1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (Черкасский - Уроки)

11. Волны в пространстве-времени1.Волны в пространстве-времениУрок 1Кинематика электромагнитных волн1.1. (Задача 1.1.)1 1) Доказать поперечность любой электромагнитной волны, имеющейвид√ √√εµE = E0 t − x · c . Показать, что εE = µH. 2) Найти поток энергии,плотность импульса и момента импульса электромагнитной волны. 3) Записать векторы напряженности плоской монохроматической волны: а) плоскополяризованной;б) поляризованной по кругу; в) эллиптически поляризованной.Решение1) Прежде чем решать эту задачу, вспомним уравнения Максвела в области, гдеотсутствуют заряды и токи.rot E=− 1c ∂B∂t , div Brot H=1 ∂Dc ∂t ,div E= 0,=0.Поскольку потенциалы определяются не однозначно, выберем дополнительные условия на потенциалы ϕ = 0, div A = 0. ТогдаE=−1 ∂A,c ∂tB = rot A.Волновое уравнение, которому удовлетворяет электромагнитное поле (каждая издекартовых компонент электрического и магнитного поля, а также векторного потенциала имеет вид∂2fc2−∆f = 0∂t2εµРассмотрим это уравнение для векторного потенциала A в случае зависимости всехпеременных волны от одной пространственной переменной (это и называется плоскойволной)∂2fc2 ∂ 2 f−= 0.∂t2εµ ∂x2Решение этого уравнения имеет вид f1 (t− cx0 )+f2 (t+ cx0 ), где c0 =плоской волны в среде.√cεµ– скорость1 В круглых скобках дана нумерация задач по книге Меледин Г.

В., Черкасский В. С. Электродинамикав задачах: Учебное пособие: В 2 ч. Изд. 2-е, испр. и доп./ Новосиб. гос. ун-т. Новосибирск, 2010. Ч. 2.Электродинамика частиц и волн. 158 с.2Из условия div A = 0 следует∂Ax= 0.∂xТогда из волнового уравнения∂ 2 Ax= 0,∂t2откуда∂Ax= const .∂tПоскольку E = − 1c ∂A∂t , отличная от нуля компонента Ax означает отличное от нуля продольное электрическое поле, но оно не имеет отношения к электромагнитнойволне, поэтому можно выбрать Ax = 0, т.е. A перпендикулярен направлению распространения волны. Тогда из формулE=−1 ∂A,c ∂tB = rot A,введя переменную ξ = t − x/c0 , находимB = [∇A] = eijkhi∂∂ ∂ξx1Ak = eijkAk = ∇(t − 0 ) · A0 = − 0 [nA0 ],∂xj∂ξ ∂xjcc11 ∂AE = − A0 = −cc ∂ξB=−откуда следует1√[nA0 ] = εµ [nE] ,0c√√µH = ε [nE] .Из этого равенства следует соотношение для модулей:√√µH = εE.Вектор Пойнтинга в вакуумеS=cccc[EH] =[E [nE]] =nE 2 =nH24π4π4π4π(nE) = 0W =1E2(E 2 + H 2 ) =8π4πS = cW n31.

Волны в пространстве-времениSP= 2 =cWcn2)Поскольку в плоской волне все вектора (поля и потенциал) - 2-мерные вектора,то можем заменить рассмотрение векторов комплексными числами. Если определитькомплексную функцию A = Ax + iAy , то для плоской волны, распространяющейсявдоль оси z∂Ax∂Ay, (rot A)y =.(rot A)x = −∂z∂zЗаписав rot A тоже как комплексную функцию и используя выведенные соотношения∂Ay∂Ax∂Arot A = (rot A)x + i (rot A)y = −+i=i,∂z∂z∂zполучаем, что вместо вычисления ротора можно использовать производную от комплексной функции.

Плоская монохроматическая волнаE(z, t) = E0 ei(kz−wt) ,где E0 – действительная величина.w = kv =2πvλВолна с круговой поляризациейE(z, t)круг = E0 ei(kz−wt) ,где E0 – комплексная величина.Eкруг = E0 ei(kz−wt) = (E0x + iE0y ) [cos (kz − wt) + i sin (kz − wt)] == (E0x cos(kz − wt) − E0y sin(kz − wt)) + i [E0x sin(kz − wt) + E0y cos(kz − wt)] ,введя величину ψ = (kz − wt), получимEкруг = E {(cos ϕ cos ψ − sin ϕ sin ψ) + i (cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ)} ,гдеE=q2 + E2 ,E0x0yE0x,EE0ysin ϕ =,Ecos ϕ =4cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ = cos (kz − wt + ϕ) ,cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ = sin (kz − wt + ϕ) .ТогдаEкруг = E {cos (kz − wt + ϕ) + i sin (kz − wt + ϕ)} .Очевидно, чтоEx2 + Ey2 = E02Конец вектора E описывает правую спираль, если смотреть вдоль n.

