1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Каждый новый импульс добавляет к Epωqмножительexpp´iωT q.2В совокупности Фурье-образы образуют бесконечную геометрическую прогрессию со знаменателем q “ 21 expp´iωT q, суммакоторой равна:` ˘8ÿE0 τ e´iωτ{2 sinc ωτE1 pωqk2.“E1 pωqq “expp´iωT q1´q1´k“021762014/2015 Контрольная работа 2.1, вар. 1Квадрат модуля спектральной плотности равен (см. рисунок, на которомзнаменатель в комплексном выражении Epωq показан в виде разностивекторов на комплексной плоскости)` ˘` ˘2 τ2 sinc2 ωτEE02 τ2 sinc2 ωτ0222“ 5.|Epωq| “´cosωT1 ` p 21 q2 ´ 2 ¨ 1 ¨ 12 cos ωT4Решение задачи 3Поляризация падающей волны задаетсявекторной записью ˚?ˆ ?˙˙ˆ33 ´iπ{2´iπ{2E0 ee“ E0 1,.E0 ,22Тогда поляризация преломленной волнызапишется как¸˜ ??ˆ˙3ξk ´iπ{23iπ{2,E0 ξK ,ξ ee“ E0 ξK 1,2 k2ξK(1)E2k2Kгде ξK “ EE0K и ξk “ E0k – амплитудные коэффициенты прохождения для TE- и TM-волн соответственно.Согласно формулам Френеляξk1.“ξKcospθ0 ´ θ2 q(2)Угол преломления θ2 найдем из закона Снеллиуса:??n13˝sin θ2 “ sin θ0“ sin 30 3 “Ñ θ2 “ 60˝ .n22˚Знак “-” перед π{2 обусловлен тем, что волна в условии нашей задачиописывается выражением Ek „ eipkr´ωt`π{2q “ eipkr´pωt´π{2qq .177РешенияПодставляя найденный θ2 в уравнения (2) и (1), получим?˙ˆ¯´3´iπ{2´iπ{2,e1,e“EξE0 ξK 1,0 K2 cosp30˝ ´ 60˝ qчто соответствует левой круговой поляризации.Коэффициент отражения рассчитываем по формулеR“ă S1 ą,ă S0 ąгде ă Si ą – усредненный по времени модуль вектора Пойнтингадля падающей (i “ 0) и отраженной (i “ 1) волн соответственно.Поскольку поля EK и Ek взаимно перпендикулярны, суммарный вектор Пойнтинга равен сумме векторов Пойнтинга, рассчитанных отдельно для TE- и TM-волн ˚ .
Заметим, что в нашейзадаче θ0 равен углу Брюстера. Поэтому в отраженной волне присутствует только TE-волна. Согласно формулам Френеля, имеем0 ´θ2 qE1 “ E1K “ ´ sinpθsinpθ0 `θ2 q E0 “ă S1 ą“c28π E1“14¨sin 30˝sin 90˝ E0“E02 ,cE028π ,ă S0 ą“ă S0K ą ` ă S0k ą“2cE0K8πR “ 71 .`2cE0k8π“cE028π`˘1 ` 43 “74¨cE028π ,˚В общем случае принцип суперпозиции к вектору Пойнтинга неприменимввиду его нелинейности по полю.1782014/2015 Контрольная работа 2.1, вар.
2Решение задачи 4Разброс значений волнового вектора в волновом пакете оценимπ.из соотношения неопределенностей: ∆kx “ ∆x0Групповая скорость пакета, рассчитанная для некоторого значения волнового вектора k1 равнаˇBωpkq ˇˇvg pk1 q ““ v ` αpk1 ´ k0 q.Bk ˇk“k1Тогда разброс групповых скоростей волн с разными kx в пакете равен:πα.∆vg “ α∆k “∆x0Ширину пакета через время t можно оценить так ˚ :∆x2 ptq “ ∆x20 ` p∆vg ¨ tq2 “ ∆x20 `pπαtq2.∆x20Минимальное значение это выражение достигает при?∆x0 “ παt.Контрольная работа 2.1, вариант 2Решение задачи 1Суперпозиция полей в точке пространства r “px, y, zq равнаE0 eipk1x x`k1y y´ωtq ez ` E0 eipk2x x`k2y y´ωtq ez “`˘“ E0 eip´kx sin β`ky cos β´ωtq ` eipkx sin βx`ky cos β´ωtq ez ““ 2E0 eipky cos β´ωtq cospkx sin βqez .˚Складывются не сами величины, а их квадраты, так как каждое слагаемое по своему смыслу представляет не абсолютный, а характерный разброс.179РешенияE равно нулю в точках, в которых выполняется условиеkx sin β “ π{2 ` πm Ñ x “π{2 ` πm,k sin βгде m – целые.
Это система параллельных плоскостей с межплосπкостным расстоянием k sinβ.Решение задачи 2Спектр одиночного центрированного импульса шириной τ:´ ωτ ¯E0 pωq “ τE0 sinc.2По теореме о сдвиге Фурье-образ первого импульса отличается от Фурье-образа соответствующего центрированного импульсамножителем e´iωτ{2 .
Каждый новый импульс добавляет к Epωqмножительexpp´iωT q´.2В совокупности Фурье-образы образуют бесконечную геометрическую прогрессию со знаменателем q “ ´ 12 expp´iωT q, суммакоторой равна:` ˘8ÿE0 τ e´iωτ{2 sinc ωτE1 pωqk2.“E1 pωqq “expp´iωT q1´q1`k“02Квадрат модуля спектральной плотности равен (см. рисунок, на которомзнаменатель в комплексном выражении Epωq показан в виде суммы векторов на комплексной плоскости)` ˘` ˘E02 τ2 sinc2 ωτE02 τ2 sinc2 ωτ22“ 5.|Epωq| “1 ` p 21 q2 ` 2 ¨ 1 ¨ 12 cos ωT`cosωT421802014/2015 Контрольная работа 2.1, вар.
2Решение задачи 3Поляризация падающей волны задаетсявекторной записью ˚?ˆˆ ?˙˙33 iπ{2iπ{2E0 ,E0 ee“ E0 1,.22Тогда поляризация преломленной волнызапишется как¸˜ ??˙ˆ3ξ3kξ eiπ{2 “ E0 ξK 1,eiπ{2 ,E0 ξK ,2 k2ξK(1)E2k2Kгде ξK “ EE0K и ξk “ E0k – амплитудные коэффициенты прохождения для TE- и TM-волн соответственно.Согласно формулам Френеляξk1“.ξKcospθ0 ´ θ2 q(2)Угол преломления θ2 найдем из закона Снеллиуса:sin θ2 “11n1sin θ0 “ ? sin 60˝ “ Ñ θ2 “ 30˝ .n223Подставляя найденное θ2 в уравнения (2) и (1), получим?˙ˆ¯´3iπ{2iπ{2,e“ E0 ξK 1, eE0 ξK 1,2 cosp60˝ ´ 30˝ qчто соответствует правой круговой поляризации.Коэффициент отражения рассчитываем по формулеR“ă S1 ą,ă S0 ą˚Знак “+” перед π{2 обусловлен тем, что волна в условии нашей задачиописывается выражением Ek „ eipkr´ωt´π{2q “ eipkr´pωt`π{2qq .181Решениягде ă Si ą – усредненный по времени модуль вектора Пойнтингадля падающей (i “ 0) и отраженной (i “ 1) волн соответственно.Поскольку поля EK и Ek взаимно перпендикулярны, суммарный вектор Пойнтинга равен сумме векторов Пойнтинга, рассчитанных отдельно для TE- и TM-волн.
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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
