1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 16
Текст из файла (страница 16)
TE-волна, кроме того, сдвигается по фазе на π.Пусть падающая волна имеет видE1 pr, tq “ E0 eipkx x`ky y´ωtq ez .После отражения волны E1 от стенки y “ 0 получается волнаE2 pr, tq “ E0 eipkx x´ky y´ωtq`π ez .После отражения волны E1 от стенки x “ 0 получается волнаE3 pr, tq “ E0 eip´kx x`ky y´ωtq`π ez .˚Требуется более точный анализ, чтобы показать, что между соседниминулями располагается ровно один максимум.1402013/2014 Контрольная работа 2.1, вар. 1После отражения волны E2 от стенки x “ 0 получается волнаE4 pr, tq “ E0 eip´kx x´ky y´ωtq ez .После отражения волны E3 от стенки y “ 0 получается волнаE5 pr, tq “ E0 eip´kx x´ky y´ωtq ez ,которая вместе с волной E4 образует единую плоскую монохроматическую волну.Таким образом, суперпозиция всех волн имеет вид`˘E1 ` E4 ` E2 ` E3 “ E0 e´iωt eipkx x`ky yq ` eip´kx x´ky yq ez ´`˘´E0 e´iωt eip´kx x`ky yq ` eipkx x´ky yq ez ““ 2E0 e´iωt pcospkx x ` ky yq ´ cospkx x ´ ky yqqez ““ ´4E0 e´iωt sinpkx xq sinpky yqez ,где kx “ k cos α “2πλcos α, ky “ ´k sin α “ ´ 2πλ sin α, ω “2πcλ .Решение задачи 3Амплитуда волны, прошедшей через первую границу раздела,равна2E0 .E1 “n`1Падение луча на вторую границу разделапроисходит под углом 45˝ , превышающим уголполного внутреннего отражения θc :11sin 45˝ “ ? « 0.71, sin θc “ “ 2{3 « 0.67n2141РешенияПоскольку при полном внутреннем отражении амплитуда волны сохраняется и, как следует из геометрии, отраженный луч падает на большую грань по нормали, то амплитуда выходящей волны равна4n2nE1 “E0 .E1 “n`1pn ` 1q2Тогда искомое отношение интенсивностей лучей равноI1“I0ˆE1E0˙2Решение задачи 4` 3 ˘24¨p4nq2““ ` ˘24 « 0.9245pn ` 1q2Волна до прохождения черезпервый поляризатор имеет видπE0 ptq “ E0 ¨ p1, ei 2 q e´iω0 t .(поскольку расстояние между поляризаторами мало, поместим их вточку z “ 0, и тогда зависимость откоординаты исчезает).Первый поляризатор пропускает только x-компоненту волныE0 , поэтому волна между первым и вторым поляризатором принимает видE12 ptq “ E0 ¨ p1, 0q e´iω0 t .Второй поляризатор пропускает только волну, модуль которойравен проекции волны E12 на ось второго поляризатора:E23 ptq “ E12 cos Ωt e´iω0 t .Проекция волны E23 на ось y равнаE23y ptq “ E12 cos Ωt cos¯1´ Ωt e´iω0 t “ E0 sin 2Ωt e´iωt .22´π1422013/2014 Контрольная работа 2.1, вар.
2Такой же модуль будет иметь волна E1 , прошедшая через третий поляризатор:E1 ptq “E0p0, 1q sin 2Ωt e´iωt .2Спектральная плотность такого сигнала равна (см. ответ кзадаче 2.2а из [2], стр. 190, с заменой ω0 Ñ 2Ω и ω Ñ pω ´ ω0 q):|E 1 pωq| “E0pδpω ´ pω0 ` 2Ωqq ` δpω ´ pω0 ´ 2Ωqqq .2Контрольная работа 2.1, вариант 2Решение задачи 1Спектр одиночного импульса (см.
задачу 1 вар.1 на стр. 139):E1 pωq “ ´şτ´τE0 sinpω0 tq eiωt dt “ ´iE0 sin ωτ´1ω`ω0´1ω´ω0¯.|E1 pωq| имеет два нуля в интервале 0ď ω ď 2ω0 ˚ :при ω “ t0, 2ω0 u.˚Нетрудно понять, что таким же расположением нулей и максимумов взаданном интервале частот характеризуется спектр одиночного прямоугольного сигнала, показанного пунктирной линией.143РешенияС учетом второго импульса к спектральной функции добавляется множитель 1`e3iωτ , равный по модулю 2 cos 3ωτ2 .
