Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 1.21. На диэлектрическую пленку с показателем преломления $n=\sqrt{\varepsilon}$ по нормали к поверхности падает монохроматическая волна. Толщина пленки $d \ll \lambda.$ Найти коэффициент отражения волны. ----- На границе раздела электрические и магнитные поля имеют только тангенциальную компоненту. Для определенности рассмотрим только одну поляризацию, так что падающая волна $Ee^{i(kz-\omega t)}$ отражённая $E_{1}e^{i(-kz-\omega t)}$ прошедшая $E_{2}e^{i(kz-\omega t)}$. В плёнке так же рассмотрим две волны падающую волна $Ae^{i(k_{2}z-\omega t)}$ отражённую $A_{1}e^{i(-k_{2}z-\omega t)}$. Запишем условие на границе для тангенциальных компонент полей, но так как имеются только тангенциальные компоненты, то на верхней границе для электрического поля --- $E+E_{1}=A+A_{1}$, для магнитного --- $H+H_{1}=B+B_{1}$ в момент времени $t=0$ и принимая, что на границе $z=0$. На нижней границе $z=d$, для электрического поля --- $Ae^{ik_{2}d}+A_{1}e^{-ik_{2}d}=E_{2}$, для магнитного --- $Be^{ik_{2}d}+B_{1}e^{-ik_{2}d}=H_{2}$. Запишем магнитное поле через электрическое: $$[\vec{k}\times\vec{E}]=\frac{\omega}{c}\vec{B}=\frac{\omega\mu}{c}\vec{H},$$ вспоминая, что $k=k_{0}\sqrt{\varepsilon\mu}=\frac{\omega}{c}\sqrt{\varepsilon\mu}$ запишем $$\sqrt{\varepsilon}[\vec{n}\times\vec{E}]=\sqrt{\mu}\vec{H},$$ где $\vec{n}=\frac{\vec{k}}{k}$ --- направление распространения волны, тогда выбрав за направление $z$ направление распространения падающей волны, запишем условие для магнитного поля через электрическое: $$E-E_{1}=n(A-A_{1}),$$ где $n$ --- показатель преломления плёнки. Для второй границы $$n(Ae^{ik_{2}d}-A_{1}e^{-ik_{2}d})=E_{2}.$$ Тогда из системы $$\left\{ \begin{array}{l} E+E_{1}=A+A_{1}\\ E-E_{1}=n(A-A_{1})\\ Ae^{ik_{2}d}+A_{1}e^{-ik_{2}d}=E_{2}\\ n(Ae^{ik_{2}d}-A_{1}e^{-ik_{2}d})=E_{2} \end{array}\right.$$ Найдём сначала поле в плёнке. Из первых двух уравнений исключим $E_{1},$ а из второй пары --- $E_{2},$ тогда $$2E=A(1+n)+A_{1}(1-n);$$ $$A_{1}(1+n)e^{-ik_{2}d}=A(n-1)e^{ik_{2}d},$$ тогда $$A_{1}=A\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}$$ и $$2E=A(1+n)-A\frac{(n-1)^{2}}{1+n}e^{i2k_{2}d}=A\frac{(1+n)^{2}-(1-n)^{2}e^{i2k_{2}d}}{1+n}=$$ $$ 2Ae^{ik_{2}d}\frac{-(1+n^{2})i\sin k_{2}d+2n\cos k_{2}d}{1+n}\approx2Ae^{ik_{2}d}\frac{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}{1+n}.$$ Найдём, теперь: $$A+A_{1}=A\left(1+\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}\right)=$$ $$2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n\cos k_{2}d-i\sin k_{2}d\right)\approx2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n-ik_{2}d\right)=$$ $$2E\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}.$$ Тогда $$E_{1}=A+A_{1}-E\approx E\left(2\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}-1\right)=$$ $$E\left(\frac{2n-2ik_{2}d+i(1+n^{2})k_{2}d-2n}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right)=$$ $$E\left(\frac{i(n^{2}-1)k_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right).$$ Для расчёта коэффициента отражения и прохождения необходимо использовать отношение потоков энергии, т.е. векторов Пойтинга $$\vec{S}=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\vec{H}]=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}[\vec{n}\times\vec{E}]]=\frac{c}{4\pi}\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}E^{2}\vec{n}.$$ Коэффициент отражения: $$\rho_{r}=\frac{S_{1}}{S}=\frac{E_{1}^{2}}{E^{2}}=\left|\frac{i(n^{2}-1)k_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right|^{2}=$$ $$\frac{(n^{2}-1)^{2}k_{2}^{2}d^{2}}{(1+n^{2})^{2}k_{2}^{2}d^{2}+4n^{2}}\approx\frac{(n^{2}-1)^{2}k_{2}^{2}d^{2}}{4n^{2}}.$$ Вполне естественно, что при $n=1$, отражения не будет, т.к. не будет и самой границы.