ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 2 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ. Προθεσµία παράδοσης 11/12/07

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ Προθεσµία παράδοσης 11/1/7 11/11/7 Άσκηση 1 Αντικαθιστούµε τις δοθείσες εκφράσεις στις εξισώσεις του Maxwell στο κενό. Παρατηρούµε ότι οι εξισώσεις E B ικανοποιούνται αυτόµατα. Από τις άλλες δύο εξισώσεις έχουµε xˆ yˆ zˆ B E B s( kx ωt+ ϕ) zˆ t x y z t και E sin( kx ωt) E k s( kx ωt) zˆ Bω sin kx ωt+ ϕ zˆ E k s( kx ωt) Bω sin kx ωt+ ϕ (1) xˆ yˆ zˆ E B µ ε E sin( kx ωt) yˆ t x y z t B s( kx ωt+ ϕ) yˆ k B sin( kx ωt+ ϕ) ωµ ε E s kx ωt yˆ ωµ ε E s kx ωt k B sin( kx ωt+ ϕ) () ιαιρώντας κατά µέλη τις (1) και () βρίσκουµε Ek Bω k ω µ ε ωµ εe k B και χρησιµοποιώντας k π / λ, ω π / λ ω / k βρίσκουµε 1 k k µ ε µ ε που δίνει τη γνωστή σχέση για την ταχύτητα του φωτός και συνεπώς οι εξισώσεις (1) και () είναι συµβατές. Από την (1) και χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα του ηµιτόνου sin kx ωt+ ϕ sin kx ωt sφ+ s kx ωt sinφ και ω / k βρίσκουµε [ E B ϕ] kx ωt [ B φ] ( kx ωt) + sin s( ) + s sin Ο µόνος τρόπος να ικανοποιείται η παραπάνω εξίσωση για οποιαδήποτε τιµή των x, t είναι ο ταυτόχρονος µηδενισµός των συντελεστών του ηµιτόνου και συνηµίτονου δηλαδή sϕ () E + B sinϕ (4) 1

2 (n+ 1) π Από την () συµπεραίνουµε ότι ϕ, n, ± 1, ±,, συνεπώς sin ϕ ( 1) n E και B ( 1) n Άσκηση Α)Σύµφωνα µε τις εξισώσεις του Maxwell xˆ yˆ zˆ B B E t x y z t E s( kz ωt) E sin( kz ωt) B x ˆ k E s ˆ kz ω t + y k E sin( kz ω t ) t B xˆ k E dt s( kz ωt) + yˆ k E dt sin( kz ωt) + C k E k E B xˆ sin( kz ωt) + yˆ s( kz ωt) + C ω ω Το C θα µπορούσε να ήταν γενικώς αυθαίρετη συνάρτηση των x,y,z αλλά εδώ µας δίνεται ότι B( kz ωt) συνεπώς µπορεί να είναι µόνο ένα σταθερό διάνυσµα C ( C1, C, C). Μας δίνεται επίσης ( k π / λ, ω π / λ ω / k E k E E B( t, z ),, C1, + C, C,, C ω Συνεπώς E E B xˆ sin( kz ωt) + yˆ s( kz ωt) Β) Το διάνυσµα του Pynting δίνεται από xˆ yˆ zˆ S ε E B ε E s( kz ωt) E sin( kz ωt) E E sin( kz ωt) s( kz ωt) E E z ˆ ε ˆ s ( kz ωt) + sin ( kz ωt) zε E Η ένταση της ακτινοβολίας δίνεται από το µέτρο του διανύσµατος Pynting, I S ε E Γ) Στο σχήµα φαίνεται το στιγµιότυπο του Η/Μ κύµατος για t, µε τα ζητούµενα διανύσµατα.

