1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Заметим, что в нашей задаче θ0 равен углу Брюстера. Поэтому в отраженной волне присутствует только TE-волна. Согласно формулам Френеля, имеем˝E0sin 300 ´θ2 qE1 “ E1K “ ´ sinpθsinpθ0 `θ2 q E0 “ ´ sin 90˝ E0 “ ´ 2 ,ă S1 ą“c28π E1“14¨cE028π ,ă S0 ą“ă S0K ą ` ă S0k ą“2cE0K8π`2cE0k8π“R “ 71 .cE028π`˘1 ` 43 “74¨cE028π ,Контрольная работа 2.2, вариант 1Решение задачи 1Стоячая волна образуется в результате суперпозиции падающей и отраженных плоских монохроматических волн. Пусть падающая волна выражется комплексной функциейE1 “ Ẽ eipωt´krq “ Ẽ eipωt`kx x`ky yq .Тогда в пространстве формируются три отраженных плоскихволны:E2 “ Ẽ eipωt´kx x`ky y`πq ´ отраженная от вертикальной стенки,E3 “ Ẽ eipωt`kx x´ky y`πq ´ отраженная от горизонтальной стенки,E4 “ Ẽ eipωt´kx x´ky yq´ отраженная от обеих стенок.1822014/2015 Контрольная работа 2.2, вар.
1В результате суперпозиции формируется волнаEΣ “ E1 ` E2 ` E3 ` E4 “`˘“ Ẽ eiωt eipkx x`ky yq ´ eip´kx x`ky yq ´ eipkx x´ky yq ` eip´kx x´ky yq .Группируя крайние и средние слагаемые в скобках, получимEΣ “ 2Ẽ eiωt pcospkx x ` ky yq ´ cospkx x ´ ky yqq ““ 4Ẽ eiωt sinpkx xq sinpky yq.ω. С другой стороныИз условия задачи следует, что kx “ 2cωk “ c . Тогдаc?aω3ω1ky “ k2 ´ kx2 “1´ “c42cи искомая функция (с точностью до постоянного множителя)?3ωyf pyq “ sin.2cРешение задачи 2Для пленки с подложкой n1 ă n волна приобретает сдвиг пофазе на π только при отражении от верхней границы. Поэтомуусловие на максимум m-го порядка в отраженной волне имеетвид˙ˆ1λ.2nd “ m ´2Для пленки с подложкой n2 ą n волна при отражении от обеих границ приобретает сдвиг по фазе на π. Поэтому условие намаксимум 1-го порядка в отраженной волне имеет вид2nd “ mλ0 “ λ0 .183РешенияСравнивая два равенства, получаемλ“2λ0.2m ´ 1Для видимой области подходит только m “ 2:λ“2 ¨ 700“ 467 нм pсинийq.2¨2´1Решение задачи 3Изображения оригинального источника, создаваемые каждойполовинкой линзы, эквивалентны двум точечным когерентнымисточникам.
Поэтому на участке от изображений до экрана имеемклассическую схему Юнга. Положение изображений по z определяется формулой тонкой линзы:1 11` “ ,a bfгде a “ 2f . Отсюдаb “ 2f.Для определения положения изображений по x достаточнопровести луч от источника через точки, соответствующие оптическим осям каждой половинки линзы (см. рисунок для верхнейполовинки). Верхнее изображение смещено относительно источника вверх на h, нижнее – вниз на h.Тогда расстояние между изображениями равно 2h, от изображений до экрана L ´ 2f . Из симметрии схемы следует,что изображения выступают как синфазные источники.