В интервале0 ď ω ď 2ω0 этот множитель имеет три нуля:"*ω05ω0при ω “, ω0 ,.33Тогда функция |Epωq| имеет пять нулей:*"5ω0ω0, ω0 ,, 2ω0 .при ω “ 0,33Локальные максимумыфункции |Epωq| расположены между нулями, поэтому число максимумов наединицу меньше числа нулей ˚ : nmax “ 5 ´ 1 “ 4.На рисунке показаныспектральные плотности, полученные точным расчетом(спектр заданного сигналапоказан сплошной линией, прямоугольного аналога - пунктиром).Решение задачи 2При отражении плоской монохроматической волны тангенциальная компонента волнового вектора сохраняется, а нормальнаякомпонента меняется на противоположную. Кроме того, нормальные компоненты TM-волны сохраняются, а тангенциальные меняются на противоположные.Пусть падающая волна имеет видE1 pr, tq “ pEx ex ` Ey ey q eipkx x`ky y´ωtq .˚Требуется более точный анализ, чтобы показать, что между соседниминулями располагается ровно один максимум.1442013/2014 Контрольная работа 2.1, вар.
2После отражения волны E1 от стенки y “ 0 получается волнаE2 pr, tq “ p´Ex ex ` Ey ey q eipkx x´ky y´ωtq .После отражения волны E1 от стенки x “ 0 получается волнаE3 pr, tq “ pEx ex ´ Ey ey q eip´kx x`ky y´ωtq .После отражения волны E2 от стенки x “ 0 получается волнаE4 pr, tq “ p´Ex ex ´ Ey ey q eip´kx x´ky y´ωtq .После отражения волны E3 от стенки y “ 0 получается волнаE5 pr, tq “ p´Ex ex ´ Ey ey q eip´kx x´ky y´ωtq .которая вместе с волной E4 образует единую TM-волну.Суперпозицию всех волн вычислим отдельно для каждой изкомпонент поляpE1 ` E4 ` E2 ` E3 qx “`˘“ e´iωt eipkx x`ky yq ´ eip´kx x´ky yq ´ eipkx x´ky yq ` eip´kx x`ky yq Ex ““ 2i e´iωt psinpkx x ` ky yq ´ sinpkx x ´ ky yqqEx ““ 4i e´iωt sinpky yq cospkx xqEx ;pE1 ` E4 ` E2 ` E3 qy “`˘“ e´iωt eipkx x`ky yq ´ eip´kx x´ky yq ` eipkx x´ky yq ´ eip´kx x`ky yq Ey ““ 2i e´iωt psinpkx x ` ky yq ` sinpkx x ´ ky yqqEy ““ 4i e´iωt sinpkx xq cospky yqEy ,2πгде kx “ k cos α “ 2πλ cos α, ky “ ´k sin α “ ´ λ sin α, ω “Ex “ E0 sin α, Ey “ E0 cos α.1452πcλ ,РешенияРешение задачи 3Из условия задачи понятно, что свет падает под углом Брюстера:tg θ0 “13“ .n4Тогдаcos θ0 “ ?11`tg2 θ0cos θ2 “ cos`π2“b 191` 16“ 45 ,˘´ θ0 “ sin θ0 “ 35 .Для TE-волны коэффициент пропускания по амплитуде получим из формулы Френеля:ˇ ˇˇ E2 ˇ 2 sin θ2 cos θ02 ¨ 45 ¨ 4532ˇ ˇ““.π “ˇ E0 ˇsinpθ0 ` θ2 qsin 225Отношение интенсивностей равноcos θ2I2“I0n cos θ0ˆE2E0˙2“˚3543¨ 322« 0.92¨ 54 ¨ 252˚Коэффициент прохождения можно вычислить и как 1 ´ R, где коэффициент отражения R рассчитывается из другой формулы Френеля:E1E00 ´θ2 q“ ´ sinpθ“sinpθ0 `θ2 qR“´E1E0¯2“49,625sin θ2 cos θ0 ´sin θ0 cos θ2sin π21´R“625´49625““ cos2 θ0 ´ cos2 θ2 “576625146« 0.921625´925“7,252013/2014 Контрольная работа 2.2, вар.
