1. Волны в пространстве

1
1. Волны в пространстве-времени
1.
Волны в пространстве-времени
Урок 1
Кинематика электромагнитных волн
1.1. (Задача 1.1.)1 1) Доказать поперечность любой электромагнитной волны, имеющей
вид
√ √
√
εµ
E = 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.
Решение
1) Прежде чем решать эту задачу, вспомним уравнения Максвела в области, где
отсутствуют заряды и токи.
rot E
=
− 1c ∂B
∂t , div B
rot H
=
1 ∂D
c ∂t ,
div E
= 0,
=
0.
Поскольку потенциалы определяются не однозначно, выберем дополнительные условия на потенциалы ϕ = 0, div A = 0. Тогда
E=−
1 ∂A
,
c ∂t
B = rot A.
Волновое уравнение, которому удовлетворяет электромагнитное поле (каждая из
декартовых компонент электрического и магнитного поля, а также векторного потенциала имеет вид
∂2f
c2
−
∆f = 0
∂t2
εµ
Рассмотрим это уравнение для векторного потенциала A в случае зависимости всех
переменных волны от одной пространственной переменной (это и называется плоской
волной)
∂2f
c2 ∂ 2 f
−
= 0.
∂t2
εµ ∂x2
Решение этого уравнения имеет вид f1 (t− cx0 )+f2 (t+ cx0 ), где c0 =
плоской волны в среде.
√c
εµ
– скорость
1 В круглых скобках дана нумерация задач по книге Меледин Г. В., Черкасский В. С. Электродинамика
в 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.
2
Из условия div A = 0 следует
∂Ax
= 0.
∂x
Тогда из волнового уравнения
∂ 2 Ax
= 0,
∂t2
откуда
∂Ax
= const .
∂t
Поскольку E = − 1c ∂A
∂t , отличная от нуля компонента Ax означает отличное от нуля продольное электрическое поле, но оно не имеет отношения к электромагнитной
волне, поэтому можно выбрать Ax = 0, т.е. A перпендикулярен направлению распространения волны. Тогда из формул
E=−
1 ∂A
,
c ∂t
B = rot A,
введя переменную ξ = t − x/c0 , находим
B = [∇A] = eijk
h
i
∂
∂ ∂ξ
x
1
Ak = eijk
Ak = ∇(t − 0 ) · A0 = − 0 [nA0 ],
∂xj
∂ξ ∂xj
c
c
1
1 ∂A
E = − A0 = −
c
c ∂ξ
B=−
откуда следует
1
√
[nA0 ] = εµ [nE] ,
0
c
√
√
µH = ε [nE] .
Из этого равенства следует соотношение для модулей:
√
√
µH = εE.
Вектор Пойнтинга в вакууме
S=
c
c
c
c
[EH] =
[E [nE]] =
nE 2 =
nH2
4π
4π
4π
4π
(nE) = 0
W =
1
E2
(E 2 + H 2 ) =
8π
4π
S = cW n
3
1. Волны в пространстве-времени
S
P= 2 =
c
W
c
n
2)Поскольку в плоской волне все вектора (поля и потенциал) - 2-мерные вектора,
то можем заменить рассмотрение векторов комплексными числами. Если определить
комплексную функцию A = Ax + iAy , то для плоской волны, распространяющейся
вдоль оси z
∂Ax
∂Ay
, (rot A)y =
.
(rot A)x = −
∂z
∂z
Записав rot A тоже как комплексную функцию и используя выведенные соотношения
∂Ay
∂Ax
∂A
rot A = (rot A)x + i (rot A)y = −
+i
=i
,
∂z
∂z
∂z
получаем, что вместо вычисления ротора можно использовать производную от комплексной функции. Плоская монохроматическая волна
E(z, t) = E0 ei(kz−wt) ,
где E0 – действительная величина.
w = kv =
2πv
λ
Волна с круговой поляризацией
E(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), получим
Eкруг = E {(cos ϕ cos ψ − sin ϕ sin ψ) + i (cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ)} ,
где
E=
q
2 + E2 ,
E0x
0y
E0x
,
E
E0y
sin ϕ =
,
E
cos ϕ =
4
cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ = cos (kz − wt + ϕ) ,
cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ = sin (kz − wt + ϕ) .
Тогда
Eкруг = E {cos (kz − wt + ϕ) + i sin (kz − wt + ϕ)} .
Очевидно, что
Ex2 + Ey2 = E02
Конец вектора E описывает правую спираль, если смотреть вдоль n. Левая спираль
получается если
Ee−i(kz−wt) .
Произвольное поле
A = Aп ei(kz−wt) + Aл e−i(kz−wt) .
Плоская поляризация
A1 (z, t) = A0 cos (kz − wt) .
1.2. (Задача 1.3.) Вычислить напряженности электрического и магнитного полей
для 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. Вектор
Пойнтинга (поток энергии)
S=
c
c 2
EH =
E .
4π
4π
Для условий нашей задачи
S̄ =
эрг
2 · 4, 2 · 107
= 1, 4 · 106 2 .
