====== Семинары по электромагнетизму 3 семестр. Семинар 14. Поляризация света ======

===== Задача 1. Степень поляризации по амплитудам =====
==== Условие ====
Определите степень поляризации частично поляризованного света, если амплитуда светового вектора, соответствующая максимальной интенсивности света, в 3 раза больше амплитуды, соответствующей его минимальной интенсивности.

==== Решение ====
Степень поляризации по определению
$$P=\frac{I_{\max}-I_{\min}}{I_{\max}+I_{\min}},$$
а интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды светового вектора, $I\sim E_0^2$. Тогда
$$P=\frac{E_{0\max}^2-E_{0\min}^2}{E_{0\max}^2+E_{0\min}^2}=\frac{\left(E_{0\max}/E_{0\min}\right)^2-1}{\left(E_{0\max}/E_{0\min}\right)^2+1}.$$
Подставляя $E_{0\max}/E_{0\min}=3$: $P=(9-1)/(9+1)=0{,}8$.

==== Ответ ====
$P=0{,}8$.

===== Задача 2. Степень поляризации смеси естественного и поляризованного света =====
==== Условие ====
Определите степень поляризации $P$ света, который представляет собой смесь естественного света с плоскополяризованным, если интенсивность поляризованного света равна интенсивности естественного ($I_{\text п}=I_{\text{ест}}$).

==== Решение ====
$$P=\frac{I_{\max}-I_{\min}}{I_{\max}+I_{\min}}.$$
Поляризованная компонента целиком входит в максимум, а естественная делится поровну между максимумом и минимумом:
$$I_{\max}=I_{\text п}+\tfrac12I_{\text{ест}}=I_{\text п}+\tfrac12I_{\text п}=\tfrac32I_{\text п},\qquad I_{\min}=\tfrac12I_{\text{ест}}=\tfrac12I_{\text п}.$$
$$P=\frac{\tfrac32I_{\text п}-\tfrac12I_{\text п}}{\tfrac32I_{\text п}+\tfrac12I_{\text п}}=\frac{I_{\text п}}{2I_{\text п}}=0{,}5.$$

==== Ответ ====
$P=0{,}5$.

===== Задача 3. Ослабление света двумя николями =====
==== Условие ====
Определите, во сколько раз ослабится интенсивность света, прошедшего через два николя, расположенные так, что угол между их главными плоскостями $\alpha=60^\circ$, а в каждом из николей теряется $8\%$ интенсивности падающего на него света ($k=0{,}08$).

==== Решение ====
На первом николе естественный свет теряет половину интенсивности на поляризацию и долю $k$ — на поглощение:
$$I_1=\tfrac12I_0(1-k).$$
На втором николе — закон Малюса с той же долей поглощения:
$$I_2=I_1(1-k)\cos^2\alpha=\tfrac12I_0(1-k)^2\cos^2\alpha.$$
Отсюда
$$\frac{I_0}{I_2}=\frac{2}{(1-k)^2\cos^2\alpha}.$$
Подставляя $k=0{,}08$, $\alpha=60^\circ$ ($\cos60^\circ=0{,}5$): $I_0/I_2=2/(0{,}92^2\cdot0{,}25)=9{,}45$.

==== Ответ ====
$I_0/I_2\approx9{,}45$.

===== Задача 4. Угол Солнца для максимальной поляризации отражённого света =====
==== Условие ====
Определите, под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы лучи, отражённые от поверхности озера ($n=1{,}33$), были максимально поляризованы.

==== Решение ====
Максимальная поляризация отражённого света достигается при угле падения, равном углу Брюстера:
$$\operatorname{tg}i_{\text Б}=n_{21}=n,\qquad i_{\text Б}=\operatorname{arctg}n.$$
Угол к горизонту — это дополнение угла падения (отсчитываемого от нормали) до $90^\circ$:
$$\varphi=\frac{\pi}{2}-i_{\text Б}.$$
При $n=1{,}33$: $i_{\text Б}=\operatorname{arctg}1{,}33\approx53^\circ04'$, откуда $\varphi\approx36^\circ56'$.

==== Ответ ====
$\varphi=36^\circ56'$.

===== Задача 5. Угол Брюстера через предельный угол полного отражения =====
==== Условие ====
Предельный угол полного отражения для пучка света на границе кристалла каменной соли с воздухом равен $i_{\text{пр}}=40{,}5^\circ$. Определите угол Брюстера при падении света из воздуха на поверхность этого кристалла.

==== Решение ====
Предельный угол полного отражения (свет идёт из соли, $n_1$, в воздух, $n_2<n_1$) определяется из
$$\frac{\sin i_{\text{пр}}}{\sin(\pi/2)}=\frac{n_1}{n_2}\ \Longrightarrow\ \frac{n_2}{n_1}=\frac{1}{\sin i_{\text{пр}}}.$$
Угол Брюстера при падении из воздуха ($n_2$) на соль ($n_1$):
$$\operatorname{tg}i_{\text Б}=\frac{n_1}{n_2}$$
— но по условию ищем через уже найденное отношение $n_2/n_1=1/\sin i_{\text{пр}}$, то есть (в обозначениях задачи, где относительный показатель берётся как $n_2/n_1$):
$$\operatorname{tg}i_{\text Б}=\frac{n_2}{n_1}=\frac{1}{\sin i_{\text{пр}}},\qquad i_{\text Б}=\operatorname{arctg}\!\left(\frac{1}{\sin i_{\text{пр}}}\right).$$
При $i_{\text{пр}}=40{,}5^\circ$: $\sin i_{\text{пр}}\approx0{,}6494$, $1/\sin i_{\text{пр}}\approx1{,}540$, $i_{\text Б}=\operatorname{arctg}1{,}540\approx57^\circ$.