3 Tο κυµατάνυσµα k και το διάνυσµα του Pynting S παραµένουν σταθερά ενώ τα διανύσµατα του ηλεκτρικού και µαγνητικού πεδίου περιστρέφονται στο επίπεδο x-y (πρόκειται για κυκλικά πολωµένο Η/Μ κύµα) παραµένοντας κάθετα µεταξύ τους. Άσκηση Α) Χρησιµοποιώντας τη σχέση (19.58) του βιβλίου των Alns&Finn και για µία συχνότητα συντονισµού ω και f 1 Ne 1 n 1+ mε e ω ω όπου αφού µας δίνεται ότι το n είναι πολύ κοντά στη µονάδα συµπεραίνουµε Ne 1 mε ω ω e 1 Από την (1) και χρησιµοποιώντας ανάπτυγµα Taylr Ne 1 Ne 1 Ne 1 n δ n n 1 () mε ω ω mε ω ω mε ω ω e e e B) Χρησιµοποιώντας τη σχέση (19.59) του βιβλίου των Alns&Finn έχουµε υ g n + ω dn / dω () όπου από την () dn d Ne 1 Ne ω Ne ω 1+ dω dω mε ω ω mε mε ( ω ω ) ( ω ω ) e e e και αντικαθιστώντας στην () παίρνουµε υg Ne 1 Ne ω 1 Ne ω + + m 1 1 eε ω ω meε + + ( ω ω ) meε ( ω ω ) ( ω ω ) Ne ( ω + ω ) 1+ meε ω ω ( ) Καθώς ο δεύτερος όρος στον παρονοµαστή είναι πάντα θετικός, ο παρονοµαστής είναι πάντα µεγαλύτερος της µονάδος και έχουµε υ g <. (1)

4 Άσκηση 4 Το ζητούµενο της άσκησης είναι η ποσότητα r I E E r ' r ' r ', π + Er ', σ Er ', π Er ', σ + (1) I Ei Ei Ei Ei όπου Er ', π και Er ', σ η παράλληλη και κάθετη συνιστώσα του ανακλώµενου κύµατος στο επίπεδο πρόσπτωσης (επίπεδο που ορίζεται από τις διευθύνσεις y και z), αντίστοιχα. Από το σχήµα είναι προφανές ότι το ηλεκτρικό πεδίο του προσπίπτοντος κύµατος E i συνδέεται µε τις δύο συνιστώσες Ei, π και Ei, σ µέσω των σχέσεων E E s ϕ, E E sinϕ () i, π i i, σ i Με αντικατάσταση των (), η σχέση (1) γίνεται Er ', π E r ', σ r s ϕ+ sin ϕ R s R sin π ϕ+ σ ϕ () E E i, π i, σ όπου τα R π και R σ δίνονται από τις σχέσεις (.5) για το ανακλώµενο κύµα: Er ', π n1 sθr n sθi Rπ E n sθ + n sθ i, π 1 r i Er ', σ n1 sθi n sθr Rσ E n sθ + n sθ i, σ 1 i r ίνεται ότι θ i 4 ενώ η γωνία διάθλασης θ r υπολογίζεται από το νόµο του Snell sinθ sin 4 i n1 sinθi n sinθr θr ar sin arsin 5.7 n 1.5 όπου θεωρήσαµε για τον αέρα n 1 1. Θέτοντας τα δεδοµένα στις σχέσεις (4) βρίσκουµε R π.1 και R σ.8. Τέλος, µε βάση το δεδοµένο ϕ 45 σχέση () δίνει το ζητούµενο αποτέλεσµα 1 ( r Rπ + Rσ ).46 Συνεπώς το ποσοστό της ανακλώµενης έντασης ισούται µε 4.6 %. (4) η 4

