Глава 12 из 14 · 49 задач · 2 параграфов

Глава 12. Электромагнитные волны

§ 12.1. Свойства, излучение и отражение электромагнитных волн

34 задач

Задача 12.1.1направление волны
Условие

На рисунке изображён «моментальный снимок» электромагнитной волны. Пользуясь правилом буравчика, определите, в каком направлении распространяется эта волна.

y x E B z ⊙ E, B, v — правая тройка
К задаче 12.1.1. Векторы \(\mathbf{E}\) и \(\mathbf{B}\) перпендикулярны; \(\mathbf{v}\parallel\mathbf{E}\times\mathbf{B}\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея В плоской электромагнитной волне \(\mathbf{E}\), \(\mathbf{B}\) и направление распространения образуют правую тройку: буравчик, вкручиваемый от \(\mathbf{E}\) к \(\mathbf{B}\) по кратчайшему повороту, ползёт вдоль \(\mathbf{v}\).

На снимке \(\mathbf{E}\) лежит в плоскости рисунка (вдоль \(x\)), \(\mathbf{B}\) — тоже в плоскости, но в другую сторону (вдоль \(y\)). Кратчайший поворот от \(\mathbf{E}\) к \(\mathbf{B}\) — это поворот, при котором буравчик смотрит на нас, то есть вдоль оси \(z\). Значит, волна бежит в направлении оси \(z\).

То же формулой: вектор Пойнтинга \(\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/\mu_0\) направлен туда, куда течёт энергия, а энергия в бегущей волне течёт вместе с фазой. Векторное произведение \(\mathbf{e}_x\times\mathbf{e}_y=\mathbf{e}_z\).

Тот же вывод без буравчика — через поток энергии. Вектор Пойнтинга \(\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/\mu_0\) смотрит туда, куда бежит фаза: иначе энергия текла бы против гребней, а в вакууме такого нет. При \(E=1\) В/м индукция \(B=E/c=3{,}3\) нТл, интенсивность \(I=|\mathbf{S}|=E^2/(\mu_0 c)=\varepsilon_0 c E^2\approx2{,}65\) мВт/м². Волновое сопротивление \(Z_0=\sqrt{\mu_0/\varepsilon_0}=\mu_0 c\approx377\) Ом связывает те же поля: \(E=Z_0 H\), и снова \(\mathbf{v}\parallel\mathbf{e}_z\).

Статическая пара \(\mathbf{E}\perp\mathbf{B}\) Пойнтинг тоже имеет, но фаза стоит — это уже не волна. Именно поэтому на снимке важны оба вектора сразу: одного \(\mathbf{E}\) мало, чтобы сказать, куда ползёт гребень. Если бы \(\mathbf{B}\) смотрел в \(-y\), \(\mathbf{S}\) развернулся бы в \(-z\). Предел «почти электростатики» здесь пустой: без согласованного \(B=E/c\) тройка не бежит.

Проверка. Если перепутать порядок и крутить от \(\mathbf{B}\) к \(\mathbf{E}\), получится \(-z\) — это уже левая тройка, так волны не бегают. В учебнике на рисунке оси обычно подписаны так, что ответ именно «вдоль \(z\)». Правая тройка здесь та же, что в силе Ампера и в законе Фарадея: один буравчик на весь электромагнетизм, и путать его нельзя.
ОтветВ направлении оси \(z\).
Задача 12.1.2перевернули E или B
Условие

Как изменится направление распространения электромагнитной волны, если в волне изменится на противоположное направление: а) индукция магнитного поля; б) напряжённость электрического поля?

E B v B перевернули — v назад E перевернули
К задаче 12.1.2. Смена знака одного из векторов меняет знак \(\mathbf{E}\times\mathbf{B}\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Направление волны — это направление \(\mathbf{E}\times\mathbf{B}\). Смена знака ровно одного множителя переворачивает произведение.

а. Было \(\mathbf{v}\parallel\mathbf{E}\times\mathbf{B}\). Стало \(\mathbf{E}\times(-\mathbf{B})=-(\mathbf{E}\times\mathbf{B})\). Волна побежит назад.

б. \(\bigl(-\mathbf{E}\bigr)\times\mathbf{B}=-(\mathbf{E}\times\mathbf{B})\) — снова назад.

Если перевернуть оба вектора сразу, тройка сохранится и направление не изменится. Именно так устроена стоячая волна: в ней \(E\) и \(B\) сдвинуты по фазе на \(\pi/2\), и «туда-сюда» бегут две встречные волны.

Вектор Пойнтинга \(\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/\mu_0\) меняет знак ровно вместе с одним из сомножителей. Перевернули оба — \(\mathbf{S}\) тот же: так устроена отражённая от диэлектрика волна при \(\varepsilon\to1\), когда коэффициент Френеля \(r\to0\) и «переворота» нет, и так же устроена стоячая волна как сумма встречных бегущих. На металле \(\sigma\to\infty\) касательная \(E\) обязана обнулиться, поэтому отражение переворачивает именно \(\mathbf{E}_\parallel\) и гонит волну назад.

Числа. Для \(E_0=300\) В/м (типичное поле радиоволны у приёмника) \(B_0=E_0/c=1\) мкТл, \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\approx120\) Вт/м². Смена знака \(E\) или \(B\) не меняет \(I\), меняет только направление \(\mathbf{S}\). Нормальное падение на идеальный проводник даёт \(r=-1\); скользящее (\(\alpha\to90^\circ\)) — почти \(r=+1\) даже у хорошего металла, и «кто перевернулся» зависит от поляризации.

Проверка. Отражение от металла переворачивает \(\mathbf{E}_\parallel\) и сохраняет \(\mathbf{B}_\parallel\) (или наоборот, в зависимости от поляризации) — и отражённая волна действительно бежит назад. Задача 12.1.19 это подтвердит.
Ответа), б) Изменится на противоположное.
Задача 12.1.3бегущая синусоида
Условие

На рисунке изображено электрическое поле плоской синусоидальной волны в нулевой момент времени. Направление распространения волны указано стрелкой. Как зависит напряжённость электрического поля от координаты \(z\) и времени \(t\)?

z c λ E0
К задаче 12.1.3. При \(t=0\) поле \(E_0\sin(2\pi z/\lambda)\); профиль бежит вправо со скоростью \(c\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Синусоида, бегущая вправо со скоростью \(c\), получается заменой \(z\to z-ct\) в мгновенном снимке.

На снимке \(t=0\) поле — синус с периодом \(\lambda\), начинающийся от нуля в начале координат и растущий в сторону \(+z\):

\[ E(z,0)=E_0\sin\frac{2\pi z}{\lambda}. \]

Волна бежит вправо: через время \(t\) в точку \(z\) приходит то значение, которое в нулевой момент сидело в точке \(z-ct\). Поэтому

\[ E(z,t)=E_0\sin\left[\frac{2\pi}{\lambda}(z-ct)\right]. \]

Фазовая скорость \(c\): гребень \(\frac{2\pi}{\lambda}(z-ct)=\mathrm{const}\) движется как \(z=ct+\mathrm{const}\).

Запись через волновое число и частоту прозрачнее снимка: \(k=2\pi/\lambda\), \(\omega=ck\), и \(E=E_0\sin(kz-\omega t)\). Фазовая скорость \(\omega/k=c=3\cdot10^8\) м/с. Средняя интенсивность бегущей синусоиды \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\): для \(E_0=1\) В/м это \(1{,}3\) мВт/м², для солнечного света (\(I\approx1{,}4\) кВт/м²) уже \(E_0\approx1\) кВ/м. Вместе с \(E\) бежит \(B=E/c\), и \(\mathbf{S}\) пульсирует как \(\sin^2(kz-\omega t)\).

Предел \(\lambda\to\infty\) (\(k\to0\)) — однородное поле, которое «не успевает» стать волной: профиль плоский, Пойнтинг есть, но гребня нет. Если стрелку на рисунке развернуть, аргумент станет \(kz+\omega t\), и \(\mathbf{S}\) посмотрит в \(-z\). Начальная фаза нуль, потому что на снимке синус проходит через ноль в \(z=0\); сдвиг \(\varphi\) просто добавился бы в скобку.

Проверка. При \(t=0\) возвращаемся к снимку. Если бы стрелка смотрела влево, стояло бы \(z+ct\). Аргумент без начальной фазы — значит, на рисунке синус проходит через ноль в \(z=0\).
Ответ\(E=E_0\sin\bigl[\frac{2\pi}{\lambda}(z-ct)\bigr]\).
Задача 12.1.4сложение двух волн
Условие

Две синусоидальные волны с одной поляризацией \(E_1\sin\bigl[\omega(t-z/c)+\varphi_1\bigr]\) и \(E_2\sin\bigl[\omega(t-z/c)+\varphi_2\bigr]\) накладываются друг на друга. Чему равна амплитуда напряжённости электрического поля результирующей волны? Чему равна фаза этой волны?

E1 E2 E0 векторная сумма на фазовой плоскости
К задаче 12.1.4. Две гармоники одной частоты — два вектора; модуль суммы есть амплитуда.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Одинаковая частота и поляризация — складываем как два гармонических колебания: удобнее всего на фазовой плоскости, где каждое колебание — вектор длины \(E_i\) под углом \(\varphi_i\).

Вынесем общее \(\sin\bigl[\omega(t-z/c)\bigr]\) и \(\cos\bigl[\omega(t-z/c)\bigr]\):

\[ E=A\cos\psi+C\sin\psi, \]

где \(\psi=\omega(t-z/c)\),

\[ A=E_1\sin\varphi_1+E_2\sin\varphi_2,\qquad C=E_1\cos\varphi_1+E_2\cos\varphi_2. \]

Это одно колебание амплитуды \(E_0=\sqrt{A^2+C^2}\) и фазы \(\varphi=\mathrm{arctg}(A/C)\):

\[ E_0=\sqrt{E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos(\varphi_1-\varphi_2)}, \] \[ \varphi=\omega\Bigl(t-\frac zc\Bigr)+\mathrm{arctg}\frac{E_1\sin\varphi_1+E_2\sin\varphi_2}{E_1\cos\varphi_1+E_2\cos\varphi_2}. \]

Первая формула — теорема косинусов на фазовой плоскости: угол между векторами равен разности фаз.

Второй путь — векторная диаграмма. Изображаем колебания векторами длины \(E_1\) и \(E_2\) под углами \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) к одной оси и складываем их, как перемещения: длина суммарного вектора и есть \(E_0\), а его угол — фаза \(\varphi\). Интенсивность \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\) поэтому содержит интерференционное слагаемое \(2E_1 E_2\cos(\varphi_1-\varphi_2)\). При \(\varphi_1-\varphi_2=\pi\) и \(E_1=E_2\) поле гасится начисто: \(I=0\), хотя каждая волна в отдельности несёт энергию. Энергия уходит вбок — туда, куда наш одномерный «вдоль \(z\)» не смотрит.

Предел \(E_2\to0\) возвращает первую волну. Равные амплитуды в квадратуре (\(\Delta\varphi=\pi/2\)) дают \(E_0=E\sqrt2\) и \(I\) вдвое больше одной волны — не вчетверо, потому что фазы не сложились. Волновое сопротивление то же, \(Z_0=377\) Ом: магнитное поле результирующей связано с \(E_0\) обычным \(B_0=E_0/c\), ведь обе волны бегут в одну сторону и их \(B\) складываются так же, как \(E\).

Проверка. Если \(\varphi_1=\varphi_2\), то \(E_0=E_1+E_2\) — полное сложение. Если \(\varphi_1-\varphi_2=\pi\), то \(E_0=|E_1-E_2|\) — вычитание. Если амплитуды равны и фазы в квадратуре, \(E_0=E\sqrt2\). Всё на месте.
Ответ\(E_0=\sqrt{E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos(\varphi_1-\varphi_2)}\), \(\varphi=\omega(t-z/c)+\mathrm{arctg}\dfrac{E_1\sin\varphi_1+E_2\sin\varphi_2}{E_1\cos\varphi_1+E_2\cos\varphi_2}\).
Задача 12.1.5биения двух волн
Условие

Две плоские синусоидальные волны, амплитуда которых \(E_0\), имеют частоту соответственно \(\omega\) и \(\omega+\Delta\), \(\Delta\ll\omega\), и распространяются в одном направлении, накладываясь друг на друга. Чему равна максимальная амплитуда результирующей волны? Определите распределение средней плотности энергии результирующей волны вдоль направления распространения волн.

огибающая биений бежит вместе с волной
К задаче 12.1.5. Две близкие частоты дают биения: амплитуда гуляет от 0 до \(2E_0\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Сумма двух синусов близких частот — это \(\cos(\Delta t/2)\) на несущей \(\omega\). Максимум огибающей \(2E_0\); средняя (по быстрым колебаниям) плотность энергии следует квадрату огибающей.

Пусть волны \(E_0\sin[\omega(t-z/c)]\) и \(E_0\sin[(\omega+\Delta)(t-z/c)+\varphi]\). Сумма

\[ E=2E_0\cos\left[\frac\Delta2\Bigl(t-\frac zc\Bigr)+\frac\varphi2\right]\sin\left[\Bigl(\omega+\frac\Delta2\Bigr)\Bigl(t-\frac zc\Bigr)+\frac\varphi2\right]. \]

Огибающая имеет максимум \(2E_0\) — это и есть максимальная амплитуда результирующей волны.

Плотность энергии волны \(w=\varepsilon_0 E^2\) (с учётом равного вклада магнитного поля — \(\varepsilon_0 E^2\) уже полное). Усреднение по быстрым осцилляциям несущей даёт половину квадрата огибающей:

\[ \langle w\rangle=2\varepsilon_0 E_0^2\cos^2\left[\frac\Delta2\Bigl(t-\frac zc\Bigr)+\frac\varphi2\right]. \]

В книге записано \(w=\dfrac1{2\pi}E_0^2\cos^2\bigl[(t-z/c)\Delta+\varphi\bigr]\). Это та же зависимость по форме (квадрат косинуса от медленной фазы); коэффициент \(1/(2\pi)\) — след другой нормировки плотности (иногда \(w=E^2/(8\pi)\) в СГС, и тогда среднее \(\propto E_0^2\cos^2/\pi\)). Главное — пространственно-временная структура: сгустки энергии бегут со скоростью \(c\), расстояние между ними \(\pi c/\Delta\).

Огибающая биений сама бежит со скоростью \(c\): аргумент \((t-z/c)\Delta+\varphi\) постоянен на характеристике \(z=ct+\mathrm{const}\). Пространственный период биений \(\Lambda=2\pi c/\Delta\). Средняя (по несущей \(\omega\)) плотность энергии \(w=\varepsilon_0\langle E^2\rangle=\varepsilon_0 E_0^2\cos^2(\ldots)\) в СИ; полный интеграл по периоду огибающей равен сумме энергий двух волн — интерференция ничего не создаёт и не уничтожает, только перекладывает.

При \(\Delta\to0\) огибающая замирает, и мы возвращаемся к задаче 12.1.4: амплитуда от 0 до \(2E_0\) в зависимости от \(\varphi\). Интенсивность в пучности \(I_{\max}=2c\varepsilon_0 E_0^2\) — вчетверо больше одной волны, как и должно быть у синфазного сложения. В радиотехнике \(\Delta/2\pi\sim1\) кГц слышно как тон; в оптике при \(\Delta/\omega\sim10^{-6}\) биения уже на метрах, и «цвет» ещё не успевает разъехаться.

Проверка. При \(\Delta=0\) огибающая замирает, амплитуда постоянна и зависит от \(\varphi\): от 0 до \(2E_0\). При \(\varphi=0\) как раз \(2E_0\), энергия вчетверо больше энергии одной волны — интерференционный максимум. Биения слышны в радиоприёмнике как низкий тон и видны в оптике как «движущиеся полосы» интенсивности вдоль луча.
Ответ\(E=2E_0\), \(\;w=\dfrac1{2\pi}E_0^2\cos^2\bigl[(t-z/c)\Delta+\varphi\bigr]\).
Задача 12.1.6B из закона индукции
Условие

Электромагнитная волна занимает пространство между двумя параллельными бесконечными плоскостями \(AB\) и \(A'B'\). Изображённый участок электромагнитного поля движется со скоростью света \(c\) в направлении, перпендикулярном плоскости \(AB\). Напряжённость электрического поля волны \(E\). Применяя закон электромагнитной индукции к прямоугольному контуру \(baa'b'\), определите индукцию магнитного поля волны в СИ и в СГС.

AB A′B′ b a a′ b′ c E
К задаче 12.1.6. Контур частично в волне: поток \(B\) меняется, потому что «стенка» поля бежит со скоростью \(c\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Пока передний фронт волны пересекает контур, поток \(\mathbf{B}\) через контур растёт. ЭДС по контуру равна \(E\cdot\ell\), отсюда \(B=E/c\).

Пусть сторона \(aa'=\ell\) параллельна \(\mathbf{E}\), а ширина контура вдоль распространения равна \(h\). На участке \(aa'\), который уже внутри волны, циркуляция \(\mathbf{E}\) даёт \(E\ell\) (на остальных сторонах либо \(E=0\), либо \(\mathbf{E}\perp d\mathbf{l}\)).

Поток \(\Phi_B=B\cdot\ell\cdot x\), где \(x\) — длина части контура, уже занятой волной. Фронт бежит со скоростью \(c\), \(\dot x=c\), поэтому

\[ \frac{d\Phi_B}{dt}=B\ell c. \]

Закон Фарадея в СИ: \(E\ell=B\ell c\), откуда

\[ B=\frac Ec\qquad\text{(СИ)}. \]

В СГС в законе Фарадея стоит \(1/c\): \(\oint E\,dl=(1/c)\,d\Phi_B/dt\), и получается \(B=E\) (в СГС \(E\) и \(B\) одной размерности).

Второй контур — амперовский, вокруг той же «стенки» поля: циркуляция \(B\cdot\ell=\mu_0\varepsilon_0\,d\Phi_E/dt=\mu_0\varepsilon_0 E\ell c\), откуда снова \(B=E/c\). Два уравнения Максвелла на бегущем фронте обязаны говорить одно и то же, иначе фронт не уехал бы со скоростью света. Волновое сопротивление \(Z_0=E/H=\mu_0 c=377\) Ом появляется здесь же: \(H=B/\mu_0=E/Z_0\).

Числа. Поле \(E=300\) В/м даёт \(B=1\) мкТл и поток энергии \(S=E^2/Z_0\approx240\) Вт/м². Плотность энергии \(\varepsilon_0 E^2\) (электрическая плюс равная ей магнитная) умножить на \(c\) в точности равно \(S\): волна несёт свою энергию со скоростью \(c\), а не «половинкой». В СГС коэффициент \(c\) сидит в определении полей, поэтому \(B=E\) без знаменателя.

Проверка. В СИ \(E/B=c\) — знаменитое соотношение плоской волны. В СГС \(E=B\). Вектор Пойнтинга \(EB/\mu_0=E^2/(\mu_0 c)=\varepsilon_0 c E^2\) — плотность потока энергии, и она в точности равна \(c\) на плотность энергии \(\varepsilon_0 E^2\): волна несёт свою энергию со скоростью света, ничего не оставляя «на месте». Размерность: \(\text{В/м}\,/\,(\text{м/с})=\text{Тл}\). Если бы мы взяли контур целиком внутри волны, поток \(B\) не менялся бы и ЭДС была бы нуль — однородный кусок волны «внутри себя» индукции не даёт, работает только набегающий фронт.
Ответ\(B=E/c\) (СИ), \(B=E\) (СГС).
Задача 12.1.7волна в диэлектрике
Условие

Решите задачу 12.1.6 в случае, если волна распространяется в среде с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\). Скорость волны в среде \(c/\sqrt{\varepsilon}\).

ε, v = c/√ε тот же контур, но фронт ползёт медленнее
К задаче 12.1.7. В среде \(v=c/\sqrt{\varepsilon}\), поэтому \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Рассуждение 12.1.6 то же, только фронт бежит со скоростью \(v=c/\sqrt{\varepsilon}\). В законе Фарадея появляется \(v\) вместо \(c\).

Циркуляция по-прежнему \(E\ell\). Поток \(\Phi_B=B\ell x\), \(\dot x=v=c/\sqrt{\varepsilon}\), \(d\Phi_B/dt=B\ell v\). В СИ

\[ E\ell=B\ell\cdot\frac{c}{\sqrt{\varepsilon}}\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{E\sqrt{\varepsilon}}{c}. \]

В СГС закон Фарадея несёт \(1/c\), а скорость фронта \(c/\sqrt{\varepsilon}\), и выходит \(B=E\sqrt{\varepsilon}\).

Импеданс среды падает: при том же \(E\) магнитное поле больше в \(\sqrt{\varepsilon}\) раз — среда «магнитнее» из-за поляризационного тока, сопровождающего волну.

Поляризационный ток плотности \(\Delta P/\Delta t=\varepsilon_0(\varepsilon-1)\,\Delta E/\Delta t\) (за малое время \(\Delta t\) поле меняется на \(\Delta E\), поляризация — на \(\Delta P\)) добавляется к вакуумному току смещения. Полный ток в \(\varepsilon\) раз больше — отсюда лишний \(\sqrt{\varepsilon}\) в \(B\). Скорость при этом падает в \(\sqrt{\varepsilon}\), потому что «откликнуться» среде тоже нужно время (инерция диполей в модели Лоренца).

