convencerte rápidamente de este efecto con un pequeño espejo (o la superficie de tu teléfono). Sosténgalo horizontalmente y mire el reflejo de algo en la distancia (o cerca si lo desea, pero no en un ángulo alto hacia arriba), y observe cuánto más pronunciado es el movimiento de la imagen para las rotaciones sobre el eje transversal que el uno longitudinal.

Algo diferente se puede ver, especialmente sobre el mar, cuando un viento transversal produce pequeñas olas que corren oblicuamente. Luego, el reflejo estirado se inclina, hacia la izquierda o hacia la derecha, en la dirección desde la fuente hasta el observador. Desafortunadamente no tengo fotos que muestren el fenómeno.
@knzhou ¡De acuerdo! Y gracias por tu comentario a mi respuesta.

kwah · Answer 2

Considere estos dos diagramas extremadamente científicos.

En este primer diagrama, se supone que la superficie es perfectamente lisa y que la luz se refleja uniformemente a lo largo de toda la superficie. Este es (aproximadamente) el caso de los espejos y suelos pulidos y zonas de agua.

Una forma elegante de describir esto es afirmar que la incidencia normal de la superficie es constante en toda la superficie reflectante (en este caso, "hacia arriba" hacia la parte superior de la imagen).

En este segundo diagrama, en lugar de reflejarse uniformemente, la luz se dispersa debido a la superficie irregular en una variedad de ángulos diferentes. Aquí mostramos la dispersión en dos dimensiones pero, por supuesto, ocurrirá en al menos tres. Tenga en cuenta que en este caso el "ángulo normal" es inconsistente debido a que se trata de una superficie irregular.

En este caso, parte de la luz llega al observador y se ve en una gama más amplia de puntos a lo largo de la superficie reflectante. Un ejemplo típico de esto son las superficies irregulares de agua, como se muestra en la pregunta. En particular, tenga en cuenta que la imagen está distorsionada/estirada/irregular en estos casos (debido a la superficie distorsionada desde la que se refleja).

EDITAR: para abordar la pregunta actualizada, tenga en cuenta que los reflejos se están dispersando en todas las direcciones. El problema es que solo podemos PERCIBIRLOS aproximadamente en la dirección general de la fuente y el receptor. Esto se puede ver un poco en el ejemplo de los faros del automóvil dentro de la pregunta: tenga en cuenta que parece tambalearse un poco.

Lo que variará son los ángulos en los que se producen los reflejos. "La mayoría" continuará aproximadamente en línea recta, mientras que pocos (la minoría) se alejarán en un ángulo significativo Y regresarán al observador en un ángulo igualmente significativo (pero ~opuesto en plano(s) específico(s)). Esto significa que la imagen será más intensa cuando la fuente/reflector/observador estén aproximadamente en línea recta. De forma aislada, esto podría estar bien, pero, por supuesto, en esas "otras" direcciones hay otros emisores de luz que serán más intensos que las imágenes tenues que se reflejan débilmente en ángulos relativamente grandes.

Otro ejemplo para mostrar esto es un proyector estándar: tenga en cuenta que en escuelas, oficinas y cines, el proyector generalmente se encuentra en la misma línea/plano que los observadores, de modo que la mayor parte de los reflejos del proyector regresan hacia el proyector (por lo tanto, el observadores).

También tenga en cuenta que cuando se proyecta una imagen en una pared, la pared está dispersando la luz en todas las direcciones, lo que permite que cualquier persona en cualquier parte de una habitación vea la imagen que se proyecta en la pared, independientemente de su posición/altura relativa a la fuente del proyector. En este caso, la fuente del proyector debe proyectar una imagen lo suficientemente intensa y clara para ser vista en una variedad de ángulos en lugar de iluminar vagamente la superficie.

El diagrama es bueno, pero esta respuesta se enfoca completamente en una versión 2D del problema, mientras que la pregunta se trata completamente de la estructura 3D del reflejo.
@knzhou: estoy en el proceso de agregar algunas actualizaciones en breve. La versión 2D está bien para demostrar los conceptos 3D, pero necesita algunos ajustes para ilustrar la proporción de luz que se dispersa en cada una de las diferentes direcciones. Como ejemplo, considere una antorcha que se enciende en una pared: los bordes de la luz son significativamente menos brillantes que los bordes. Esto se debe al % de la luz que "sale" en un ángulo significativo Y luego también regresa en un ángulo igualmente severo en una superficie (en su mayoría) lisa. Esto ya se menciona en la respuesta existente, pero necesita un énfasis adicional.
Podría ayudar a su punto si tiene líneas azules provenientes de múltiples ubicaciones en la fuente de línea en lugar de solo una.

