Это старая версия документа!

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 \textemdash{} $E+E_{1}=A+A_{1}$, для магнитного \textemdash{} $H+H_{1}=B+B_{1}$ в момент времени $t=0$ и принимая, что на границе $z=0$. На нижней границе $z=d$, для электрического поля \textemdash{} $Ae^{ik_{2}d}+A_{1}e^{-ik_{2}d}=E_{2}$, для магнитного \textemdash{} $Be^{ik_{2}d}+B_{1}e^{-ik_{2}d}=H_{2}$.

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 $\vec{n}=\frac{\vec{k}}{k}$ \textemdash{} 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 $n$ \textemdash{} 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 \textemdash{} $E_{2},$ 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:

$A+A_{1}=A\left(1+\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}\right)=2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n\cos k_{2}d-i\sin k_{2}d\right)\approx2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n-ik_{2}d\right)=2E\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}$

$E_{1}=A+A_{1}-E\approx E\left(2\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}-1\right)=E\left(\frac{2n-2ik_{2}d+i(1+n^{2})k_{2}d-2n}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right)=E\left(\frac{i(n^{2}-1)k_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right)$

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.