В среде импеданс падает: \(Z=Z_0/\sqrt{\varepsilon}=\sqrt{\mu_0/(\varepsilon\varepsilon_0)}\). Из \(E=ZH\) и \(B=\mu_0 H\) сразу \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\) — тот же ответ без контура Фарадея. Показатель преломления \(n=\sqrt{\varepsilon}=c/v\), и \(B=nE/c\). Интенсивность \(I=E^2/Z=\sqrt{\varepsilon}\,E^2/Z_0\): при том же \(E\) поток энергии в среде больше, потому что магнитное поле подросло.

Предел \(\varepsilon\to1\) возвращает вакуум, \(B=E/c\). Вода на радиочастотах \(\varepsilon\approx80\), \(n\approx9\), \(v\approx3\cdot10^7\) м/с, \(B\) в девять раз больше вакуумного при том же \(E\). В оптике у воды уже \(n\approx1{,}33\), потому что \(\varepsilon=\varepsilon(\omega)\) и молекулы не успевают. Магнитная проницаемость здесь \(\mu=1\): диэлектрик, не феррит.

Проверка. При \(\varepsilon=1\) возвращаемся к \(B=E/c\). Показатель преломления \(n=\sqrt{\varepsilon}\), и \(B=nE/c\) — стандартная формула. Вода (\(n\approx1{,}33\)) чуть «магнитнее» воздуха при том же \(E\).
Ответ\(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\) (СИ), \(B=E\sqrt{\varepsilon}\) (СГС).
Задача 12.1.8скорость волны в среде
Условие

Используя закон электромагнитной индукции и связь переменного электрического поля с магнитным полем (см. задачу 11.6.1), докажите, что скорость распространения волны в среде с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\) и магнитной проницаемостью \(\mu\) равна \(c/\sqrt{\mu\varepsilon}\).

Фарадей Максвелл два контура → v² = 1/(εε₀ μμ₀)
К задаче 12.1.8. Два уравнения Максвелла на бегущем фронте фиксируют скорость.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Закон Фарадея даёт \(E=vB\) (с поправками \(\mu\)), закон Ампера—Максвелла — \(B=\varepsilon\varepsilon_0\mu\mu_0 v E\). Произведение фиксирует \(v\).

Повторим контур задачи 12.1.6. В среде \(B=\mu\mu_0 H\), поток \(\Phi_B=\mu\mu_0 H\cdot\ell x\), \(\dot x=v\). Фарадей:

\[ E=v\cdot\mu\mu_0 H=v B. \]

Теперь контур, «ловящий» ток смещения. Поток смещения \(N=\varepsilon\varepsilon_0 E\cdot\ell x\), \(dN/dt=\varepsilon\varepsilon_0 E\ell v\). Из 11.6.1 в среде \(C_H=dN/dt\) (или \(C_B=\mu\mu_0\varepsilon\varepsilon_0 dN_E/dt\)):

\[ H=\varepsilon\varepsilon_0 E v\qquad\bigl(B=\mu\mu_0\varepsilon\varepsilon_0 E v\bigr). \]

Подставляем \(B=E/v\) из Фарадея:

\[ \frac Ev=\mu\mu_0\varepsilon\varepsilon_0 E v\qquad\Longrightarrow\qquad v^2=\frac{1}{\mu\varepsilon\mu_0\varepsilon_0}=\frac{c^2}{\mu\varepsilon}, \] \[ v=\frac{c}{\sqrt{\mu\varepsilon}}. \]

Это и есть скорость света в среде. Показатель преломления \(n=\sqrt{\mu\varepsilon}\).

Перемножая \(E=vB\) и \(B=\varepsilon\varepsilon_0\mu\mu_0 v E\), получаем \(v^2=1/(\varepsilon\varepsilon_0\mu\mu_0)\), то есть \(v=c/\sqrt{\mu\varepsilon}\). Это же \(n=\sqrt{\mu\varepsilon}=c/v\). Волновое сопротивление среды \(Z=\sqrt{\mu\mu_0/(\varepsilon\varepsilon_0)}=Z_0\sqrt{\mu/\varepsilon}\) зависит от отношения, скорость — от произведения: в феррите с \(\mu=100\), \(\varepsilon=1\) волна в десять раз медленнее, а \(Z\) в десять раз больше вакуумного.

Вакуум \(\mu=\varepsilon=1\) даёт \(c=3\cdot10^8\) м/с. Стекло \(\varepsilon\approx2{,}25\), \(\mu=1\), \(v=2\cdot10^8\) м/с, \(n=1{,}5\). Если формально устремить \(\varepsilon\to\infty\) (проводник, \(\sigma\to\infty\) в квазистатике), скорость падает до нуля: волна в идеальный металл не входит, остаётся скин и отражение. Именно поэтому в задаче 12.1.19 внутри металла фиктивная волна, а не настоящая.

Проверка. Вакуум \(\mu=\varepsilon=1\) даёт \(c\). Вода \(\varepsilon\approx80\), \(\mu\approx1\), \(v\approx c/9\) — для радиоволн так и есть; в оптике \(\varepsilon(\omega)\) уже не 80, и \(n\approx1{,}33\). Формула жива, просто \(\varepsilon\) частотная.
Ответ\(v=c/\sqrt{\mu\varepsilon}\).
Задача 12.1.9связь E и B в среде
Условие

Как связана напряжённость электрического поля волны \(E\) с магнитной индукцией \(B\) в среде с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon\) и магнитной проницаемостью \(\mu\)?

B = E √(εμ) / c импеданс среды Z = √(μμ₀/εε₀)
К задаче 12.1.9. Из 12.1.7 и 12.1.8 сразу следует связь \(B\) и \(E\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Из Фарадея \(E=vB\), а \(v=c/\sqrt{\mu\varepsilon}\). Остаётся разделить.

Подставляем скорость из 12.1.8 в соотношение 12.1.6–12.1.7:

\[ B=\frac Ev=\frac{E\sqrt{\mu\varepsilon}}{c}\qquad\text{(СИ)}. \]

В СГС \(c\) в знаменателе нет (он уже сидит в определении полей): \(B=E\sqrt{\mu\varepsilon}\).

Эквивалентная запись через импеданс: \(E/H=Z=\sqrt{\mu\mu_0/(\varepsilon\varepsilon_0)}\), и \(B=\mu\mu_0 H\).

Полезно помнить «иерархию». В вакууме \(E=cB\). Диэлектрик без магнетизма (\(\mu=1\)) даёт \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c=nE/c\): при том же \(E\) магнитное поле больше — поляризационный ток работает как дополнительный источник \(B\). Магнетик без диэлектрика (\(\varepsilon=1\)) даёт тот же корень \(\sqrt{\mu}\). Оба эффекта перемножаются.

Численно для воды в радиодиапазоне \(\varepsilon\approx80\), \(\mu=1\), \(B\approx9E/c\): волна «магнитнее» почти на порядок. В оптике у воды \(n\approx1{,}33\), и добавка скромная — \(\varepsilon\) на оптических частотах уже не 80.

Связь \(B=E\sqrt{\varepsilon\mu}/c\) — это просто \(E=ZH\) с импедансом \(Z=\sqrt{\mu\mu_0/(\varepsilon\varepsilon_0)}\). Энергия волны поровну сидит в \(\varepsilon\varepsilon_0 E^2/2\) и в \(B^2/(2\mu\mu_0)\): подстановка \(B=E\sqrt{\varepsilon\mu}/c\) превращает одно в другое тождественно. Вектор Пойнтинга \(S=EH=E^2/Z\) есть интенсивность, и \(I=n E^2/Z_0\) при \(\mu=1\).

Пределы. Вакуум: \(B=E/c\). Немагнитный диэлектрик \(\mu=1\): \(B=nE/c\). При \(\varepsilon\to1\), \(\mu\to1\) скачок импеданса на границе исчезает, коэффициент Френеля \(r=(Z_2-Z_1)/(Z_2+Z_1)\to0\). На металле \(\sigma\to\infty\) формально \(Z\to0\), \(E_\tau\to0\), а \(B\) конечно: вся энергия отражается, внутрь ничего не течёт.

Проверка. Вакуум: \(B=E/c\). Одна среда (\(\varepsilon\), \(\mu=1\)): \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\) — задача 12.1.7. Всё склеилось.
Ответ\(B=E\sqrt{\varepsilon\mu}/c\) (СИ), \(B=E\sqrt{\varepsilon\mu}\) (СГС).
Задача 12.1.10встречные импульсы
Условие

На рисунке изображены электрические поля бегущих навстречу друг другу плоских электромагнитных волн в нулевой момент времени. Нарисуйте графики распределения напряжённости \(E\) и индукции \(B\) полей этих волн в момент времени \(a/(2c)\), \(a/c\), \(3a/c\). Чему равно отношение энергии электрического поля и энергии магнитного поля к общей энергии в эти моменты времени?

E→ ←E ширина a два прямоугольных импульса ширины a
К задаче 12.1.10. Пока импульсы перекрываются, \(E\) складываются, \(B\) вычитаются.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея У встречных волн \(\mathbf{E}\) сонаправлены (на снимке оба вверх), а \(\mathbf{B}\) — противоположны: иначе обе не могли бы бежать навстречу. В зоне перекрытия \(E\) удваивается, \(B\) гасится.

Каждый импульс несёт поровну электрической и магнитной энергии. Пока они не встретились, \(W_E=W_B=W/2\).

Момент \(t=a/(2c)\): импульсы перекрылись наполовину. В зоне перекрытия \(E=2E_0\), \(B=0\); в «усах» по бокам — обычные одиночные поля. Энергия электрическая: половина от удвоенного \(E\) (это \(\times4\) на половине объёма перекрытия... аккуратно: объём перекрытия \(a/2\), \(E^2\) вчетверо, плюс два уса по \(a/2\)). Итог: \(W_E=W/2\), \(W_B=W/2\) — ещё поровну, просто энергия перераспределилась в пространстве.

Момент \(t=a/c\): полное перекрытие. Всюду в импульсе \(E=2E_0\), \(B=0\). Вся энергия электрическая: \(W_E=W\), \(W_B=0\).

Момент \(t=3a/c\): импульсы уже разъехались (встреча длилась \(a/c\), к \(3a/c\) они далеко). Снова \(W_E=W_B=W/2\).

Отношения \((W_E/W,\,W_B/W)\): \(\tfrac12,\tfrac12\); \(1,0\); \(\tfrac12,\tfrac12\).

У встречных волн векторы Пойнтинга противоположны. В зоне перекрытия \(\mathbf{E}\) складываются, \(\mathbf{B}\) вычитаются — мгновенный \(\mathbf{S}\) не обязан быть нулём в каждой точке, но интегральный поток через середину «перекрытия» ноль: энергия никуда не уезжает, она перекачивается из магнитной в электрическую и обратно. Это зародыш стоячей волны. Доля электрической энергии \(\propto E_{\text{сум}}^2\), магнитной \(\propto B_{\text{сум}}^2\); сумма сохраняется.

В моменты \(t=0\) и \(t=a/c\) импульсы ещё (уже) не перекрываются: у каждого \(w_E=w_B\), отношение \(\tfrac12,\tfrac12\). В момент полного перекрытия \(t=a/(2c)\) остаётся чистый \(E\) удвоенной амплитуды, \(B=0\), и вся энергия электрическая. Числа: если у одного импульса \(E=1\) В/м, в перекрытии \(E=2\) В/м, плотность \(\varepsilon_0 E^2\) вчетверо больше — ровно на два импульса. После разбегания снова \(\tfrac12,\tfrac12\).

Проверка. Полная энергия сохранилась: в момент полного перекрытия \(E\) удвоен, объём тот же, \(E^2\) вчетверо, но магнитная энергия исчезла, и \((4\cdot\tfrac12 W_E^{\text{одной}})\) как раз даёт полную \(W\) двух импульсов. Стоячая волна — предельный случай этой картинки.
Ответ\(\frac12,\frac12\); \(\;1,0\); \(\;\frac12,\frac12\).
Задача 12.1.11разложение однородного поля
Условие

а. Однородное электрическое поле напряжённости \(E\) занимает пространство между бесконечными плоскостями \(AB\) и \(A'B'\), расстояние между которыми \(d\). Это поле образовалось при наложении двух плоских электромагнитных волн. Определите эти волны, если напряжённость электрического поля \(E\) параллельна плоскостям.

б. На какие электромагнитные волны можно разложить магнитное поле индукции \(B\), сосредоточенное между плоскостями \(AB\) и \(A'B'\)? Индукция магнитного поля \(B\) параллельна плоскостям.

E d слой поля = две встречные волны
К задаче 12.1.11. Однородный слой \(E\) — стоячая волна в момент, когда \(B\) погасло.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Задача 12.1.10 наоборот: слой чистого \(E\) без \(B\) — это две встречные волны в момент полного перекрытия. Их \(E\) сложились, \(B\) вычлись.

а. Две плоские волны бегут навстречу, перпендикулярно плоскостям. В каждой \(E_1=E_2=E/2\), магнитные поля противоположны и в сумме нуль. Длина каждой волны (толщина импульса) равна \(d\): именно такой толщины слой поля. Через время \(d/(2c)\) волны разъедутся, в середине останется «дырка», по краям убегут два импульса.

б. Чистый слой \(B\) без \(E\) — те же две волны, но \(E\) в них противоположны, а \(B\) сонаправлены. В каждой волне \(B_1=B_2=B/2\), электрическое поле \(E_1=cB/2\). Направление распространения снова перпендикулярно плоскостям, навстречу друг другу.

Разложение однозначно: плоский слой чистого \(\mathbf{E}\) без \(\mathbf{B}\) есть сумма двух встречных волн с полями \(E/2\) и \(B=\pm(E/2)/c\). Вектор Пойнтинга каждой волны \(\mathbf{S}=\pm\varepsilon_0 c(E/2)^2\), в сумме ноль — энергия стоит, никуда не течёт. Это и есть «электростатический» кусок поля, запертый между плоскостями. Слой чистого \(\mathbf{B}\) — те же волны, только \(E\) у них противоположны, а \(B\) сонаправлены.

Предел \(d\to0\): слой исчезает, волн нет. Если поверх слоя пустить ещё одну бегущую волну, она свободно пройдёт насквозь — линейность суперпозиции. На металле (\(\sigma\to\infty\)) чистого \(E_\tau\) у поверхности быть не может, зато удвоенный \(B\) — пожалуйста: это как раз «б» в момент, когда отражённая волна ещё не успела уехать. Интенсивность каждой половинки \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0(E/2)^2=c\varepsilon_0 E^2/8\).

Проверка. Энергия сходится: слой \(E\) имеет энергию \(\varepsilon_0 E^2 d/2\) на единицу площади; две волны несут \(2\cdot\varepsilon_0(E/2)^2\cdot d=\varepsilon_0 E^2 d/2\). После разбегания энергия та же, просто уехала в две стороны.
Ответа) Две встречные волны длины \(d\) с полем \(E/2\). б) Две встречные волны с \(B/2\) и электрическим полем \(cB/2\).
Задача 12.1.12лишнее поле при остановке
Условие

Вокруг движущегося заряженного тела возникает магнитное поле, а вокруг неподвижного — нет. Поэтому при мгновенной остановке двигавшегося тела магнитное поле станет «лишним». Оно превращается в электромагнитные волны.

а. Если заряженный конденсатор движется со скоростью \(v\) параллельно своим пластинам, то \(B=(v/c^2)E\). При мгновенной остановке это магнитное поле — сумма двух электромагнитных волн с индукцией \(B/2\), движущихся в противоположных направлениях перпендикулярно пластинам. Определите напряжённость электрического поля в каждой волне.

б. Какова энергия волны, испущенной зарядом \(Q\), равномерно распределённым по движущейся сфере радиуса \(r\), при её мгновенной остановке? Скорость сферы до остановки \(v\).

в. Напряжение, приложенное к двум проводам, повышали до пробоя; возникли колебания тока и электромагнитные волны. Оцените, во сколько раз должна увеличиться мощность волн, если напряжение пробоя увеличить в два раза.

E, B=vE/c² две волны ±B/2
К задаче 12.1.12. Остановка «отпускает» магнитное поле — оно разбегается двумя волнами.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Лишнее однородное \(B\) между пластинами — это, по 12.1.11б, две встречные волны. В каждой \(E_{\text{изл}}=c\cdot(B/2)\).

а. \(B=vE/c^2\), в каждой волне индукция \(B/2\), значит

\[ E_{\text{изл}}=c\cdot\frac B2=\frac12\frac v c E. \]

б. У движущегося заряда \(B=(v/c)E\sin\theta\) (в СГС). Энергия магнитного поля — это энергия электрического \(Q^2/(2r)\), умноженная на \((v/c)^2\) и ещё на средний \(\langle\sin^2\theta\rangle=2/3\). Итого множитель \((v/c)^2\cdot(2/3)\):

\[ W=\frac{Q^2}{3r}\left(\frac vc\right)^2\quad\text{(СГС)},\qquad W=\frac{Q^2}{12\pi\varepsilon_0 r}\left(\frac vc\right)^2\quad\text{(СИ)}. \]

Вся эта энергия уходит в излучение: после остановки стационарного магнитного поля нет.

в. Напряжение пробоя удвоили — заряды и поля удвоились, «лишние» поля удвоились, энергия излучения \(\propto E^2\) выросла в 4 раза. Мощность — тоже в четыре раза (время разряда того же порядка, если геометрия прежняя).

Лишнее \(B=(v/c^2)E\) между пластинами после остановки раскладывается, как в 12.1.11б, на две волны с \(E_{\text{изл}}=c\cdot(B/2)=(v/(2c))E\). Это школьный Лиенар—Вихерт для пластины: излучает ускорение (здесь — резкая остановка), поле пропорционально \(v/c\). Энергия уходит с Пойнтингом \(S=\varepsilon_0 c E_{\text{изл}}^2\propto(v/c)^2 E^2\); проинтегрировав по объёму «блина» толщины порядка размера пластин \(r\), получаем \(W\propto Q^2(v/c)^2/r\).

При \(v\to0\) излучения нет — пластины просто остановились квазистатически. При \(v/c=0{,}1\) уходит один процент «магнитной» энергии конденсатора. Напряжение пробоя удвоили — \(E\) и \(Q\) удвоились, \(W\propto E^2\) выросла вчетверо. Предел \(\sigma\to\infty\) для пластин здесь уже заложен: заряд сидит на поверхности и успевает перестроиться за время остановки, иначе появился бы скин и часть энергии ушла бы в джоулево тепло.

Проверка. При \(v\to0\) излучения нет. Формула \(W\propto Q^2 v^2/r\) — та же, что у «излучения при резкой остановке» в теории тормозного излучения (предел мгновенной остановки). Для пункта «в»: искровой передатчик Герца действительно усиливается квадратично по напряжению.
Ответа) \(E_{\text{изл}}=\frac12(v/c)E\). б) \(W=Q^2(v/c)^2/(3r)\) (СГС), \(W=Q^2(v/c)^2/(12\pi\varepsilon_0 r)\) (СИ). в) В четыре раза.
Задача 12.1.13излучение качающегося конденсатора
Условие

Заряженный плоский конденсатор раскачивают, перемещая его параллельно пластинам. С увеличением частоты колебаний \(\nu\) средняя интенсивность \(I\) излучаемых конденсатором электромагнитных волн сначала увеличивается, потом уменьшается до нуля, затем опять увеличивается и т. д. Чем объясняется такое чередование интенсивности излучения? При каких частотах конденсатор не излучает энергию? Оцените частоту, при которой наблюдаются 1-й и \(k\)-й максимумы излучения.

d две пластины — два источника с запаздыванием d/c
К задаче 12.1.13. Интерференция излучения двух пластин: разность хода \(d\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Каждая пластина излучает, как в 12.1.12. Волны от двух пластин интерферируют: разность хода равна расстоянию \(d\) между пластинами (в направлении нормали).

Пластины несут противоположные заряды и качаются одинаково, поэтому их «лишние» магнитные поля противоположны. В направлении нормали волны выходят с разностью хода \(d\) и с относительным минусом по знаку заряда.

Интерференционный нуль — когда разность фаз (с учётом знака) даёт полное гашение:

\[ \frac{d}{\lambda}=k\qquad\Longrightarrow\qquad\nu'_k=\frac cd\,k,\quad k=1,2,\ldots \]

Максимумы — в промежутках, примерно

\[ \nu''_k\approx\frac cd\Bigl(k+\frac12\Bigr). \]

Первый максимум при \(\nu\approx c/(2d)\): полволны укладывается между пластинами, минус от противоположных зарядов превращает это в сложение. На низких частотах \(\lambda\gg d\) пластины почти совпадают и гасят друг друга (диполь мал) — интенсивность растёт с частотой, пока не дойдёт до первого максимума, затем провал, и так далее.

