1612045810-b1a4a1ae277456cfb661a3eadfde0b6a (533740), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Направление же вектора тока ~j пер~ и нормали ~n к поверхпендикулярно направлению магнитного поля Hности~~j = c [~n × H].(1)4πДля волны H10 из уравнений (8), (4), (5) задачи Р. 28 находимπHz = B cos x · cos(ωt − kz z),aHx =ππkz aπkz aBsin x·cos(ωt−kz + ) = −B sin x sin(ωt−kz z),πa2πa(2)882ВОЛНЫ, ОГРАНИЧЕННЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ-ВРЕМЕНИHy = 0, Ez = Ex = 0;Ey =ωaBππωasin x · cos(ωt − kz + ) =B sin(ωt − kz z), (3)πca2πc22где kz2 = ωc2 − πa2 , B — амплитудный коэффициент.Магнитные силовые линии H10 образуют замкнутые контуры, лежащие в плоскостях y = const, при этомHz2Hx22+=B.πxcos2( a ) ( kπz a sin πa x)2Электрические линии параллельны оси Y , при этом максимум электрического поля сдвинут вдоль оси Z от центра семейства магнитныхлиний на четверть пространственного периода λ = 2π/kz .
Из уравнения (1) находим составляющие тока на «дне» и «крышке» волновода:π cBccos x · cos (ωt − kz z) ,jx(y = 0) = Hz =4π4πaπ cckz ajz (y = 0) = − Hx =B sin x · sin (ωt − kz z) ,4π4π 2accBπ cos x · cos (ωt − kz z) ,jx(y = b) = − Hz = −4π4πackz aπ cjz (y = b) = Hx = − 2 B sin x · sin (ωt − kz z) .4π4πaНа боковых стенках имеются только y-е составляющие токов:ccjy (x = 0) = − Hz |x=0 = − B cos(ωt − kz z),4π4πccjy (x = a) = Hz |x=a = − B cos(ωt − kz z).4π4πИспользуя соотношение (4) задачи Р. 27 и выражение (3) для Ey ,находим поверхностную плотность зарядов σ на «дне» и «крышке»волновода:π ωaσ|y=0 = 2 B sin x · sin (ωt − kz z) ,4π ca2.5Решение типичных задач89π ωaσ|y=b = − 2 B sin x · sin (ωt − kz z) .4π caАналогично для волны E11 найдемπ π Ez = A sin x · sin y · cos(ωt − kz z),abπ ωππHx = − 2 A sin x · cos y · sin (ωt − kz z) ,cκ b a bωπππHy = 2 A cos x · sin y · sin (ωt − kz z) , Hz = 0,cκ aab22где κ 2 = πa2 + πb2 .
Ввиду отсутствия продольной компоненты магнитного поля магнитные силовые линии лежат в плоскости поперечногосечения и токи всюду имеют только z-е компоненты. Итак, на «дне»и «крышке»cjz = ∓ Hx|y=a,b,4πна боковых сторонахcjz = ± Hy |x=0,a.4πР.30. В резонаторе, имеющем форму куба с ребром a, возбуждена основная мода колебаний, в которой отлична от нуля x-компонентаэлектрического поля. Найти величину и направление сил, действующих на стенки резонатора, если полная энергия электромагнитного поля в резонаторе равна W .Для нахождения электромагнитного поля в пустом пространстве,ограниченном идеально проводящими стенками, достаточно решить~волновое уравнение для E2~ =0~+ω E∆E2c(1)~ =0divE(2)и уравнение902ВОЛНЫ, ОГРАНИЧЕННЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ-ВРЕМЕНИс граничным условием Eτ = 0 на поверхности стенок. Магнитное поленаходится из уравнения~1 ∂H~rot E = −.(3)c ∂tВыберем оси X, Y, Z по трем ребрам куба с началом в углу куба.Решением уравнений (1), (2) с граничным условием Eτ = 0 будетEx = A cos kz x · sin ky y sin kz zeiωt.В общем случае kx = anπ 1 , ky = anπ 2 , kz = anπ 3 , где n1, n2, n3 —целые положительные числа и ω 2 = c2(kx2 + ky2 + kz3).