Dr. Sheldon · Answer 3

Porque el vector normal debe estar entre los rayos incidente y reflejado.

En otras palabras, los rayos incidente y reflejado deben estar en lados opuestos del vector normal. Debido a que la superficie es rugosa, el vector normal real se encuentra principalmente en un rango cónico, con el vértice en el punto de reflexión y perpendicular a la superficie macroscópica. Esto se representa en los diagramas a continuación como un cono morado.

Análisis del plano altura versus profundidad

Este diagrama muestra la superficie reflectante, con el eje vertical que representa la altura y el eje horizontal que representa la profundidad. La fuente de luz está a la izquierda del diagrama y el observador está a la derecha.

Se muestran tres caminos de luz posibles (rojo, verde y azul). Cada trayectoria de luz tiene un punto de reflexión, desde el cual se traza un cono púrpura de posibles normales. Observe cómo los tres caminos tienen el cono normal entre los rayos incidente y reflejado. Además, se podría dibujar un vector normal que haga que el ángulo de incidencia sea igual al ángulo de reflexión, que también estaría en el cono morado. Por lo tanto, cada uno de estos caminos de luz es plausible.

Análisis del plano alto versus ancho

Este diagrama muestra la superficie reflectante, con el eje vertical que representa la altura y el eje horizontal que representa el ancho. La fuente de luz se dibuja en la parte superior del diagrama, aunque técnicamente está detrás del diagrama. El observador se dibuja en la parte inferior, aunque técnicamente delante del diagrama.

El camino verde (medio) es un camino razonable para la reflexión. Si tiene en cuenta que se trata de una trayectoria tridimensional, existe una normal plausible que se encuentra entre los rayos incidente y reflejado, y dentro del cono púrpura.

Por otro lado, los caminos rojo y azul claramente no tienen el cono violeta entre los rayos incidente y reflejado. Por lo tanto, estos no son caminos plausibles para la reflexión.

Esta respuesta realmente no da ninguna razón por la que el rango vertical sea mayor que el rango horizontal. Algún cálculo concreto estaría bien. Por ejemplo, dado el ángulo del cono, ¿qué rango vertical y horizontal debería ser posible?
@JiK: el cono es un sustituto de un modelo probabilístico de dispersión, y el boceto 'horizontal' ilustra claramente que lo normal está muy lejos del rango probable de orientación de la superficie para la dispersión lateral. Un modelo completo de rugosidad no es... útil para ilustración.
@ Whit3rd No veo cómo el boceto horizontal lo ilustra claramente . Es muy difícil visualizar eso en 3D. Incluso podría ir tan lejos como para decir que es engañoso y no ilustrativo en absoluto sin cálculos concretos. Por ejemplo, los tres rayos entre los tres conos y el sol son esencialmente paralelos en realidad, mientras que las imágenes hacen que parezca que están en ángulos muy diferentes. ¿Quién sabe, con sólo mirar, qué otras ilusiones ópticas esconde el cuadro?
@JiK: cuando se proyecta desde una estructura alámbrica tridimensional hasta una superficie bidimensional, las relaciones de incidencia (como la interconexión) no cambian. Si no está en el medio de la imagen plana, no está en el medio del sólido.
@ Whit3rd Sí, puedes dibujar líneas, pero nada dice que sea una proyección correcta con la perspectiva correcta de la misma situación que tenías en la imagen de arriba.
@JiK: entonces, ¿puede volver a dibujar el boceto con la proyección correcta y hacer una imagen variante que no muestre el efecto?
@ Whit3rd Creo que uno podría, por ejemplo, usar Blender para dibujar una cuadrícula de estos conos, una cámara y el sol, y mostrar cómo se ve desde diferentes ángulos. Pero especialmente en la vista lateral, todavía es difícil ver si lo normal realmente está dentro del cono, incluso si está entre los dos rayos.
También podría incluir cálculos más explícitos: digamos que el observador está en $(0,0,1)$ , el sol está en ángulo $\alpha$ en positivo $x$ dirección, y dibuje una gráfica de cuál sería la inclinación de la superficie requerida en $(x,y,0)$ para que refleje el rayo del sol hacia el observador.

jkej · Answer 4

Respuesta corta:

Piense en la situación en un sistema de coordenadas esférico , con el punto de reflexión en la superficie del agua en el origen y el $z$ -eje paralelo a la superficie del agua en calma y apuntando en la dirección azimutal del sol.

