Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002 Bølgefysikk Høst 2006

Løsningsforslag til øving 8

Veiledning 19. oktober

Oppgave 1

Helt generelt vil vi ha, for en elektromagnetisk bølge som forplanter seg i retning k̂ og som er polarisert i retning n̂ (med n̂ ⊥ k̂):

E = n̂E_{0} cos(k · r − ωt)

Alternativt kunne vi selvsagt ha brukt sinus i stedet for cosinus. Ettersom c = ω/k, der k = |k| (slik at k = kk̂), kan vi også skrive

E = n̂E_{0} cos[ω(t − k̂ · r/c)]

I kartesiske koordinater er r = xx̂ + yŷ+ zẑ. Magnetfeltet B kan deretter bestemmes ved hjelp av relasjonen som vi utledet fra Faraday-Henrys lov, nemlig

ωB = k × E

eller

B = \frac{k}{ω} × E = \frac{1}{c}k̂ × E

a) Forplantning i negativ z-retning betyr at k̂ = −ẑ. Polarisering i y-retning betyr at n̂ = ŷ. Dermed:

E = ŷE_{0} cos[ω(t + z/c)]

(Merk at fasen k · r − ωt innbefatter alle mulige retninger i rommet, slik at fortegnet som angir forplantning i positiv eller negativ retning i det endimensjonale tilfellet kommer automatisk ut på riktig måte.) Det tilhørende magnetfeltet er

B = \frac{1}{c}k̂ × E
= \frac{1}{c}(−ẑ) × ŷE_{0} cos[ω(t + z/c)]
= x̂\frac{E_{0}}{c} cos[ω(t + z/c)]

Kartesiske komponenter av k og n̂:

k_{x} = k_{y} = 0 , k_{z} = −\frac{ω}{c}
n_{x} = n_{z} = 0 , n_{y} = 1

b) Forplantning i retning (1, 1, 1) betyr at vi kan skrive

k = a(x̂ + ŷ + ẑ)

Samtidig har vi k = ω/c slik at

\frac{ω}{c} = a\sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}a

dvs a = ω/\sqrt{3}c. Dermed:

k = \frac{ω}{\sqrt{3}c} (x̂ + ŷ + ẑ)

og

k̂ = \frac{1}{\sqrt{3}} (x̂ + ŷ + ẑ)

Polarisering i et plan parallelt med xy-planet betyr at vi kan skrive

n̂ = n_{x}x̂ + n_{y}ŷ

Gauss’ lov brukte vi til å vise at k · E = 0, som her betyr at k̂ · n̂ = 0, og som gir

(x̂ + ŷ + ẑ) · (n_{x}x̂ + n_{y}ŷ) = n_{x} + n_{y} = 0

dvs n_{y} = −n_{x}. Ettersom |n̂| = 1, finner vi n_{x} = 1/\sqrt{2} og n_{y} = −1/\sqrt{2} (eller omvendt, hvis du foretrekker det). Alt i alt:

E = \frac{1}{\sqrt{2}}(x̂ − ŷ)E_{0} cos [ω (t − \frac{x + y + z}{\sqrt{3}c} )]

Det tilhørende magnetfeltet blir

B = \frac{1}{c}k̂ × E
= \frac{1}{c} \frac{1}{\sqrt{3}} (x̂ + ŷ + ẑ) × \frac{1}{\sqrt{2}}(x̂ − ŷ)E_{0} cos [ω (t − \frac{x + y + z}{\sqrt{3}c} )]
= \frac{E_{0}}{\sqrt{6}c}(x̂ + ŷ − 2ẑ) cos [ω (t − \frac{x + y + z}{\sqrt{3}c} )]

Kartesiske komponenter av k og n̂:

k_{x} = k_{y} = k_{z} = \frac{ω}{\sqrt{3}c}
n_{x} = −n_{y} = \frac{1}{\sqrt{2}} , n_{z} = 0

Oppgave 2

P_{rad} = \frac{I}{c} = \frac{1300}{3 · 10^{8}} = \frac{1.3}{3} · 10^{−5} N/m^{2}

P_{atm} = 10^{5} N/m^{2} ⇒ \frac{P_{rad}}{P_{atm}} = \frac{1.3}{3} · 10^{−10}

Oppgave 3

Poyntings vektor:

S = \frac{1}{μ_{0}} E × B = \frac{μ_{0}p_{0}^{2}ω^{4} sin^{2} θ}{16π^{2}cr^{2}} cos^{2}[ω(t − r/c)] θ̂ × ϕ̂

Med hensyn til retninger, kan vi tenke oss at vi befinner oss i en posisjon på et kuleskall med radius r, slik at z-aksen går gjennom sentrum av kula, fra sørpol til nordpol. Dermed peker θ̂ sørover og ϕ̂ østover, slik at kryssproduktet mellom disse to blir en enhetsvektor som peker radielt utover, dvs r̂. Altså:

S = \frac{μ_{0}p_{0}^{2}ω^{4} sin^{2} θ}{16π^{2}cr^{2}} cos^{2}[ω(t − r/c)] r̂

Strålingsintensiteten får vi ved å ta et tidsmiddel over en periode av Poyntings vektor. Her er det bare faktoren cos^{2}[ω(t − r/c)] som avhenger av tiden, og ettersom cos^{2} x + sin^{2} x = 1, samt at middelverdien av cos^{2} x og sin^{2} x over en periode må være like store, har vi umiddelbart at ⟨cos^{2} x⟩ = ⟨sin^{2} x⟩ = 1/2. Følgelig:

⟨S⟩ = \frac{μ_{0}p_{0}^{2}ω^{4} sin^{2} θ}{32π^{2}cr^{2}} r̂

(I oppgaveteksten er intensiteten I(r) gitt som en vektor, hvilket ikke er riktig; intensitet er en skalar størrelse.) Total utstrålt energi pr tidsenhet finner vi ved å legge sammen bidragene utsendt gjennom alle biter dA av ei hel kuleflate med radius r. Dvs:

⟨P ⟩ = ∮ ⟨S⟩ · dA

Her er

dA = r^{2} sin θdθdϕ r̂

se Rottmann eller elmagkurset fra i vår. Dermed:

⟨P ⟩ = \frac{μ_{0}p_{0}^{2}ω^{4}}{32π^{2}c} ∫_{0}^{2π} dϕ ∫_{0}^{π} sin^{3} θ dθ

Integralet over ϕ gir rett og slett en faktor 2π. Integralet over θ kan vi sikkert finne i Rottmann. Alternativt kan vi skrive om:

sin^{3} θ = [\frac{1}{2i} (e^{iθ} − e^{−iθ})]^{3}
= −\frac{1}{4} · \frac{1}{2i} [e^{3iθ} − 3e^{iθ} + 3e^{−iθ} − e^{−3iθ}]
= −\frac{1}{4} [sin 3θ − 3 sin θ]

Og nå klarer vi å integrere:

∫_{0}^{π} sin^{3} θ dθ = −\frac{1}{4} ∫_{0}^{π} [sin 3θ − 3 sin θ] dθ
= −\frac{1}{4}|_{0}^{π} [−\frac{1}{3} cos 3θ + 3 cos θ]
= −\frac{1}{4} [\frac{1}{3} + \frac{1}{3} − 3 − 3]
= \frac{4}{3}

Total utstrålt effekt blir dermed

⟨P ⟩ = \frac{μ_{0}p_{0}^{2}ω^{4}}{12πc}

som vi skulle vise.