Посколькув резонаторе возбуждена основная мода колебаний (колебаниес наи√меньшей частотой), то kx = 0, ky = kz = πa , ω = c πa 2 иπ π Ex = A sin y sin z eiωt.(4)aa~ найдем из уравнения (3). ПолучимКомпоненты поля HπππcA cos z · sin y · eiωt,aωaaπcππHz = −iA sin z · cos y · eiωt.aωaaВ элементе объема dV находится среднее по времени количествоэнергии1dW = (E 2 + H 2)dV,8πгдеHy = iE2=Ez2πA2 2 ππ2π2= A sin y · sin z cos ωt =sin y · sin2 z,aa2aa22H 2 = Hy2 + Hz2 =22πcA 1 2 πππcA1 2ππ=cos z · sin2 y +sin z · cos2 y.aω2aaaω2aa2.5Решение типичных задачY91YaYaa0urE3urE2urE1aaZYaaZZurE4a ZИнтегрируя по всему объему резонатора, получаемZ aZ aaW =(E 2 + H 2)dydz =8π 0 0"#22a 3 A2a aa A a a 1 πcA· · +,· · ·2 ==8π 2 2 2 2 aω2 232πоткуда A2 = 32πW.a3Для нахождения давления на стенки резонатора представим Ex ввиде суперпозиции плоских волнππππei a y − e−i a y ei a z − e−i a z iωtEx = A·· e = E1 + E2 + E3 + E4,2i2iππππππгде E1 = − A4 ei(ωt− a y− a z), E2 = − A4 ei(ωt+ a y+ a z), E3 = − A4 ei(ωt− a y+ a z),ππE4 = − A4 ei(ωt+ a y− a z).Волны E1 и E2, E3 и E4 распространяются во взаимно противоположных направлениях.
Волновые векторы для каждой из волн лежатв плоскости Y, Z. На рисунках приведены направления распространения волнВекторы E~1, E~2, E~3, E~4 направлены вдоль оси X. Волны падаюттолько на стенки, расположенные перпендикулярно оси Z и оси Y ,и оказывают на них давление. Например, волны E1 и E4, падая насторону z = a, формируют отраженные волны E2 и E3.Поскольку углы падения и отражения одинаковы для всех волн, то,для того чтобы найти давление на стенку z = a, достаточно найти922ВОЛНЫ, ОГРАНИЧЕННЫЕ В ПРОСТРАНСТВЕ-ВРЕМЕНИпередаваемый импульс на эту стенку, например волной E1, и результатучетверить.YЧтобы найти импульс, передаваемый волнойZ′E1, запишем ее в новой системе координат сaY′осью Z 0, направленной вдоль волнового вектора этой волны, и осью X 0 вдоль X. Получимk z′0aZA i(ωt− π √2z 0)a,E1 = − e4A c 0 i(ωt− π √2z 0)A0 0akz eHy 0 == − ei(ωt−kz z ),4ω4√где kz0 = πa 2.
В направлении Z 0 волна движется со скоростью, равной скорости света. Импульс, переносимый в единицу времени черезединичную площадку, перпендикулярную оси Z 0, pz 0 = 1c Sz 0 , где Sz 0— вектор Пойнтинга, равный1 c ~c A2∗~~Sz 0 =[E1 × Hy0 ] =.2 4π8π 16На стенку z = a попадает импульс, который проходит через площадь ∆S = a · √a2 , расположенную нормально к Z 0. Но этот импульснаправлен под углом 450 к стенке.
Таким образом, нормальная составляющая импульса будет равнаS z 0 a2√ cos 450 = Sz · a2/2c.pz =c 2Полная сила, действующая на стенку,A2 a2WFz = 4pz == .32 8π 2aТакая же сила действует на стенку z = 0 и стенку y = 0, y = a, т.е. Fy = W2a . Сила Fx = 0, поскольку на стенки x = 0, x = a импульсне переносится.2.5Решение типичных задач93Р.31. Между двумя параллельными, идеально проводящими пластинками, расстояние между которыми равно a, возбуждается стоячаяэлектромагнитная волна. Насколько изменится минимальная частотастоячей волны, если приложить к одной из пластин слой диэлектрикатолщиной a/2, доходящей до ее краев? Диэлектрическая проницаемость вещества слоя ε = 4.YСразу можем написать (см. рисунок)√E(x)=Esinkx,гдеk=ωε/c,1y111a/20aXE2y (x) = E2 sin k2(a − x), где k2 = ω/c,12ω — частота, Ex ≡ 0.Из закона Фарадея следует, что Hz ∝ ∂Ey /∂x.
Граничные условия выглядят какk2 ak1 a= E2 sin,E1 sin22k1 ak2 ak1E1 cos= −k2E2 cos22(E1y |x=a/2 = E2y |x=a/2, H1z |x=a/2 = H2z |x=a/2).εε =1Поделив первое уравнение на второе, получим(1/k1) tg(k1a/2) = (−1/k2) tg(k2a/2),√причем k1/k2 = ε = 2.√√ωatg( εωa/2c) = − ε tg(ωa/2c) или tg(ωa/2c) = −2 tg .2cОтсюда tg 2θ = 2 tg θ/(1 − tg2 θ) = −2 tg θ, где θ = ωa/2c. Сократив на√2 tg θ 6= 0, получим 1 = −1 + tg2 θ, tg2 θ = 2, θ = ωa/2c =arctg 2 ' 0, 95.Минимальная частота до введения пластинки(0)ωmin = πc/a = 3, 14c/aмежду пластинками укладывается половина длины волны.