Две пластины — два источника с фиксированной разностью хода \(d\) и относительным минусом (заряды противоположны). Амплитуда суммарного поля \(\propto\sin(\pi\nu d/c)\), интенсивность \(\propto\sin^2(\pi\nu d/c)\). Нули при \(\nu d/c=k\), максимумы при полуцелых. Это тот же Фабри—Перо «наоборот»: не пропускание между зеркалами, а излучение двух антенн. Волновой вектор \(k_\omega=2\pi\nu/c\), разность фаз \(k_\omega d\).

При \(d=3\) см первый максимум на \(\nu=c/(2d)=5\) ГГц, первый нуль на 10 ГГц. Низкочастотный предел \(\lambda\gg d\) даёт диполь с плечом \(d\) и \(I\propto\nu^4 d^2\) (дважды дифференцировать ток). При \(d\to0\) все нули уезжают на бесконечность, в радиодиапазоне конденсатор нем. Скользящее наблюдение (вдоль пластин) меняет эффективную разность хода на \(d\cos\theta\), и нули едут по углу — диаграмма «бабочки».

Проверка. При \(d\to0\) все \(\nu'_k\) уходят на бесконечность, в радиодиапазоне конденсатор почти не излучает — правильно, это компактный диполь с крошечным плечом. При \(d=3\) см первый нуль на 10 ГГц — микроволны.
ОтветИнтерференция излучения двух пластин. Не излучает при \(\nu'_k=ck/d\); максимумы при \(\nu''_k\approx c(k+1/2)/d\).
Задача 12.1.14формула запаздывающего излучения
Условие

Заряженная пластина, напряжённость электрического поля которой \(E\), двигаясь параллельно самой себе со скоростью \(v\), создаёт магнитное поле индукции \(B=(v/c^2)E\). Поэтому при уменьшении скорости пластины на величину \(dv\) в окружающем её пространстве возникает «лишнее» магнитное «микрополе» индукции \(dB=\pm(dv/c^2)E\). Суммируясь, эти «микрополя» дают электромагнитную волну, напряжённость электрического поля которой зависит лишь от скорости пластины:

\[ E_{\text{изл}}(t,x)=cB_{\text{изл}}(t,x)=\frac{c\,v_{t-x/c}}{c^2}\,E =\frac{v_{t-x/c}}{c}\,E. \]

Индекс \(t-x/c\) означает, что при вычислении напряжённости поля на расстоянии \(x\) от пластины значение её скорости нужно брать в момент времени \(t-x/c\). Например, напряжённость электрического поля излучения пластины, скорость которой равна \(v_0\sin\omega t\), на расстоянии \(x\) от пластины в момент времени \(t\) равна \((v_0/c)\sin[\omega(t-x/c)]\,E\), так как скорость пластины в момент времени \(t-x/c\) была равна \(v_0\sin\omega(t-x/c)\). Докажите справедливость формулы \(E_{\text{изл}}(t,x)=(v_{t-x/c}/c)E\) для случая, когда скорость \(v\) меняется так, как изображено на рисунках.

ступеньки и полки: каждая dv рождает прямоугольный импульс
К задаче 12.1.14. Любой \(v(t)\) набирается из ступенек; каждая ступенька — прямоугольная волна.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Произвольный график \(v(t)\) режем на ступеньки. Каждая ступенька \(dv\) рождает две разбегающиеся волны с \(dE_{\text{изл}}=(dv/c)E\). В точке \(x\) в момент \(t\) приходит только та ступенька, которая стартовала в \(t-x/c\).

Пусть скорость скачком изменилась на \(dv\) в момент \(\tau\). «Лишнее» \(dB=(dv/c^2)E\) разбегается, как в 12.1.12, двумя волнами, в каждой

\[ dE_{\text{изл}}=c\cdot\frac{dB}{2}=\frac{dv}{c}E. \]

Волна, полетевшая в сторону \(+x\), приходит в точку \(x\) в момент \(t=\tau+x/c\). Значит, наблюдаемое поле есть \((v(\tau)/c)E\) с \(\tau=t-x/c\):

\[ E_{\text{изл}}(t,x)=\frac{v_{t-x/c}}{c}E. \]

Для гладкого \(v(t)\) складываем ступеньки — интеграл превращается в само значение \(v\) в запаздывающий момент (постоянная составляющая не излучает, излучает лишь изменение; в формуле Савченко \(v\) отсчитывается от конечной/начальной «полки», либо имеется в виду вклад именно переменной части). Прямоугольные и треугольные графики из рисунков — частные случаи: ступенька даёт ступеньку поля, полка — «молчание», линейный участок — линейно растущее \(E_{\text{изл}}\).

Формула \(E_{\text{изл}}(t,x)=(v_{t-x/c}/c)E\) — запаздывающий потенциал пластины. Каждая ступенька \(dv\) рождает прямоугольный импульс Пойнтинга, убегающий со скоростью \(c\); в точке \(x\) они выстраиваются в точности в график \(v(\tau)\). Это одномерный аналог запаздывающих потенциалов Лиенара—Вихерта: роль \(1/r\) играет то, что пластина бесконечна и амплитуда не падает. Интенсивность импульса \(I=\varepsilon_0 c(v/c)^2 E^2\).

Гармоника \(v=v_0\sin\omega t\) даёт обычную плоскую волну с \(\omega\) и \(k=\omega/c\). Постоянная скорость не излучает: «полка» на графике — тишина. Мгновенная остановка \(v_0\to0\) выплёвывает ступеньку \(E_{\text{изл}}=(v_0/c)E\), согласованную с 12.1.12 (там делили на 2, потому что смотрели одну из двух волн с \(B/2\)). Предел \(\omega\to0\) снова гасит излучение: пластина качается слишком лениво.

Проверка. Гармоника \(v=v_0\sin\omega t\) даёт \(E_{\text{изл}}=(v_0/c)E\sin[\omega(t-x/c)]\) — именно тот пример, что разобран в условии. При \(v=\mathrm{const}\) излучения нет. При мгновенной остановке \(v_0\to0\) вылетает ступенька \(E_{\text{изл}}=(v_0/c)E\), согласованная с 12.1.12 (там делили на 2, потому что смотрели одну из двух волн с \(B/2\); здесь формула уже для одной стороны).
ОтветФормула следует из суперпозиции ступенек: в точку \((t,x)\) приходит вклад \(dv\), случившийся в момент \(t-x/c\).
Задача 12.1.15три следствия формулы излучения
Условие

Используя формулу \(E_{\text{изл}}=(v_{t-x/c}/c)E\) из задачи 12.1.14, решите следующие задачи.

а. Определите напряжённость электрического поля в плоской волне, излучаемой плоским конденсатором при его движении с постоянным ускорением \(a\), направленным параллельно его пластинам. Расстояние между пластинами \(d\), напряжённость поля внутри конденсатора \(E\).

б. Линейная плотность тока на пластине меняется синусоидально с амплитудой \(i_0\). Определите в СИ и в СГС амплитуду напряжённости электрического поля в волне, излучаемой этой пластиной.

в. Определите коэффициент отражения электромагнитной волны, падающей на тонкую проводящую плёнку перпендикулярно её поверхности. Толщина плёнки \(x\), число электронов проводимости в единице объёма \(n_e\), частота волны \(\nu\).

а — конденсатор; б, в — одна пластина / плёнка
К задаче 12.1.15. Ускорение, ток и отражение — три лица одной формулы \(E_{\text{изл}}=(v/c)E\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Формула 12.1.14 плюс запаздывание между пластинами (пункт а), связь \(v\) с током (б) и колебание электронов в поле волны (в).

а. Каждая пластина при скорости \(v=at\) излучает \(E_1=(at_{\text{зап}}/c)E\). Нижняя пластина дальше на \(d\), её сигнал запаздывает на \(d/c\) и противоположен по знаку (заряды противоположны):

\[ E_{\text{изл}}=E_1+E_2=\frac{aE}{2c}\Bigl[\Bigl(t-\frac xc\Bigr)-\Bigl(t-\frac{x+d}c\Bigr)\Bigr]=\frac{adE}{2c^2}. \]

Поле постоянно (пока ускорение постоянно) — как у равноускоренного заряда в волновой зоне, только здесь «зона» плоская.

б. Линейная плотность тока \(i=\sigma v\), а \(\sigma=\varepsilon_0 E\) (поле пластины \(E=\sigma/\varepsilon_0\) в СИ? у одной пластины \(E=\sigma/(2\varepsilon_0)\), и это даёт фактор 2). Из \(E_{\text{изл}}=(v/c)E\) и \(i=\sigma v\):

\[ E_{\text{изл}}=\frac{i}{2c\varepsilon_0}=\frac{\mu_0 c i}{2}\qquad\text{(СИ)},\qquad E_{\text{изл}}=\frac{2\pi i}{c}\qquad\text{(СГС)}. \]

Для амплитуды \(i_0\) те же формулы с \(i_0\).

в. Электроны в поле \(E_0\sin\omega t\) имеют скорость \(v=(eE_0/(m_e\omega))\cos\omega t\). Плёнка толщины \(x\) несёт линейную плотность тока \(i=n_e e v x\). Подставляем в «б»:

\[ E_{\text{изл}}=\frac{n_e e^2 x E_0}{2c\varepsilon_0 m_e\omega},\qquad k=\left(\frac{E_{\text{изл}}}{E_0}\right)^2=\left[\frac{n_e e^2 x}{4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c}\right]^2. \]

(\(\omega=2\pi\nu\).) Это коэффициент отражения по интенсивности в приближении тонкой плёнки (\(E_{\text{изл}}\ll E_0\)).

Три лица одной формулы. Ускорение \(a\) конденсатора даёт постоянное \(E_{\text{изл}}=adE/(2c^2)\): разность запаздываний \(d/c\) снимает одну производную и оставляет поле, не зависящее от времени, пока \(a=\mathrm{const}\). Ток на пластине \(i=\sigma v\) переписывает то же как \(E_{\text{изл}}=i/(2c\varepsilon_0)=\mu_0 c i/2\) — импеданс вакуума \(Z_0=\mu_0 c\) снова здесь: листовой ток излучает \(E=Z_0 i/2\) в каждую сторону.

Коэффициент отражения тонкой плёнки \(k=(E_{\text{изл}}/E_0)^2\propto(n_e x/\nu)^2\). При \(x\to0\) отражения нет. Когда \(k\sim1\), приближение тонкой плёнки ломается — это выход на полку задачи 12.1.17 и глубина \(\Delta\) из 12.1.18. Для видимого \(\nu\sim5\cdot10^{14}\) Гц и металла \(n_e\sim10^{28}\) м\(^{-3}\) уже \(x\sim10\) нм даёт \(k\sim1\): нанометровая плёнка почти зеркало. Предел \(\sigma\to\infty\) (\(n_e\to\infty\)) — полное отражение при любой толщине.

Проверка. Пункт «а»: при \(d=0\) пластины совпали и погасили друг друга. Пункт «б»: размерность \(i/(c\varepsilon_0)\sim(\text{А/м})/(\text{м/с}\cdot\text{Ф/м})=\text{В/м}\). Пункт «в»: чем толще плёнка и чем больше \(n_e\), тем сильнее отражение, пока приближение тонкой плёнки живо.
Ответа) \(E_{\text{изл}}=adE/(2c^2)\). б) \(E_{\text{изл}}=\mu_0 c i_0/2=i_0/(2c\varepsilon_0)\) (СИ); \(2\pi i_0/c\) (СГС). в) \(k=[n_e e^2 x/(4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c)]^2\).
Задача 12.1.16интерферометр из зеркал
Условие

При раздвижении двух параллельных полупрозрачных зеркальных пластин интенсивность электромагнитного излучения, прошедшего сквозь эти пластины, периодически меняется в зависимости от расстояния между ними. Объясните это явление и определите, пользуясь рисунком, длину волны падающего излучения. Излучение распространяется перпендикулярно пластинам.

d на рисунке в книге период по d равен λ/2 = 2·10⁻⁵ см
К задаче 12.1.16. Многолучевая интерференция Фабри—Перо: максимумы через \(\lambda/2\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Между полупрозрачными зеркалами волна многократно переотражается. Прошедшие пучки интерферируют; разность хода между соседними равна \(2d\). Период по \(d\) есть \(\lambda/2\).

Условие максимума пропускания (интерферометр Фабри—Перо):

\[ 2d=m\lambda,\qquad m=1,2,\ldots \]

Соседние максимумы разделены интервалом \(\Delta d=\lambda/2\). По рисунку в задачнике этот интервал равен \(2\cdot10^{-5}\) см, поэтому

\[ \lambda=4\cdot10^{-5}\ \text{см}=400\ \text{нм} \]

— зелёный видимый свет. (Если на рисунке цена деления другая, принцип тот же: \(\lambda=2\Delta d\). Книжный ответ \(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см фиксирует, что по рисунку \(\Delta d=2\cdot10^{-5}\) см.)

Интерферометр Фабри—Перо: коэффициент пропускания \(T=(1-R)^2/(1-2R\cos\delta+R^2)\), где \(\delta=4\pi d/\lambda\). Период по \(d\) равен \(\lambda/2\), независимо от коэффициента отражения \(R\) зеркал — \(R\) влияет на остроту пиков, не на их шаг. По рисунку \(\Delta d=2\cdot10^{-5}\) см, значит \(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см \(=400\) нм, фиолетово-синий. Свободный спектральный диапазон \(\Delta\nu=c/(2d)\).

При \(d\to0\) соседние порядки слипаются, и пропускание перестаёт «дышать». При \(R\to0\) (почти прозрачные пластины, \(\varepsilon\to1\)) пики широкие, контраст мал; при \(R\to1\) (металл, \(\sigma\to\infty\)) пики игольчатые — так делают эталоны. Нормальное падение здесь существенно: при угле \(\alpha\) условие становится \(2d\cos\alpha=m\lambda\), и шаг по \(d\) чуть растёт. Скользящее падение сдвинуло бы всю шкалу.

Проверка. При \(d=0\) (зеркала слиплись) пропускание определяется уже не интерференцией, а суммарной толщиной покрытия. Первый настоящий максимум при \(d=\lambda/2\). Чередование яркое/тёмное при раздвижении — стандартный опыт со ртутной лампой и слюдяной пластинкой.
Ответ\(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см. Явление — интерференция многократно отражённых волн.
Задача 12.1.17отражение от плёнки
Условие

Амплитуда напряжённости электрического поля электромагнитной волны, отражённой от проводящей плёнки, тем больше, чем толще плёнка. На рисунке приведена типичная зависимость амплитуды отражённой волны от толщины плёнки. В области \(x<x_1\) амплитуда линейно зависит от толщины \(x\), затем линейность нарушается, и при \(x>x_2\) амплитуда отражённой волны мало отличается от амплитуды падающей волны \(E_0\). Объясните эту зависимость.

E0 x1 x2
К задаче 12.1.17. Линейный рост, пока плёнка «тонкая»; насыщение, когда отражение уже почти полное.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Пока плёнка тонка, каждый электрон излучает независимо, \(E_{\text{изл}}\propto n_e x\) (задача 12.1.15в) — линейный участок. Когда отражённая волна становится сравнимой с падающей, электроны чувствуют уже суммарное поле, линейность ломается. Толстая плёнка — почти металл, \(E_{\text{отр}}\approx E_0\).

В области \(x<x_1\) коэффициент отражения мал, поле внутри плёнки \(\approx E_0\), число излучателей \(\propto x\), амплитуда отражённой волны растёт линейно.

При \(x\sim x_2\) доля отражённого уже велика: падающая плюс собственное излучение плёнки дают внутри почти нулевое \(E_\parallel\) (как на металле). Добавлять толщину бесполезно — нижние слои сидят в тени верхних. Амплитуда выходит на полку \(E_0\).

Масштаб \(x_2\) — это как раз толщина, при которой оценка 12.1.15в даёт \(k\sim1\): \(x_2\sim 4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c/(n_e e^2)\). Для видимого света и металла это нанометры — скин-слой.

Линейный участок \(x<x_1\) — борновское приближение: каждый электрон качается в невозмущённом \(E_0\), переизлучает независимо, \(E_{\text{отр}}\propto n_e x E_0\). Это тот же \(k\propto x^2\) из 12.1.15в. Когда \(E_{\text{отр}}\sim E_0\), поле внутри уже \(E_0+E_{\text{изл}}\), самосогласование ломает линейность. Полка \(x>x_2\) — скин: нижележащие слои сидят в тени, добавка толщины не работает. Формально \(x_2\sim c/\omega_p\), \(\omega_p=\sqrt{n_e e^2/(\varepsilon_0 m_e)}\).

Предел \(\sigma\to\infty\) (\(n_e\to\infty\)): \(x_2\to0\), полка начинается сразу — идеальное зеркало любой толщины. Предел \(\varepsilon\to1\) (нет электронов): график прижат к нулю, отражения нет. Для видимого света у серебра \(x_2\sim20\) нм; золотая фольга «на просвет» зелёная именно потому, что для красного она уже на полке, а для синего ещё на склоне. Нормальное падение; при скользящем эффективная толщина \(x/\cos\alpha\) растёт, и полка наступает раньше.

Проверка. Золотая фольга «на просвет» зелёная: она уже в области \(x\sim x_2\) для красного и ещё «тонкая» для синего. Серебрение зеркала толщиной в доли микрона уже даёт почти 100 % отражения — полка графика.
ОтветПри \(x<x_1\) все электроны независимо излучают в поле \(E_0\), \(E_{\text{отр}}\propto x\). При \(x>x_2\) отражение почти полное, добавка толщины не работает.
Задача 12.1.18глубина проникновения
Условие

Оцените глубину проникновения в проводник перпендикулярно падающей на его поверхность электромагнитной волны. Частота волны \(\nu=10^{15}\) Гц, число электронов проводимости в единице объёма \(n_e=10^{22}\) см\(^{-3}\).

Δ волна затухает на толщине «единичного отражения»
К задаче 12.1.18. Глубина, на которой тонкая плёнка уже отражает как металл.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Глубина проникновения — та самая \(x_2\) из 12.1.17: толщина, при которой \(E_{\text{изл}}\sim E_0\).

Из 12.1.15в условие \(E_{\text{изл}}\sim E_0\):

\[ \Delta\approx\frac{4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c}{n_e e^2}. \]

Числа. \(n_e=10^{22}\) см\(^{-3}=10^{28}\) м\(^{-3}\), \(\nu=10^{15}\) Гц, \(m_e=9\cdot10^{-31}\) кг, \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, \(\varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\), \(c=3\cdot10^8\):

\[ \Delta\approx\frac{4\pi\cdot9\cdot10^{-31}\cdot10^{15}\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot3\cdot10^8}{10^{28}\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}\approx10^{-7}\ \text{м}=10^{-5}\ \text{см}. \]

Сто ангстрем — типичный оптический скин-слой хорошего металла.

Это не омический скин-слой \(\delta=\sqrt{2/(\omega\mu_0\sigma)}\) из курса переменного тока. Там электроны успевают тормозить о решётку, здесь частота оптическая, \(\omega\tau\gg1\), и электроны качаются почти без столкновений: работает инерция, плазменная частота, лондоновская глубина. Обе оценки, однако, дают десятки нанометров — поэтому тончайшая серебряная плёнка уже непрозрачна, а фольга «на просвет» зелёная.

Оценка \(\Delta=4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c/(n_e e^2)\) — это толщина, на которой тонкая плёнка уже отражает как металл. Плазменная частота \(\omega_p=\sqrt{n_e e^2/(\varepsilon_0 m_e)}\approx1{,}8\cdot10^{16}\) рад/с при \(n_e=10^{28}\) м\(^{-3}\), и лондоновская глубина \(c/\omega_p\approx17\) нм того же порядка, что \(\Delta\approx100\) нм. Омический скин \(\delta=\sqrt{2/(\omega\mu_0\sigma)}\) здесь ни при чём: \(\omega\tau\gg1\), электроны качаются без столкновений.

При \(\nu\to0\) формальная \(\Delta\to0\), но тогда уже работает обычный скин и \(\delta\to\infty\): постоянное поле в толстый металл не входит только из-за электростатики, а низкочастотная волна проникает глубоко. При \(n_e\to\infty\) (\(\sigma\to\infty\)) \(\Delta\to0\), волна вовсе не входит. Частота \(10^{15}\) Гц — красный край видимого / ближний ИК; для микроволн глубина уже микроны и определяется проводимостью, не инерцией.

Проверка. Лондоновская/плазменная оценка \(\delta\sim c/\omega_p\), \(\omega_p=\sqrt{n_e e^2/(\varepsilon_0 m_e)}\sim10^{16}\) с\(^{-1}\), \(c/\omega_p\sim30\) нм \(=3\cdot10^{-6}\) см — тот же порядок. Частота \(10^{15}\) Гц — ближний ИК / красный край видимого.
Ответ\(\Delta\approx4\pi m_e\nu\varepsilon_0 c/(n_e e^2)\approx10^{-5}\) см.
Задача 12.1.19фиктивная волна у металла
Условие

При достаточно большом числе электронов проводимости в единице объёма металла составляющая напряжённости электрического поля волны, параллельная поверхности металла, ослабляется практически до нуля. Поэтому решение задачи о взаимодействии электромагнитной волны с металлом сводится к отысканию вблизи его поверхности двух таких бегущих волн, наложение которых даёт нулевую составляющую напряжённости электрического поля вдоль поверхности. Такими электромагнитными волнами являются при перпендикулярном падении на металлическую поверхность две волны: одна реально движется в пространстве вне металла, а другая, фиктивная, «перевёрнутая» волна движется навстречу первой внутри металла (на рисунке эта область вместе с фиктивной волной находится справа от плоскости \(AB\)). Фиктивная волна становится реальной, как только она выходит за границу \(AB\), где она накладывается на первую волну. Наложение этих волн слева от плоскости \(AB\) даёт нулевую напряжённость электрического поля вдоль \(AB\) и, следовательно, решает поставленную задачу.

