1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Тогда для падающей волны имеемEx` = E0` e−i(ωt−k1 z) , Ey` = 0, Ez` = 0;Hy` =rε1 ` −i(ωt−k1 z)E e, Hx` = 0, Hy` = 0,µ1 0ω√ε1 µ1 .cДля получения величины напряженности магнитного поля в волне использованосоотношениеcH=[kE].(1)µωk1 =14Для отраженной волны имеем аналогичноExr = Re−i(ωt+k1 z) , Eyr = Ezr = 0,rε1 −i(ωt+k1 z)rHy = −Re, Hzr = Hyr = 0.µ1Для преломленной волныExd = De−i(ωt−k2 z) , Eyd = Ezd = 0rε2dHy =De−i(ωt−k2 z) , Hzd = Hyd = 0,µ2ω√k2 =ε2 µ2 .cЗдесь учтено, что частоты падающей, отраженной и преломленной волн равныдруг другу (см.
решение задачи 1.6.). Запишем условия непрерывности тангенциальных составляющих векторов E и H. В первой среде есть волна падающая и отраженная, во второй — прошедшая, поэтому, полагая z = 0, получаемrrε1 `ε2E0` + R = D,(E0 − R) =D.µ1µ2ОтсюдаqR= qD= qε1µ1ε1µ12−+qε1µ1qε2µ2qε2µ2qε2µ2ε1µ1+E0` ,E0` .Коэффициент отражения ρ(r) есть отношение потоков энергии, отраженной и падающей волн, а коэффициент прохождения ρ(d) — отношение потоков энергии прошедшей и падающей волн. Найдем распределение энергии в падающей волне.
Известно, что плотность энергии электромагнитного поля в средеW =D` · E`B` · H `ε1 (E ` )2µ1 (H ` )2+=+.8π8π8π8πЗдесь E ` и H ` действительные:E ` = E0` cos(ωt − k1 z), H ` = H0` cos(ωt − k1 z).151. Волны в пространстве-времениВ силу соотношения (1), энергии магнитного и электрического полей в среде, такжекакиввакууме,равнымеждусобойµ1 (H ` )2 /8π = ε1 (E ` )2 /8π, поэтомуW =ε1 ` 2(E ) cos2 (ωt − k1 z).4π 0(2)Если зафиксировать время, то формула (2) даст распределение энергии в про√странстве. Поскольку волна в среде движется со скоростью v = c/ ε1 µ1 , вместе сволной движется и энергия, запасенная в электромагнитном поле. Чтобы найти энергию, проходящую через единичную площадку, перпендикулярную направлению распространения волны, в единицу времени, усредним энергию W (2) по z, взяв в качестве интервала усреднения характерную для волны величину, например длину волныλ, т.
е. ∆z = λ1 = 2π/k1 . Тогда1hW i =λ1z0Z+λ11 ε1 (E0` )2W (z)dz =2π 4πz0ωt−kzZ 0cos2 ξdξ =1 ε1 (E0` )2.2 4πωt−kz0 −2πСредняя по координате плотность энергии не зависит от времени (это будет означать, что и средняя по времени плотность энергии будет равна той же величинеW =1 ε1 (E0` )2).2 4πЗная среднее значение энергии, находим ее поток. Через единичную площадку,взятую перпендикулярно направлению распространения волны, в единицу временипройдет энергия Π, запасенная в параллелепипеде длиной, равной скорости волны√v = c/ ε1 µ1 и с площадью основания, равной единице, т.
е.r1 ε1 (E0` )2cε1 ` 2Π=v=(E ) .2 4π8π µ1 0Это и есть средний по времени вектор Пойнтинга S¯` для падающей волны. Если E иH записаны в комплексном виде, то средний вектор Пойнтингаrc1ccε 2∗S̄ =|[E × H]| = Re [E × H ] =E .4π2 4π8π µ 0Аналогично для энергии отраженной и преломленной волн имеемq 2q εε21rµ1 −µ2ccεrr∗2¯rq · |S¯` |,|S | =Re[E × H ] =R = qε18π8π µ+ ε2µ1µ2164|S¯d | = qТогдаρ(r)qε1µ1ε1µ1+qε2µ2qε2µ22 · |S¯` |.qq 2q qε1ε2ε1ε2−4r¯µ1µ2µ1µ2S(d)= ¯ = qq 2 , ρ = qq 2 .S`ε1ε2ε1ε2++µ1µ2µ1µ2Если первая среда вакуум, то ε1 = µ1 = 1 и, полагая ε2 = ε, µ2 = µ, получаемpp(1 − ε/µ)24 ε/µ(d)(r)ppρ =, ρ =.(1 + ε/µ)2(1 + ε/µ)2Если ε = µ, то отражательная способность среды обращается в нуль ρ(r) = 0 и всяэнергия проходит во вторую среду: ρ(d) = 1.1.8.