С пластинкой√(ε)ωmin = (2c/a) arctg 2 = 1, 91c/a.943КОГЕРЕНТНОСТЬ, ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ. ДИФРАКЦИЯТаким образом, искомое изменение частоты4ω = (3, 14 − 1, 91)c/a = 1, 23c/a.3.КОГЕРЕНТНОСТЬ, ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ.ДИФРАКЦИЯУсредненная по времени интенсивность излучения равнаZ1I = |u|2 =|u|2dt = Re u · Im u.T(1)Временная или продольная длина когерентности lq, ограничивающая возможную немонохроматичность, указывает на то, что интерференция двух волновых пакетов может иметь место только тогда, когдавремя τ запаздывания прихода одного из них меньше, чем время ∆tжизни пакета.lq = c∆t ∼ c/δν ∼ λ2/∆λ,(2)где интервал излучаемых волн λ ÷ λ + ∆λ.Пространственная или поперечная длина когерентности l⊥, ограничивающая возможную неточечность излучателя, указывает на то, чтоинтерференция независимых излучателей может привести при наложении к смазыванию интерференционной картины:l⊥ ∼ λ/∆α ∼ λR/L,(3)где ∆α – угловой размер источника; L – поперечный размер; R –расстояние до точки наблюдения.Функция видности, по Майкельсону,√2 I1I2Imax − Imin= |γ(~r1, ~r2)|2,(4)V =Imax + IminI1 + I295где γ(~r1, ~r2) – комплексная степень когерентности;0 ≤ |γ(~r1, ~r2)| ≤ 1.(5)Положение максимумов усредненной интенсивности:arg (γ(~r1, ~r2, τ )) = 2πn, n = 0, ±1, ±2...(6)pγ(~r1, ~r2, τ ) = u(~r1, t)u∗(~r2, t + τ ) · I1(~r)I2(~r) – автокорреляционная функция.Разность ∆ оптических путей, отразившихся от параллельных поверхностей пленки толщиной d с показателем преломления n равна∆ = 2dn cos θ0.(7)Радиус темных колец Ньютона в отраженном свете√rm = Rλm,(8)где R – радиус сферической линзы, а m = 0, 1, 2...При отражении от среды оптически менее плотной (например,n1 = 4/3 – вода, n2 = 1 – воздух) происходит потеря половиныволны.Распределение интенсивности в интерферометре Фабри–ПероI=I0,1 + 4ρ sin2(δ/2)/(1 − ρ)2(9)где ρ – коэффициент отражения по интенсивности, а δ = k∆ =(4π/λ) d cos θ0.Разрешающая способность интерферометра Фабри–Перо√λ2πd ρ=.(10)∆λλ 1−ρКоэффициент отраженияS1R==S0E1E02,(11)963КОГЕРЕНТНОСТЬ, ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ.
ДИФРАКЦИЯдля нормального падения R =Коэффициент прохожденияn1 −n2n1 +n2S2 n 2=D=S0 n 12.E2E02,(12)1 n2для нормального падения D = (n4n+n2 , D + R = 1.12)При наличии слоя толщиной d с учетом многократного отражения24n1n3n22n1n3 − n22, T =(13)R=n1n3 + n22(n1n3 + n22)2при оптической длине nλL = (q − 12 )λ0/2, q = 1, 2, 3 – четверть√волновой слой. Тогда при n2 = n1n3 R = 0 – «просветленная»или «голубая» оптика. При n22 n1n3 или n22 n1n2 R = 1 –«диэлектрическое зеркало».Обобщенный принцип Гюйгенса, интеграл Кирхгофа или формулаРелея–Зоммерфельда:Z Z1eikrc~r)dS.cos(~n(14)E(r0) =E(S)iλrДифракция – расхождениеволны, обусловленноеограничениями2πее фронта. При z 3 4λ (x0 − x1)2 + (y0 − y1)2 max получаем дифракцию ФренеляZ Zikeikz22E(r0) = −U (x1, y1)e 2z [(x0−x1) +(y0−y1) ]dx1dy1. (15)iλzpИнтеграл в точке PZ1eika1 eikrE(P ) =E0·cos ψdSiλa1rможно рассчитать, используя метод зон Френеля.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