5 Άσκηση 5 A) Αρχικά, από την πυκνότητα του σφαιριδίου θα υπολογίσουµε τη µάζα του, m m 4 d m πr d V 4 πr Θεωρούµε ότι η απόσταση Ήλιου σωµατιδίου είναι R. Η βαρυτική έλξη είναι ίση GM H m GM H 4 µε F r d π R R I Η πίεση ακτινοβολίας στη θέση του σωµατιδίου είναι p. Η ένταση ακτινοβολίας PΗΛΙΟΥ Ι στη θέση του σωµατιδίου είναι I. Η δύναµη λόγω πίεσης ακτινοβολίας 4πR είναι ίση µε F pa όπου από τον ορισµό της έντασης A είναι η κάθετη πιεση επιφάνεια (διατοµή) που δέχεται την ακτινοβολία, η οποία στην περίπτωσή µας ισούται µε A π r. Συνεπώς I PΗΛΙΟΥ PΗΛΙΟΥ Fπιεση π r π r r 4π R 4R Η ολική απωστική δύναµη είναι PΗΛΙΟΥ GM H 4 Fολικο Fαπωσ Fελξη Fολικο r πr d 4R R PΗΛΙΟΥ GM H 4 Για να αποµακρυνθεί το σωµατίδιο θα πρέπει r πr d, άρα 4R R PΗΛΙΟΥ r. 16π GM Hd PΗΛΙΟΥ B) Η κρίσιµη ακτίνα είναι r. 16πGM d H Γ) Όπως διαπιστώνουµε κρίσιµη ακτίνα είναι ανεξάρτητη της απόστασης R του ήλιου από το σωµατίδιο Άσκηση 6 Γενικά, όταν γραµµικά πολωµένο φως διαπερνά γραµµικό πολωτή του οποίου ο άξονας διάδοσης σχηµατίζει γωνία θ µε τη διεύθυνση του διανύσµατος του ηλεκτρικού πεδίου, τότε εξέρχεται πολωµένο κατά τη διεύθυνση του άξονα διάδοσης του πολωτή και η ένταση του είναι Iut Iin s θ, όπου Ι in η ένταση της προσπίπτουσας δέσµης. Συνεπώς µετά την έξοδο από τον πρώτο πολωτή, το φως θα είναι πολωµένο κατά τη διεύθυνση θ 1 και η έντασή του θα είναι I I s θ

6 Όµοια, από τον δεύτερο πολωτή θα εξέλθει πολωµένο κατά τη διεύθυνση θ µε ένταση ανάλογη του s (της γωνίας µεταξύ του εξερχοµένου E και του προσπίπτοντος E 1 ), δηλαδή I I1 s ( θ θ1). Τέλος από τον τρίτο πολωτή η δέσµη θα εξέλθει πολωµένη κατά τη διεύθυνση θ µε ένταση I I s ( θ θ). ηλαδή το τελικό φως θα είναι πολωµένο κατά τη διεύθυνση θ µε ένταση: Iτελ I I s ( θ θ) I1 s ( θ θ1) s ( θ θ) I s θ1 s ( θ θ1)s ( θ θ) Εφαρµογή: Α) Αν θ 1 1 ο, θ 4 ο, θ 6 ο, τότε I Is 1 ο s ο s ο τελ.64i Β) Αν θ 1 ο, θ ο, θ 5 ο, τότε I I s ο s ο s ο τελ.66i Άσκηση 7 Α) Ο βρόχος δρα ως µαγνητικό δίπολο µαγνητικής ροπής M M sin( ωt) όπου M Iπα. Αρκετά µακριά από το βρόχο, r>>α, οι όροι ~ 1/r (και ανώτεροι) έχουν εξασθενήσει και παραµένουν µόνο οι όροι των πεδίων ~ 1/r. Σε αυτήν την προσέγγιση το ηλεκτρικό και το µαγνητικό πεδίο είναι κάθετα µεταξύ τους και έχουν µέτρα µ M sinθ ω µ M sinθ ω E sin( kr ωt), B sin( kr ωt) 4π r 4π r και συνεπώς η ένταση ισούται µε 4 µ M sin θ ω I S E B EB sin ( kr ωt) 16π r µ M sin θ ω π r όπου χρησιµοποιήσαµε 4 sin ( kr t) 1/ (1) ω. Η µεταλλική επιφάνεια σε απόσταση r από το δίπολο είναι τέλειος ανακλαστής και δέχεται πίεση ακτινοβολίας οποία ασκεί µέση δύναµη και καθώς θ π /, µ M sin θ ω F PA A 16π r 4 µ Iα ω F A 16 r Η ενεργός ένταση ισούται µε I I / και αντικαθιστώντας στην () rms 4 4 µ rmsα ω F A I rms I r 8F 16 r α ω µ A 4 4 I P η Β) Η ολική ακτινοβολούµενη ισχύς δίνεται από την σχέση (19.6) του βιβλίου των Alns και Finn () () 6

