1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 15
Текст из файла (страница 15)
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. Увеличениеравно (см. примечание к задаче 1 вар. 1 на стр. 147)1K “ ´ p´1q “ ´3.K1Размер изображения x “ K ¨x “ ´3x pизображение перевернутоq.Решение задачи 2При интерференции света в тонких пленках, наблюдаемой под прямым углом, переход между темными и светлыми полосами обусловленλ.изменением толщины пленки на 4nПри этом оптическая длина хода луча в пленке (туда и обратно)изменяется на 2λ , а фаза на π.
Края клина разделены 12-ю переходами между светлыми и темными полосами. Поэтому перепадтолщины клина оценивается какλ3λ3 ¨ 0.5∆h « 12“““ 1 мкм,4nn1.5а угол∆h10´4 смα“““ 10´5 рад.l10 см1502013/2014 Контрольная работа 2.2, вар. 2Решение задачи 3Интерференционные картины от всехисточников совпадают, если с точностью доmλ pm “ 1, 2, 3, ...q совпадают разности хода лучей от каждого источника до щелей.Для источника, положение которого на вертикальной оси составляет i¨a, разность ходав параксиальном приближении равна2d ¨ ai.LЧтобы эта дробь была кратна λ для взаимно простых i “ 3 иi “ ´4, должно выполняться равенство∆ri “2d ¨ aLλm“ mλ, d “.L2aМинимальное значение d соответствует m “ 1:dmin “Lλ.2aПри этомa∆r|i“3 “ 3 2Lλ2a L “ 3λ,a∆r|i“´4 “ ´4 2Lλ2a L “ ´4λ.Решение задачи 4Волны в щелях находятся в противофазе (см.
решение задачи 4 вар. 1 настр. 149). Тогда условие минимума m-гопорядка в точке экрана z “ b{2 “ 7a{2:R “ X ` mλ0 ,?X 2 ` b2 “ X ` mλ0 ,X 2 ` b2 “ X 2 ` 2mλ0 X ` m2 λ20 ,X“b2 ´m2 λ202mλ0 .151РешенияМаксимальное значение X соответствует m “ 1:Xmax “b2 ´λ202λ0“72 λ20 {2´λ202λ0“ 47λ0 {4.Приведенное решение является точным. Параксиальное приближение в виде сильного неравенства не выполняется:bXmax47λ0“ ? ¨« 0.42 ă 1.2 47λ0Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Граничные условия на тангенциальные компоненты E и H:E0 ` E1 “ E2 ,H0 cos θ0 ´ H1 cos θ1 “ H2 cos θ2 `4πc J“ H2 cos θ2 `4π ˚c σ E2 .Здесь Ei и Hi - комплексные числа(напр., E0 “ E0m eipk0x x´ωt`φ0 q ).Если отраженная волна отсутствует,то E1 =0, и из первого уравнения следует, что E2 =E0 . При полном внутреннем отражении cos θ2 “ cos π2 “ 0.?Учтем также, что Hi “ εi Ei .
Тогдавторое уравнение принимает вид:?4π ˚ε1 E0 cos θ0 “σ E0 ,cc ac ?cε1 cos θ0 “откуда σ˚ “n1 1 ´ sin2 θ0 “n14π4π4πbcn21 ´ n22 .“4π152d1´n22“n212013/2014 Экзаменационная работа 2Решение задачи 2Внешний радиус m-ой зоны Френеля выражается формулойaρm “ mzp λТогда внутренний радиус кольца равен?ad1 “ ρ1 “ zp λ “ 2 ¨ 0.5 ¨ 10´6 “ 1 ¨ 10´3 м “ 1 мм,внешнийd2 “ ρ1 “?a2zp λ “ 2 ¨ 2 ¨ 0.5 ¨ 10´6 “ 1.41 мм.Амплитуду волны удобно проанализировать спомощью диаграммы Френеля. На ней 1-я зонапредставляет собой полуокружность, концы которой образуют вектор E1 “ 2E0 (снизу вверх), 3-яи все последующие представляют собой спиральс итоговым вкладом в поле, равным E0 (снизувверх). 2-я зона без кольца была бы полуокружностью диаметра 2E0 , идущей сверху вниз (синий пунктир на рис.).
Поэтому для максимализации поля нужно сделать так, чтобы полуокружность, отвечающая 2-я зоне, шла снизу вверх (синяя сплошная линия). Для этого достаточно придать волне во 2-й зоне дополнительный сдвиг по фазе на π. Условие этогоkpn ´ 1q∆min “ π, ∆min “λπ“.kpn ´ 1q2pn ´ 1qАмплитуда волны при этом равнаEmax “ 2E0 ` 2E0 ` E0 “ 5E0 .153РешенияРешение задачи 3Схема слева до второго экрана представляет собой классическую схему Юнга, поэтому интенсивность света на втором экране какфункция x описывается формулой˙˙ˆˆ2d ¨ x,I2 pxq “ I20 1 ` cos kaв частности, в щелях x “ h и˙˙ˆˆ2d ¨ h.I2 “ I20 1 ` cos kaЕсли I2 “ 0, то и интенсивность на третьем экране всюду равна нулю. Для этого должно выполняться условие˙ˆπ ` 2πm2d ¨ h2d ¨ h“ π ` 2πm, d “a,“ ´1, kcos kaa2khπλaa“.2kh4hЕсли яркость в щелях на втором экране не равна нулю, то правая часть схемы также сводится ксхеме Юнга.
Тогда интенсивность света на третьемэкране равна˙˙ ˆˆ˙˙ˆˆ2h ¨ x2d ¨ h1 ` cos k.Ipxq “ I0 1 ` cos kabdmin “1542013/2014 Экзаменационная работа 2Решение задачи 4Общее выражение для потерь энергии релятивистской заряженной частицы на излучение:(2q 4BE“ ´ 2 3 γ2 pE ` rβ ˆ Hsq2 ´ pβ ¨ Eq2 ,Bt3m cгде поля относятся к лабораторной системе отсчета.Случай 1): E “ 0.Тогда E ` rβ ˆ Hs “ βHeK и pβ ¨ Eq “ 0.BE2q 42q 4“ ´ 2 3 γ2 pβHq2 “ ´ 2 3 γ2 β 2 H 2 .Bt3m c3m cСлучай 2): H “ 0, E “ Ek .Можно упростить решение, воспользовавшись свойством инвариантности BEBt относительно преобразований Лоренца. В сопутствующей системе отсчета β1 =0, γ1 “ 1. ТогдаE1K “ γpEK ` rβ ˆ Hs “ 0, E1k “ Ek “ E иBE 12q 42q 4BE“ 1 “ ´ 2 3 pγ1 q2 E 2 “ ´ 2 3 E 2 .BtBt3m c3m cРешение задачи 5Под действием электрического поля свободные заряды приобретают ускорение, равноеa“x: ex “qE eipkzi ´ωtqex ,mгде zj – положение i-го заряда. Сила Лоренца по модулю равнаvqHc =βqE, то есть значительно меньше кулоновской, и ею можнопренебречь.155РешенияТогда вследствие дипольного излучения j-го заряда в волновой зоне ˚ формируется магнитное полеBj “reE0 eipkr´ωt`d¨jq sin θeα .rВопросы, сформулированные в данной задаче, относятся к плоскости yz, θ “ π2 , поэтомуBj “reE0 eipkr´ωt`d¨jq eα .rЗаряды осциллируют и излучаюткогерентно, но несинфазно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