60
см с
Тогда
r
p
p
4π
¯
E2 =
S̄ ' 5, 8 · 10−4 = 0, 024 СГСЕ (стат-Вольт/см).
c
E ' 7, 2 В/см; H ' 2, 4 · 10−2 Эрстед = 2, 4 · 10−2 /(4π)103 А/м = 1, 9 А/м.
5
1. Волны в пространстве-времени
1.3. (Задача 1.6.) Две плоские монохроматические линейно поляризованные волны одной частоты распространяются вдоль оси Z. Одна с амплитудой a поляризована
по оси X, а другая с амплитудой b – по оси Y , причем опережает первую по фазе на
χ. Какова поляризация результирующей волны? Рассмотреть случай равных амплитуд.
Решение Пусть комплексные амплитуды исходных волн E1 = aex , E2 = beiχ ey ,
тогда
E0 = aex + beiχ ey .
Удобно сдвинуть начало отсчета фаз так, чтобы в 2-х взаимно перпендикулярных направлениях получились колебания, сдвинутые по фазе на π/2
E00 = E0 e−iα = E0 − iE00
и потребуем, чтобы векторы E0 и E00 были вещественными и E0 ⊥E00 . Тогда
E00 = aex + beiχ ey e−iα = ae−iα ex + bei(χ−α) ey = E0 − iE00 ,
откуда
E0
E
00
= a cos α · ex + b cos (α − χ) · ey ,
= a sin α · ex + b sin (α − χ) · ey ,
E0 · E00 = 0.
Раскрывая скалярное произведение, получим
a2 cos α sin α + b2 cos (α − χ) sin (α − χ) = 0,
и используя известные тригонометрические соотношения
2 sin α cos α =
sin 2α,
sin 2(α − χ) =
sin 2α cos 2χ − cos 2α sin 2χ,
можно получить выражение
b2
a2
tg2α = −
2
2
sin 2α
cos 2χ − sin 2χ
cos 2α
откуда, делая простые преобразования, получаем
tg2α =
b2 sin 2χ
.
a2 + b2 cos2 χ
6
Введя новые оси ex0 k E0 и ey0 k E00 получим
Ex0
Ey0
Y’
Y
E2
= E 0 cos (kr − ωt + α) ,
= E 00 sin (kr − ωt + α) .
E”
E’
X’
E1
X
Из полученного выражения очевидно, что в новой
системе координат конец вектора электрического поля E описывает в новой системе координат эллипс. Это следует из следующего очевидного соотношения
Ey20
Ex20
+
= 1,
E 02
E 002
что является уравнением эллипса.
1.4. (Задача 1.7.) Две монохроматические волны одной частоты поляризованы по
кругу в противоположных направлениях и, имея одинаковые фазы, распространяются в одном направлении. Найти зависимость поляризации результирующей волны, от
отношения El /Er амплитуд соответственно правополяризованной и левополяризованной волн.
Решение
E1 = Er {ex + iey }
E2 = El {ex − iey }
E = (Er + El ) ex + (Er − El ) iey
Ex = (Er + El ) cos ωt
Ey = (Er − El ) sin ωt
Ex2
(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 ось
последнего 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. Оценить
интенсивность при θ = 90◦ и N = 50.
7
1. Волны в пространстве-времени
Решение Поляроиды — это искусственно приготовляемые коллоидные пленки, служащие для получения поляризованного света. У поляроидов есть выделенное
направление, называемое оптической осью поляроида. Они обладают способностью
сильно поглощать световые лучи, у которых электрический вектор перпендикулярен к
оптической оси, и пропускать без поглощения лучи, у которых электрический вектор
E параллелен оси.
После прохождения первого поляроида интенсивность волны не изменится, поскольку по условию задачи у падающей волны вектор E0 направлен вдоль оптичеk
ской оси поляроида. Пусть амплитуда падающей волны будет E0 , тогда E1 = E0 ,
k
где E1 — амплитуда волны после прохождения первого поляроида. У второго поляk
роида ось направлена под углом α по отношению к E1 . Представляя волну с вектором
k
E1 в виде суперпозиции двух волн, одна из которых имеет вектор E, параллельный
k
оптической оси E2 , другая — в перпендикулярном направлении E⊥
2 , заключаем, что
после второго поляроида волна будет иметь амплитуду
k
k
E2 = E2 = E1 cos α = E0 cos α.
Понятно, что прохождение через каждый последующий
поляроид добавляет в качестве множителя к напряженности электрического поля падающей волны cos α. ПоEi
α
сле прохождения i-го поляроида Ei = E0 (cos α)i−1 .
ось
При i = N + 1, EN +1 = E0 (cos α)N . Так как инc
тенсивность падающей волны I0 = 4π
E02 , то интенсивность света, проходящего стопку поляроидов,
Ei⊥
Ei −1
IN +1 =
c 2
E
= I0 (cos α)2N .
4π N +1
При 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 в
ряд Тейлора. Поэтому
I51 = I0 (cos(3 · 10−2 ))100 ≈ I0 [1 −
100
· (3 · 10−2 )2 ] = I0 (1 − 0, 05) = 0, 95I0 .
2