Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Klassische Theoretische Physik III WS 2014/2015
Prof. Dr. A. Shnirman Blatt 13
Dr. B. Narozhny L¨osung
1. Brewster-Winkel: (20 Punkte)
In der Vorlesung wurde die Reflexion und die Transmission an der Grenze zwischen den zwei linearen Medien (ohne D¨ampfung) besprochen. Der Brechungsindex des Mediums (1) ist n1 und des Mediums (2) - n2. Analysieren Sie den Fall der Polarisation der einfallenden Welle parallel zur Einfallsebene (siehe Abbildung).
(a) Zeigen Sie, dass die reflektierte und transmittierte Welle ebenfalls in der Einfall- sebene (die x-z-Ebene in Abbildung) polarisiert sind.
Die genaue elektrodynamische Randbedingungen lauten 1E1⊥=2E2⊥, E1k =E2k, B1⊥=B2⊥, 1
µ1B1k = 1 µ2B2k.
Wir betrachten die monochromatische ebene Wellen: die einfallende Welle E~I =E~0Iei(~kI·~r−ωt), B~I = 1
v1 h
~e~k
I ×E~Ii ,
die reflektierte Welle
E~R=E~0Rei(~kR·~r−ωt), B~R = 1 v1
h
~e~k
R×E~Ri ,
und die transmittierte Welle
E~T =E~0Tei(~kT·~r−ωt), B~T = 1 v2
h
~ e~k
T ×E~Ti .
Alle drei Wellen weisen dieselbe Frequenz ω auf. Die drei Wellenzahlen sind kIv1 =kRv1 =kTv2 =ω ⇒ kI =kR = v1
v2kT = n1
n2kT.
Da die Randbedingungen f¨ur alle Punkte der Ebene sowie jeden Zeitpunkt gelten m¨ussen, m¨ussen die Exponentialfaktoren f¨ur z = 0 gleich sind
~kI·~r =~kR·~r=~kT ·~r, wenn z = 0.
Deswegen
kIx=kRx=kT x, kIy =kRy =kT y. F¨ur die Amplituden erhalten wir
1
E~0I+E~0R
z =2 E~0T
z,
B~0I+B~0R
z = B~0T
z, E~0I+E~0R
x,y = E~0T
x,y, 1
µ1
B~0I +B~0R
x,y = 1 µ2
B~0T
x,y, wobei in jedem der F¨alle
B~0 = 1 v
h
~e~k×E~0i gilt.
Wenn die einfallende Welle parallel polarisiert ist, gilt E~0I
y = B~0I
x = B~0I
z = 0.
Dann bekommen wir 1
µ1
B~0R
x = 1 µ2
B~0T
x, B~0R
z = B~0T
z, E~0R
y = E~0T
y, Hier ist die gleiche Polarizierung
E~0R
y
= E~0T
y
= 0 eine nat¨urliche L¨osung.
Wenn wir sich eine andere L¨osung vorstellen, dann ergibt die Beziehung zwischen B~ und E~
B~0T = 1 v2
~e~k×
E~0T
x~ex+ E~0T
y~ey + E~0T
z~ez
= B~0T
y~ey + 1 v2
E~0T
y[−~excosθT +~ezsinθT], und
B~0R= 1 v1
~ e~k×
E~0R
x
~ ex+
E~0R
y
~ey+ E~0R
z
~ez
= B~0R
y
~ey+ 1 v1
E~0R
y
[~excosθR+~ezsinθR],
Damit kann man die zwei Bedingungen 1
µ1
B~0R
x = 1 µ2
B~0T
x ⇒ 1
µ1v1 cosθR =− 1
µ2v2 cosθT, B~0R
z = B~0T
z ⇒ 1
v1 sinθR= 1
v2 sinθT,
gleichzeitig nicht erf¨ullen. Deswegen ist eine solche L¨osung unm¨oglich.
(b) Finden Sie die reflektierten und transmittierten Amplituden des elektrischen Feld als Funktionen vom Einfallswinkel θI.
Wenn die reflektierte und transmittierte Welle in der x-z-Ebene polarisiert sind, werden die Randbedingungen f¨ur die Amplituden
1(−E0IsinθI +E0RsinθR) = 2(−E0T sinθT)z, E0IcosθI +E0RcosθR=E0T cosθT, 1
µ1v1 (E0I−E0R) = 1 µ2v2E0T. Zusammen mit dem Reflexions- und Brechungsgesetz reduzieren sich diese Glei- chungen zu
E0I+E0R=αE0T, E0I−E0R =βE0T, wobei
β = µ1v1 µ2v2
= µ1n1 µ2n2
, α= cosθT cosθI
.