Используя описанный приём, найдите напряжённость электрического и индукцию магнитного поля вблизи металлической плоскости в момент, когда вершина падающей волны достигает плоскости \(AB\).

металл E пад. фиктивная AB
К задаче 12.1.19. На границе \(E\) гасится, \(B\) удваивается.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Фиктивная волна — зеркальная копия с перевёрнутым \(\mathbf{E}\) (чтобы на \(AB\) сумма \(E_\parallel=0\)) и тем же \(\mathbf{B}\). Когда гребень падающей волны пришёл на границу, гребень фиктивной тоже там. Сумма: \(E=0\), \(B=2E/c\).

Падающая волна в этот момент на плоскости \(AB\) имеет максимум \(E\) и \(B=E/c\). Фиктивная — максимум \(-E\) и то же \(B=E/c\) (направление \(\mathbf{B}\) не переворачивают: иначе волна бежала бы не навстречу). Сложение слева от \(AB\):

\[ E_{\text{сум}}=E+(-E)=0,\qquad B_{\text{сум}}=\frac Ec+\frac Ec=\frac{2E}c. \]

Нулевая касательная \(E\) — граничное условие идеального проводника. Удвоенная \(B\) означает поверхностный ток \(j=B/\mu_0=2E/(\mu_0 c)=2\varepsilon_0 c E\).

Метод изображений для волны: фиктивная копия с \(E'=-E\), \(B'=B\) автоматически удовлетворяет \(E_\tau=0\) на \(AB\). Это предельный коэффициент Френеля \(r\to-1\) при \(n_2\to\infty\) (или \(Z_2\to0\), \(\sigma\to\infty\)). В момент прихода гребня на границе \(E=0\), \(B=2E/c\), поверхностный ток \(j=2\varepsilon_0 c E=2E/Z_0\). Давление — магнитное \(B^2/(2\mu_0)=2\varepsilon_0 E^2=2I/c\): импульс волны удвоился при отражении.

Если бы фиктивная волна перевернула и \(B\), Пойнтинг обеих смотрел бы в одну сторону, и «отражённая» не убежала бы назад. Предел хорошего, но не идеального металла: малая \(E_\tau\neq0\) в скин-слое, \(|r|\approx1-\delta/\lambda\), почти узел. При скользящем падении (\(k_x\to\omega/c\)) даже идеальный металл отражает \(s\)- и \(p\)-поляризации по-разному; здесь падение нормальное, разницы нет.

Проверка. Это стандартные «узлы \(E\) и пучности \(B\)» у металлического зеркала. Давление волны \(B^2/(2\mu_0)=2\varepsilon_0 E^2\) — удвоенное (задача 12.1.21). Энергия не пропала: отражённая волна унесёт её назад.
Ответ\(E=0\), \(B=2E/c\).
Задача 12.1.20почернение эмульсии у зеркала
Условие

Слой фотоэмульсии нанесён на зеркальную металлическую подложку. При нормальном падении света на расстоянии \(10^{-5}\) мм от металлической поверхности происходит почернение эмульсии. Объясните этот эффект. Определите длину волны света, падающего на металлическую поверхность. На каком расстоянии от поверхности подложки будет находиться второй слой почерневшей эмульсии?

пучности E: λ/4, 3λ/4, … от зеркала
К задаче 12.1.20. Стоячая волна у металла: узлы \(E\) на самой поверхности, пучности через \(\lambda/4\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Падающая и отражённая волны дают стоячую. На металле \(E_\parallel=0\) — узел. Первая пучность — в четверти длины волны. Фотоэмульсия чернеет там, где \(|E|\) максимальна (там свет поглощается серебром галогенида).

Первая пучность на расстоянии \(\lambda/4\) от поверхности:

\[ \frac\lambda4=10^{-5}\ \text{мм}=10^{-6}\ \text{см}? \]

\(10^{-5}\) мм \(=10^{-6}\) см \(=10\) нм, тогда \(\lambda=40\) нм — далёкий УФ. Книга даёт \(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см \(=400\) нм. Значит, \(10^{-5}\) мм в условии — это, по-видимому, \(10^{-5}\) см, набранных как мм, либо \(10^{-4}\) мм. При \(\lambda/4=10^{-5}\) см

\[ \lambda=4\cdot10^{-5}\ \text{см}=400\ \text{нм} \]

— видимый фиолетово-синий. Второй слой почернения — следующая пучность:

\[ x_2=\frac{3\lambda}4=3\cdot10^{-5}\ \text{см}. \]

В книге \(x=2\cdot10^{-5}\) см. Если считать от первого слоя, расстояние между слоями \(\lambda/2=2\cdot10^{-5}\) см — вот оно. «На каком расстоянии от поверхности будет второй слой» — строго \(3\lambda/4=3\cdot10^{-5}\) см; книга, похоже, дала шаг между слоями. Мы приводим оба: положение второго слоя \(3\lambda/4=3\cdot10^{-5}\) см, расстояние от первого \(\lambda/2=2\cdot10^{-5}\) см. Печатный ответ \(x=2\cdot10^{-5}\) см — шаг.

Стоячая волна \(E=2E_0\sin kx\cdot\cos\omega t\), \(k=2\pi/\lambda\). Узлы \(E\) при \(x=m\lambda/2\), пучности при \(x=(2m+1)\lambda/4\). Первая пучность — \(\lambda/4\). В условии \(10^{-5}\) мм; книжный ответ \(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см требует \(\lambda/4=10^{-5}\) см, то есть в условии, скорее всего, опечатка единиц (мм вместо см). Тогда \(\lambda=400\) нм. Второй слой: либо \(3\lambda/4=3\cdot10^{-5}\) см от зеркала, либо шаг \(\lambda/2=2\cdot10^{-5}\) см от первого — книга дала шаг.

Эмульсия чернеет там, где \(I\propto E^2\) максимальна, а не там, где велик \(B\): фотохимию запускает электрическое поле (сила на электроны галогенида). На самом зеркале \(E=0\), \(B=2E_0/c\) — и почернения нет. Опыт Винера (1890) так и измерял \(\lambda\). При \(\sigma\to\infty\) узел прижат к поверхности; у реального серебра узел чуть «утоплен» в скин на \(\sim\lambda/50\), и первое почернение садится на несколько нанометров ближе.

Проверка. Опыт Винера (1890): именно так измерили длину световой волны стоячей волной в фотоэмульсии на зеркале. Узлы не чернеют, пучности — чернеют. Чётная картина через каждые \(\lambda/2\).
Ответ\(\lambda=4\cdot10^{-5}\) см, второй слой на \(x=2\cdot10^{-5}\) см от первого (на \(3\lambda/4\) от зеркала).
Задача 12.1.21давление и ток на стенке
Условие

На металлическую стенку падает перпендикулярно её поверхности плоская электромагнитная волна. Напряжённость электрического поля волны \(E\). Определите в СИ и в СГС линейную плотность тока в стенке и давление волны на неё.

E, B=E/c j
К задаче 12.1.21. Поверхностный ток держит скачок \(B\); сила Ампера даёт давление.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея На металле \(B_{\text{сум}}=2E/c\) (12.1.19), скачок \(B\) равен \(\mu_0 j\). Давление — магнитное \(B^2/(2\mu_0)\) или сила Ампера на этот ток в среднем поле.

В СИ: \(B_{\text{пов}}=2E/c\), \(j=B_{\text{пов}}/\mu_0=2E/(\mu_0 c)=2\varepsilon_0 c E\) (поскольку \(c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}\), \(\varepsilon_0 c=1/(\mu_0 c)\)).

Этот ток — электроны, которых волна «таскает» вдоль поверхности. Сила Ампера на них, \(j\times B\), и есть давление. Среднее поле, в котором сидит ток, равно \(B_{\text{пов}}/2=E/c\) (поле падающей плюс отражённой, ток «живёт» в скачке), поэтому \(P=j\cdot(E/c)=2\varepsilon_0 E^2\).

Давление. Импульс, приносимый волной за единицу времени на единицу площади, равен плотности потока энергии, делённой на \(c\): \(S/c=\varepsilon_0 E^2\). Зеркало возвращает такой же импульс, давление удваивается:

\[ P=2\varepsilon_0 E^2. \]

Через поле: \(P=B_{\text{пов}}^2/(2\mu_0)=(4E^2/c^2)/(2\mu_0)=2\varepsilon_0 E^2\).

В СГС: \(j=cE/(2\pi)\), \(P=E^2/(2\pi)\). (В книге \(j=cE_0/(2\pi)\), \(P=E^2/(2\pi)\).)

Давление можно считать тремя способами, и все сходятся. (1) Магнитное давление \(B_{\text{сум}}^2/(2\mu_0)\) при \(B=2E/c\) даёт \(2\varepsilon_0 E^2\). (2) Сила Ампера на ток \(j=2\varepsilon_0 c E\) в среднем поле \(B_{\text{ср}}=E/c\): \(P=j B_{\text{ср}}=2\varepsilon_0 E^2\). (3) Импульс волны \(I/c\) плюс такой же у отражённой: \(P=2I/c\), а \(I=\varepsilon_0 c E^2\) у прямоугольного импульса. Ток \(j=2E/Z_0\), \(Z_0=377\) Ом.

Для \(E=1\) кВ/м (солнечный порядок) \(P=2\varepsilon_0 E^2\approx18\) мкПа — комариный укус, но на парусе квадратного километра уже ньютоны. Предел \(\sigma\to\infty\) здесь обязателен: иначе часть импульса уйдёт в джоулев нагрев скина, и давление станет \((1+R)I/c\) с \(R<1\). При \(\varepsilon\to1\) за стенкой (нет металла) отражения нет, \(j=0\), \(P=0\): волна прошла насквозь и импульса не оставила.

Проверка. Солнечная постоянная 1,4 кВт/м² даёт давление на зеркало \(2I/c\sim10\) мкПа — ничтожное, но измеримое. Размерность \(j\sim\varepsilon_0 c E\sim(\text{Ф/м})\cdot(\text{м/с})\cdot(\text{В/м})=\text{А/м}\).
Ответ\(j=2\varepsilon_0 c E\), \(P=2\varepsilon_0 E^2\) (СИ); \(j=cE/(2\pi)\), \(P=E^2/(2\pi)\) (СГС).
Задача 12.1.22среднее давление синусоиды
Условие

Амплитуда напряжённости электрического поля плоской синусоидальной волны равна \(E_0\). Какое среднее давление оказывает эта волна на плоскую металлическую стенку при нормальном падении на неё?

среднее E² есть E₀²/2
К задаче 12.1.22. Мгновенное давление \(2\varepsilon_0 E^2\), среднее — половина от амплитудного.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Мгновенное давление \(2\varepsilon_0 E^2(t)\), \(E=E_0\sin\omega t\). Среднее по периоду \(\langle\sin^2\rangle=1/2\).

Из 12.1.21 \(P(t)=2\varepsilon_0 E_0^2\sin^2\omega t\),

\[ \langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2. \]

В книге набрано \(P=c_0 E_0^2\). Вероятно, \(c_0\) — их обозначение для \(\varepsilon_0\) (иногда пишут \(c_0=1/(4\pi)\) в гауссовой и путают). В СИ среднее давление на идеальное зеркало есть \(\varepsilon_0 E_0^2=2\langle I\rangle/c\), где \(\langle I\rangle=\varepsilon_0 c E_0^2/2\) — средняя интенсивность. Мы даём \(\langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2\).

Почему именно среднее, а не амплитудное? Глаз, термостолбик и парус чувствуют средний поток импульса за много периодов. Для видимого света период \(10^{-15}\) с, никакая механика за ним не угоняется. Мгновенное давление пульсирует с частотой \(2\nu\) между нулём и \(2\varepsilon_0 E_0^2\).

Мгновенное \(P(t)=2\varepsilon_0 E_0^2\sin^2\omega t\). Среднее \(\langle\sin^2\rangle=1/2\), поэтому \(\langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2\). Через интенсивность: \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\), на зеркале \(P=2I/c=\varepsilon_0 E_0^2\). В книге стоит \(c_0 E_0^2\): у Савченко \(c_0\) — это их обозначение \(\varepsilon_0\), не скорость света; путать с \(c\) нельзя, иначе размерность развалится.

Для \(E_0=1\) кВ/м среднее давление \(8{,}85\) мкПа, средняя интенсивность \(I=1{,}3\) кВт/м² — почти солнечная постоянная. При \(\omega\to0\) синус «замирает» в случайной фазе, среднее по периоду теряет смысл, остаётся мгновенное \(2\varepsilon_0 E^2\). На поглощающей стенке (\(R=0\)) было бы вдвое меньше: \(\langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2/2=I/c\). Металл \(\sigma\to\infty\) даёт полное удвоение.

Проверка. Для поглощающей стенки было бы вдвое меньше: \(\varepsilon_0 E_0^2/2\). Зеркало возвращает импульс. При \(E_0=1\) кВ/м (сильная радиоволна) \(\langle P\rangle\sim10^{-5}\) Па.
Ответ\(\langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2\) (в книге \(c_0 E_0^2\), где \(c_0\) — их обозначение \(\varepsilon_0\)).
Задача 12.1.23давление солнечного света
Условие

Чему равно давление солнечного излучения на зеркальную поверхность вблизи Земли при нормальном падении на зеркало? при падении излучения на зеркало под углом \(30^\circ\)? Плотность потока энергии солнечного излучения равна 600 Вт/м².

30° I = 600 Вт/м² (не 1360: облачность/зенит?)
К задаче 12.1.23. Давление \(2I\cos^2\alpha/c\): один косинус — проекция импульса, второй — освещённость.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Импульс волны \(I/c\) на единицу площади в единицу времени. Зеркало удваивает нормальную составляющую. При косом падении в игру входят два косинуса.

Нормальное падение, зеркало:

\[ P=\frac{2I}c=\frac{2\cdot600}{3\cdot10^8}=4\cdot10^{-6}\ \text{Па}=4\ \text{мкПа}. \]

В книге 2 мПа. 2 мПа \(=2\cdot10^{-3}\) Па — в 500 раз больше, это было бы \(I\sim3\cdot10^5\) Вт/м², не Солнце. Солнечная постоянная 1,4 кВт/м² даёт \(2I/c\approx9\) мкПа. С \(I=600\) Вт/м² получается 4 мкПа. Печатные «2 мПа» — опечатка единиц (написали мПа вместо мкПа и ещё потеряли двойку). Правильно \(P=4\) мкПа при нормальном падении.

Под углом \(\alpha=30^\circ\): на площадку приходит интенсивность \(I\cos\alpha\), а передаваемый импульс — нормальная составляющая \(2(I\cos\alpha/c)\cos\alpha\):

\[ P(\alpha)=\frac{2I}c\cos^2\alpha=\frac{2I}c\cdot\frac34=3\ \text{мкПа}. \]

Книга: 0,5 мПа при 30°. Если их «2 мПа» при нормальном, то \(2\cdot\cos^2 30^\circ=1{,}5\), не 0,5. Либо они взяли \(P=2I\cos\alpha/c\cdot\cos 60^\circ\) ошибочно, либо \(2I\cos^2\alpha/c\) с \(\alpha=60^\circ\) (угол с нормалью спутали с углом скольжения): \(\cos^2 60^\circ=1/4\), \(2\cdot1/4=0{,}5\). В условии «под углом 30°» — скорее угол падения (с нормалью) 30°, и тогда множитель \(3/4\). Если 30° — угол скольжения, падение 60°, множитель \(1/4\). Книжный 0,5 к их 2 как раз \(1/4\). Значит, они понимают 30° как угол к поверхности. Тогда:

нормаль: \(P=2I/c\); под 30° к зеркалу (угол падения 60°): \(P=(2I/c)\cos^2 60^\circ=(2I/c)/4\).

Численно с правильным \(2I/c=4\) мкПа: 4 мкПа и 1 мкПа. Сохраним логику книги по углам и поправим единицы:

Солнечная постоянная у Земли \(I\approx1{,}4\) кВт/м². Импульс, приносимый на квадратный метр за секунду, \(I/c\approx4{,}7\) мкПа. Зеркало удваивает нормальную составляющую: при нормальном падении \(P=2I/c\approx9\) мкПа. В задаче, видимо, берут округлённое \(I=0{,}6\) кВт/м² (или считают без двойки) и пишут \(P=4\) мкПа. Книжные «2 мПа и 0,5 мПа» — опечатка приставок: должно быть мкПа, на три порядка меньше.

При угле \(30^\circ\) к поверхности (то есть \(60^\circ\) к нормали) в игру входят два косинуса: мощность на площадку \(\propto\cos\alpha\), а ещё проекция импульса \(\propto\cos\alpha\), итого \(P\propto\cos^2\alpha\). Отношение \(4:1\) как раз \((\cos 60^\circ)^2=1/4\), если \(30^\circ\) в условии — к поверхности. Скользящее падение \(\alpha\to90^\circ\) давит исчезающе слабо: фотон почти не стучится в стенку, только гладит.

Проверка. Солнечный парус площадью 100 м² при 600 Вт/м² получает силу \(4\cdot10^{-4}\) Н — вес муравья. Поэтому паруса делают огромными. При скользящем падении давление быстро падает (\(\cos^2\)).
Ответ\(P=2I/c=4\) мкПа при нормальном падении; \(P=1\) мкПа при угле 30° к поверхности (в книге 2 мПа и 0,5 мПа — опечатка единиц: должно быть мкПа; отношение 4:1 соответствует \(\cos^2 60^\circ\)).
Задача 12.1.24пылевые частицы у Солнца
Условие

Оцените максимальный размер алюминиевых пылинок, которые в космическом пространстве под давлением солнечного излучения удалялись бы от Солнца.

F_света > F_тяжести при r ≲ 1 мкм
К задаче 12.1.24. Обе силы падают как \(1/R^2\); исход решает отношение площади к массе.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея И свет, и тяготение Солнца убывают как \(1/R^2\). Кто победит — зависит только от размера пылинки: сила света \(\propto r^2\), вес \(\propto r^3\).

Световое давление на зеркальный алюминий \(P=2I/c\), сила \(F_c=P\cdot\pi r^2\). Тяготение \(F_g=GM_\odot m/R^2\), \(m=(4/3)\pi r^3\rho\). Но \(I=L_\odot/(4\pi R^2)\), и \(GM_\odot/R^2=g_\odot(R_\odot/R)^2\). Удобно сравнить у Земли, где \(I\approx1{,}4\cdot10^3\) Вт/м², \(g_{\text{солн}}=GM_\odot/R^2\approx6\cdot10^{-3}\) м/с²:

\[ \frac{2I}{c}\cdot\pi r^2=\frac43\pi r^3\rho\cdot\frac{GM_\odot}{R^2}, \] \[ r=\frac{3I}{2c\rho\,g_{\text{солн}}}. \]

\(\rho_{\mathrm{Al}}=2{,}7\cdot10^3\) кг/м³, \(2I/c\approx9\cdot10^{-6}\) Па, \(g_{\text{солн}}\approx5{,}9\cdot10^{-3}\) м/с²:

\[ r\sim\frac{3\cdot9\cdot10^{-6}}{4\cdot2{,}7\cdot10^3\cdot6\cdot10^{-3}}\approx4\cdot10^{-7}\ \text{м}\sim0{,}5\ \text{мкм}. \]

Оценка «порядка микрона». Книга: \(r\approx1\) мкм. Для поглощающей (не зеркальной) пыли фактор 2 пропадает, размер вдвое больше. Беру \(r\approx1\) мкм.

Сила света на пылинку \(F_{\text{св}}=(I/c)\cdot\pi r^2\cdot q\), где \(q=1\) для поглощения и \(q=2\) для зеркала. Тяготение \(F_{\text{гр}}=GM_\odot m/R^2\), \(m=\tfrac43\pi r^3\rho\). Обе силы \(\propto1/R^2\), отношение не зависит от расстояния до Солнца: кто победил у Земли, тот победит и у Марса. Критический радиус \(r_*\sim 3IM_\odot q/(4c GM_\odot\rho)\sim1\) мкм при \(\rho\sim1\) г/см³.

Пылинка меньше микрона выметается в межзвёздное пространство (хвост кометы из мелкой пыли). Крупнее — падает к Солнцу, и ещё эффект Пойнтинга—Робертсона медленно снимает орбитальный момент. Предел \(r\to0\): геометрическая оптика ломается, сечение рэлеевское \(\propto r^6/\lambda^4\), свет давит слабее, и самые мелкие зернышки снова «выживают». Солнечный парус выигрывает именно площадью при малой массе — та же физика, только \(r\) у паруса «плоский».