==== Ответ ====
$i_{\text Б}=57^\circ$.

===== Задача 6. Поглощение света на удвоенном пути =====
==== Условие ====
При прохождении в некотором веществе пути $x$ интенсивность света уменьшилась в 3 раза. Определите, во сколько раз уменьшится интенсивность света при прохождении пути $2x$.

==== Решение ====
По закону Бугера $I=I_0e^{-\alpha x}$. Из условия $I_0/I_1=3$, то есть $e^{-\alpha x}=1/3$, откуда $\alpha x=\ln3$. Для удвоенного пути:
$$I_2=I_0e^{-2\alpha x}=I_0\left(e^{-\alpha x}\right)^2=I_0e^{-2\ln3},\qquad \frac{I_0}{I_2}=e^{2\ln3}=3^2=9.$$

==== Ответ ====
$I_0/I_2=9$.

===== Задача 7. Коэффициент поглощения по двум пластинкам =====
==== Условие ====
Свет падает нормально поочерёдно на две пластинки, изготовленные из одного и того же вещества, имеющие соответственно толщины $x_1=5$ мм и $x_2=10$ мм. Определите коэффициент поглощения этого вещества, если интенсивность прошедшего света через первую пластинку составляет $82\%$, а через вторую — $67\%$ от начальной интенсивности.

==== Решение ====
По закону Бугера $I_1=I_0e^{-\alpha x_1}$, $I_2=I_0e^{-\alpha x_2}$, откуда
$$\frac{I_1}{I_2}=e^{\alpha(x_2-x_1)},\qquad \alpha=\frac{\ln(I_1/I_2)}{x_2-x_1}.$$
Подставляя $x_1=0{,}5$ см, $x_2=1$ см, $I_1=0{,}82I_0$, $I_2=0{,}67I_0$:
$$\alpha=\frac{\ln(0{,}82/0{,}67)}{1-0{,}5}=\frac{\ln1{,}224}{0{,}5}\approx0{,}404\ \text{см}^{-1}.$$

==== Ответ ====
$\alpha\approx0{,}404$ см$^{-1}$.

===== Задача 8. Показатель преломления призмы по поляризации отражённого луча =====
==== Условие ====
{{ ::ggf3-14-8.png?280|}}
Пучок естественного света падает на стеклянную призму с преломляющим углом $\alpha=30^\circ$. Определите показатель преломления стекла, если отражённый луч является плоскополяризованным.

==== Решение ====
Отражённый луч полностью поляризован, значит угол падения на грань призмы равен углу Брюстера:
$$\operatorname{tg}i_{\text Б}=n_{21}=n.$$
Из геометрии призмы (грань наклонена к падающему лучу так, что угол между нормалью к грани и продолжением падающего луча равен $\alpha$):
$$i_{\text Б}=\frac{\pi}{2}-\alpha\ \Longrightarrow\ n=\operatorname{tg}\!\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\operatorname{ctg}\alpha.$$
При $\alpha=30^\circ$: $n=\operatorname{ctg}30^\circ=\sqrt3\approx1{,}73$.

==== Ответ ====
$n\approx1{,}73$.

===== Задача 9. Поляризатор, анализатор и зеркало =====
==== Условие ====
{{ ::ggf3-14-9.png?280|}}
Естественный свет интенсивностью $I_0$ проходит через поляризатор П и анализатор А, угол между главными плоскостями которых составляет $\alpha$. После прохождения света через эту систему он падает на зеркало и, отразившись, проходит вновь через неё. Пренебрегая поглощением света, определите интенсивность $I$ света после его обратного прохождения.

==== Решение ====
После поляризатора: $I_1=\tfrac12I_0$. После анализатора (закон Малюса): $I_2=I_1\cos^2\alpha=\tfrac12I_0\cos^2\alpha$. Отражение от зеркала не меняет интенсивность: $I_3=I_2=\tfrac12I_0\cos^2\alpha$. При обратном проходе свет уже поляризован вдоль анализатора, поэтому единственная потеря — снова закон Малюса при переходе обратно через поляризатор (угол между ними всё тот же $\alpha$):
$$I=I_3\cos^2\alpha=\frac12I_0\cos^4\alpha.$$

==== Ответ ====
$I=\dfrac12I_0\cos^4\alpha$.

===== Задача 10. Черенковское излучение =====
==== Условие ====
Определите скорость электронов, при которой черенковское излучение происходит в среде с показателем преломления $n=1{,}54$ под углом $\theta=30^\circ$ к направлению их движения. Скорость выразите в долях скорости света.

==== Решение ====
Угол черенковского конуса определяется условием
$$\cos\theta=\frac{c}{nv}\ \Longrightarrow\ v=\frac{c}{n\cos\theta}.$$
При $n=1{,}54$, $\theta=30^\circ$ ($\cos30^\circ\approx0{,}866$): $v=c/(1{,}54\cdot0{,}866)\approx0{,}75c$.

==== Ответ ====
$v\approx0{,}75c$.