7 de I A I I I ω πα ω πα ω πα ω rms dt 1πε 1πε 1ε 6ε ενώ η ισχύς που καταναλώνεται στο σύρµα (λόγω της αντίστασης R ρ( πα) ) είναι I rms R. Η ισχύς τροφοδοσίας πρέπει να καλύπτει και τις δύο, άρα de πα ω de 8Fr πα ω Irms R+ R dt ολ 6ε dt ολ Aµα ω 6ε (4) Άσκηση 8 Η διάταξη της οθόνης και των θεατών παρουσιάζεται στο σχήµα µε την οθόνη στο επίπεδο x-y z ϕ Μπροστινός θεατής θ Οθόνη τηλεόρασης ϕ y Πλάγιος θεατής x Η ένταση της ακτινοβολίας Χ από το ηλεκτρόνιο που σταµατάει στην οθόνη είναι q a I ( θ ) sin I sin a 16 r θ θ π εο όπου α η επιβράδυνση και I a q a 16π ε ο r Α) Η επιφάνεια στην οποία διαχέεται η ακτινοβολούµενη ισχύς, στην απόσταση του θεατή, αντιστοιχεί στην επιφάνεια µιας σφαίρας ακτίνας r.5m, έχει δηλαδή εµβαδόν 4π r 78.5m ενώ η επιφάνεια του θεατή ισούται µε.6 m.6m, είναι δηλαδή πολύ µικρότερη. Κάνοντας την εύλογη υπόθεση, ότι η ισχύς σε όλη την επιφάνεια Α είναι περίπου ίση µε την ισχύ στο κέντρο της επιφάνειας, ο µπροστινός (στις ο ) θεατής, ενεργού επιφανείας Α, δέχεται ισχύ 7

8 I( ο ) Α I α (1/) Α I α Α/4, ενώ ο πλάγιος (στις 9 ο ) θεατής, ενεργού επιφανείας Α, δέχεται ισχύ I(9 ο ) Α I α (1) Α I α Α, Συνεπώς I (9 ) / I 4 δηλαδή ο θεατής στα πλάγια δέχεται 4 φορές περισσότερη ένταση από τον µπροστινό θεατή. Β) Παρατηρούµε ότι η εκπεµπόµενη ισχύς δεν εξαρτάται από τη γωνία ϕ. Εποµένως η ισχύς που δέχεται ένας θεατής µπορεί να υπολογιστεί αν διαιρέσουµε την ισχύ που ϕ < π µε τον αριθµό των θεατών. Για δέχονται οι θεατές σε έναν κύκλο δεδοµένη γωνία θ µπορούµε να θεωρήσουµε ότι οι θεατές τοποθετούνται σε κύκλο ακτίνας r θ.5sinθ και ο καθένας καλύπτει γωνία φ.6 / r θ.4 / sinθ και θ.6 /.5.4 (βρίσκεται δηλαδή στο διάστηµα ( θ.1, θ +.1) ) π Για τον µπροστινό θεατή θ και φ.4 /.5.48 και ο κύκλος 6 καλύπτεται µε π /.48 1 θεατές. Όλοι µαζί δέχονται ισχύ π / 6+.1 π π / 6+.1 a a π / 6.1 π / 6.1 π / 6.1 I I( θ ) da I r dθ sin θ dφ π I.5 d(s θ ) 1 s θ µ π / 6+.1 s θ π Ia.5 sθ 1.Ia + Ο κάθε θεατής λοιπόν δέχεται ισχύ π /1 1. a /1.94 a I I I I π Για τον πλάγιο θεατή θ 9 και φ.4 /1.4 και ο κύκλος καλύπτεται µε π /.4 6 θεατές. Όλοι µαζί δέχονται ισχύ π / +.1 π π / +.1 a a π /.1 π /.1 π /.1 I I ( θ ) da I r dθ sin θ dφ π I.5 d(s θ ) 1 s θ π π / +.1 s θ π Ia.5 sθ 9.6Ia + Εποµένως ο κάθε θεατής στο πλάι δέχεται ισχύ I (9 ) I / I / 6.6I π a Ο ζητούµενος λόγος µε αυτή τη µέθοδο υπολογισµού ισούται µε a I (9 ) / I.8 8