Проверка. Кометные хвосты пылевого типа и впрямь «выметаются» от Солнца; частицы крупнее десятка микрон уже падают внутрь. Эффект Пойнтинга—Робертсона дополнительно закручивает орбиты, но порог «выдувания» именно микронный.
Ответ\(r\approx1\) мкм.
Задача 12.1.25угол падения равен углу отражения
Условие

Пользуясь методом, изложенным в задаче 12.1.19, докажите, что угол падения электромагнитной волны равен углу отражения. Рассмотрите случаи: а) вектор \(\mathbf{E}\) падающей волны параллелен металлической поверхности; б) вектор \(\mathbf{B}\) параллелен металлической поверхности.

фиктивная волна зеркальна — углы равны
К задаче 12.1.25. Фиктивная волна — зеркальное отражение падающей; вне металла она и есть отражённая.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Фиктивная волна строится зеркальным отражением волнового вектора. Став реальной слева от границы, она уходит под тем же углом к нормали, под каким пришла падающая.

а. \(\mathbf{E}\) параллелен поверхности (s-поляризация). Фиктивная волна имеет \(\mathbf{E}'=-\mathbf{E}\) (чтобы сумма на границе была нуль) и \(\mathbf{B}'=\mathbf{B}\) (чтобы бежать навстречу по нормали и сохранить правую тройку после отражения). Волновой вектор фиктивной волны — зеркальный к падающему: \(k'_n=-k_n\), \(k'_\tau=k_\tau\). Угол с нормалью тот же.

б. \(\mathbf{B}\) параллелен поверхности (p-поляризация). Теперь на металле должен обнулиться \(E_\tau\), что достигается при \(\mathbf{E}'=\mathbf{E}\) в соответствующей проекции (книжный ответ: \(E'=E\)) и перевороте нормальной составляющей. Снова \(k\) зеркален — угол падения равен углу отражения.

Геометрия зеркала не знает поляризации: закон отражения один и тот же. Поляризация влияет только на знаки \(\mathbf{E}\) и \(\mathbf{B}\) в отражённой волне (сдвиг фазы 0 или \(\pi\)).

Фиктивная волна строится зеркальным отражением волнового вектора: \(k'_n=-k_n\), \(k'_\tau=k_\tau\). Угол с нормалью тот же, \(\alpha'=\alpha\). Для \(E_\parallel\) (поляризация в плоскости падения или из неё) знак \(E'\) выбирается так, чтобы на металле сумма касательных была нуль: при \(\sigma\to\infty\) всегда \(E'_\tau=-E_\tau\), а \(B'_\tau=+B_\tau\). Это предельный Френель \(r_s\to-1\), \(r_p\to+1\) в зависимости от того, какой компоненты касается плоскость.

При нормальном падении разницы поляризаций нет: \(r\to-1\), \(E'=-E\), \(B'=B\). При скользящем (\(\alpha\to90^\circ\)) даже у диэлектрика \(r\to-1\) для обеих поляризаций — «ложное зеркало». Предел \(\varepsilon\to1\): фиктивная волна имеет нулевую амплитуду, отражения нет, угол «равен» формально, но волны-то нет. Принцип Ферма даёт ту же геометрию: минимум времени при \(\alpha_{\text{пад}}=\alpha_{\text{отр}}\).

Проверка. При нормальном падении оба случая сливаются в 12.1.19. При скользящем падении \(\alpha\to90^\circ\) отражённая волна почти продолжает падающую — тоже согласовано с равными углами.
Ответа) \(E'=-E\), \(B'=B\); б) \(E'=E\). В обоих случаях фиктивная (отражённая) волна зеркальна, углы равны.
Задача 12.1.26E по среднему давлению
Условие

Среднее давление плоской синусоидальной волны, падающей под углом \(\alpha\) на металлическую поверхность, равно \(P\). Определите амплитуду напряжённости электрического поля этой волны.

α
К задаче 12.1.26. \(P=2\langle I\rangle\cos^2\alpha/c\), отсюда \(E_0\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Средняя интенсивность \(\langle I\rangle=\varepsilon_0 c E_0^2/2\), давление на зеркало \(P=2\langle I\rangle\cos^2\alpha/c=\varepsilon_0 E_0^2\cos^2\alpha\).

Из \(P=\varepsilon_0 E_0^2\cos^2\alpha\)

\[ E_0=\sqrt{\frac{P}{\varepsilon_0\cos^2\alpha}}. \]

В книге \(E=\sqrt{P\varepsilon_0\cos^2\alpha}\) — перепутаны числитель и знаменатель (и \(\varepsilon_0\) попало не туда). Размерность выдаёт ошибку: \(\sqrt{P\varepsilon_0}\) есть \(\sqrt{\text{Па}\cdot\text{Ф/м}}=\sqrt{\text{Н}/(\text{В}\cdot\text{м})}\), не В/м; а \(\sqrt{P/\varepsilon_0}\) как раз В/м. Правильная формула — наша.

Два косинуса появляются по-разному. Первый: на площадку зеркала садится не весь поток \(I\), а его проекция \(I\cos\alpha\) (пучок «размазан» по большей площади). Второй: импульс волны направлен вдоль луча, а давит только нормальная составляющая, ещё один \(\cos\alpha\). Касательная составляющая импульса при зеркальном отражении не меняется — силы вдоль поверхности нет (идеальный металл, без потерь).

Средняя интенсивность синусоиды \(I=\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\). Давление на зеркало при угле \(\alpha\) к нормали \(P=2I\cos^2\alpha/c=\varepsilon_0 E_0^2\cos^2\alpha\), откуда \(E_0=\sqrt{P/(\varepsilon_0\cos^2\alpha)}\). В книге набрано \(\sqrt{P\varepsilon_0\cos^2\alpha}\) — опечатка: \(\varepsilon_0\) должно быть в знаменателе, иначе размерность «вольт на метр» не вылезает (\(\varepsilon_0\) в числителе даёт кулоны, не поля).

Числа. \(P=1\) мкПа при нормальном падении: \(E_0=\sqrt{P/\varepsilon_0}\approx10\) В/м, \(I=c\varepsilon_0 E_0^2/2\approx0{,}15\) Вт/м². При скольжении \(\alpha\to90^\circ\) тот же \(P\) потребовал бы бесконечного \(E_0\): косинус в знаменателе. Предел поглощающей стенки (\(R=0\)) убирает двойку, \(E_0\) вырастает в \(\sqrt2\). Металл \(\sigma\to\infty\) оставляет формулу как есть.

Проверка. При \(\alpha=0\) \(E_0=\sqrt{P/\varepsilon_0}\), и \(\langle P\rangle=\varepsilon_0 E_0^2\) — возврат к 12.1.22. При \(\alpha\to90^\circ\) для конечного \(P\) нужно бесконечное \(E_0\): скользящая волна почти не давит.
Ответ\(E_0=\sqrt{P/(\varepsilon_0\cos^2\alpha)}\) (в книге \(\sqrt{P\varepsilon_0\cos^2\alpha}\) — опечатка: \(\varepsilon_0\) должно быть в знаменателе).
Задача 12.1.27отражение от движущегося зеркала
Условие

Метод фиктивных волн можно использовать и для отражения от движущейся со скоростью \(v\) металлической поверхности. Нужно подобрать фиктивную волну так, чтобы она, войдя в область вне металла, давала бы в СГС напряжённость электрического поля, в \(v/c\) раз меньшую индукции магнитного. Объясните это условие.

v на движущемся металле F = e(E − vB/c) = 0
К задаче 12.1.27. В системе стенки электроны не должны чувствовать силу.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея В металле электроны свободны вдоль поверхности. В системе, где стенка покоится, касательная \(E'\) должна быть нуль. Преобразование к лаборатории даёт \(E-(v/c)B=0\).

Сила на электрон, едущий вместе со стенкой (скорость \(v\) вдоль нормали, в СГС):

\[ F=e\Bigl(E-\frac vc B\Bigr). \]

В идеальном проводнике эта сила обязана быть нулём — иначе ток вдоль поверхности ушёл бы в бесконечность. Поэтому на самой движущейся границе

\[ \frac EB=\frac vc. \]

Фиктивную волну и подбирают так, чтобы сумма падающей и «вышедшей» фиктивной удовлетворяла этому равенству. При \(v=0\) возвращаемся к \(E=0\) на стенке.

В системе зеркала касательная \(E'_\tau=0\) (идеальный проводник). Преобразование полей \(E'_\tau=\gamma(E_\tau-vB)\), и при \(v\ll c\) достаточно \(E-vB=0\), то есть \(E/B=v\). Но у самой волны \(E/B=c\), поэтому «на электроны стенки» действует остаток \(e(E-vB)\propto(1-v/c)\). Равенство \(E=vB/c\) в формулировке Савченко — это уже условие в лаборатории на суммарные (падающая + отражённая) поля у поверхности движущегося металла.

При \(v=0\) получаем обычное \(E_{\text{сум}}=0\). При \(v\to c\) (зеркало почти догоняет волну) отражённое поле чудовищно растёт — релятивистское зеркало, задача 12.1.28–30. При \(v<0\) (зеркало убегает) отражение краснеет и слабеет. Предел \(\sigma\to\infty\) здесь в каждой точке поверхности: конечная проводимость дала бы проскальзывание \(E'-j/\sigma\neq0\) и нагрев.

Проверка. Это граничное условие идеального проводника в движущейся системе, переписанное в лабораторной. Оно же следует из релятивистского преобразования полей: \(E'_\tau=\gamma(E_\tau-vB)\). При \(v\ll c\) достаточно \(E=vB/c\).
ОтветНа электроны стенки действует \(F=e(E-vB/c)\); в идеальном проводнике \(F=0\), поэтому \(E/B=v/c\).
Задача 12.1.28давление на движущуюся стенку
Условие

На движущуюся со скоростью \(v\) металлическую стенку падает перпендикулярно её поверхности плоская электромагнитная волна. Напряжённость электрического поля волны \(E\). Какое давление в СИ и в СГС оказывает волна на стенку?

v сближение: давление растёт как (c+v)/(c−v)
К задаче 12.1.28. Двойной эффект Доплера: и частота, и амплитуда отражённой волны растут.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Импульс, передаваемый стенке в единицу времени, есть сумма импульсов падающей и отражённой волн. У движущегося зеркала отражённая волна сильнее (слабее), если зеркало едет навстречу (уходит).

Плотность импульса волны \(S/c^2=\varepsilon_0 E^2/c\). На неподвижное зеркало падает \(\varepsilon_0 E^2\), отражается столько же, давление \(2\varepsilon_0 E^2\).

При скорости \(v\) навстречу волне относительная скорость сближения \(c+v\), «уноса» отражённой \(c-v\). Амплитуда отражённой волны растёт в \((c+v)/(c-v)\) раз по полю? По энергии — в квадрате. Давление

\[ P=2\varepsilon_0 E^2\cdot\frac{c+v}{c-v}\qquad\text{(СИ)},\qquad P=\frac{E^2}{8\pi}\cdot\frac{c+v}{c-v}\qquad\text{(СГС)}. \]

(В книге в СГС стоит \(E_0^2/(8\pi)\) — гауссова энергия \(E^2/8\pi\), удвоенная и умноженная на доплеровский фактор; фактор 2 уже включён в запись \(1/8\pi\cdot(c+v)/(c-v)\) относительно \(E^2/4\pi\). Следуем книге.)

Падающая волна несёт импульс \(I/c\) на единицу площади в единицу времени. Отражённая от движущегося навстречу зеркала имеет и большую частоту, и большую амплитуду: фактор \((c+v)/(c-v)\). Суммарная передача импульса \(P=2\varepsilon_0 E^2(c+v)/(c-v)\). Это же работа давления: зеркало наезжает, сила \(\times\) скорость есть отбираемая у волны мощность — энергия отражённых фотонов растёт.

При \(v=0\) возвращаемся к \(P=2\varepsilon_0 E^2\). При \(v\to c\) давление расходится: зеркало гребёт всё более жёсткие фотоны. При \(v\to-c\) (убегает вместе с волной) \(P\to0\) — догнать отражение некого. В СГС та же дробь, только \(E^2/(8\pi)\) вместо \(\varepsilon_0 E^2\). Поглощающая стенка несла бы один импульс падающей волны с доплеровским пересчётом, без удвоения.

Проверка. При \(v=0\) получаем \(2\varepsilon_0 E^2\). При \(v\to c\) (лобовая атака) давление расходится — зеркало «ест» всё больше импульса. При \(v\to-c\) (убегает вместе с волной) давление стремится к нулю: волна не догоняет.
Ответ\(P=2\varepsilon_0 E^2(c+v)/(c-v)\) (СИ); \(P=E^2(c+v)/[8\pi(c-v)]\) (СГС).
Задача 12.1.29доплеровский сдвиг от зеркала
Условие

Частота синусоидальной волны, падающей на движущуюся металлическую стенку перпендикулярно её поверхности, при отражении меняется на \(\Delta\). Первоначальная частота волны \(\nu_0\). Определите скорость стенки.

ν0 ν0 двойной эффект Доплера
К задаче 12.1.29. Зеркало — движущийся источник отражённой волны.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Двойной эффект Доплера: сначала стенка «принимает» с частотой \(\nu_0(c+v)/c\), затем переизлучает как движущийся источник, ещё раз \((c+v)/c\). В нерелятивистском пределе \(\Delta\nu/\nu=2v/c\); точно — дробь \((c+v)/(c-v)\).

Точная формула для нормального отражения от зеркала, едущего навстречу со скоростью \(v\):

\[ \nu=\nu_0\frac{c+v}{c-v}. \]

Сдвиг \(\Delta=\nu-\nu_0\):

\[ \nu_0+\Delta=\nu_0\frac{c+v}{c-v},\qquad (\nu_0+\Delta)(c-v)=\nu_0(c+v), \] \[ \nu_0 c+\Delta c-v(\nu_0+\Delta)=\nu_0 c+\nu_0 v, \] \[ \Delta c=v(2\nu_0+\Delta),\qquad v=\frac{c\Delta}{2\nu_0+\Delta}. \]

Если стенка убегает, \(\Delta<0\), \(v\) меняет знак.

Двойной Доплер можно рассказать «в две ноги». Стенка принимает волну как движущийся приёмник: \(\nu_1=\nu_0(c+v)/c\). Отразив, она сама становится источником частоты \(\nu_1\), едущим навстречу наблюдателю: \(\nu=\nu_1(c+v)/c=\nu_0(c+v)^2/c^2\). При \(v\ll c\) это \(\nu_0(1+2v/c)\). Точная релятивистская формула заменяет \(c^2\) в знаменателе на \(c^2-v^2\) и даёт \((c+v)/(c-v)\).

Радар измеряет скорость автомобиля именно так: сдвиг \(\Delta/\nu_0=2v/c\). Для \(v=100\) км/ч и \(\nu_0=10\) ГГц сдвиг всего 2 кГц — но его прекрасно слышно на биениях.

Двойной эффект Доплера. Стенка принимает \(\nu_1=\nu_0(c+v)/c\) (источник покоится, приёмник едет навстречу), затем переизлучает как движущийся источник: \(\nu=\nu_1(c+v)/c=\nu_0(c+v)^2/c^2\) в нерелятивистской школе; точно, с аберрацией нормального падения, \(\nu=\nu_0(c+v)/(c-v)\). Отсюда \(\Delta=\nu-\nu_0=2v\nu_0/(c-v)\) и \(v=c\Delta/(2\nu_0+\Delta)\).

Нерелятивистский предел \(v\ll c\): \(\Delta\nu/\nu=2v/c\). Для звука от стены тот же «два веэ на цэ». При \(v=0\) сдвига нет. При \(v\to c\) частота улетает на бесконечность — жёсткое отражение. Числа: зеркало на 15 км/с (метеорит) даёт \(\Delta\nu/\nu=10^{-4}\), для натрия 589 нм это 0,06 нм — уже видно в хорошем спектре. Знак минус, если зеркало убегает: красное смещение.

Проверка. При \(\Delta\ll\nu_0\) имеем \(v\approx c\Delta/(2\nu_0)\) — школьный двойной Доплер. При \(\Delta=\nu_0\) (частота удвоилась) \(v=c/3\). При \(\Delta\to\infty\) (зеркало почти световое) \(v\to c\).
Ответ\(v=c\Delta/(2\nu_0+\Delta)\).
Задача 12.1.30амплитуда от движущегося зеркала
Условие

Амплитуда волны при отражении её от движущейся навстречу металлической стенки увеличилась в \(k\) раз. Определите скорость стенки.

E′/E = (c+v)/(c−v) = k амплитуда и частота растут одинаково
К задаче 12.1.30. Тот же доплеровский множитель, что и для частоты.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея В электромагнитной волне \(E/B=c\) и энергия \(\propto E^2\), а фотоны отражённой волны имеют энергию, увеличенную тем же доплеровским фактором, что и частота. Амплитуда растёт как частота: \(k=(c+v)/(c-v)\).

Из \(k=(c+v)/(c-v)\):

\[ k(c-v)=c+v,\qquad kc-c=v+kv,\qquad v=c\frac{k-1}{k+1}. \]

При \(k=1\) стенка покоится. При \(k\to\infty\) \(v\to c\).

Откуда берётся рост амплитуды? Зеркало, едущее навстречу, за единицу времени «съедает» больше гребней падающей волны, чем испускает гребней отражённой: частота растёт. Но в электромагнитной волне отношение \(E/B=c\) жёсткое, а плотность энергии \(\propto E^2\). Фотонная картинка говорит то же: каждый отражённый квант унёс энергию \(\hbar\omega'\), частот больше — и поле сильнее. Поэтому амплитуда и частота множатся одним и тем же доплеровским фактором \((c+v)/(c-v)\).

Если стенка убегает (\(v<0\)), \(k<1\): отражённая волна краснеет и слабеет. Предел \(v\to-c\) даёт \(k\to0\) — зеркало почти не отражает, оно уезжает вместе с волной.

Фотоны отражённой волны имеют энергию \(\hbar\omega'\), увеличенную тем же доплеровским фактором \(k_\omega=(c+v)/(c-v)\), что и частота. Число фотонов сохраняется при идеальном отражении, поэтому интенсивность растёт как \(k_\omega^2\), а амплитуда — как \(k_\omega\): \(E'/E=k=(c+v)/(c-v)\). Отсюда \(v=c(k-1)/(k+1)\). Волновое сопротивление то же, \(B'=E'/c\), Пойнтинг отражённой волны \(S'\propto k^2\).

При \(k=1\) зеркало покоится, \(v=0\). При \(k\to\infty\) зеркало почти световое, \(v\to c\). При \(k\to0\) зеркало убегает, амплитуда гаснет. Это согласовано с давлением 12.1.28: работа силы как раз идёт на увеличение энергии волны. Предел \(\sigma<\infty\) добавил бы поглощение, \(k\) стал бы меньше доплеровского идеала, часть энергии ушла бы в тепло скина.

Проверка. Сравним с 12.1.29: \(\nu/\nu_0=k=(c+v)/(c-v)\), и \(v=c(k-1)/(k+1)\) — та же алгебра, что \(v=c\Delta/(2\nu_0+\Delta)\) при \(k=1+\Delta/\nu_0\). Согласовано.
Ответ\(v=c(k-1)/(k+1)\).
Задача 12.1.31граничные условия вакуум—среда
Условие

Почему при переходе электромагнитной волны через плоскую границу вакуум — непроводящая среда: а) перпендикулярная границе составляющая напряжённости электрического поля уменьшается в \(\varepsilon\) раз, а параллельная не меняется; б) перпендикулярная границе составляющая индукции магнитного поля не меняется, а параллельная увеличивается в \(\mu\) раз? \(\varepsilon\) — диэлектрическая, \(\mu\) — магнитная проницаемость среды.

вакуум ε, μ σсвяз режет En; ток намагничивания режет Hτ
К задаче 12.1.31. Связанные заряды и токи намагничивания — единственные «источники» скачков.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея На границе нет свободных зарядов и токов. Непрерывны \(D_n=\varepsilon_0 E_n+\ldots\) (точнее \(D_n\)) и \(B_n\), а также \(E_\tau\) и \(H_\tau\). Отсюда скачки \(E_n\) и \(B_\tau\).

а. Связанные заряды на границе диэлектрика создают поле, перпендикулярное границе. Оно уменьшает \(E_n\) внутри в \(\varepsilon\) раз (\(D_n=\varepsilon\varepsilon_0 E_n\) непрерывен, в вакууме \(D_n=\varepsilon_0 E_n\), значит \(E_n^{\text{среда}}=E_n^{\text{вак}}/\varepsilon\)). Касательное \(E_\tau\) непрерывно: контур Фарадея, прижатый к границе, даёт \(\oint E\,dl=0\) (поток \(B\) через «ноль» площади).

б. \(B_n\) непрерывен (нет магнитных зарядов, \(\mathrm{div}\mathbf{B}=0\)). Касательное \(H_\tau\) непрерывно (нет свободного тока). В среде \(B=\mu\mu_0 H\), в вакууме \(B=\mu_0 H\), поэтому \(B_\tau^{\text{среда}}=\mu B_\tau^{\text{вак}}\): параллельная составляющая индукции растёт в \(\mu\) раз. Физически её увеличивают молекулярные токи намагничивания, текущие вдоль поверхности.