Левая спиральполучается еслиEe−i(kz−wt) .Произвольное полеA = Aп ei(kz−wt) + Aл e−i(kz−wt) .Плоская поляризацияA1 (z, t) = A0 cos (kz − wt) .1.2. (Задача 1.3.) Вычислить напряженности электрического и магнитного полейдля солнечного света, если в одну минуту на 1 см2 падает в среднем две калории солнечной энергии (1кал = 4, 2 · 107 эрг).Решение Для плоской волны в вакууме E = H поскольку ε = µ = 1.

ВекторПойнтинга (поток энергии)S=cc 2EH =E .4π4πДля условий нашей задачиS̄ =эрг2 · 4, 2 · 107= 1, 4 · 106 2 .60см сТогдаrpp4π¯E2 =S̄ ' 5, 8 · 10−4 = 0, 024 СГСЕ (стат-Вольт/см).cE ' 7, 2 В/см; H ' 2, 4 · 10−2 Эрстед = 2, 4 · 10−2 /(4π)103 А/м = 1, 9 А/м.51. Волны в пространстве-времени1.3. (Задача 1.6.) Две плоские монохроматические линейно поляризованные волны одной частоты распространяются вдоль оси Z. Одна с амплитудой a поляризованапо оси X, а другая с амплитудой b – по оси Y , причем опережает первую по фазе наχ.

Какова поляризация результирующей волны? Рассмотреть случай равных амплитуд.Решение Пусть комплексные амплитуды исходных волн E1 = aex , E2 = beiχ ey ,тогдаE0 = aex + beiχ ey .Удобно сдвинуть начало отсчета фаз так, чтобы в 2-х взаимно перпендикулярных направлениях получились колебания, сдвинутые по фазе на π/2E00 = E0 e−iα = E0 − iE00и потребуем, чтобы векторы E0 и E00 были вещественными и E0 ⊥E00 . ТогдаE00 = aex + beiχ ey e−iα = ae−iα ex + bei(χ−α) ey = E0 − iE00 ,откудаE0E00= a cos α · ex + b cos (α − χ) · ey ,= a sin α · ex + b sin (α − χ) · ey ,E0 · E00 = 0.Раскрывая скалярное произведение, получимa2 cos α sin α + b2 cos (α − χ) sin (α − χ) = 0,и используя известные тригонометрические соотношения2 sin α cos α =sin 2α,sin 2(α − χ) =sin 2α cos 2χ − cos 2α sin 2χ,можно получить выражениеb2a2tg2α = −22sin 2αcos 2χ − sin 2χcos 2αоткуда, делая простые преобразования, получаемtg2α =b2 sin 2χ.a2 + b2 cos2 χ6Введя новые оси ex0 k E0 и ey0 k E00 получимEx0Ey0Y’YE2= E 0 cos (kr − ωt + α) ,= E 00 sin (kr − ωt + α) .E”E’X’E1XИз полученного выражения очевидно, что в новойсистеме координат конец вектора электрического поля E описывает в новой системе координат эллипс.

Это следует из следующего очевидного соотношенияEy20Ex20+= 1,E 02E 002что является уравнением эллипса.1.4. (Задача 1.7.) Две монохроматические волны одной частоты поляризованы покругу в противоположных направлениях и, имея одинаковые фазы, распространяются в одном направлении. Найти зависимость поляризации результирующей волны, ототношения El /Er амплитуд соответственно правополяризованной и левополяризованной волн.РешениеE1 = Er {ex + iey }E2 = El {ex − iey }E = (Er + El ) ex + (Er − El ) ieyEx = (Er + El ) cos ωtEy = (Er − El ) sin ωtEx2(Er + El )2+Ey2(Er − El )2= 1.Если Er > El или Er < El – поляризация эллиптическая, если Er = El –поляризация линейная, если Er = 0 или El = 0 – поляризация круговая.1.5.

(Задача 1.8.) Большое число (N+1) поляроидов уложено в стопку. Ось каждого последующего поляроида составляет угол α с осью предыдущего, так что осьпоследнего образует с осью первого угол θ = N α. Найти интенсивность света на выходе из стопки, если на вход падает линейно поляризованный свет интенсивности I0 ,направление плоскости поляризации которого совпадает с осью первого поляроида.Поляроиды считать идеальными, потерями на отражение света пренебречь. Оценитьинтенсивность при θ = 90◦ и N = 50.71. Волны в пространстве-времениРешение Поляроиды — это искусственно приготовляемые коллоидные пленки, служащие для получения поляризованного света.