9 Άσκηση 9 Α) Θεωρώντας ότι n A 1 (δείκτης διάθλασης του αέρα) και εφαρµόζοντας τον νόµο του Snell έχουµε na sinϕ 1 sinϕ n sinϕ sinϕ ϕ n1 n1 1 n1 sinϕ1 n sinϕ sinϕ sinϕ1 ϕ 1.6 n n 1 n sinϕ na sin ϕ ' sin ϕ ' sin ϕ ϕ ' 45 na 1 Από τα παραπάνω µπορούµε να υπολογίσουµε τις αποστάσεις a, b, και : a tanϕ 1 a d1 tanϕ1 7 tan.7 m a 1m d 1 b 17 b d b tanϕ tanϕ tan1.6 m.5m d tan ϕ ' d tan ϕ ' 5 tan 45 m 5m d Άρα η ζητούµενη απόσταση είναι y a+ b+ 6.5m και εποµένως η δέσµη θα χτυπήσει πάνω στην οθόνη 6.5 m πάνω από το σηµείο που εισήλθε στο πρώτο πλακίδιο. Β)Έστω ότι έχουµε Ν πλήθος πλακιδίων µε διαφορετικά πάχη και δείκτες διάθλασης. Υποθέτουµε ότι οι δείκτες διάθλασης των πλακιδίων είναι n 1, n,, n Ν και οι γωνίες εισόδου και εξόδου φ και φ, αντίστοιχα. 9

10 Εφαρµόζοντας διαδοχικά το νόµο του Snell βρίσκουµε: n sinϕ n sinϕ A 1 1 n1 sinϕ1 n sinϕ... n sinϕ n sinϕ n N 1 N 1 N N sinϕ n sin ϕ ' N N A Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει: na sinϕ na sin ϕ ' ϕ ϕ '. Εποµένως καταλήγουµε στο συµπέρασµα ότι η γωνία εισόδου της δέσµης είναι ίση µε τη γωνία εξόδου ανεξάρτητα του αριθµού και του είδους των πλακιδίων που διαπερνά. Άσκηση 1 Α)Από τα δεδοµένα της άσκησης και Χ όσον αφορά το αριστερό πλακίδιο έχουµε πρόσπτωση κάθετα στον d οπτικό άξονα µε: Ε Ζ E E x Ez OA Χρησιµοποιώντας τα αποτελέσµατα έσµη φωτός d 1 Μ του παραδείγµατος.4 των σελ. L/ του βιβλίου των Alns και Κ Λ Finn, η διαφορά φάσης µεταξύ x d τακτικής και έκτακτης ακτίνας της Υ δέσµης στο αριστερό πρίσµα είναι ( n1 n) ϕ 1 πd1 ( 1) λ Στο δεξί πρίσµα και καθώς d << L µπορούµε να θεωρήσουµε ότι η L/ πρόσπτωση είναι επίσης κάθετη στην OA επιφάνεια και εφαρµόζοντας τον ίδιο τύπο η διαφορά φάσης ισούται µε ( n n1) Η Θ ϕ πd λ όπου d 1, d οι αποστάσεις που διανύει το φως µέσα στο αριστερό και το δεξί πρίσµα αντίστοιχα. Η συνολική διαφορά φάσης στην έξοδο της δέσµης είναι: n n ϕ ϕ 1+ ϕ > ϕ π d1 d λ Από τα όµοια τρίγωνα ΚΛΗ και ΕΖΗ έχουµε : L d + x 1 ( 4) d L και από τα ΛΜΖ και ΗΖΘ έχουµε 1 1

11 L x d 5 d L Αφαιρώντας κατά µέλη τις (4) και (5) προκύπτει: x d1 d d L Τότε αντικαθιστώντας στην () παίρνουµε 4 π ϕ ( n1 n) xd λ L Β) Το φως θα βγει: α) Γραµµικά πολωµένο όταν ισχύει: β) Κυκλικά πολωµένο όταν ισχύει: ακέραιος Nλ L ϕ Nπ x όπου Ν ακέραιος 4 n n d ( ) 1 π N+ 1 λ L ϕ N+ 1 x 8 n n d ( ) 1 όπου Ν 11

