Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- optics:res1.21 [2020/02/17 09:36] – root
+++ optics:res1.21 [2020/02/19 05:13] (текущий) – root
@@ Строка 11: / Строка 11: @@
 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
+для электрического поля --- $E+E_{1}=A+A_{1}$, для магнитного
-\textemdash{} $H+H_{1}=B+B_{1}$ в момент времени $t=0$ и принимая,
+--- $H+H_{1}=B+B_{1}$ 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
+поля --- $Ae^{ik_{2}d}+A_{1}e^{-ik_{2}d}=E_{2}$, для магнитного
-\textemdash{} $Be^{ik_{2}d}+B_{1}e^{-ik_{2}d}=H_{2}$.
+--- $Be^{ik_{2}d}+B_{1}e^{-ik_{2}d}=H_{2}$.
 Запишем магнитное поле через электрическое:
-$[\vec{k}\times\vec{E}]=\frac{\omega}{c}\vec{B}=\frac{\omega\mu}{c}\vec{H}$,
+$$[\vec{k}\times\vec{E}]=\frac{\omega}{c}\vec{B}=\frac{\omega\mu}{c}\vec{H},$$
 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
-$\sqrt{\varepsilon}[\vec{n}\times\vec{E}]=\sqrt{\mu}\vec{H}$, где
+$\vec{n}=\frac{\vec{k}}{k}$ --- направление распространения
-$\vec{n}=\frac{\vec{k}}{k}$ \textemdash{} направление распространения
 волны, тогда выбрав за направление $z$ направление распространения
 падающей волны, запишем условие для магнитного поля через электрическое:
+$$E-E_{1}=n(A-A_{1}),$$
-$E-E_{1}=n(A-A_{1}),$ где $n$ \textemdash{} показатель преломления
+где $n$ --- показатель преломления плёнки. Для второй границы
-плёнки. Для второй границы $n(Ae^{ik_{2}d}-A_{1}e^{-ik_{2}d})=E_{2}$
+$$n(Ae^{ik_{2}d}-A_{1}e^{-ik_{2}d})=E_{2}.$$
 Тогда из системы
-$\left\{ \begin{array}{l}
+$$\left\{ \begin{array}{l}
 E+E_{1}=A+A_{1}\\
 E-E_{1}=n(A-A_{1})\\
 Ae^{ik_{2}d}+A_{1}e^{-ik_{2}d}=E_{2}\\
 n(Ae^{ik_{2}d}-A_{1}e^{-ik_{2}d})=E_{2}
-\end{array}\right.$
+\end{array}\right.$$
 Найдём сначала поле в плёнке. Из первых двух уравнений исключим $E_{1},$
-а из второй пары \textemdash{} $E_{2},$ тогда
+а из второй пары --- $E_{2},$ тогда
-$2E=A(1+n)+A_{1}(1-n)$
-$A_{1}(1+n)e^{-ik_{2}d}=A(n-1)e^{ik_{2}d}$
+$$2E=A(1+n)+A_{1}(1-n);$$
+$$A_{1}(1+n)e^{-ik_{2}d}=A(n-1)e^{ik_{2}d},$$
 тогда
+$$A_{1}=A\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}$$
-$A_{1}=A\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}$
 и
+$$2E=A(1+n)-A\frac{(n-1)^{2}}{1+n}e^{i2k_{2}d}=A\frac{(1+n)^{2}-(1-n)^{2}e^{i2k_{2}d}}{1+n}=$$
-$2E=A(1+n)-A\frac{(n-1)^{2}}{1+n}e^{i2k_{2}d}=A\frac{(1+n)^{2}-(1-n)^{2}e^{i2k_{2}d}}{1+n}=2Ae^{ik_{2}d}\frac{-(1+n^{2})i\sin k_{2}d+2n\cos k_{2}d}{1+n}\approx2Ae^{ik_{2}d}\frac{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}{1+n}$
+$$
+Ae^{ik_{2}d}\frac{-(1+n^{2})i\sin k_{2}d+2n\cos k_{2}d}{1+n}\approx2Ae^{ik_{2}d}\frac{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}{1+n}.$$
 Найдём, теперь:
-$A+A_{1}=A\left(1+\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}\right)=2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n\cos k_{2}d-i\sin k_{2}d\right)\approx2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n-ik_{2}d\right)=2E\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}$
+$$A+A_{1}=A\left(1+\frac{n-1}{1+n}e^{i2k_{2}d}\right)=$$
+$$2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n\cos k_{2}d-i\sin k_{2}d\right)\approx2A\frac{e^{ik_{2}d}}{1+n}\left(n-ik_{2}d\right)=$$
-$E_{1}=A+A_{1}-E\approx E\left(2\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}-1\right)=E\left(\frac{2n-2ik_{2}d+i(1+n^{2})k_{2}d-2n}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right)=E\left(\frac{i(n^{2}-1)k_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right)$
+$$2E\frac{n-ik_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}.$$
+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
-$\vec{S}=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\vec{H}]=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}[\vec{n}\times\vec{E}]]=\frac{c}{4\pi}\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}E^{2}\vec{n}$
+$$\vec{S}=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\vec{H}]=\frac{c}{4\pi}[\vec{E}\times\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}[\vec{n}\times\vec{E}]]=\frac{c}{4\pi}\sqrt{\frac{\varepsilon}{\mu}}E^{2}\vec{n}.$$
-Коэффициент отражения: $\rho_{r}=\frac{S_{1}}{S}=\frac{E_{1}^{2}}{E^{2}}=\left|\frac{i(n^{2}-1)k_{2}d}{-i(1+n^{2})k_{2}d+2n}\right|^{2}=\frac{(n^{2}-1)^{2}k_{2}^{2}d^{2}}{(1+n^{2})^{2}k_{2}^{2}d^{2}+4n^{2}}\approx\frac{(n^{2}-1)^{2}k_{2}^{2}d^{2}}{4n^{2}}$.
+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.