Добавил:

nyan Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский университет «МИЭТ»

Предмет:

Физика

Файл:

Оптика. Методика решения задач

.pdf

Скачиваний:

1196

Добавлен:

23.01.2017

Размер:

3.51 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2517 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

162 ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Если на границу	раздела							падает	естественный свет
(I1s = I1p = I1 2), то:
		r2			− r2
0	=		s			p	,		(7.36)
		r2			+ r2
			s			p
2	==			ts2		−t2p		.	(7.37)
				ts2		+t2p

7.2. Задачи с решениями

Задача 7.2.1. Исходя непосредственно из граничных условий для E и H на границе двух диэлектриков найти коэффициент отражения R и коэффициент пропускания Т при нормальном падении света.

Решение

Пусть плоская линейно – поляризованная волна E1 падает

нормально на плоскую границу раздела двух сред с показателями преломления n1 и n2 (рис. 7.5). Интенсивность этой волны:

Рис. 7.5. Схема расположения векторов k1, k2, k0 и амплитуд электрического поля в падающей, отраженной и преломленной волнах

	ε	ε E2	c		ε	E2
I =		0 1 10		= n		0 10 c .
I =		0 1 10		= n		0 10 c .
1		2	n1	1		2
		2	n1			2

Так как (в силу граничных условий) должно выполняться:

E1x = E2x ,

то если бы существовала только преломленная волна E2 , интенсивность света во

второй среде (при E20 = E10 ) была бы равна

I2 = n2 I1 > I1 , n1

4n1n2

Гл. 7. Оптические явления на границе раздела диэлектриков

163

что противоречит закону сохранения энергии. Однако все становится на свои места, если часть энергии падающей волны уносится отраженной волной E0 ( k0 = −k1 ), амплитуда которой E0 = −rE1 , а

отражательная способность r ( 0 ≤ r ≤1 ) определяется из условия энергетического баланса:

I1 − I0 = I2 ,

или

n1 (1− r2 )= n2 (1− r )2 ,

откуда

r = n1 − n2 . n1 + n2

С учетом (7.28):

	I0				− n2	2
R ≡		= r2	=	n1			,
	I1				+ n2
			n1

T =1 − R = (n2 + n2 )2 .

(7.38)

(7.39)

(7.40)

В частности, для границы «воздух–вода» ( n1 =1 и n2 =1,33 )

R = 0,02 и T = 0,98 , а для границы «воздух–стекло» ( n2 =1,5 )

R = 0,04 и T = 0,96 .

Замечание 1. При нормальном падении света на границу раздела двух диэлектриков коэффициент отражения R не зависит от направления перехода границы.

Замечание 2. Формула (7.32) может быть получена непосредственно из (7.12) или (7.14), если положить θ1 = θ2 = 0 .

	I0				− n2	2
Ответ: R ≡		= r2	=	n1			,
	I1				+ n2
			n1

T =1 − R = (n2 + n2 )2 .

Задача 7.2.2. Получить формулы Френеля, используя так называемый "энергетический" подход.

164	ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Решение

Если на границу двух прозрачных сред падает плоская монохроматическая световая волна, то в соответствии с законом сохранения энергии:

S1 cos θ1 σ− S0 cos θ0 σ = S2 cosθ2 σ ,

где S=[Е,Н] − вектор Пойнтинга, σ − площадь участка границы

(рис.7.6).

ε1

ε2

Рис. 7.6. Отражение и преломление света на границе раздела двух сред с проницаемостями ε1 < ε2

Поскольку для электрической и магнитной компонент волны в однородной изотропной диэлектрической среде

nE H,

модуль вектора Пойнтинга

S nE2

или

Sn−1H2,

аследовательно, для модуля нормальной (по отношению к границе) компоненты этого вектора:

Sz kzE2,

или

Sz − uzH2,

где u = cn − лучевая скорость волны (не путать с фазовой!).

Как показано в Задаче 7.2.1, в случае n1 < n2 при нормальном падении (θ1=0):

E1 − E0 = E2 ,

Гл. 7. Оптические явления на границе раздела диэлектриков

165

H1 + H0 = H2 ,

поэтому для коэффициентов Френеля r и t получаем:

rE = n1 − n2 , n1 + n2

tE = n12+n1n2 ,

rH = 1 n1 −1 n2 , 1 n1 +1 n2


tH	=		2 n1		.
		1 n1		+1 n2

При этом учитывалось, что в случае θ1=0 t =1 − r .

Если θ1 ≠ 0 , то для линейно поляризованной s-волны (Е 0y):

r	=	k1z		− k2z	,

s		k1z		+ k2z

ts	=		2k1z		,
		k1z		+ k2z
а для р-волны (Н 0y):
			u1z	−u2z
r	=						,

p			u1z	+ u2z

t p	=		2u1z			.
			u1z	+u2z

Задача 7.2.3. Найти азимут α0 отраженной волны и азимут α2 преломленной волны, если азимут падающей волны α1, а угол падения и угол преломления равны соответственно θ1 и θ2.