(Задача 1.19.) На плоскопараллельную стеклянную пластинку с показателемпреломления n падает под углом ϕ к нормали к пластинке плоская линейно поляризованная монохроматическая световая волна. Плоскость поляризации волны образуетугол β с нормалью к плоскости падения. Найти угол между плоскостью поляризациии нормалью к плоскости падения после прохождения света через пластинку (многократными отражениями внутри пластинки пренебречь).Решение Плоскость падения есть плоскость волнового вектора k и нормали кгранице раздела, а плоскость поляризации — плоскость, в которой лежат векторыэлектрического поля E и волнового вектора k.
Плоскость падения для всех волн —падающей, отраженной и преломленной — одна и та же, что следует из равенстватангенциальных составляющих этих волн. Если β — угол между плоскостью поляризации падающей волны и нормалью к плоскости падения, то, учитывая, что векторE` перпендикулярен вектору k, проекции вектора E на плоскость падения и перпендикуляр к ней, обозначаемые соответственно k, ⊥, будут равныEk = E sin β, E⊥ = E cos β.(1)Аналогично для преломленной волны E1d , если вторая среда занимает все полупространство,dEkd = E d sin β1 , E⊥= E d cos β1 ,(2)где β1 — угол между плоскостью поляризации преломленной волны и нормалью кплоскости падения.
Поскольку многократными отражениями можно пренебречь, считаем, что волна (2) является падающей на вторую (нижнюю) плоскость пластинки и171. Волны в пространстве-времениdсвязи Ekd с Ek , E⊥с E⊥ определяются формулами Френеля:EkdEk=2 cos ϕ sin ψEd2 cos ϕ sin ψ, ⊥ =,sin(ϕ + ψ) cos(ϕ − ψ) E⊥sin(ϕ + ψ)(3)где ψ — угол преломления.Из формул (1)–(3) следует, чтоtg β1 =EkddE⊥=Ek1tg β=.cos(ϕ − ψ) E⊥cos(ϕ − ψ)(4)Волна E d на второй границе будет падать под углом ψ, а преломится под угломϕ.
Поэтомуtg β1tg β ∗ =,(5)cos(ϕ − ψ)где β ∗ — угол между плоскостью поляризации и нормалью к плоскости падения впрошедшей через пластинку волне. Значит,tg β ∗ =tg β.− ψ)cos2 (ϕНайдем cos(ϕ − ψ). Так как sin ψ = sin ϕ/n, а cos ψ =cos(ϕ − ψ) = cos ϕ · cos ψ + sin ϕ · sin ψ =иtg β ∗ =q1 − ( sinn ϕ )2 , тоq1(cos ϕ n2 − sin2 ϕ + sin2 ϕ)nn2 tg βq.(sin2 ϕ + cos ϕ n2 − sin2 ϕ)2√ 1.9.
(Задача 1.21.) На диэлектрическую пленку с показателем преломления n =ε по нормали к поверхности падает монохроматическая волна. Толщина пленки d λ. Найти коэффициент отражения волны.Решение Направим ось Z перпендикулярно слою вниз, так что верхняя поверхность пленки занимает плоскость z = 0, а нижняя — плоскость z = d. При паденииволны на слой в пространстве возникает волновое поле в зависимости от координати времени, в общем случае отличное от поля падающей волны. Для того чтобы найти это поле, нужно решить волновые уравнения, написанные для каждой из областей18z ≤ 0, 0 ≤ z ≤ d, z > d, и на плоскостях z = 0 и z = d удовлетворить граничным условиям (см.
решение задачи 1.6.). Частным решением волнового уравненияявляется плоская волна. Понятно, что для z < 0 кроме падающей волныE` = E`0 e−i(ωt−k1 z) , z ≤ 0может распространяться и отраженная волна, являющаяся результатом многократныхотражений от верхней и нижней границ слоя и их интерференции, которую обозначимEr = Re−i(ωt+k1 z) , z ≤ 0.Внутри слоя 0 ≤ z ≤ d поле E2 по тем же причинам, что и для z ≤ 0, будет состоятьиз полей двух плоских волн, распространяющихся в двух взаимно противоположныхнаправлениях, которое представимо в видеE2 = E20 e−i(ωt−k2 z) + E020 e−i(ωt+k2 z) , 0 ≤ z ≤ d.За слоем z ≥ d может распространяться только прошедшая через слой волна.