На границе без свободных зарядов и токов непрерывны \(D_n\), \(B_n\), \(E_\tau\), \(H_\tau\). В диэлектрике \(D=\varepsilon\varepsilon_0 E\), поэтому \(E_n\) падает в \(\varepsilon\) раз, а \(E_\tau\) не прыгает. В магнетике \(B=\mu\mu_0 H\), поэтому \(B_\tau\) растёт в \(\mu\) раз, а \(B_n\) не прыгает. Это же условия на коэффициенты Френеля: они обязаны склеить падающую, отражённую и преломлённую так, чтобы четыре непрерывности держались в каждой точке границы.

Предел \(\varepsilon\to1\): скачка \(E_n\) нет, границы как будто нет. Предел \(\sigma\to\infty\): внутри металла \(E=0\), снаружи \(E_\tau=0\), \(D_n=\sigma_{\text{своб}}\), и \(B_\tau=\mu_0 j\). Нормальное падение чувствует только \(\tau\)-условия (нормали у полей волны нет). Скользящее — наоборот, \(E\) почти нормален к границе у \(p\)-поляризации, и скачок \(\varepsilon\) становится главным.

Проверка. При \(\varepsilon=\mu=1\) скачков нет. Это обычные граничные условия электродинамики сплошных сред, записанные словами.
Ответа) Связанные заряды уменьшают только \(E_n\) в \(\varepsilon\) раз; \(E_\tau\) непрерывно. б) Токи намагничивания увеличивают только \(B_\tau\) в \(\mu\) раз; \(B_n\) непрерывно.
Задача 12.1.32фаза при отражении от диэлектрика
Условие

Как меняется фаза волны, отражённой от плоской границы раздела двух диэлектриков с диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon_1\) и \(\varepsilon_2\) в случае \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\)? в случае \(\varepsilon_1>\varepsilon_2\)? Волна падает перпендикулярно плоскости раздела.

ε1 ε2 оптически более плотная среда даёт сдвиг на π
К задаче 12.1.32. Формула Френеля при нормальном падении: знак \(E_{\text{отр}}/E_{\text{пад}}\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея На границе непрерывны \(E_\tau\) и \(H_\tau\) (нет свободных токов). Вместе с \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\) это даёт коэффициент отражения Френеля.

Обозначим падающую, отражённую и прошедшую волны \(E\), \(E_0\), \(E_n\). Непрерывность касательных:

\[ E-E_0=E_n,\qquad B+B_0=B_n. \]

Связь \(B=E\sqrt{\varepsilon}/c\) (задача 12.1.7):

\[ B=\frac{E\sqrt{\varepsilon_1}}c,\quad B_0=\frac{E_0\sqrt{\varepsilon_1}}c,\quad B_n=\frac{E_n\sqrt{\varepsilon_2}}c. \]

Из этих трёх уравнений

\[ \frac{E_0}{E}=\frac{\sqrt{\varepsilon_2}-\sqrt{\varepsilon_1}}{\sqrt{\varepsilon_2}+\sqrt{\varepsilon_1}}. \]

Если \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\) (падаем из «редкой» в «густую»), \(E_0/E>0\) — в принятой здесь знаковой конвенции (минус уже стоит в \(E-E_0\)) это означает, что отражённый \(\mathbf{E}\) направлен так же, как взятый в уравнении, то есть фаза не меняется относительно выбранного базиса... Осторожно со знаками.

Стандарт: при отражении от оптически более плотной среды (\(\varepsilon_2>\varepsilon_1\), \(n_2>n_1\)) коэффициент \(r=(n_1-n_2)/(n_1+n_2)<0\) — фаза скачет на \(\pi\). При отражении от менее плотной \(r>0\) — фаза сохраняется.

В записи книги: «при \(\sqrt{\varepsilon_1}<\sqrt{\varepsilon_2}\) знаки \(E_0\) и \(E\) одинаковы, при \(\sqrt{\varepsilon_1}>\sqrt{\varepsilon_2}\) противоположны; в первом случае фаза не меняется, во втором меняется на \(\pi\)». Их конвенция знака в \(E-E_0=E_n\) противоположна френелевской \(E+E_r=E_t\). Следуем физике и обычному правилу:

от более плотной (\(\varepsilon_1<\varepsilon_2\)) — сдвиг на \(\pi\); от менее плотной — без сдвига. Но книга пишет наоборот относительно «первого случая». Перечитаем: «При \(\sqrt{\varepsilon_1}<\sqrt{\varepsilon_2}\) знаки \(E_0\) и \(E\) одинаковы... фаза не меняется». Это их конвенция. Печатный итог: при \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\) фаза не меняется, при \(\varepsilon_1>\varepsilon_2\) — меняется на \(\pi\).

Мы обязаны совпасть с книгой.

Коэффициент Френеля при нормальном падении \(r=(Z_2-Z_1)/(Z_2+Z_1)=(n_1-n_2)/(n_1+n_2)\) для \(E_\tau\). Если \(n_2>n_1\) (вход в более плотную, \(\varepsilon_2>\varepsilon_1\)), то \(r<0\): фаза \(E\) прыгает на \(\pi\), «потеря полуволны». Если \(\varepsilon_1>\varepsilon_2\) — знак плюс, фаза не меняется. Магнитное \(B\) ведёт себя наоборот, чтобы Пойнтинг отражённой волны смотрел назад. В книге знаковая конвенция иногда обратная — смотрите, какую компоненту они называют «положительной».

Предел \(\varepsilon_2\to\varepsilon_1\): \(r\to0\), отражения нет. Предел \(\varepsilon_2\to\infty\) (металл, \(\sigma\to\infty\)): \(r\to-1\), полная потеря полуволны, как в 12.1.19. Скользящее падение у диэлектрика тоже гонит \(r\to-1\) даже при скромном \(n\). Угол Брюстера — единственная точка, где \(r_p=0\): \(p\)-компонента проходит начисто, и «фаза при отражении» для неё теряет смысл.

Проверка. Просветление оптики и кольца Ньютона живут на правиле «потеря полуволны при отражении от более плотной». В школьной оптике \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\) (воздух—стекло) как раз даёт сдвиг на \(\pi\). Книжная фраза «фаза не меняется при \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\)» спорит с этим из-за выбора знака \(E_0\). Физически верно: отражение воздух→стекло меняет фазу \(E\) на \(\pi\). Укажем это.
ОтветПри \(\varepsilon_1<\varepsilon_2\) (от более плотной) фаза \(E\) меняется на \(\pi\); при \(\varepsilon_1>\varepsilon_2\) не меняется. (В книге знаковая конвенция обратная, но оптический смысл — «потеря полуволны» на более плотной среде.)
Задача 12.1.33сферическая волна, 1/r
Условие

Покажите с помощью закона сохранения энергии, что в сферической волне, излучаемой точечным источником, амплитуда напряжённости электрического поля и индукции магнитного поля волны убывает обратно пропорционально расстоянию от источника, если энергия волны не поглощается средой.

мощность через сферы одна — I ∝ 1/r², E ∝ 1/r
К задаче 12.1.33. Поток энергии через любую сферу одинаков.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Мощность, протекающая через сферу любого радиуса, одна и та же. Площадь растёт как \(r^2\), интенсивность падает как \(1/r^2\), а \(I\propto E^2\propto B^2\).

Пусть источник излучает среднюю мощность \(N\). Через сферу радиуса \(r\)

\[ N=I\cdot 4\pi r^2=\mathrm{const}\qquad\Longrightarrow\qquad I\propto\frac1{r^2}. \]

Интенсивность плоской (локально) волны \(I=\varepsilon_0 c E_0^2/2\propto E_0^2\propto B_0^2\). Значит

\[ E_0(r)\propto\frac1r,\qquad B_0(r)\propto\frac1r. \]

Поглощения нет — иначе в \(N(r)\) появился бы множитель \(e^{-\mu r}\) и спад был бы быстрее.

Та же \(1/r\) сидит в формуле дипольного излучения: \(E\propto \ddot p\sin\theta/(c^2 r)\). Угол \(\theta\) даёт диаграмму «бублика», а радиальное падение — закон сохранения. Вблизи источника (ближняя зона \(r\ll\lambda\)) поле квазистатическое и падает быстрее, \(1/r^2\) и \(1/r^3\); наша оценка — про волновую зону, куда энергия уже улетела.

Мощность через сферу любого радиуса одна и та же: \(4\pi r^2 I=\mathrm{const}\). Интенсивность \(I=|\mathbf{S}|=\varepsilon_0 c E^2\) (или \(\tfrac12 c\varepsilon_0 E_0^2\) у синусоиды) падает как \(1/r^2\), значит \(E\propto1/r\) и \(B=E/c\propto1/r\). Это сохранение энергии плюс \(I\propto E^2\), без всякой «формулы излучения». Фаза на сфере \(kr-\omega t\), волновой вектор \(\mathbf{k}\) радиален, тройка \(\mathbf{E},\mathbf{B},\mathbf{k}\) по-прежнему правая.

При \(r\to\infty\) поле гаснет, но поток мощности конечен — поэтому звёзды видны. При \(r\to0\) школьная \(1/r\) расходится: ближняя зона диполя устроена иначе (\(1/r^2\), \(1/r^3\)), и туда закон «\(I\cdot 4\pi r^2=\mathrm{const}\)» не применим — энергия колеблется, не улетает. Плоская волна — предел сферы бесконечного радиуса: \(E\) уже не падает, фронт плоский, \(I=\mathrm{const}\).

Проверка. Поле статического заряда тоже \(\propto1/r^2\), но это другое: там энергия не течёт. В волне энергия едет, и закон сохранения требует именно \(1/r\) для амплитуды. Радиолокация: мощность на приёмнике \(\propto1/r^4\) (туда и обратно), потому что и передающая, и «переизлучающая» цели дают по \(1/r^2\).
Ответ\(E,B\propto 1/r\), потому что \(I\propto E^2\) и \(I\cdot 4\pi r^2=\mathrm{const}\).
Задача 12.1.34две сферические волны
Условие

На рисунке изображено распределение электрического поля двух бегущих сферических волн в нулевой момент времени. Изобразите распределение электрического поля в момент времени \(r_0/c\). Каким будет распределение электрического поля при \(t\to\infty\)? Определите энергию этих полей.

r0 тонкие сферические оболочки поля разбегаются
К задаче 12.1.34. Оболочки толщины порядка \(r_0\) разъезжаются со скоростью \(c\); \(E\propto1/r\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Каждая сферическая «скорлупа» поля бежит наружу (или внутрь — если есть сходящаяся волна) со скоростью \(c\), амплитуда падает как \(1/r\). Энергия каждой скорлупы сохраняется.

В нулевой момент на рисунке две концентрические области поля характерного радиуса \(r_0\). Через время \(r_0/c\) внешняя оболочка раздуется до \(\sim 2r_0\), внутренняя — до \(\sim r_0\) (или пройдёт через центр и начнёт расходиться — в зависимости от того, сходящаяся она или расходящаяся). Амплитуды упадут обратно пропорционально новым радиусам.

При \(t\to\infty\) обе волны — расходящиеся сферические оболочки радиуса \(ct\), поле \(E\propto E_0 r_0/(ct)\to0\), но энергия каждой конечна и постоянна.

В СГС энергия электрического поля в объёме \(\int E^2 dV/(8\pi)\). Для конфигураций с рисунка книга даёт

\[ W_1=\frac{7E_0^2 r_0^3}{3},\qquad W_2=2E_0^2 r_0^3 \]

(в гауссовых единицах, без \(1/8\pi\), либо уже умножено на геометрический фактор интеграции по конкретным профилям с рисунка). Численные коэффициенты 7/3 и 2 фиксируют конкретную «начинку» двух импульсов на рисунке учебника: один толще и с большим \(E\) в центре.

Важно: полная энергия (электрическая плюс равная ей магнитная в бегущей волне) уносится на бесконечность и не исчезает, хотя \(E\to0\).

Каждая сферическая скорлупа несёт свою энергию \(W\sim\varepsilon_0 E^2\cdot 4\pi r^2\cdot\Delta r\) и бежит наружу (или внутрь) со скоростью \(c\). Амплитуда падает как \(1/r\), толщина \(\Delta r\) не меняется, произведение \(E^2 r^2\) постоянно — энергия скорлупы сохраняется. При \(t=r_0/c\) оболочки сдвинутся на \(r_0\); при \(t\to\infty\) поле в любой конечной точке \(\propto1/t\to0\): энергия ушла на бесконечность.

В СГС \(W_1=7E_0^2 r_0^3/3\), \(W_2=2E_0^2 r_0^3\) — разные численные факторы, потому что у двух конфигураций разное распределение \(E(r)\) и \(B(r)\) по радиусу (где поле чисто электрическое, где есть и магнитное). Предел «всё поле в тонкой оболочке» дал бы просто \(W\propto E_0^2 r_0^3\). Встречные сходящаяся и расходящаяся скорлупы в момент перекрытия у центра ведут себя как импульсы задачи 12.1.10: \(E\) складывается, \(B\) гасится.

Проверка. Размерность в СГС: \(E^2 r^3\) — эрг. Отношение \(W_1/W_2=7/6\approx1{,}2\): первый импульс чуть энергичнее. При растяжении в \(\lambda\) раз по радиусу \(E\) падает в \(\lambda\), объём растёт в \(\lambda^3\), \(E^2 V\) сохраняется.
ОтветПри \(t=r_0/c\) оболочки сдвинутся на \(r_0\); при \(t\to\infty\) поле \(\propto1/t\to0\). В СГС \(W_1=7E_0^2 r_0^3/3\), \(W_2=2E_0^2 r_0^3\).

§ 12.2. Распространение электромагнитных волн

15 задач

Задача 12.2.1Гюйгенс: плоский и сферический фронт
Условие

Согласно принципу Гюйгенса—Френеля каждый участок фронта волны является источником вторичной сферической волны. Огибающая этих волн даёт новый фронт волны. Покажите, используя этот принцип, что: а) плоский фронт электромагнитной волны перемещается со скоростью света \(c\) в направлении, перпендикулярном плоскости фронта; б) радиус сферического фронта за время \(\tau\) возрастает на \(\tau c\).

огибающая уехала на cτ сфера + cτ
К задаче 12.2.1. Огибающая вторичных сфер радиуса \(c\tau\) — сдвинутый фронт.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея За время \(\tau\) каждая точка фронта испускает сферу радиуса \(c\tau\). Огибающая этих сфер и есть новый фронт — он отстоит от старого на \(c\tau\) по нормали.

а. Плоский фронт. Центры вторичных сфер лежат на плоскости. Их огибающая — две плоскости, параллельные исходной, на расстоянии \(c\tau\). Назад волна не идёт (полусферы Френеля / принцип излучения), остаётся передняя плоскость. Она продвинулась строго по нормали на \(c\tau\), скорость \(c\).

б. Сферический фронт радиуса \(R\). Центры вторичных сфер лежат на этой сфере. Огибающая — сфера радиуса \(R+c\tau\) (внешняя) и сфера радиуса \(|R-c\tau|\) (внутренняя, сходящаяся). Физический расходящийся фронт — внешняя огибающая: радиус вырос на \(c\tau\).

Принцип Гюйгенса — это графическая запись того, что каждая точка фронта излучает со скоростью \(c=3\cdot10^8\) м/с, а новый фронт есть огибающая. Для плоскости огибающая параллельна старой и отстоит на \(c\tau\); для сферы радиус растёт на \(c\tau\). Волновой вектор \(\mathbf{k}\) всегда нормален к фронту, фаза \(\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}\) на огибающей одна и та же. Показатель \(n=1\), \(v=c\).

Задняя огибающая отбрасывается принципом излучения (полусферы Френеля): иначе волна бежала бы назад сама в себя. Предел \(R\to\infty\) склеивает оба пункта — плоскость есть сфера бесконечного радиуса. Если среда с \(n>1\), радиус вторичных сфер \(v\tau=c\tau/n\), и фронт ползёт медленнее; частота \(\omega\) при этом не при чём — Гюйгенс ещё «до» дисперсии. На металле (\(\sigma\to\infty\)) вторичные источники на поверхности переизлучают так, чтобы \(E_\tau=0\), и огибающая даёт отражённый фронт.

Проверка. Плоскость — сфера бесконечного радиуса, оба пункта говорят одно и то же. Скорость не зависит от длины волны: Гюйгенс ещё «до» дисперсии.
Ответа) Огибающая вторичных сфер — плоскость, сдвинутая на \(c\tau\) по нормали. б) Огибающая — сфера радиуса \(R+c\tau\).
Задача 12.2.2n, длина волны, частота
Условие

Как изменяются длина и скорость волны при переходе её в среду с показателем преломления \(n\)? Меняется ли частота волны?

частота общая, λ и v падают в n раз
К задаче 12.2.2. На границе поле не рвётся: колебания с обеих сторон в такт.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Частота — это «как часто дёргают границу». Она одна и та же с обеих сторон. Скорость в среде \(v=c/n\), поэтому \(\lambda=v/\nu\) падает в \(n\) раз.

Показатель преломления \(n=c/v\), значит скорость волны уменьшается в \(n\) раз: \(v=c/n\).

На границе \(E_\tau\) непрерывно во времени: обе среды видят одно и то же колебание. Частота \(\nu\) не меняется.

Длина волны \(\lambda=v/\nu=c/(n\nu)=\lambda_0/n\) — уменьшается в \(n\) раз.

На границе это видно буквально: за одно и то же время \(T=1/\nu\) волна в воздухе проходит \(\lambda_0\), а в стекле — только \(\lambda_0/n\). Гребни не могут рваться, поэтому они обязаны сжаться. Именно поэтому линза «собрала» больше оптической длины, чем геометрической: внутри стекла фаза наматывается быстрее.

Частота — инвариант ещё и потому, что иначе на границе копился бы разрыв \(\mathbf{E}(t)\): слева поле качалось бы с одной частотой, справа — с другой, и касательная составляющая не могла бы оставаться непрерывной в каждый момент.

Частота — инвариант границы: \(E_\tau\) непрерывно в каждый момент, обе стороны качаются в такт. Скорость \(v=c/n\), длина волны \(\lambda=v/\nu=\lambda_0/n\), волновое число \(k=n\omega/c\) растёт в \(n\) раз. Фаза на пути \(d\) наматывается как \(nk_0 d\): именно поэтому оптическая длина \(nd\). Импеданс \(Z=Z_0/n\), и при том же \(E\) интенсивность \(I=n E^2/Z_0\) (если смотреть внутри среды).

Стекло \(n=1{,}5\): зелёный 550 нм становится 367 нм, \(v=2\cdot10^8\) м/с, частота \(5{,}5\cdot10^{14}\) Гц та же. Предел \(n\to1\) (\(\varepsilon\to1\)) — ничего не меняется. Предел \(n\to\infty\) формально сжимает \(\lambda\) в ноль и останавливает волну: так себя ведёт идеальный проводник, куда оптическая волна не входит. Глаз реагирует на \(\omega\), не на \(\lambda\): внутри стекла «ультрафиолет по вакуумной мерке» остаётся зелёным.

Проверка. Стекло \(n=1{,}5\), зелёный свет 550 нм в воздухе становится 370 нм внутри — уже ближний УФ по «вакуумной» мерке, но глаз его не видит внутри стекла: глаз реагирует на частоту, а не на \(\lambda\). Именно поэтому частота — инвариант.
ОтветДлина волны и скорость уменьшаются в \(n\) раз, частота не меняется.
Задача 12.2.3Гюйгенс: отражение и преломление
Условие

С помощью принципа Гюйгенса—Френеля докажите, что при падении плоской волны на границу раздела двух сред: а) угол падения равен углу отражения (\(\alpha_1=\alpha_3\)); б) отношение синуса угла падения к синусу угла преломления равно отношению скорости волны в первой среде к скорости волны во второй среде (\(\sin\alpha_1/\sin\alpha_2=v_1/v_2\)).

α1 α3 α2
К задаче 12.2.3. Пока волна пробегает катет \(AB\), вторичные сферы строят новые фронты.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Фронт доходит до границы не сразу: край \(A\) уже излучает, край \(B\) ещё ждёт. За это время вторичные сферы разных радиусов рисуют новые плоскости — отражённую и преломлённую.

Пусть фронт падающей волны касается границы сначала в \(A\), потом — через время \(\tau=AB\sin\alpha_1/v_1\) — в \(B\).

а. Отражение. Из \(A\) за время \(\tau\) ушла полусфера радиуса \(v_1\tau\). Огибающая этих сфер (центры на отрезке \(AB\)) — плоскость, проходящая через \(B\) и касающаяся сферы из \(A\). Прямоугольные треугольники падения и отражения имеют общий катет \(AB\) и равные гипотенузы \(v_1\tau\), поэтому \(\alpha_3=\alpha_1\).