Решение

Поскольку

	Es					Es					Es
tg α =	1	,	tg α	0	=	0	,	tg α		=	2	,
tg α =	E p	,	tg α		=	E p	,	tg α		=	E p	,
1	E p					E p			2		E p
	1				0					2

то, с учетом формул Френеля (7.16)–(7.19), получаем:

			r		Es		cos (θ −θ		2	)
tg α		=		s	1	= −	1		2		tg α ,
tg α		=	r		E p	= −	cos (θ1	+ θ2 )			tg α ,
	0		r	p	E p		cos (θ1	+ θ2 )			1
				p	1

166 ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

			t		Es	= cos (θ −θ		) tg α .
tg α	2	=		s	1		2
			t		E p
				p		1		1
					1

Так как cos (θ1 + θ2 ) <1 , то

tg α2 < tg α1 < tg α0 ,

а, следовательно, при отражении азимут поляризации увеличивается, тогда как при преломлении – уменьшается.

Ответ: tg α0 = − cos((θ1 − θ2 ))tg α1 , cos θ1 + θ2

tg α2 = cos(θ1 − θ2 ) tg α1

Задача 7.2.4. Естественный свет с интенсивностью I падает под углом Брюстера из воздуха на поверхность стекла с показателем преломления n =1,5 . Найти: а) коэффициент отражения R све-

та; б) степень поляризации преломленного света.

Решение

Так как естественный свет можно рассматривать как суперпозицию двух некогерентных волн одинаковой интенсивности, плоскости поляризации которых взаимно перпендикулярны, то

I s = I p = 2I .

а) При θ1 = θБр :

θ1 + θ2 = π2 , cosθ2 = sinθ1 ,

tg θ1 = n2 = n . n1

Поэтому в соответствии с (7.14) и (7.12): rp = 0 ,

rs = − n2 −1 . n2 +1

Следовательно, интенсивность отраженного света:

Гл. 7. Оптические явления на границе раздела диэлектриков

167

= I s = r2I s =

−1

I ,

а коэффициент отражения:

−

R =

= 0,74 .

б) По определению, степень поляризации преломленного

света:

I2s − I2p

I2s + I2p

Так как I2s = (ts )2 nI1s ,

I2p = (t p )2 nI1p

и I1s = I1p , то:

ts2 −t2p

Поскольку при θ1 = θБр :

ts2 +t2p

ts =

t p =

+ n2

в итоге получаем:

4n2 −(n2 +1)2

= −0,08 .

4n2 +

(

+1 2

Ответ: R = 0,74,

= −0,8

)

Задача 7.2.5. Естественный свет с интенсивностью I падает под углом Брюстера из воздуха на плоскопараллельную стеклянную пластинку с показателем пре-

ломления n =1,5 . Найти интенсив-

ность и степень поляризации каждого из пучков 1–4 (рис. 7.7).

Решение

Рассматривая естественный свет как суперпозицию двух некогерентных волн одинаковой интенсивности, плоскости поляризации которых взаимно перпендикулярны, можно записать

Рис.7.7. Ход лучей через плоско-параллельную стеклянную пластинку

168

ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

(0)

= I p

На границе воздух-стекло при θ1 = θБр :

θ + θ

= π ,

cosθ

= sinθ ,

tg θ =

= n .

Поэтому в соответствии с формулами Френеля:

n − n tgθ

− n2

1− n2

+ n2

1+ n2

n1 + n2 tgθ1

2n2

+ n2

n1 + n2 tgθ1

n2 − n1 tgθ1

= 0 ,

+ n1 tgθ1

t p =

2n1

n2 + n1 tgθ1

На границе стекло-воздух при θ'1 = θ'Бр = θ2 :

θ'1 + θ'2 = π2 , cosθ'2 = sinθ'1 ,

tg θ'1 = n1 = 1 . n2 n

n2 −1

, t'

2n2

;

= 0 , t' = n .

1+ n2

Для пучка 1:

1− n2 2

I ( ) = I

( ) + I

( )

= r2

(

) + r2

(

)

;

1+ n

(1)

Is(1) − I (p1)

=1 .

Is(1) + I (p1)

Гл. 7. Оптические явления на границе раздела диэлектриков

169

Для пучка 2:

(2)

(0)

= Is

+ I p

= nts

+ nt p I p

= n

+ n

1+ n2

= n

4n2 +(1+ n2 )2

1+ 6n2 + n4

n (1+ n2 )2

n2 (1+ n2 )2

(

Is(2) − I

(p2)

ts2 −t2p

4n2

−(n2 +1)2

= −0,08.

