1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 10
Текст из файла (страница 10)
условия E0x ` E1x =E2x , H0x ` H1x =H2x на границе раздела z=0 после подстановки выписанных выражений и сокращений на общие множители (а также с учетом µ0 =µ1 =µ2 =1)принимают вид:"k0z H0 ´ k0z H1 “ k2z H2H0 ` H1 “ H2с решением1´αH1“,H01`α882012/2013 Контрольная работа 2.1, вар. 2где обозначено α “k2zk0z“bω2bc2n2 ´kx2 ´ky2ω2´kx2 ´ky2c2при отражении терпит скачок на π.d.H1H0ă 0, т. е. фаза волны22ω2 2n ´ π´ πbac222ω2´ π´ πbac2В случае l “ m “ 1 α “p q p q.p q p qКонтрольная работа 2.1, вариант 2Решение задачи 1Из нечетности функции f ptq следует,что Refω =0, а Imfω =2Imf˜ω , гдеf˜ω “żτf ptqeiωt dt.0Мнимая часть подынтегральнойфункции нечетна по ω, поэтомунечетна и спектральная плотность, вчастности, fω p0q=0.Вычислим мнимую часть fω :şτImfω “ 2Im f ptqeiωt dt “0(şτşτşτ2htdpcos ωtq ““ 2 Im f ptqeiωt dt “ 2 hτ t sin ωtdt “ ´ ωτ0“´00ˇ2hˇτωτ t cos ωt 0“ ´ 2hω cos ωτ ``2hωτ2hω2 τşτ02hτ cos ωτ `cos ωtdt “ ´ ωτsin ωτ “2hpsin ωτω2 τ892hω2 τ´ ωτ cos ωτq.ˇτsin ωtˇ0 “РешенияИтак, fω =i ω2h2 τ psin ωτ ´ ωτ cos ωτq (см.
рисунок),|fω |= ω2h2 τ |psin ωτ ´ ωτ cos ωτq|.Решение задачи 2Естественный свет можно разложить на TE- и TM-волны. Приµ1 “ µ2 формулы Френеля для отраженных волн имеют видˇsinpθ0 ´θ2 qE1 ˇ“ ´ sinpθE0 ˇ0 `θ2 qTEˇE1 ˇE0 ˇTM“tgpθ0 ´θ2 qtgpθ0 `θ2 qВидно, что амплитуда отраженной волны может обращатьсяв ноль только для TM-волны при условии θ0 ` θ2 “ π2 (из-за особенности в знаменателе).
С другой стороны по закону Снеллиусаsin θ0sin θ0n2sin θ0“““ tg θ0 “,sin θ2sinpπ{2 ´ θ0 qcos θ0n1что определяет угол Брюстера θ0 “ θБ через показатели преломления сред.По условию задачи 2θБ “ φ, откуда искомый показатель преломления жидкостиn1 “ n2 ctgφ3φ“ ctg .222Решение задачи 3Подставим выражение B “ rot A в уравнение Максвеллаˆ˙1 Bprot Aq1 BA1 BB““ rot ´,rot E “ ´c BtcBtc Bt902012/2013 Контрольная работа 2.1, вар. 2откуда имеем:ˆ1 BArot E `c Bt˙“ 0.Следовательно, вектор, записанный внутри ротора, является градиентом скалярной функции координат. Эта функция –ϕ, котораяпо условию нашей задачи равна нулю:E`1 BA“ ´∇ϕ “ 0.c BtТаким образом, соотношения, позволяющие найти поля E и Bчерез A, установлены.Отметим, что, поскольку вектор-потенциал зависит только отодной координаты, то он описывает плоскую волну.
Поэтому?B “ εµrn ˆ Es.С учетом вида зависимости заданного A от r и tBA“ ´iωA,Btrot A “ ik ˆ A.Тогда искомые поля легко находятсяE“´1 BAωωω“ i A “ i pa, ibqeipkz´ωtq “ pa, ibqeipkz´ωt`π{2q ,c Btcccчто представляет собой левополяризованнуюэллиптическую волaну с мгновенной амплитудой E “ ωc a2 sin2 ψ ` b2 cos2 ψ, гдеψ “ kz ´ ωt.B “ rot A “ ik ˆ A “ ikp0, 0, 1q ˆ pa, ibqeipkz´ωtq ““ ikp´ib, aqeipkz´ωtq “ kpb, iaqeipkz´ωtq ,что представляет собой левополяризованнуюэллиптическую волaну с мгновенной амплитудой B “ k b2 cos2 ψ ` a2 sin2 ψ. Главные91Решенияоси эллипса для B и E параллельны x и y.Поскольку k “ω?c εµ,то B “?εµE.Решение задачи 4Решим задачу для общего случая Elm -волны.Тип отраженной и прошедшей волны можно установить наоснове следующих соображений.