A medida que el sol se pone más bajo, tanto los rayos de luz entrantes como los reflejados se acercan al paralelo al $z$ -eje. Imagine rotar la superficie del agua en pequeñas cantidades en el $\theta$ y $\varphi$ direcciones respectivamente y pensar en los efectos que tiene sobre la dirección de la luz reflejada.

A medida que los rayos de luz se acercan al paralelo al $z$ -eje, los efectos de las rotaciones en el $\varphi$ dirección tienen efectos cada vez más pequeños en la dirección de la luz reflejada. En el caso extremo del sol en el horizonte, las rotaciones en $\varphi$ no tienen ningún efecto en absoluto. Esto se debe a que todos los valores de $\varphi$ representan el mismo punto para $\theta=0$ y $\theta=\pi$ .

Versión más larga de la misma respuesta (más matemáticas):

Me parece útil pensar en esto en un sistema de coordenadas esféricas :

El sistema de coordenadas se elige de modo que la $x$ -eje es ortogonal a la superficie del agua tranquila, y el $y$ El eje es ortogonal a la luz solar entrante. Imagine la superficie del agua reflectante en el origen y 3 vectores en la esfera unitaria. El primer vector es la normal de la superficie reflectante, que escribiremos en esta forma:

r_{norte} = (1, π / 2 + d θ_{norte}, d φ_{norte})

$\boldsymbol{r}_n = (1,\, \pi/2 + \delta\theta_n,\, \delta\varphi_n)$

Básicamente está apuntando en el $x$ dirección, salvo pequeñas variaciones debidas al oleaje representadas por $\delta\theta_n$ y $\delta\varphi_n$ . El segundo vector apunta hacia la luz solar entrante:

r_{i} = (1, θ_{i}, 0)

$\boldsymbol{r}_i = (1,\, \theta_i,\, 0)$

y el tercero apunta en la dirección de la luz reflejada:

r_{r} = (1, θ_{r}, φ_{r})

$\boldsymbol{r}_r = (1,\, \theta_r,\, \varphi_r)$

Debido a la ley de la reflexión , obtenemos las siguientes relaciones entre los ángulos:

\begin{aligned} (π / 2 + d θ_{norte}) - θ_{i} & = θ_{r} - (π / 2 + d θ_{norte}) \\ \Rightarrow θ_{r} & = π - θ_{i} + 2 d θ_{norte} \end{aligned}

$\begin{align} (\pi/2 + \delta\theta_n) - \theta_i & = \theta_r - (\pi/2 + \delta\theta_n)\\ \Rightarrow\,\,\,\, \theta_r & = \pi - \theta_i + 2\delta\theta_n \end{align}$

\begin{aligned} d φ_{norte} - 0 & = φ_{r} - d φ_{norte} \\ \Rightarrow φ_{r} & = 2 d φ_{norte} \end{aligned}

$\begin{align} \delta\varphi_n - 0 &= \varphi_r - \delta\varphi_n\\ \Rightarrow\,\,\,\, \varphi_r &= 2\delta\varphi_n \end{align}$

Para ver la magnitud de influencia de los pequeños cambios en la orientación de la superficie reflectante ( $\delta\theta_n$ y $\delta\varphi_n$ ) sobre la dirección de la luz reflejada, podemos usar la fórmula para desplazamientos infinitesimales en sistemas de coordenadas esféricas:

d r = d r \hat{r} + r d θ \hat{θ} + r pecado θ d φ \hat{φ}

$\mathrm{d}\boldsymbol{r} = \mathrm{d}r\,\boldsymbol{\hat{r}} + r\,\mathrm{d}\theta\,\boldsymbol{\hat{\theta}} + r \sin{\theta}\,\mathrm{d}\varphi\,\boldsymbol{\hat{\varphi}}$