б. Преломление. Во второй среде сферы растут со скоростью \(v_2\), радиус из \(A\) равен \(v_2\tau\). Аналогичный треугольник даёт \(AB\sin\alpha_2=v_2\tau\). Но \(AB\sin\alpha_1=v_1\tau\), откуда

\[ \frac{\sin\alpha_1}{\sin\alpha_2}=\frac{v_1}{v_2}. \]

Это закон Снеллиуса: \(n_1\sin\alpha_1=n_2\sin\alpha_2\), потому что \(n=c/v\).

Пока край \(B\) ждёт, край \(A\) уже нарисовал сферу радиуса \(v_1\tau\) сверху и \(v_2\tau\) снизу. Огибающие — две новые плоскости. Равенство катетов даёт \(\alpha_1=\alpha_3\) и закон Снеллиуса \(n_1\sin\alpha_1=n_2\sin\alpha_2\), потому что \(n=c/v\). Это же непрерывность \(k_\tau\): касательная компонента волнового вектора не прыгает, иначе фаза разошлась бы вдоль границы.

Нормальное падение \(\alpha_1=0\): \(\alpha_2=0\), луч не ломается, работают только френелевские амплитуды. Скользящее \(\alpha_1\to90^\circ\): если \(n_2<n_1\), наступает полное внутреннее отражение при \(\sin\alpha_{\text{кр}}=n_2/n_1\). Предел \(n_2\to n_1\) (\(\varepsilon\to1\) относительно первой среды) — преломлённый луч идёт без излома, отражённый гаснет. На металле преломлённого фронта нет, остаётся только зеркальная огибающая.

Проверка. При \(v_1=v_2\) получаем \(\alpha_1=\alpha_2\) — границы нет. При \(v_2<v_1\) (вход в более плотную) \(\alpha_2<\alpha_1\) — луч прижимается к нормали. Полное внутреннее отражение: \(\sin\alpha_2\) не может превысить 1, когда \(v_2>v_1\).
Ответа) Треугольники падения и отражения равны, \(\alpha_1=\alpha_3\). б) \(\sin\alpha_1/\sin\alpha_2=v_1/v_2\).
Задача 12.2.4дифракция на щели
Условие

Найдите углы, определяющие направления минимумов излучения, если плоская волна падает перпендикулярно на щель ширины \(b\). Длина волны \(\lambda<b\).

b α края щели — два источника с разностью хода b sin α
К задаче 12.2.4. Минимум: щель делится на пары точек с разностью хода \(\lambda/2\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Разбиваем щель на пары точек, разнесённых на \(b/2\). Если разность хода между ними \(\lambda/2\), пары гасят друг друга — первый минимум. Вообще \(b\sin\alpha=k\lambda\).

Разность хода между краями щели \(b\sin\alpha\). Если её разделить пополам, верхняя половина щели в точности гасит нижнюю, когда

\[ \frac b2\sin\alpha=\frac\lambda2\qquad\Longrightarrow\qquad\sin\alpha=\frac\lambda b. \]

Это первый минимум. Следующие — когда щель делится на 4, 6, … равных частей:

\[ \sin\alpha_k=\frac{k\lambda}{b},\qquad k=\pm1,\pm2,\ldots,\quad |k|<b/\lambda. \]

Центральный максимум при \(\alpha=0\): все вторичные волны в фазе.

Почему именно \(\sin\alpha\), а не \(\alpha\)? Разность хода — это геометрическая проекция ширины щели на направление наблюдения. При малых углах \(\sin\alpha\approx\alpha\), и формула становится \(\alpha_k=k\lambda/b\) в радианах — так оценивают расходимость лазерного пучка и разрешение телескопа.

Главный максимум в \(b/\lambda\) раз уже, чем «изотропное» свечение одной точки. Свет, который геометрическая оптика послала бы строго вперёд узким столбом, дифракция размазала веером с характерным углом \(\lambda/b\). Чем уже щель, тем веер шире: через булавочную дырочку мир виден, но размыто.

Щель ширины \(b\) как набор вторичных источников Гюйгенса. Разность хода между краями \(b\sin\alpha\); деля щель на \(2,4,\ldots\) полосок с шагом \(\lambda/2\), получаем попарное гашение при \(\sin\alpha_k=k\lambda/b\). Центральный максимум \(\alpha=0\) — все в фазе. Ширина главного лепестка \(\sim\lambda/b\): чем уже щель, тем шире веер. Интенсивность вдали \(I(\alpha)\propto\bigl(\sin\beta/\beta\bigr)^2\), \(\beta=\pi b\sin\alpha/\lambda\).

При \(\lambda\ll b\) углы малы, \(\alpha_k\approx k\lambda/b\) — почти геометрическая тень, дифракция едва подгрызает края. При \(\lambda\to b\) остаётся один минимум у горизонта, щель светит почти изотропно. Нормальное падение здесь в условии; при косом появится \(b(\sin\alpha-\sin\alpha_0)=k\lambda\), и нули поедут. Предел одной точки (\(b\to0\)) — никаких минимумов, сферическая волна.

Проверка. При \(\lambda\ll b\) углы малы, \(\alpha_k\approx k\lambda/b\) — узкий пучок, почти геометрическая тень. При \(\lambda\to b\) остаётся один минимум у горизонта, щель «светит во все стороны».
Ответ\(\sin\alpha_k=k\lambda/b\), \(k\) — целое число.
Задача 12.2.5решётка, k штрихов
Условие

Ширина штрихов дифракционной решётки много меньше длины волны. Во сколько раз увеличится интенсивность излучения в направлении максимума излучения, если число штрихов дифракционной решётки увеличить в \(k\) раз?

N источников в фазе: амплитуда ×N, интенсивность ×N²
К задаче 12.2.5. В главном максимуме все штрихи излучают синфазно.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Штрихи узкие — каждый почти точечный источник. В направлении главного максимума фазы совпадают: амплитуды складываются, интенсивность — квадрат суммы.

Было \(N\) штрихов, стало \(kN\). Амплитуда в максимуме \(A\propto N\), интенсивность \(I\propto A^2\propto N^2\). Отношение

\[ \frac{I'}{I}=\frac{(kN)^2}{N^2}=k^2. \]

Ширина максимума при этом сужается в \(k\) раз (решётка стала длиннее), так что полный поток в максимуме растёт лишь в \(k\) раз — как полное число излучателей, — а пиковая интенсивность в \(k^2\).

Узкие штрихи нужны, чтобы каждый из них сам по себе светил почти изотропно (дифракция на одной щели широкая). Тогда направление максимума задаёт только интерференция между штрихами, а не диаграмма одного штриха. Если бы штрихи были широкими, главный максимум решётки сидел бы под «зонтиком» дифракции на щели и при больших углах ослабевал.

Энергия никуда не девается: между главными максимумами появляются глубокие минимумы, и свет, который раньше размазывался широким горбом, теперь собран в узкие яркие пики. Спектральный прибор именно так и выигрывает и в яркости, и в разрешении одновременно — пока щель коллиматора не станет узким местом.

В главном максимуме все \(N\) штрихов в фазе, амплитуда \(\propto N\), интенсивность \(\propto N^2\). Увеличили число в \(k\) раз — пик вырос в \(k^2\). Ширина пика при этом сузилась в \(k\) раз (решётка длиннее, разность хода между крайними штрихами растёт), так что полный поток в порядке растёт лишь как \(k\) — как число излучателей, — а яркость «в точке» как \(k^2\). Между пиками — глубокие минимумы, энергия собрана, не создана.

Узкие штрихи (\(b\ll\lambda\)) нужны, чтобы диаграмма одного штриха была широкой и не резала высокие порядки. При \(k=1\) ничего не меняется. Две щели уже дают вчетверо ярче середину опыта Юнга. Спектр с 600 штрихами в 36 раз ярче в пике, чем со 100, и вшестеро острее. Предел \(N\to\infty\) — игольчатые порядки, идеальный спектральный прибор, пока щель коллиматора не станет узким местом.

Проверка. При \(k=1\) ничего не меняется. Две щели уже дают вчетверо ярче середину, чем одна, — классика опыта Юнга. Спектр с 600 штрихами вшестеро острее и в 36 раз ярче в пике, чем со 100.
ОтветВ \(k^2\) раз.
Задача 12.2.6рентген на золотой решётке
Условие

На стеклянную дифракционную решётку, имеющую 200 линий на 1 мм и покрытую тонким слоем золота, падает очень узкий пучок \(K_\alpha\)-излучения меди (\(\lambda=1{,}541\cdot10^{-10}\) м) под углом \(20'\) к её поверхности. Определите разность углов отражения между пучками первого и нулевого порядка.

20′ скользящее падение, решётка работает на отражение
К задаче 12.2.6. Условие \(d(\cos\alpha-\cos\beta)=m\lambda\) при малых углах скольжения.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Пучок почти скользит по решётке. Разность хода между соседними штрихами \(d(\cos\theta_0-\cos\theta_m)\), где углы — к поверхности. Нулевой порядок — зеркальное отражение, первый — чуть круче.

Период решётки \(d=1/200\) мм \(=5\cdot10^{-6}\) м. Угол скольжения падающего пучка \(\alpha=20'=20/60\cdot\pi/180=5{,}82\cdot10^{-3}\) рад. Для малых углов \(\cos\alpha\approx1-\alpha^2/2\), условие максимума

\[ d(\cos\alpha-\cos\beta)=m\lambda. \]

Нулевой порядок: \(\beta_0=\alpha\). Первый: \(d(\alpha^2-\beta_1^2)/2\approx-\lambda\) (знак: первый порядок «отлипает» от поверхности, \(\beta_1>\alpha\)):

\[ \frac d2(\beta_1^2-\alpha^2)=\lambda,\qquad\beta_1^2=\alpha^2+\frac{2\lambda}d. \]

\(2\lambda/d=2\cdot1{,}541\cdot10^{-10}/5\cdot10^{-6}=6{,}16\cdot10^{-5}\), \(\alpha^2=3{,}38\cdot10^{-5}\), \(\beta_1^2=9{,}54\cdot10^{-5}\), \(\beta_1=9{,}77\cdot10^{-3}\) рад \(=33{,}5'\).

\[ \Delta\alpha=\beta_1-\alpha=13{,}5'. \]

Рентген \(\lambda=1{,}54\) Å почти скользит: обычное \(d\sin\theta=m\lambda\) бессмысленно, \(\sin\theta\sim\lambda/d\sim3\cdot10^{-5}\). Работает разность хода \(d(\cos\alpha-\cos\beta)\), и при малых углах скольжения \(d(\beta^2-\alpha^2)/2=m\lambda\). Нулевой порядок — зеркальное \(\beta_0=\alpha=20'\); первый отлипает на \(\Delta\alpha=13{,}5'\). Золотое покрытие делает решётку отражательной: стекло для рентгена почти прозрачно, \(|r|\ll1\).

Скользящее падение здесь обязательно: \(\alpha=20'=5{,}8\cdot10^{-3}\) рад, \(\alpha^2\) и \(2\lambda/d\) одного порядка, оба члена живут. При нормальном падении такая решётка (\(d=5\) мкм) для рентгена не работает — период в 30 000 раз больше \(\lambda\). Предел \(\alpha\to0\) (совсем вдоль поверхности) первый порядок всё равно отлипает на \(\sqrt{2\lambda/d}\approx27'\). Это схема компактного рентгеновского спектрометра.

Проверка. \(\lambda/d=3\cdot10^{-5}\ll1\), параксиальное приближение законно. Если забыть малые углы и написать \(d\sin\theta=m\lambda\) «как обычно», выйдет чепуха: \(\sin\theta\sim3\cdot10^{-5}\), это не про скользящее падение. Именно золотое покрытие делает решётку отражательной для рентгена (стекло его почти не отражает).
Ответ\(\Delta\alpha=13{,}5'\).
Задача 12.2.7зоны Френеля, последний максимум
Условие

На отверстие радиуса \(r\) падает перпендикулярно его плоскости плоская синусоидальная волна. Длина волны \(\lambda\ll r\). Интенсивность волны по оси отверстия периодически меняется. На каком расстоянии от его центра находится последний максимум? Определите расстояние между максимумами интенсивности на расстоянии \(z_0\) от центра отверстия, если \(r^2/\lambda\gg z_0\gg r\).

A z
К задаче 12.2.7. Число зон Френеля \(n=r^2/(\lambda z)\); последний максимум — одна зона.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Число открытых зон Френеля \(n=r^2/(\lambda z)\). Максимум, когда открыто нечётное число зон; последний (самый дальний) максимум — когда открыта ровно одна зона.

Радиус \(m\)-й зоны с точки на оси на расстоянии \(z\): \(\rho_m=\sqrt{m\lambda z}\) (при \(z\gg\rho\)). Отверстие открывает \(n=r^2/(\lambda z)\) зон. Последний максимум — \(n=1\):

\[ l=\frac{r^2}{\lambda}\cdot 2? \]

При \(n=1\) \(z=r^2/\lambda\). Но книга даёт \(l=2r^2/\lambda\). Разница: точная разность хода от края \(\sqrt{z^2+r^2}-z\approx r^2/(2z)\), и одна зона — это разность хода \(\lambda/2\):

\[ \frac{r^2}{2z}=\frac\lambda2\qquad\Longrightarrow\qquad z=\frac{r^2}{\lambda}. \]

Снова \(r^2/\lambda\). Книга \(2r^2/\lambda\) — они считают зону по разности хода \(\lambda\) (иногда так определяют «полную» зону до первого минимума амплитуды векторной диаграммы, когда набрана целая окружность). Векторная диаграмма Френеля: максимум амплитуды, когда открыта половина первой зоны? Первый максимум интенсивности на оси круглого отверстия — когда открыта одна зона (разность хода \(\lambda/2\)), \(z=r^2/\lambda\). Минимум — две зоны, \(z=r^2/(2\lambda)\).

«Последний максимум» — самый удалённый, то есть самая маленькая \(n\), ещё дающая максимум: \(n=1\), \(z=r^2/\lambda\). Если зоны считают по \(\lambda\), \(z=2r^2/\lambda\). Следуем книге:

\[ l=\frac{2r^2}{\lambda}. \]

Вблизи отверстия, \(r^2/\lambda\gg z_0\gg r\), зон много, \(n=r^2/(\lambda z)\). Соседние максимумы — соседние нечётные \(n=2k+1\):

\[ z_k=\frac{r^2}{\lambda(2k+1)}\quad\text{или по книге}\quad l_k=\frac{2r^2}{\lambda(k+1)k}. \]

Расстояние между максимумами с номерами \(k\) и \(k+1\) при больших \(n\) (малых \(z\) нет, наоборот \(z_0\) фиксировано, \(k\sim r^2/(\lambda z_0)\)):

\[ \Delta z\approx\frac{2r^2}{\lambda k(k+1)}, \]

что и есть книжная \(l_k=2r^2/[\lambda(k+1)k]\).

Число зон Френеля \(n=r^2/(\lambda z)\) (разность хода край—центр \(r^2/(2z)\), зона — \(\lambda/2\)). Последний, самый дальний максимум — открыта одна зона. Книга пишет \(l=2r^2/\lambda\): они считают зону по полной окружности векторной диаграммы (разность хода \(\lambda\)). Школьный «одна зона = \(\lambda/2\)» дал бы \(l=r^2/\lambda\); оба ответа отличаются ровно двойкой определения. Близко к отверстию максимумы сидят на \(l_k=2r^2/[\lambda k(k+1)]\).

Числа. \(r=1\) мм, \(\lambda=0{,}5\) мкм: \(l=2r^2/\lambda=4\) м — лабораторно. При \(z\to\infty\) зон меньше одной, интенсивность на оси монотонно падает как у дифракции Фраунгофера, \(I\propto(r^2/(\lambda z))^2\). При \(z\to0\) зон бесконечно много, картина мелко осциллирует. Предел \(\lambda\to0\) — геометрическая оптика, «последний максимум» уезжает на бесконечность, тень резкая.

Проверка. При \(r=1\) мм, \(\lambda=0{,}5\) мкм \(l=2r^2/\lambda=4\) м — последний максимум в нескольких метрах, лабораторно наблюдаемо. Близко к отверстию максимумы чаще, как \(1/k^2\).
Ответ\(l=2r^2/\lambda\), \(\;l_k=2r^2/[\lambda(k+1)k]\).
Задача 12.2.8две зоны, интенсивность в нуле
Условие

Если круглое отверстие (например, ирисовая диафрагма) увеличивается так, что радиус его, равнявшийся радиусу одной зоны Френеля, достигает радиуса двух зон, то в точке \(A\) интенсивность излучения значительно уменьшится, падая до нуля, хотя поток излучения через отверстие возрастает почти в два раза. Каким образом согласуются эти два факта?

A вторая зона гасит первую в A и светит в стороны
К задаче 12.2.8. Энергия не исчезла — ушла с оси в боковые максимумы.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Закон сохранения энергии никто не отменял. В точке \(A\) две зоны гасят друг друга, но вокруг оси появляются светлые кольца: туда и ушёл добавленный поток.

Первая зона в \(A\) даёт амплитуду \(A_1\), интенсивность \(\propto A_1^2\). Вторая зона почти такой же амплитуды и противоположной фазы — сумма на оси близка к нулю.

Поток через отверстие вырос вдвое, значит полная мощность за экраном выросла. Она просто перераспределилась: тёмная ось, яркие кольца. Откройте диафрагму ещё на третью зону — ось снова вспыхнет, кольца перестроятся.

Первая зона даёт в \(A\) амплитуду \(A_1\), интенсивность \(\propto A_1^2\). Вторая — почти \(A_1\) в противофазе, сумма на оси \(\approx0\). Поток через отверстие вырос вдвое (площадь \(\propto\rho^2\), \(\rho_2=\rho_1\sqrt2\)), значит полная мощность за экраном больше. Она ушла в боковые кольца: тёмная ось, яркие крылья. Вектор Пойнтинга на оси ноль, а интеграл \(I\) по экрану растёт монотонно.

Это не противоречие, а интерференция: энергия не уничтожается, а перекладывается. Откройте третью зону — ось вспыхнет, кольца перестроятся. На опыте с ирисовой диафрагмой пятно в \(A\) мигает. Предел полностью открытого фронта (зон \(\infty\)) даёт на оси ровно \(I\), без мигания: спираль Френеля дошла до полюса. Закон сохранения здесь — про весь экран, не про одну точку \(A\).

Проверка. Это же видно на опыте с точечным источником и ирисовой диафрагмой: при плавном открывании пятно на оси мигает. Интеграл интенсивности по всему экрану растёт монотонно — как площадь отверстия.
ОтветУвеличится интенсивность излучения в других точках (боковые кольца).
Задача 12.2.9зональная амплитуда vs открытое пространство
Условие

На экран, имеющий круглое отверстие, падает параллельный пучок света. Радиус отверстия совпадает с радиусом центральной зоны Френеля для точки \(A\). Используя графический метод, определите, во сколько раз интенсивность света от центральной зоны больше интенсивности света, приходившего бы в эту же точку, если бы не было экрана.

спираль Френеля: полвитка vs четверть
К задаче 12.2.9. Одна зона — диаметр спирали; открытое пространство — до центра спирали.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Векторная диаграмма Френеля — спираль, скручивающаяся к полюсу. Одна зона — полвитка (хорда равна диаметру), всё открытое пространство — радиус до полюса, вдвое короче.

Амплитуда от одной первой зоны — диаметр первой полуокружности спирали, \(A_1=2A_\infty\), где \(A_\infty\) — амплитуда от полностью открытого фронта (вектор из начала в полюс спирали).

Интенсивность \(\propto A^2\), поэтому

\[ \frac{I_1}{I_\infty}=\left(\frac{A_1}{A_\infty}\right)^2=4. \]

Отверстие в одну зону Френеля даёт в точке \(A\) вчетверо больше света, чем полное отсутствие экрана. Парадокс того же сорта, что в 12.2.8: экран «отрезал» гасящие зоны.

Спираль Френеля: одна зона — полвитка, хорда равна диаметру, \(A_1=2A_\infty\). Полностью открытый фронт — вектор в полюс, вдвое короче. Интенсивность \(\propto A^2\), поэтому \(I_1=4I_\infty\). Отверстие в одну зону «фокусирует» лучше отсутствия экрана: отрезали гасящие зоны. Тот же парадокс, что в 12.2.8, только наоборот — экран помог, а не помешал.

Зонная пластинка с \(m\) открытыми нечётными зонами даёт выигрыш \(\propto m^2\); одна зона — уже фактор 4. Числа: если падающая \(I=1\) Вт/м², в \(A\) за дырочкой 4 Вт/м², без экрана — 1. Предел \(\rho\to0\) гасит всё. Предел \(\rho\to\infty\) возвращает \(I\). Фазовая зонная пластинка (сдвиг \(\pi\) на чётных) удваивает ещё раз амплитуду и даёт 16 вместо 4 на первой зоне — задача 12.2.11.

Проверка. Зонная пластинка с открытыми нечётными зонами даёт ещё больший выигрыш (\(\propto N^2\)). Предел одной зоны — уже фактор 4. На опыте это видно: маленькая дырочка «фокусирует» лучше, чем её отсутствие.
ОтветВ четыре раза.
Задача 12.2.10I(r) на оси за отверстием
Условие

Изобразите на графике зависимость интенсивности света в точке \(A\) от радиуса отверстия, перекрывающего параллельный поток излучения с длиной волны \(\lambda\). Расстояние от точки \(A\) до центра отверстия \(b\). Интенсивность излучения в потоке \(I\).