Падающая волна представляетсобой суперпозицию плоских волн с частотой ω и волновыми векmπторами с компонентами k0z , k0x “ ˘ lπa и k0y “ ˘ b . При отражении и преломлении каждой плоской волны сохраняются частотаи тангенциальные компоненты волнового вектора. Поскольку решения для отраженной и прошедшей волн являются результатомсуперпозиции соответствующих плоских волн, то параметры kx ,ky и ω войдут в результирующие решения без изменений. С другой стороны решения для отраженной и прошедшей волн должны удовлетворять волновому уравнению с граничными условиямина стенках волновода. Для прямоугольного волновода это могутбыть только волны типа Elm или Hlm , причем, индексы l, m однозначно задаются геометрическими размерами a, b и значениямиkx , ky , которые, как уже было отмечено, не изменяются при отражении и прохождении волны.
Hlm -волна исключается, так какона влечет нарушение условий непрерывности нормальных компонент Dn и Bn на границе раздела z “ 0. Таким образом, и отраженная и прошедшая волна имеют тип Elm с теми же индексамии частотой, что и падающая.С учетом сделанных предварительных замечаний выпишемвыражения для всех компонент полей в падающей “0”, отражен922012/2013 Контрольная работа 2.1, вар.
2ной “1” и прошедшей “2” волнах:E0z px, y, z, tq “ E0 sinpkx xq sinpky yq eipk0z z´ωtqE0x px, y, z, tq “BE0ziκ 2 k0z Bx“ik0z kxipk0z z´ωtqκ 2 E0 cospkx xq sinpky yq eE0y px, y, z, tq “ik BE0zκ 2 0z By“ik0z kyE0 sinpkx xq cospky yq eipk0z z´ωtqκ20zH0x px, y, z, tq “ ´ κi2 ε0cω BEBy “ ´H0y px, y, z, tq “i ε0 ω BE0zBxκ2 c“iky ε0 ωE0 sinpkx xq cospky yq eipk0z z´ωtqκ2cikx ε0 ωE0 cospkx xq sinpky yq eipk0z z´ωtqκ2 cH0z px, y, z, tq “ 0E1z px, y, z, tq “ E1 sinpkx xq sinpky yq eip´k0z z´ωtqE1x px, y, z, tq “ ´ ikκ0z2kx E1 cospkx xq sinpky yq eip´k0z z´ωtqE1y px, y, z, tq “ ´ik0z kyE1 sinpkx xq cospky yq eip´k0z z´ωtqκ2H1x px, y, z, tq “ ´H1y px, y, z, tq “iky ε0 ωE1 sinpkx xq cospky yq eip´k0z z´ωtqκ2 cikx ε0 ωE1 cospkx xq sinpky yq eip´k0z z´ωtqκ2 cH1z px, y, z, tq “ 0E2z px, y, z, tq “ E2 sinpkx xq sinpky yq eipk2z z´ωtqE2x px, y, z, tq “ik2z kxE2 cospkx xq sinpky yq eipk2z z´ωtqκ2E2y px, y, z, tq “ik2z kyE2 sinpkx xq cospky yq eipk2z z´ωtqκ293РешенияH2x px, y, z, tq “ ´H2y px, y, z, tq “iky ε2 ωipk2z z´ωtqκ 2 c E2 sinpkx xq cospky yq eikx ε2 ωE2 cospkx xq sinpky yq eipk2z z´ωtqκ2cH2z px, y, z, tq “ 0,πm222где обозначены kx = πla , ky = b , κ =kx `ky ; l=1, 2, 3, ..., m=1, 2, 3, ...Тогда гран.
условия E0x `E1x =E2x , H0x `H1x =H2x на границераздела z=0 после подстановки выписанных выражений и сокращений на общие множители (а также с учетом µ=1, ε0 =1 и ε2 =ε)принимают вид:"k0z E0 ´ k0z E1 “ k2z E2E0 ` E1 “ εE2с решениемn2 ´ αε´αE1“ 2,“E0ε`αn `αdгде обозначено α “ kk2z“0zd22ω2 2´p πb qn ´p πaqc2α“22 .ω2´p π´p πb qaqc2ω2 2n ´kx2 ´ky2c22ω´kx2 ´ky2c2. В случае l “ m “ 1Контрольная работа 2.2, вариант 1Решение задачи 1Решим задачу об оптической разности хода для общего случаятрех промежутков длиной L1 , L2 , L3 с оптически плотной средойв среднем промежутке.