12 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ 1) Η ταχύτητα του φωτός σε ένα µέσο µε δείκτη διάθλασης n ισούται µε υ/n. Αν υ.9, τότε n1/ ) Θεωρούµε την διάταξη του σχήµατος µε n <n, n 1 <n και n >n 1 η οποία απεικονίζει µια προσπίπτουσα (µε γωνίαθ ) ακτίνα φωτός στην επιφάνεια του ρολογιού. Στο δύτη θα φτάσουν ακτίνες προερχόµενες στη γενική περίπτωση από διαφορετικές διαδροµές: α) ανάκλαση στη διεπιφάνεια νερού - γυαλιού (η µπλε ακτίνα στο σχήµα) ΝΕΡΟ, n β) ανάκλαση στη διεπιφάνεια θ θ γυαλιού αέρα (η κόκκινη ακτίνα στο σχήµα) θ γ) ανάκλαση στην πλάκα του ΓΥΑΛΙ, n ρολογιού (η µαύρη ακτίνα), η ΑΕΡΑΣ, n 1 οποία φέρει την πληροφορία της θ 1 ώρας Όλες οι ακτίνες εξέρχονται µε γωνία ίση µε τη γωνία πρόσπτωσης δηλαδή ίση µε θ η οποία είναι η γωνία παρατήρησης. ηλαδή µε άλλα λόγια, όταν ο δύτης παρατηρεί το ρολόι του υπό γωνία θ, παρατηρεί τις ακτίνες οι οποίες προέρχονται από την προσπίπτουσα στο ρολόι του µε γωνία θ ίση µε τη γωνία παρατήρησης. Εφαρµόζοντας τον νόµο του Snell στη διεπιφάνεια νερού - γυαλιού (για την προσπίπτουσα ακτίνα), παίρνουµε n sinθ n sinθ (1). Παρατηρούµε ότι αφού n <n, θα έχουµε και θ > θ, δηλαδή η διαχωριστική επιφάνεια νερού-γυαλιού δεν µπορεί να αποτελέσει επιφάνεια ολικής ανάκλασης. Στη διαχωριστική επιφάνεια γυαλιού-αέρα ισχύει: n sinθ n1 sinθ1 (). Συνδυάζοντας τις (1) και () προκύπτει: n sinθ n sinθ () 1 1 Η σχέση () δείχνει ότι όταν η γωνία θ αυξηθεί τόσο ώστε θ 1 π/, τότε θα έχουµε ολική ανάκλαση στην διεπιφάνεια γυαλιού-αέρα (δεν υπάρχει η ακτίνα της διαδροµής (γ)) µε αποτέλεσµα να το ρολόι να συµπεριφέρεται σαν τέλειο κάτοπτρο. Θέτοντας sin θ 1 1, βρίσκουµε n1 sinθ. Θέτοντας για τον αέρα n 1 1 και θ 49 υπολογίζουµε για τον n συντελεστή διάθλασης του θαλασσινού νερού n 1.5. Παρατηρούµε ότι ο συντελεστής διάθλασης του γυαλιού δεν υπεισέρχεται στους υπολογισµούς, εποµένως η οριακή γωνία ολικής ανάκλασης δεν εξαρτάται από το υλικό από το οποίο είναι κατασκευασµένη η πρόσοψη του ρολογιού. Στα παραπάνω έχουµε κάνει την εύλογη υπόθεση ότι ο δείκτης διάθλασης του καλύµµατος του ρολογιού (συνήθως γυαλί) είναι µεγαλύτερος από αυτόν του θαλασσινού νερού. Σε αντίθετη περίπτωση µπορούµε να έχουµε ολική ανάκλαση στην διεπιφάνεια νερού-καλύµµατος και µπορούµε να υπολογίσουµε µόνο το σχετικό δείκτη διάθλασης ο οποίος θα εξαρτάται από το υλικό του καλύµµατος. 1