Поэтому интенсивностьинтерференционной картины в плоскости рисунка определяетсястандартной формулойIpxq 9 1 ` cos1842khx.L ´ 2f2014/2015 Контрольная работа 2.2, вар. 1Условие на максимум:2πpL ´ 2f qλpL ´ 2f qk2hxmax“ 2πm Ñ ∆xmax ““.L ´ 2f2kh2hРешение задачи 4Способ 1.Решение в области z ą 0 ищем в виде E11 -волны:ππE2z “ ÊT sin x sin y ¨ eipk2z z´ωtqaaМожно показать, что данное решение при соответствующемÊT удовлетворяет всем граничным условиям и поэтому являетсяверным.Полное отражение означает, что в области 2 волна не распространяется, то есть затухает с увеличением z. Затухание возникает, если k2z мнимое:k2z “bС учетом k2 “2 ´ k 2 , k 2 ´ k 2 ´ k 2 ă 0.k22 ´ k2x22x2y2yωcполучим условие на частоту:b? πс2 ` k2 “2 .ω ď c k2x2yaВидно, что условие полного отражения не зависит от ε и совпадает с условием невозможности существования волны в области2 волновода.Способ 2.E11 – волну можно представить в виде суммы четырех плоскихволн с волновыми векторами:k“`˘ πa , ˘ πa , kz185˘.РешенияВидно, что все эти плоские волны падают на границу разделасред под одинаковым углом φ0 :sin φ0 “ bkK2kK,` kz2b?где kK “ kx2 ` ky2 “ 2 πa .Полное отражение от границы раздела происходит, если уголпадения больше или равен углу полного внутреннего отражения:?или?ε sin φ0 ě 1εbkK2 ` k2kKzě 1.Закон дисперсии в области z ă 0 волновода:bс2 ` k2 .kKω“ ?zεПодставивb2 ` k 2 из (1) в (2), получимkKzω ď сkK “? πc2 .aКонтрольная работа 2.2, вариант 2Решение задачи 1Запишем волновое уравнение для области x ě 0, y ě 0:∆B ´1 B2 B“0c2 Bt2186(1)(2)2014/2015 Контрольная работа 2.2, вар.
2Подставив вместо B заданное выражение для стоячей волны,получим дифференциальное уравнение на f pyq:2ω´ 4c2 f pyq `B2 f pyqBy 2`ω2f pyqc2“ 0,22 pyq “ ´ 3ω f pyqfyy4c2с общим решением??3ωy3ωy` A2 sin.f pyq “ A1 cos2c2cИз условияBBzBy 9Ex“ 0 на границе y “ 0 получимA2 “ 0, f pyq “ A1 cos?3ωy.2cРешение задачи 2При нормальнои падении отражение от границы “воздух-бензин”дает набег оптической длины в половину длины волны.
При отражении от границы “бензин-вода” сдвига по фазе не происходит.Поэтому условие на максимум m0 -го порядка при нормальном падении имеет вид˙ˆ1λ0 .2nd “ m0 ´2При наклонном падении условие на максимум m-го порядкаимеет вид ˚˙ˆ1λ,2nd cos β “ m ´2где β – угол преломления.˚Для TM-волны это условие справедливо, если угол падения превышаетили не превышает соответствующий угол Брюстера для обеих границ одновременно.187РешенияСравнивая два равенства, получаем выражение для cos β:cos β “2m ´ 12m ´ 1 먓.2m0 ´ 1 λ04m0 ´ 2Поскольку длина когерентности естественного света составляет 2 ´ 3 длины волны, возникает ограничение tm0 , mu ď 3.
Приэтих ограничениях для заданных параметров решение в видимойобласти существует только при m0 “ 2, m “ 3:??51111cos β “ , sin β “, sin α “ n sin β “ 1.4« 0.77, α “ 51˝ .666Нетрудно убедиться, что углы α и β меньше углов Брюстерадля верхней и нижней границ раздела соответственно.
Поэтомузаписанное выше условие на максимум остается в силе не толькодля TE-, но и для TM-волны.Решение задачи 3Изображения падающего пучка, создаваемые каждой половинкой линзы, эквивалентны двум точечным когерентным источникам. Поэтому участок от изображений до экрана представляетсобой классическую схему Юнга.Изображения лежат в фокальнойплоскости справа от линз на оптическихосях каждой половинки (на рисунке показано верхнее изображение). Тогда расстояние между изображениями равно h,от изображений до экрана L ´ f . Изсимметрии схемы следует, что изображения выступают как синфазные источники.