Para $\boldsymbol{r}_r$ obtenemos:

\begin{aligned} d r_{r} & = d θ_{r} \hat{θ} + pecado θ_{r} d φ_{r} \hat{φ} \\ = 2 d θ_{norte} \hat{θ} + pecado (π - θ_{i} + 2 d θ_{norte}) 2 d φ_{norte} \hat{φ} \\ = 2 d θ_{norte} \hat{θ} + 2 pecado (θ_{i} - 2 d θ_{norte}) d φ_{norte} \hat{φ} \\ \approx 2 d θ_{norte} \hat{θ} + 2 pecado θ_{i} d φ_{norte} \hat{φ} \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm{d}\boldsymbol{r}_r &= \mathrm{d}\theta_r\,\boldsymbol{\hat{\theta}} + \sin{\theta_r}\,\mathrm{d}\varphi_r\,\boldsymbol{\hat{\varphi}}\\ &= 2\delta\theta_n\,\boldsymbol{\hat{\theta}} + \sin{(\pi - \theta_i + 2\delta\theta_n)}\,2\delta\varphi_n\,\boldsymbol{\hat{\varphi}}\\ &= 2\delta\theta_n\,\boldsymbol{\hat{\theta}} + 2\sin{(\theta_i - 2\delta\theta_n)}\,\delta\varphi_n\,\boldsymbol{\hat{\varphi}}\\ &\approx 2\delta\theta_n\,\boldsymbol{\hat{\theta}} + 2\sin{\theta_i}\,\delta\varphi_n\,\boldsymbol{\hat{\varphi}}\\ \end{align}$

En el lado derecho, vemos que el $\delta\theta_n$ las variaciones se amplifican en la dirección de la luz reflejada por un factor de $2$ , mientras que la $\delta\varphi_n$ variaciones son amplificadas por un factor de $2\sin{\theta_i}$ .

Desde $\theta_i$ es básicamente el ángulo de elevación del sol, esto significa que a medida que el sol se acerca al horizonte ( $\theta_i = 0$ ), las variaciones de la superficie en una dirección comienzan a atenuarse fuertemente, mientras que en la otra dirección el factor de amplificación de $2$ permanece constante.

mio · Answer 5

mio

Debido a que la superficie no es completamente lisa, la luz rebota hacia ti en diferentes puntos. Si la superficie fuera totalmente lisa (como un espejo), ¡verías un reflejo que no está estirado!

dmckee --- gatito ex-moderador

Esto golpea el favor más grande en las imágenes de la pregunta. Sin embargo, obtiene distorsiones geométricas de fuente extendida incluso con espejos suaves (aunque tienden a ser mucho más pequeños que esas imágenes),

usuario253751

Rechacé esto porque no responde la pregunta, razón por la cual el estiramiento es vertical en la imagen.

Steven el fácilmente divertido

Una prueba rápida con un espejo mostrará que en ángulos oblicuos variables, el reflejo en un espejo se alarga o se acorta (estira) en una sola dirección.

Árpád Szendrei · Answer 6

Árpád Szendrei

Esto se debe a que la luz se refleja en toda la distancia en el suelo (o el agua) junto a usted donde el ángulo está funcionando, de modo que la luz rebota en sus ojos (o en la cámara).

No es estirado, es que la luz incide en todo desde el Sol (en esta foto es la Luz del Sol), y solo se ve a lo largo de la línea a reflejar que tiene un ángulo de reflexión que rebota en los fotones de la cámara.

knzhou

No creo que esto responda nada. Solo estás diciendo "ves la luz que te da en los ojos". Está bien, pero ¿por qué la luz que llega a tus ojos proviene de una franja vertical? ¿No podría la luz del Sol rebotar lateralmente en el suelo y dar en tus ojos desde un lado?

Árpád Szendrei

@knzhou, tienes razón, si me pusiera de pie como Spiderman en el costado de un rascacielos, digamos brillante, entonces vería la franja en el edificio. Ahora digamos que estamos en un corredor (y el sol brilla de igual manera frente a nosotros), donde las paredes son pequeñas cascadas (ya sabes de esas en las que el agua fluye lentamente), en ese caso, verías la tira en el lado también. Si las paredes, el piso y el techo del corredor están hechos de una superficie brillante, definitivamente verá una tira en todos los lados y también en el techo.

Árpád Szendrei

@knzhou Es solo que en las imágenes de ejemplo, la única superficie (que nos lleva a nosotros) es el suelo. Sin paredes laterales cerradas, sin techo bajo.

usuario253751

Rechacé esto porque no responde la pregunta, razón por la cual la raya brillante en la imagen es vertical.

¿Por qué los reflejos en una superficie rugosa se extienden desde la fuente de luz hacia ti en lugar de extenderse en todas las direcciones? [duplicar]

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Porque el vector normal debe estar entre los rayos incidente y reflejado.

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Árpád Szendrei

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