Is(2) + I

(p2)

ts2 + t2p

4n2 + (n2 +1)2

Для пучка 3:

I (3) = Is(3) + I (p3) = (rs' )2 Is(2) +(rp' )2 I (p2) =

= n (rs' )2 ts2 Is(0) + n (rp' )2 t2p I (p0) =

n2		−1		2		2			2		I	0		I	0
= n												0	+ 0		0
= n			2					2					+ 0
	1+ n		2				1+ n	2			2			2
	1+ n						1+ n				2			2
		(3)		=	Is(2) − I				(p2)	=1 .
				=	Is(2) + I				(p2)	=1 .
					Is(2) + I				(p2)

Для пучка 4:

I (4) = Is(4) + I (p4) = 1n (t's )2 Is(2) + 1n (t'p )2 I (p2) =

= (t's )2 ts2 Is(0) +(t'p )2 t2p I (p0) =

	2n (n2 −1)2
=	(1+ n2 )4	I0 ;

	2n	2		2		2		2	I0		I0		16n4 + 1+ n2			)	4	I0
=										+1		=		(					;
			2				2								4
	1+ n					+ n			2	2				(1+ n2 )			2
					1

170 ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

(4)

Is(4) − I (p4)

(t's )2 ts2

−

(t'p )2 t2p

Is(4) + I

(p4)

(t's )2 ts2 +

(t'p )2 t2p

2n2

−1

2 4

1+ n

16n −(1+ n )

= −0,16 .

2n2

16n4 +(1+ n2 )4

1+ n

Если на пути пучка естественного света установить N таких пластинок (стопа Столетова), то степень поляризации прошедшего света будет равна:

N =	(t's )2N ts2N −(t'p )2N t
	(t's )2N ts2N + (t'p )2N t

2N		(4n	2	)	N	−(1+ n	2	)	4N
p	=	(4n		)		−(1+ n		)		.
p		(4n	2	)	N	+ (1+ n	2	)	4N
2N			2		N		2		4N

		1 − n	2	2		I0	, (1) =1 ,
Ответ: I	(1) =
			2
		1 + n			2

I (2) = 1 + 6n2 + n4

(2) = −0,08.

n (1 + n2 )2

(3)

2n (n2 −1)2

(3)

I0 ,

(1 + n2 )4

(4)

16n4 + (1 + n2 )4

(4)

= −0,16

(1 + n2 )4

Задача 7.2.6. Найти толщину d воздушного зазора между двумя прямоугольными призмами из стекла с n =1,5 (см. рис. 7.8), при

которой поляризованное перпендикулярно плоскости падения лазерное излучение с длиной волны λ = 0,63 мкм проходит через них

с потерями амплитуды не более чем в 2,7 раза.

Гл. 7. Оптические явления на границе раздела диэлектриков

171

Решение

Так как для границы «стекло – воздух» критический угол θкр = arcsin(1n ) ≈ 42° меньше, чем θ = 45°, то для падающего на

границу 2 луча выполняются условия полного внутреннего отражения.

Очевидно, что амплитудный коэффициент пропускания всей системы:

t = t1

t4 .

В соответствии с (7.13)

при

нормальном

падении

света на границы 1 и 4:

= 0,8 ;

+ n

=1,2 ;

1+ n

Рис. 7.8. Прохождение лазерного излучения

а для границ 2 и 3:

через две прямоугольных призмы с зазором

2ncosθ

=1,9 ;

n2 −1

n2sin2θ−1

= 0,63 .

n2 −1

Согласно (7.22) для воздушного зазора 2-3:

= e−d

где

= 0,28 мкм.

2π

n2sin2θ−1

Так как по условию задачи: t ≥1 2,7 ,

то получаем:

d =

2,7 t

≈ 0,32 мкм.

Ответ: d ≈ 0,32 мкм

Задача 7.2.7. Найти фазовый сдвиг φ между р- и s- компонентами отраженной волны при полном внутреннем отражении.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2517 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Методические материалы и лекции

#
23.01.2017324.1 Кб160Дифракция света.doc
#
23.01.20172.66 Mб151колебания и волны.pdf
#
23.01.20174.3 Mб181КУРС ЛЕКЦИЙ ПО ФИЗИКЕЧ 3.Волновая и квантовая оптикаСтроение атома и ядра.pdf
#
23.01.20172.12 Mб821КУРСЛЕКЦИЙПОФИЗИКЕЧасть 3 КОЛЕБАНИЯИВОЛНЫ. ВОЛНОВАЯОПТИКА.pdf
#
23.01.20176.41 Mб179лекции по физике.pdf
#
23.01.20173.51 Mб1196Оптика. Методика решения задач.pdf
#
23.01.20171.16 Mб1047Практикум по решению задач.pdf