Поэтому интенсивность интерференционной картины в плоскости рисункаопределяется стандартной формулойIpxq 9 1 ` cos188khx.L´f2014/2015 Контрольная работа 2.2, вар. 2Условие на максимум:2πpL ´ f qλpL ´ f qkhxmax“ 2πm Ñ ∆xmax ““.L´fkhhРешение задачи 4Способ 1.На границе раздела (z “ 0) выполняются условияE0τ “ E2τ , εE0n “ E2n(в левых частях записанных уравнений отсутствуют слагаемыеE1τ и εE1n соответственно, что означает отсутствие отраженнойволны).Подставим выражения для x- и z-компонент E11 :$& E0 ikκ0z2kx cos kx x sin ky y eiωt “ E2 ikκ2z2kx cos kx x sin ky y eiωt%εE0 sin kx x sin ky y eiωt “ E2 sin kx x sin ky y eiωt ,где κ 2 “ kx2 ` ky2 .После сокращений на общие множители, получим:$& E0 k0z “ E2 k2zñ k0z “ εk2z .%εE0 “ E2 ,Распишем полученное равенство в развернутом виде:k02 ´ kx2 ´ ky2 “ ε2 pk22 ´ kx2 ´ ky2 q.С учетом k0 “?εωc ,k2 “ωcω2ε 2 ´ kx2 ´ ky2 “cˆ˙ω222´ kx ´ ky ε2 .c2189РешенияПодставив kx “ ky “ πa , выражаем искомую частоту:cc?1 ´ ε22πc 1 ` ε22.“ω “ c pkx ` ky qε ´ ε2aεСпособ 2.E11 – волну можно представить в виде суммы четырех плоскихволн с волновыми векторами:`˘k “ ˘ πa , ˘ πa , kz .Видно, что все эти плоские волны падают на границу разделасред под одинаковым углом φ0 :tgφ0 “kK,kzb?где kK “ kx2 ` ky2 “ 2 πa .При этом все четыре плоских волны имеют нулевые компоненты магнитного поля вдоль оси z, т.
е. являются ТМ-волнами припадении на границу раздела. Известно, что ТМ-волны не отражаются от границы раздела при падении под углом Брюстера:?ε tg φ0 “ 1или? kK“ 1.(1)εkzЧастота волны выражается через компоненты волнового вектора формулой:bс2 ` k2 .?ω“kKzε?С учетом (1) и kK “ 2 πa получимc?2πc 1 ` ε.ω“aε1902014/2015 Экзаменационная работа 2Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Кольца линзы Френеля занимают положения соответствующих зонФренеля. Поэтому воспользуемся выражением для радиуса n-й зоны Френеля (см.
рисунок):bb?a2n¨5¨10´5 ¨36ρn “ nλ aa11`a“« 0.03 n см,22??ρ1 “ 0.03 1 “ 0.03 см, ρ4 “ 0.03 4 “ 0.06 см.Решение задачи 2Радиус n-й зоны Френеля для случая плоской падающей волны равенaρn “ nλzp .Тогда число зон Френеля, укладывающихся в отверстие радиуса R, равноR2n“.λzpДля zp “ 5R получимR2R30λ“““ 6.5λR5λ5λС ростом zp число зон Френеля, укладывающихся в отверстие,уменьшается. Максимум наблюдается, когда число зон Френелянечетно. Поэтому на зависимости Ipzq имеется три максимума вточках z “ 30Rn :при n “ 5, z “ 6R,nmax “при n “ 3, z “ 10R,при n “ 1, z “ 30R.191РешенияРешение задачи 3В системе пластинки падающая плоская волна обладает следующими характеристиками:ω1 “d1`βω0 ,1´βλ1 “d1´βλ0 ,1`βE 1 “ γp1`βqE0 “d1`βE0 .1´βДля падающей плоской волны радиус первой зоны связан сдлиной волны и расстоянием до точки наблюдения формулойa“aλ1 zp .При нечетном числе зон в точке zp будет фокус.
Находимa2a2f “ zp “ 1 “λλ0d1`β.1´βПоле в фокусе в 2N раз превышает поле E 1 падающей волны:Ep “ 2N E 1 “ 2Nd1`βE0 .1´βРешение задачи 4Согласно принципу Бабине имеемÊ0 “ Ê1 ` Ê2 ,где шляпкой помечены векторы накомплексной плоскости (см. диаграмму Френеля, где точка A, конец вектора Ê1 , лежит на одном из витков спирали, свертывающейся в точку C).1922014/2015 Экзаменационная работа 2Дополнительным к экрану 3) будетэкран с половиной отверстия.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