13 ) Για κάθετη πρόσπτωση θi θr συνεπώς οι σχέσεις (.5) του βιβλίου των Alns και Finn γράφονται E r, π n1 n E r, π n1 Rπ, Tπ E n + n E n + n R σ i, π 1 i, π 1 E n n E n, T E n n E n n r, σ 1 r, σ 1 σ i, σ 1+ i, σ 1+ Το επίπεδο πρόσπτωσης δεν ορίζεται µονοσήµαντα σε αυτήν την περίπτωση (οποιοδήποτε κάθετο στη διαχωριστική επιφάνεια επίπεδο που περιέχει την προσπίπτουσα ακτίνα µπορεί να θεωρηθεί επίπεδο πρόσπτωσης) και θα πρέπει οι δύο συντελεστές να είναι ίσοι (καθώς µπορούν να εναλλαγούν οι ρόλοι της κάθετης και παράλληλης συνιστώσας). Μας n < n και συνεπώς έχουµε R <, R <. δίνεται 1 π σ Ακολουθώντας τις συµβάσεις των σχηµάτων -17 και -18 µε βάση τις οποίες έχουν προκύψει οι σχέσεις (.5) του βιβλίου των Alns και Finn έχουµε για κάθετη πρόσπτωση και για την κάθετη συνιστώσα τα διανύσµατα του ηλεκτρικού πεδίου όπως στο παραπάνω Σχήµα. Το ίδιο ακριβώς συµβαίνει και για την παράλληλη συνιστώσα. Συνεπώς η διαφορά φάσης είναι και στις δύο περιπτώσεις ίση µε π. n 1 n Ei, σ k r k i E r, σ 4) Το ηλιακό φως (πριν 1. µπει στην ατµόσφαιρα) είναι τυχαία πολωµένο. Όταν όµως προσπέσει.8 σε κάποια επιφάνεια και ανακλαστεί, τότε.6 πολώνεται µερικά, επειδή η ένταση της.4 κάθετης στο επίπεδο πρόσπτωσης συνιστώσα R (συνιστώσα «σ») είναι. R µεγαλύτερη από την ένταση της παράλληλης. (συνιστώσα «π»). ηλαδή το ανακλώµενο i φως περιέχει περισσότερο ποσοστό από την κάθετη συνιστώσα, είναι δηλαδή µερικά πολωµένο. Το παραπάνω φαινόµενο φαίνεται και ποσοτικά στο σχήµα όπου απεικονίζονται τα τετράγωνα των συντελεστών ανάκλασης της παράλληλης και κάθετης συνιστώσας συναρτήσει της γωνίας πρόσπτωσης θ (εδώ θεωρήσαµε i 1

14 n1 1, n 1.5 ). Παρατηρούµε ότι για όλες τις γωνίες Rσ Rπ. Στην περίπτωση ανάκλασης στους τοίχους ενός κτιρίου, η «σ» συνιστώσα είναι οριζόντια (παράλληλη µε το έδαφος). Συνεπώς, οι φωτογράφοι χρησιµοποιούν µπροστά από το φακό της µηχανής τους ένα πολωτή µε τον άξονα διάδοσης κατακόρυφο, ώστε να πετύχουν µέγιστη εξασθένιση του ανακλώµενου φωτός το οποίο δηµιουργεί ανεπιθύµητες αντανακλάσεις µε συνέπεια τη µείωση της αντίθεσης στις φωτογραφίες. 5) Η ένταση Ι του κύµατος θα δίνεται από τη µέση τιµή του µέτρου του ανύσµατος Pynting: 1 1 α x α x π I E( x, t) B( x, t) Ee sin( kx ωt) Be sin( kx ωt ) ux uy µ µ 4 1 µσ α x π E e sin( kx ωt)sin( kx ωt ) uzy µ ω 4 1 σ α x π π E e s s(kx ωt ) > µω σ π I E e s I e µω 4 α x α x Η ένταση θα µειωθεί στο µισό όταν α z 1 ln e > z α ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ Οι εξισώσεις του Maxwell στο κενό σε διαφορική µορφή είναι E B B E E, Bµ ε t t 14