Оптическая длина хода луча SO1 равна(см. рисунок):942012/2013 Контрольная работа 2.2, вар. 1l1 “ SO1 “ L1 ` nL2 ` L3 .Оптическая длина хода луча от S до O2 рассчитывается с учетом преломления на границах раздела В параксиальном приближении имеем:ˆ˙h22h2h21` n L2 `` L3 ` 3 ,l2 “ r1 ` nr2 ` r3 « L1 `2L12L22L3(1)где смещения h1 , h2 , h3 лучапо вертикали на каждом промежутке составляютh1 “ L1 α,h2 “ L2 β “ L2 αn ,h3 “ L3 α.Из условия h1 ` h2 ` h3 “ O1 O2 “ d получимα“d.L1 ` nL2 ` L3(2)Подстановка (2) в (1) дает:l2 “ L1 ` nL2 ` L3 `α22´L21L1`L1 `2` n nL2 L2 `˘` L3 ““ L1 ` nL2 ` L3 `α22“ L1 ` nL2 ` L3 `d22pL1 `nL2 `L3 q .95LnL23L3¯“РешенияОптическая разность хода двухлучей равнаl1 ´ l2 “d22pL1 `nL2 `L3 q .(3)2d.В нашем случае L1 = L2s , L2 = L2s , L3 =0, поэтому l1 ´ l2 “ Ls p1`nqТаким образом, щелевые источники O1 , O2 излучают с фа21зовым сдвигом k 1`n¨ Ld s .
Тогда интенсивность в точках экраназадается выражением˙˙ˆˆ1d2d ¨ px ´ d{2q`¨.Ipxq “ I0 1 ` cos kL1 ` n LsУсловие нулевого максимума:ˆ˙d ¨ px0 ´ d{2q1d2k`¨“ 0,L1 ` n Lsоткудаx0 “1d2 Ld1d¨Ld´¨“ ´¨2 1 ` n Ls d2 1 ` n LsВидность мала (источники некогерентны), если разброс по фазе за счет немонохроматичности δk “ δωc превышает π:ˇˇ1d2 ˇˇδω ˇˇ d ¨ px ´ d{2qě π.`¨c ˇL1 ` n Ls ˇУмножим обе части неравенства на|x ´ x0 | ě96Lcd¨δω :πLc.d ¨ δω2012/2013 Контрольная работа 2.2, вар. 1Критическое расстояние от точки x0 оценивается как|xc ´ x0 | “πLc.d ¨ δωТот же результат можно получить, приравняв оптическую разπc.ность хода в точке xc продольной длине когерентности ℓk “ δωРешение задачи 2Способ 1 (через геометрические построения).Найдем положение изображения как точку пересечения двух вышедших из линзылучей, исходно (до преломления на границе “стекло-воздух”) имеющих общим началомцентр пузырька. Один исходящий из пузырька луч направим влево вдоль оптической оси– его направление после выхода из линзы неизменится (на рисунке этот луч не показан).Другой исходящий из пузырька луч направим под произвольныммалым углом к горизонтали.
Пусть нормаль в точке преломления этого луча имеет угол наклона α (см. рисунок). ИзображениеS 1 пузырька лежит на пересечении продолжения преломленноголуча с прямой OC. Поскольку угол α мал, то SK « SC, следовательно, треугольник CSK равнобедренный и угол падения на{ “ α. Тогда угол преломления равен nα.границу раздела CKSПрименим теорему синусов к треугольнику CKS 1 :CKCS 1“.1K{{1sin CSsin CKSПодставим значения углов:CKsinpπ´α´nαq“CS 1sinpnαqÑnÑ CS 1 “ R n`1, OS 1 “Rn`1“97R3.РешенияЧтобы найти коэффициент увеличения, придадим пузырькумалый размер SA и рассмотрим луч, исходящий из точки A и направленный по радиусу CK.
Направление этого луча после преломления не изменится, поэтому изображение A1 точки A окажется на пересечении прямой CK (продолжения преломленноголуча) и вертикали, опирающейся на точку S 1 . Искомый коэффициент увеличения равенCS 1nR4S 1 A1“““ .SACSpn ` 1qR{23Способ 2 (через матричный формализм).Начальное и конечное состояния луча связаны матричным равенствомˆ˙ˆ˙x2x1“M,α2nα1где матрица преобразования луча равна произведению матриц пустого промежутка в стекле, преломления на сферической границераздела и пустого промежутка в воздухе:˛ ¨˛˛ ¨¨101 d21 dn1‚¨ ˝‚“‚¨ ˝M “ T2 MR T1 “ ˝1´n10 10 1R˛ ¨¨˛d111 d2n‚¨ ˝‚.“˝d1´n1´n10 1Rn R `1Для ответа на вопросы, поставленные в задаче, достаточновыписать выражения двух элементов матрицы M:ˆ˙1 ´ n d1d1` d2`1 ,m12 “nn Rm11 “ 1 `d2p1 ´ nq.R982012/2013 Контрольная работа 2.2, вар. 1Положение изображения находим из условия m12 “ 0 (приэтом x2 не зависит от α1 , т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