Durch L¨osen dieser Gleichungen f¨ur die reflektierten und transmittierten Amplitu- den erhalten wir
E0R= α−β
α+βE0I, E0T = 2
α+βE0I.
(c) Finden Sie einen Winkel θB (namens Brewster-Winkel), bei dem die reflektierte Welle vollst¨andig verschwindet.
Die reflektierte Welle verschwindet wenn α=β.
Hier ist α eine Funktion von θI: α =
p1−sin2θT cosθI =
p1−(n1/n2)2sin2θI cosθI . L¨osen wir jetzt die Gleichung α=β und finden
sin2θB = 1−β2 (n1/n2)2−β2. Beim ¨ublichen Fall ist µ1 'µ2, sodass β 'n2/n1 und
sin2θB ' β2 1 +β2,
daher gilt
tanθB ' n2 n1.
(d) Skizzieren Sie die Verh¨altnisse E0R/E0I und E0T/E0I als Funktion von θI.
Hiern1 = 1 (Luft),n2 = 1.5 (Glas) und die negative Werte bedeuten, dass die Phase der Welle um 180°gegen den entfallenden Strahl verschoben ist. Die Amplitude selbst ist der Absolutwert.
(e) Bestimmen Sie den Reflexionskoeffizient und den Transmissionskoeffizient f¨ur den Energiefluss.
Die Leistung pro Fl¨acheneinheit, die auf der Grenzfl¨ache auftrifft, lautet S~·~ez. Die auftreffende Intensit¨at ist daher
II = 1
21v1E0I2 cosθI, w¨ahrend die reflektierte und transmittierte Intensit¨at
IR= 1
21v1E0R2 cosθR, IT = 1
22v2E0T2 cosθT
betr¨agt. Der Kosinus tritt auf, weil wir hier die mittlere Leistung pro Fl¨achenein- heit an der Grenzfl¨ache betrachten. Die Grenzfl¨ache ist gegen¨uber der Wellenfront geneigt.
Die Reflexions- und Transmissionskoeffizienten lauten:
R ≡ IR
II = E0R2 E0I2 =
α−β α+β
2
,
T ≡ IT II
= 1v1 2v2
cosθT cosθI
E0T2
E0I2 = 4αβ (α+β)2.
2. Elektromagnetische Wellen in Leitern: (10 Punkte)
(a) Zeigen Sie, dass die Eindringtiefe in einem schlechten Leiter (σ ω) (unabh¨angig von der Frequenz) (2/σ)p
/µ betr¨agt. Bestimmen Sie die Eindringtiefe (in Meter) f¨ur (reines) Wasser.
Der Imagin¨arteil vom Wellenvektor ist
κ=ω rµ
2
"r
1 + σ2 2ω2 −1
#1/2
'ω rµ
2
1 + σ2 22ω2 −1
1/2
= σ 2
rµ . Die Eindringtiefe ist dann
d= 1 κ ' 2
σ r
µ. F¨ur Wasser:
= 80.10, µ'µ0, σ = 0.4×10−5 ⇒ d= 1.19×104m.
(b) Zeigen Sie, dass die Eindringtiefe in einem guten Leiter (σ ω) λ/2π betr¨agt (wobei λdie Wellenl¨ange im Inneren des Leiters darstellt). Bestimmen Sie die Ein- dringtiefe (in Nanometer) f¨ur ein typisches Metall im sichtbaren Bereich (ω ≈ 1015/s) unter der Annahme ≈1 und µ≈1.
Der Realteil vom Wellenvektor ist K =ω
rµ 2
"r
1 + σ2 2ω2 + 1
#1/2
'κ,
weilσ2/(ω)2 jetzt dominiert. Dann λ= 2π
k ' 2π
κ = 2πd ⇒ d= λ 2π. Im typischen Metall
κ'√
ωµσ2 = 8×107 ⇒ d= 1
κ = 1.3×10−8 = 13nm.
(c) Warum sind Metalle undurchsichtig?
Die Eindringtiefe ist ziemlich klein (13 nm), d.h. die Felder dringen nicht weit in Metall. Deswegen sind Metalle undurchsichtig.
(d) Zeigen Sie, dass in einem guten Leiter das magnetische Feld 45°hinter dem elek- trischen Feld zur¨uckbleibt, und bestimmen Sie das Verh¨altnis ihrer Amplituden. Be- nutzen Sie als numerisches Beispiel das “typische Metall” aus Teil (b).
ϕ= arctan κ k. Da κ'k, folgt es ϕ=45°.
Das Verh¨altnis der Aplituden der Felder ist B0
E0
= s
µ r
1 + σ2 2ω2 '
rσµ ω . Im typischen Metall
B0
E0 = 10−7 s m. Im Vakuum
B0 E0 = 1
c = 3×10−9 s m.