1Контрольная работа 2.2, вариант 1Решение задачи 1Поскольку в задаче не требуетсястроить изображение, то удобно воспользоваться матричным формализмом. Матрица отражения равна:˙ˆ10M“´ R2 ´1Обратное увеличение вычисляется по формулеˆ˙2p´1qK“ d1 ¨ m21 ` m22 “ R ¨ ´´ 1 “ ´3,Rгде d1 “ R – расстояние от предмета до зеркала.Увеличение равно˚1“ 13 .K “ ´ K p´1qРазмер изображения x1 “ K ¨ x “ x3 .Решение задачи 2Условие на максимум или минимумв точке, где толщина пластины равна h,можно записать в виде:2hn “ mλ ` const,где m – порядок максимума или минимума, а const равна 0 или λ{2в зависимости от того, для максимума или для минимума записано условие, а также от соотношения показателей преломленияна обеих границах пленки (одно и то же значение const входит в˚При наличии нечетного числа отражений определитель матрицы преобразования луча от предмета до изображения DetA “ K ¨ K p´1q “ ´1.147Решениявыражения для hA и для hB , поэтому на перепад толщины ∆hоно не влияет).
Считая, что между точками A и B m меняется на2, из этого условия найдем перепад толщины:∆h « 2λ0.5λ“ ““ 0.25 мкм “ 250 нм.2nn2Решение задачи 3Интерференционные картины от всехисточников совпадают, если с точностью доmλ (m “ 0, 1, 2, ...) совпадают разности хода лучей от каждого источника до щелей.Для центрального источника эта разностьравна нулю. Для источника, положение которого на вертикальной оси составляет i ¨ a,разность хода в параксиальном приближении равна∆ri “2d ¨ ai.LЧтобы эта дробь была кратна λ для взаимно простых i “ 2 иi “ ´3, должно выполняться равенствоLλm2d ¨ a“ mλ, d “.L2aМинимальное значение d соответствует m “ 1:dmin “Lλ.2aПри этомa∆r|i“2 “ 2 2Lλ2a L “ 2λ,a∆r|i“´3 “ ´3 2Lλ2a L “ ´3λ.1482013/2014 Контрольная работа 2.2, вар.
1Решение задачи 4В общем случае волны в щелях сдвинуты по фазе. Выяснимвеличину сдвига. По условию длина волны в свободном пространстве равна λ0 . Отсюда частота2πc.ω“λ0Закон дисперсии:´ ω ¯2 ´ π ¯2 ˆ 2π ˙2 ˆ ?2π ˙2 ˆ π ˙22´´p4 ´ 2n2 q.n “n “kz “caλ0λ0λ0Условие kz2 ą 0 выполняется только при n “ 1. Тогда?ˆ ˙2ππ 22kz “p4 ´ 2q, kz “.λ0λ0Таким образом, в волноводе распространяется H01 -волна:ˆ ?˙´π ¯π 2Epx, zq “ E0 cosx exp iz ´ iωt .aλ0Разность фаз волн в щелях:??π 2π 2λ0∆φ “¨b“¨ 7 ? “ 7π.λ0λ02Поскольку разность фаз составляетнечетное число π, то волны в щелях находятся в противофазе.
В параксиальном приближении условие 1-го максимума в точке экрана z “ b{2 “ 7a{2:b¨zb272 λ20` λ0 {2 “` λ0 {2 “` λ0 {2 “ λ0 , X “ 49λ0 {2.X2X4XПроверим выполнение параксиального приближения:7λ02b“ ? ¨« 0.202 ! 1 pверноq.X49λ20149РешенияКонтрольная работа 2.2, вариант 2Решение задачи 1Применим матричный формализм. Матрица отражения равна (учтено, что зеркаловогнутое):ˆ˙1 0M“2R ´1Обратное увеличение вычисляется по формуле12R 2¨ ´1“ ,K p´1q “ d1 ¨ m21 ` m22 “3 R32Rгде d1 “ 3 – расстояние от предмета до зеркала.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