У поляроидов есть выделенноенаправление, называемое оптической осью поляроида. Они обладают способностьюсильно поглощать световые лучи, у которых электрический вектор перпендикулярен коптической оси, и пропускать без поглощения лучи, у которых электрический векторE параллелен оси.После прохождения первого поляроида интенсивность волны не изменится, поскольку по условию задачи у падающей волны вектор E0 направлен вдоль оптичеkской оси поляроида. Пусть амплитуда падающей волны будет E0 , тогда E1 = E0 ,kгде E1 — амплитуда волны после прохождения первого поляроида. У второго поляkроида ось направлена под углом α по отношению к E1 .

Представляя волну с векторомkE1 в виде суперпозиции двух волн, одна из которых имеет вектор E, параллельныйkоптической оси E2 , другая — в перпендикулярном направлении E⊥2 , заключаем, чтопосле второго поляроида волна будет иметь амплитудуkkE2 = E2 = E1 cos α = E0 cos α.Понятно, что прохождение через каждый последующийполяроид добавляет в качестве множителя к напряженности электрического поля падающей волны cos α. ПоEiαсле прохождения i-го поляроида Ei = E0 (cos α)i−1 .осьПри i = N + 1, EN +1 = E0 (cos α)N . Так как инcтенсивность падающей волны I0 = 4πE02 , то интенсивность света, проходящего стопку поляроидов,Ei⊥Ei −1IN +1 =c 2E= I0 (cos α)2N .4π N +1При θ = 900 и N = 50 α = θ/N = 1, 80 ≈ 3 · 10−2 рад.

Как видим, α << 1,тогда для вычисления степени косинуса малого угла воспользуемся его разложением вряд Тейлора. ПоэтомуI51 = I0 (cos(3 · 10−2 ))100 ≈ I0 [1 −100· (3 · 10−2 )2 ] = I0 (1 − 0, 05) = 0, 95I0 .28Урок 2Граничные условия. Формулы Френеля1.6. (Задача 1.16.) Вывести граничные условия для полей электромагнитной волны.

Используя их, получить законы отражения и преломления, а также доказать равенство частот в отраженной и преломленной волнах.Решение Электромагнитное поле характеризуется величинами E, D, H, B: E— напряженность электрического поля, D — электрическая индукция, H — напряженность магнитного поля, B — магнитная индукция.

Векторы поля E, D, H, Bявляются в общем случае функциями координат и времени и связаны между собойсоотношениями D = εE, B = µH. Величина ε называется диэлектрической проницаемостью, а µ — магнитной проницаемостью сред. Диэлектрическая и магнитнаяпроницаемости являются функциями координат, при некоторых постановках они могут зависеть от времени.Поля E, D, H, B подчиняются законам, которые формируются в виде системыуравнений Максвелла. Здесь мы будем пользоваться интегральной формой уравненийМаксвелла. В Гауссовой системе единиц они имеют видIZ Z1 ∂Ed` = −BdS,c ∂tIBdS = 0,IZ ZZ Z4π1 ∂Hd` =jdS +DdS,cc ∂tIZ Z ZDdS = 4πρdv,где ρ — объемная плотность зарядов, j — плотность тока (j = γE, где γ — проводимость), c — скорость света в вакууме. Для случая электромагнитных волн в непроводящей среде j = 0, и при отсутствии зарядов (ρ = 0) уравнения примут видZ II1 ∂BdS;(1)Ed` = −c ∂tIBdS = 0;(2)IZ Z1 ∂Hd` =DdS;(3)c ∂tIDdS = 0.(4)1.

Волны в пространстве-времени9Выясним, как изменяются векторы электромагнитного поля на границе разделадвух сред с различными свойствами. Пусть одна среда характеризуется проницаемостями ε1 иr µ1 , вторая — соответственно ε2 и µ2 , а границейZEявляется плоскость Z = 0. Применим уравнение (1) кYlконтуру, ограничивающему малую площадку ∆Sx , пере∆Sl∆lсекающую границу раздела и нормальную к ней. На риXсунке эта площадка расположена в плоскости рисунка.rlЛевая часть уравнения — интеграл по замкнутому выEбранному контуру.

Под интегралом стоит скалярное произведение векторов E и d`, где d` — вектор элементарного приращения, длина которого равна элементарному приращению длины контура d`, а направление совпадает снаправлением касательной к контуру в соответствующей точке. Это скалярное произведение равно произведению проекции вектора E на направление вектора d` − Eτ x идлины d`, т. е. (E·d`) = Eτ x d`. Площадка ∆Sx пересекает поверхность раздела подлине `0 . Пусть стороны площадки `2 и `1 параллельны поверхности раздела, а ∆`— длина сторон площадки, пересекающих поверхность раздела.