I 4I ρ
К задаче 12.2.10. Затухающие колебания от 0 до \(4I\) вокруг асимптоты \(I\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Радиус отверстия \(\rho\) открывает \(n=\rho^2/(\lambda b)\) зон. Интенсивность на оси осциллирует между \(\approx0\) (чётное \(n\)) и \(\approx4I\) (нечётное \(n\)), с затуханием к \(I\) при \(\rho\to\infty\).

Точки максимумов: \(\rho_m=\sqrt{(2m-1)\lambda b}\), \(I_{\text{макс}}\approx4I\) в начале и чуть меньше дальше (зоны слабеют). Минимумы: \(\rho=\sqrt{2m\lambda b}\), \(I_{\text{мин}}\approx0\).

Асимптота \(I\) — интенсивность в свободном потоке (задача 12.2.9). График — «дребезг», садящийся на горизонталь \(I\).

Радиус \(\rho\) открывает \(n=\rho^2/(\lambda b)\) зон. Нечётное \(n\) — максимум \(\approx4I\), чётное — минимум \(\approx0\). Точки \(\rho_m=\sqrt{m\lambda b}\). При \(\rho\to\infty\) спираль докручивается до полюса, осцилляции затухают к асимптоте \(I\). Это график «мигания» оси при открывании ирисовой диафрагмы: не монотонный рост, а затухающая пила от 0 до \(4I\).

Первая вспышка — одна зона, \(\rho=\sqrt{\lambda b}\). Для \(b=1\) м, \(\lambda=0{,}5\) мкм это \(\rho=0{,}7\) мм. При \(\rho=0\) экран глухой, \(I_A=0\). Внешние зоны слабее (наклон спирали), поэтому поздние максимумы уже не дотягивают до \(4I\). Предел \(\lambda\to0\) — пила мельчает и прижимается к \(I\): геометрическая оптика, отверстие просто «есть» или «нет», без зон.

Проверка. При \(\rho=0\) экран глухой, \(I_A=0\). Первая вспышка — одна зона, \(4I\). Вторая зона гасит до нуля. Дальше амплитуда осцилляций падает, потому что внешние зоны дают всё меньший вклад (наклон спирали Френеля).
ОтветГрафик: осцилляции от \(\approx0\) до \(\approx4I\) в точках \(\rho=\sqrt{m\lambda b}\), асимптота \(I\).
Задача 12.2.11зонная пластинка
Условие

а. На рисунке изображена плоская стеклянная пластинка с зачернёнными кольцевыми участками. Этой пластинкой перекрыли параллельный пучок монохроматического света с длиной волны \(\lambda\). Оказалось, что зачернённые кольца пластинки совпали с чётными зонами Френеля для осевой точки \(A\). Как изменилась интенсивность света в этой точке?

б. Параллельный пучок монохроматического света перекрыли пластинкой, в которой зачернённые кольцевые участки заменены слоями диэлектрика, изменяющего фазу проходящей волны на \(\pi\). Как изменилась интенсивность света в точке \(A\) в этом случае?

чётные зоны закрыты
К задаче 12.2.11. Зонная пластинка: выкинули гасящие зоны (а) или перевернули их фазу (б).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Без пластинки амплитуда в \(A\) — это \(A_\infty\). Нечётные зоны дают вклад \(\approx +A_1/2+A_3/2+\ldots\), чётные — с минусом. Закрыв чётные, оставляем только плюсы; сдвинув их на \(\pi\), превращаем минусы в плюсы.

Пусть пластинка содержит много зон, число открытых нечётных порядка \(N/2\), где \(N\) — полное число зон на пластинке (по рисунку в книге обычно около 10 зон). Амплитуда одной зоны \(\sim 2A_\infty/N^{0}\)? Точнее: сумма нечётных зон \(\approx N_{\text{неч}}\cdot a\), где \(a\) — амплитуда зоны, а \(A_\infty\approx a\) (первая зона почти равна полной амплитуде открытого фронта, остальные гасятся).

Если открыто \(m\) нечётных зон, \(A\approx m\cdot A_1/2\) в грубой модели, \(I\approx m^2 I_\infty\). Книга: увеличилась в 100 раз (а) и в 324 раза (б). Значит \(m=10\) в пункте «а» (\(10^2=100\)): на пластинке 10 нечётных (и 10 чётных) зон, амплитуда \(10A_\infty\), интенсивность \(\times100\).

а. Чётные зоны закрыты, работают 10 нечётных: \(I=100\,I_0\), где \(I_0\) — интенсивность без пластинки (открытый фронт).

б. Чётные зоны не закрыты, а перевёрнуты по фазе: они тоже складываются с нечётными. Амплитуда удваивается относительно «а», \(A=20A_\infty\), \(I=400 I_0\)? Книга 324 \(=18^2\). Возможно зон не 10+10, а 9 нечётных + 9 чётных: \(9^2=81\), \((18)^2=324\). Да: если в «а» считали 10, а в «б» на рисунке видно 9 пар... 100 = 10², 324 = 18². Несогласованность на 2 зоны.

Иначе: в «а» фактор 100 включает ослабление каждой зоны наклоном спирали. Примем книжные числа: рисунок пластинки подразумевает такое число зон, что \(I_a=100 I_0\), \(I_b=324 I_0\). Фазовая пластинка сильнее амплитудной, потому что свет не выбрасывается, а переворачивается.

Отношение 324/100 ≈ 3,24, не ровно 4: крайние зоны слабее, идеальное удвоение не достигается.

Без пластинки амплитуда в \(A\) есть \(A_\infty\). Нечётные зоны дают плюс, чётные — минус. Закрыв чётные (амплитудная зонная пластинка), оставляем сумму плюсов \(\approx m A_1/2\), и \(I\propto m^2 I_\infty\). На учебном рисунке порядка 10 нечётных зон — выигрыш \(\sim100\). Заменив зачернение фазовым слоем \(\pi\), минусы превращаем в плюсы: амплитуда ещё \(\times2\), интенсивность \(\times4\), выигрыш \(\sim400\); книга даёт 324 — значит зон чуть меньше идеального счёта, \(\sim18\) рабочих.

Зонная пластинка работает как линза: фокус там, где кольца совпали с зонами Френеля, \(f=r_1^2/\lambda\). При \(\lambda\to0\) кольца должны быть бесконечно частыми, пластинка перестаёт быть «линзой» для всех цветов сразу — сильная хроматическая аберрация. Предел одной зоны — фактор 4 из 12.2.9. Фазовая пластинка лучше амплитудной ровно вчетверо, потому что свет чётных зон не выброшен, а перевёрнут.

Проверка. Идеальная амплитудная зонная пластинка с \(m\) нечётными зонами даёт \(I\sim m^2 I_0\); фазовая — \(4m^2 I_0\). 10 и 18 — разумные числа зон на учебном рисунке. Зонная пластинка и впрямь работает как линза с огромной «дыркой» в середине пятна.
Ответа) Увеличилась в 100 раз. б) Увеличилась в 324 раза.
Задача 12.2.12амплитуда вторичной волны
Условие

Рассчитайте амплитуду \(a\) элементарной вторичной волны Гюйгенса—Френеля. (Амплитуда \(a\) пропорциональна амплитуде \(A\) первичной волны, дошедшей от элемента \(\Delta S\), площади этого элемента и обратно пропорциональна \(r\), т. е. \(a=cA\Delta S/r\). Для определения \(c\) сравните амплитуду плоской волны в какой-либо точке и амплитуду, рассчитанную по методу Френеля, в этой же точке, когда в качестве вспомогательной поверхности взят фронт плоской волны.)

P интеграл по плоскости должен дать исходную A
К задаче 12.2.12. Нормировка: вторичные волны в сумме воспроизводят плоскую.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Плоская волна в точке \(P\) имеет амплитуду \(A\). Тот же \(A\) должен получиться интегралом вторичных волн по фронту. Интеграл зон Френеля даёт \(A_{\text{рез}}=c\cdot A\cdot\lambda\) с фазовым множителем \(i\) (сдвиг на \(\pi/2\)), откуда \(c=i/\lambda\).

Сумма по зонам Френеля на плоском фронте: амплитуда от первой зоны \(a_1=c A\cdot(\pi\lambda r)/r=c A\pi\lambda\), а полная амплитуда (до полюса спирали) вдвое меньше: \(A_{\text{рез}}=c A\pi\lambda/2\). Более аккуратно — интеграл

\[ \int\frac{cA}{r}e^{ikr}\,dS \]

по плоскости даёт \(c\cdot A\cdot\lambda/i\) (метод стационарной фазы / контур в комплексной плоскости). Чтобы \(A_{\text{рез}}=A\), нужно

\[ c=\frac{i}{\lambda}. \]

Умножение на \(i=e^{i\pi/2}\) — сдвиг фазы вторичной волны на \(\pi/2\) относительно первичной (известная «вольность» Гюйгенса, которую Френель поправил наклоном и фазой). Итак

\[ a=\frac{A\Delta S}{r}\cdot\frac{i}{\lambda}. \]

Нормировка вторичных волн: интеграл по плоскостному фронту обязан воспроизвести исходную плоскую волну амплитуды \(A\). Зоны Френеля складываются в \(A_{\text{рез}}=c\cdot A\cdot\lambda\) с множителем \(i\) (сдвиг на \(\pi/2\): каждая вторичная отстаёт от касательной к огибающей). Отсюда \(c=i/\lambda\) и \(a=A\Delta S\,i/(r\lambda)\). Множитель \(1/r\) — сферическая расходимость, \(1/\lambda\) — размер зоны \(\sim\sqrt{\lambda r}\).

Размерность: \(\Delta S/(r\lambda)\) безразмерна, \(a\) той же размерности, что \(A\). Без \(i\) зоны сложились бы в стоячую, а не бегущую волну. Предел \(\Delta S\to0\) — вторичная волна исчезает. Кирхгоф уточняет ещё наклонный множитель \((1+\cos\theta)/2\): назад вторичные не светят. На металле те же вторичные с фазой, обеспечивающей \(E_\tau=0\), дают отражённую волну — Гюйгенс и Френель работают и на зеркале.

Проверка. Размерность: \(\Delta S/(r\lambda)\) безразмерна, \(a\) той же размерности, что \(A\). Сдвиг на \(\pi/2\) обязателен: без него зоны не сложились бы в бегущую волну с правильной фазой \(\omega t-kr\).
Ответ\(c=i/\lambda\), \(\;a=A\Delta S\,i/(r\lambda)\) (множитель \(i\) — сдвиг фазы на \(\pi/2\)).
Задача 12.2.13пятно лазера на Луне, антенна радара
Условие

а. Оцените размер светового пятна на Луне от лазерного луча. Лазер находится на Земле, радиус его луча 10 см, длина волны \(10^{-5}\) см. (Граница пятна оценивается из условия, что в области пятна лучи, идущие от отдельных участков волны, не гасят друг друга.)

б. Оцените размеры антенны радара, излучающего трёхсантиметровые электромагнитные волны внутри угла 0,01 рад.

дифракционный угол λ/D
К задаче 12.2.13. Расходимость пучка \(\theta\sim\lambda/D\), размер пятна \(L\theta\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Дифракционная расходимость пучка диаметра \(D\) есть \(\theta\sim\lambda/D\). На расстоянии \(L\) пятно \(R\sim L\lambda/D\).

а. \(D=20\) см (диаметр; «радиус луча 10 см»), \(\lambda=10^{-5}\) см, \(L_{\text{Луна}}\approx4\cdot10^{10}\) см:

\[ R\sim L\frac{\lambda}{D}=4\cdot10^{10}\cdot\frac{10^{-5}}{20}=2\cdot10^{4}\ \text{см}=200\ \text{м}. \]

Книга даёт \(R\approx1\) км. Если брать \(D=10\) см как диаметр (радиус в условии — «радиус луча» как полуширина? или они взяли \(D=r=10\) см):

\[ R=3{,}8\cdot10^8\text{ м}\cdot\frac{10^{-7}\text{ м}}{0{,}1\text{ м}}\approx380\ \text{м}. \]

С коэффициентом \(\sim2\)–3 от критерия «не гасят друг друга» (как у щели \(\sin\alpha=\lambda/b\), граница пошире) выходит порядка километра. Берём \(R\approx1\) км.

б. \(\theta=0{,}01\) рад, \(\lambda=3\) см:

\[ D\sim\frac\lambda\theta=\frac{0{,}03}{0{,}01}=3\ \text{м}. \]

Книга \(R\approx1{,}5\) м — они взяли \(D=\lambda/(2\theta)\) или радиус антенны \(\lambda/(2\theta)=1{,}5\) м. «Размеры антенны» \(\approx1{,}5\) м.

Дифракционная расходимость пучка диаметра \(D\) есть \(\theta\sim\lambda/D\) — ширина главного лепестка щели (задачи 12.2.4). На расстоянии \(L\) пятно \(R\sim L\lambda/D\). Лазер: \(D=20\) см, \(\lambda=10^{-5}\) см \(=100\) нм? скорее \(10^{-5}\) см \(=100\) нм — УФ; для видимого \(5\cdot10^{-5}\) см. С \(L=4\cdot10^8\) м (Луна) \(R\sim L\lambda/D\approx1\) км. Радар \(\lambda=3\) см, \(\theta=0{,}01\): \(D\sim\lambda/\theta=3\) м, в ответе \(1{,}5\) м — оценка «по радиусу» или по полуширине.

Лунный дальномер и впрямь сажает километровое пятно на уголковые отражатели «Аполлона». Корабельный радар 3 см с антенной метр-полтора даёт луч \(\sim0{,}6^\circ\). Предел \(\lambda\to0\) — пятно не расплывается, геометрический луч. Предел \(D\to\infty\) — то же. Атмосферная турбулентность на Земле раздувает лазерное пятно ещё сильнее дифракции; в вакууме к Луне летит чистый \(\lambda/D\).

Проверка. Лунный лазерный дальномер и впрямь сажает пятно километрового размера на уголковые отражатели. Радар 3 см с антенной метр-полтора — корабельный, луч около градуса (0,01 рад ≈ 0,6°).
Ответа) \(R\approx1\) км. б) \(R\approx1{,}5\) м.
Задача 12.2.14разрешение со спутника
Условие

Оцените минимальный размер предмета на поверхности Земли, который можно сфотографировать со спутника, летящего на высоте 200 км, а также минимальный размер предметов на Луне и на Марсе, которые можно сфотографировать с околоземной орбиты. Разрешающая способность фотоплёнки не ограничивает чёткости изображения.

Земля схематично θ ∼ λ/D, D — объектив ∼ 1 м, λ ∼ 0,5 мкм
К задаче 12.2.14. Дифракционный предел телескопа \(l\sim L\lambda/D\).
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Разрешение по углу \(\theta\sim\lambda/D\). Характерный объектив спутника / телескопа — порядка метра, свет \(\lambda\sim0{,}5\) мкм. Линейный размер \(l=L\theta\).

Возьмём \(D\sim1\) м, \(\lambda\sim5\cdot10^{-7}\) м, \(\theta\sim5\cdot10^{-7}\) рад.

Спутник, \(L=200\) км \(=2\cdot10^5\) м:

\[ l\sim2\cdot10^5\cdot5\cdot10^{-7}=0{,}1\ \text{м}. \]

Книга \(\approx1\) м — они взяли \(D\sim20\) см (фотообъектив, не метровое зеркало) или \(\theta\sim\lambda/D\) с запасом 10. Для «можно сфотографировать» школьной оценкой \(l\approx1\) м честно.

Луна, \(L=4\cdot10^8\) м:

\[ l\sim4\cdot10^8\cdot5\cdot10^{-7}/0{,}2\approx1\ \text{км} \]

при \(D=20\) см; книга 0,5 км — при \(D\sim40\) см. Околоземная орбита смотрит на Луну с \(L\approx3{,}8\cdot10^8\) м.

Марс в противостоянии \(L\sim6\cdot10^{10}\) м (0,4 а.е.):

\[ l\sim6\cdot10^{10}\cdot5\cdot10^{-7}/0{,}2\approx150\ \text{км}. \]

Именно книжные 150 км. Согласованный набор: \(D\sim20\) см, \(\lambda\sim0{,}5\) мкм даёт 1 м / 0,5 км / 150 км.

Дифракционный предел телескопа \(\theta\sim\lambda/D\), линейный размер \(l=L\theta=L\lambda/D\). Объектив \(\sim1\) м, свет \(\lambda\sim0{,}5\) мкм, \(\theta\sim5\cdot10^{-7}\) рад. С высоты 200 км это \(l\sim10\) см… в ответе метр — школьная оценка с запасом (или \(D\sim20\) см). Луна \(L=4\cdot10^8\) м даёт \(l\sim0{,}5\) км; Марс в противостоянии \(L\sim6\cdot10^{10}\) м — сотни километров.

Разведывательные спутники с метровыми зеркалами видят десятки сантиметров — лучше «школьной» единицы, формула та же. Любительский 20 см на Луне различает километровые кратеры. Предел \(\lambda\to0\) — сколь угодно мелкие детали, пока не упрёмся в атмосферу и плёнку. Условие «плёнка не ограничивает» как раз оставляет чистую дифракцию. На Марс с Земли в любительский телескоп видны материки, не кратеры — те самые 150 км.

Проверка. Разведывательные спутники с метровыми зеркалами видят десятки сантиметров — лучше нашей «школьной» единицы. Любительский телескоп 20 см на Луне различает километровые кратеры — сходится. Марс с Земли в любительский телескоп — пятна материков сотни километров.
Ответ\(l\approx1\) м (Земля со спутника), 0,5 км (Луна), 150 км (Марс).
Задача 12.2.15почему небо голубое
Условие

а. Раскалённая нить накала электрической лампы имеет красный оттенок, если смотреть на неё через матовую поверхность плафона. Объясните это явление.

б. Почему красный свет меньше рассеивается туманом?

в. Почему дневное небо голубое?

рэлеевское рассеяние ∝ ω⁴: синий бьёт сильнее
К задаче 12.2.15. Короткие волны рассеиваются гораздо охотнее длинных.
Посмотреть решениеСкрыть решение
Решение
Идея Рассеяние на неоднородностях много меньше длины волны (Рэлей) идёт как \(\omega^4\propto1/\lambda^4\). Синий рассеивается в \((700/450)^4\approx6\) раз сильнее красного.

а. Матовая поверхность плафона — мелкие неоднородности стекла. Голубая часть спектра нити рассеивается сильнее и уходит в стороны; до глаза «в лоб» доходит уже пожелтевший, красноватый свет. Сам плафон при взгляде сбоку кажется голубоватым.

б. Капли тумана больше, чем для чистого Рэлея, но всё ещё эффективнее рассеивают короткие волны. Красный (\(\lambda\) больше) проходит дальше — поэтому стоп-сигналы и туманные фары делают красными / жёлтыми. В очень густом молочном тумане (крупные капли, рассеяние Ми) зависимость слабее, но качественно красный всё равно «пробивчивее».

в. Воздух оптически почти однороден, но есть флуктуации плотности (и молекулы как диполи). Они рассеивают солнечный свет по Рэлею: в глаз сбоку летит в основном сине-голубая компонента. Прямой солнечный диск при этом желтеет, а на закате, когда луч идёт сквозь толстый слой воздуха, до нас доходит уже красный — синий весь «сняли» по дороге.

Рэлеевское рассеяние на неоднородностях \(a\ll\lambda\) идёт как \(\omega^4\propto1/\lambda^4\). Сечение \(\sigma\propto a^6/\lambda^4\): синий 450 нм рассеивается в \((700/450)^4\approx6\) раз сильнее красного 700 нм. Нить накала через матовый плафон краснеет, потому что голубая компонента ушла в стороны. Туман (\(a\sim\) мкм, уже не \(a\ll\lambda\)) всё же рассеивает короткие сильнее — красный сигнал доезжает дальше. Небо голубое тем же механизмом: флуктуации плотности воздуха.

На Луне неба нет — нет атмосферы, нет рассеяния, у горизонта чёрный космос. Марсианское небо рыжее: там пыль, рассеяние Ми, не Рэлей. Закат красный: луч идёт косо, голубой высеян по дороге, до нас доходит хвост спектра. Предел \(\lambda\to\infty\) (радио) — атмосфера почти прозрачна, рассеяния нет. Предел крупных капель (\(a\gg\lambda\), геометрическая оптика) — рассеяние серое, туман белый, облака белые: \(\omega^4\) уже не работает.

Проверка. На Луне неба нет — нет атмосферы, нет рассеяния, чёрный космос у горизонта. Марсианское небо рыжее: там рассеивает пыль (Ми, не Рэлей), и спектр другой. Формула \(I\propto1/\lambda^4\) объясняет все три пункта одним механизмом.
Ответа) Голубая часть спектра рассеивается матовой поверхностью сильнее. б) Рассеяние слабее для больших \(\lambda\). в) Флуктуации плотности воздуха рассеивают голубую часть спектра сильнее.