Запишем ее в видеEd = De−i(ωt−k1 z) , z ≥ d.В приведенных выше формулах учтено, что волны распространяются вдоль оси Z,поскольку падающая волна не имеет тангенциальной составляющей волнового вектораk по условию задачи. В каждой из волн напряженность магнитного поля связана снапряженностью электрического поля соотношениемH=c[k × E].ωµ(1)Поскольку ось X лежит в плоскости верхней границы слоя, то, не умаляя общности, при нормальном падении можно считать, что вектор E` направлен по X, тогдавекторы напряженностей электрических полей всех остальных волн направлены поX, а напряженности магнитных полей по Y .
При переходе через границу двух средостаются непрерывными тангенциальные составляющие (т. е. проекции на границураздела) напряженностей электрического и магнитного полей (см. решение задачи1.6.).Чтобы записать граничные условия, мы должны в один момент времени зафиксировать поля на границе с обеих сторон границы и приравнять их. Поскольку в нашемслучае тангенциальные составляющие напряженностей являются полными напряженностями, то непрерывность электрического поля и непрерывность магнитного поляпри z = 0 с учетом уравнения (1) выразятся следующим образом:0E0` + R = E20 + E20;(2)1. Волны в пространстве-времени190k1 (E0` − R) = k2 (E20 − E20).(3)0 −ik2 dE20 eik2 d + E20e= Deik1 d ;(4)0 −ik2 dk2 (E20 eik2 d − E20e) = k1 Deik1 d .(5)А при z = d будем иметьПри написании соотношений (2)–(5) учтено, что для всех сред µ = 1.Коэффициент отражения ρr есть отношение энергии, переносимой отраженнойволной через единичную площадку в единицу времени, к энергии, переносимой падающей волной через единичную площадку в единицу времени.
Эти энергии равнысредним значениям векторов Пойнтинга соответствующих волн (см. решение задачи1.7.). Используя результаты этой задачи, имеем: среднее значение вектора для Пойнтинга падающей волны равноc √S¯` =ε1 (E0` )2 ,8πгде амплитуда падающей волны E0` — действительная величина. Для отраженнойволны амплитуда R может быть комплексной, тогда вектор Пойнтинга выразится следующим образом:√ε1 ccc √|S¯r | =|Re[E × H∗ ]| =RR∗ =ε1 |R|2 .8π8π8π√Здесь учтено, что H r = −c ε1 Re−i(ωt+k1 z) .Окончательно, коэффициент отражения таков:|S¯r ||R|2ρr = ¯ =.(E0` )2|S ` |(6)Из уравнений (2)–(5) выразим R через E0` .
Опуская простые арифметические вычисления, приводим окончательное выражение для R:R=(k22 − k12 )[ei2k2 d − 1]E0`.(k2 + k1 )2 − (k2 − k1 )2 ei2k2 dПосколькуω√ωε i = ni ,ccгде εi – диэлектрическая проницаемость, ni – показатель преломления i-й среды, и,вводя относительный показатель преломления n = n2 /n1 , получаемki =R=(n2 − 1)(ei2k2 d − 1)E0`;(n + 1)2 − (n − 1)2 ei2k2 d20R представляет собой отношение комплексных чисел. Модуль такого выражения проще найти как отношение модулей числителя и знаменателя, поскольку|(n2 − 1)(e−i2k2 d − 1)|2 = (n2 − 1)2 4 sin2 k2 dи|(n + 1)2 − (n − 1)2 e−i2k2 d |2 = (4n)2 + 4(n2 − 1)2 sin2 k2 d,тогда|R|2 =(n2 − 1)2 sin2 k2 d(E0` )2 .4n2 + (n2 − 1)2 sin2 k2 dДля коэффициента отражения получим выражениеρr =(n2 − 1)2 sin2 k2 d.4n2 + (n2 − 1)2 sin2 k2 dПри решении задачи мы нигде не учитывали, что толщина слоя много меньшедлины падающей волны λ, поэтому полученный коэффициент отражения справедлив и для толстых слоев.
При k2 d = mπ или d = (λ2 /2)m, где m — целоеположительное число, λ2 — длина волны в слое, ρ = 0, пленка становится прозрачной. Если пленка тонкая, так что k2 d 1, что соответствует 2πλ n2 d 1, тоsin2 k2 d ≈ (k2 d)2 , а в знаменателе вторым слагаемым можно пренебречь по сравнению с первым, тогдаρr =(n2 − 1)2 4π 2 n2 d2d2·= π 2 (n2 − 1)2 2 .224nλλ1.10.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
