Документ 583368

Глава 2
УРАВНЕНИЯ МАКСВЕЛЛА. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ. ИНТЕНСИВНОСТЬ И
ДАВЛЕНИЕ СВЕТА
2.2. Задачи с решениями
Задача 2.2.1. В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна
E  e y E0 cos  ωt  kx  с частотой  = 1,5108 с1, где ey – орт вдоль оси у. Найти амплитуду Е0
напряженности
электрического
поля
волны
в
точке
с
координатой
x  10 м в момент t  40 нс, если в той же точке и в тот же момент времени Н = 0,2 еz[Ам1].
Решение
В соответствии с (2.30):
c0 E0  H 0 .
Поскольку вектор k ориентирован вдоль оси х, то
 

H  ez H 0cos  t  kx   ez H 0cos  t  x   ez H 0cos ,
c 

10 
 x

где    t    1,5 108  40 109 
  1 , и следовательно, cos   0,54 .
3 108 
 c

Таким образом,
H
0,2
H0 

 0,37 А/м,
cos 0,54
а искомая амплитуда:
0 ,37
E0 
 139 В/м.
8
3  10  0 ,885  1011
Ответ: E0 = 139 В/м.
Задача 2.2.2. Шар, находящийся в немагнитной среде с диэлектрической проницаемостью
ε  4,0 , облучается плоской электромагнитной волной с амплитудой Е0 = 200 В/м. Найти радиус
t  1
шара
R,
если
за
время
мин
на
него
падает
энергия
5 кДж. Длина волны λ  R .
Решение
Энергия, падающая на шар за время  t , равна
W  I  St ,
где I – интенсивность световой волны, S  πR – площадь большого круга шара. Согласно (2.31)
интенсивность световой волны равна
 E 2
I  0 0 υ,
2
где υ  c   скорость света в среде. Таким образом,
2
R
2W
,
t 0  E02c
или
R
2  5 103
= 0,5 м.
3,14  60  8,85 1012  2  4 104  3 108
Ответ: R = 0,5 м.
Задача 2.2.4. Найти силу давления F плоской световой волны на шар радиусом R, если
интенсивность волны равна I0, а поверхность шара рассеивает падающее излучение равномерно по
всем направлениям.
Решение
Рассмотрим сначала случай, когда плоская световая волна
падает на пластинку площадью σ под углом θ (рис. 2.5).
Так как интенсивность световой волны равна I 0 , то
среднее
значение
объемной
плотности
энергии
электромагнитного поля:
I
w 0 ,
c
где с – скорость волны, а среднее значение объемной
плотности импульса:
wP 
I0 w
 .
c2 c
Рис. 2.6. Рассеяние падающего на
пластинку света в направлении (, )
Следовательно, за время Δt волна «приносит» к пластинке
импульс
I
P  wP  ct   cos    eI  0 t cos   eI ,
c
где e I – единичный вектор в направлении распространения света.
Если свет, падающий на пластинку, полностью поглощается, то на пластинку будет
действовать сила
P I 0
f0 
  cosθ  eI ,
Δt
c
n
проекции которой на направления и τ равны соответственно
f n  f 0 cos и f  f 0sin ,
а давление света на пластинку:
f
I
p  n  0 cos2 .

c
При частичном отражении света от пластинки
под углом θ ( I r  ρI 0 , ρ  1 – коэффициент отражения
по интенсивности) пластинка будет получать
дополнительный импульс («импульс отдачи»), причем
f r  rf 0 .
В результате сила давления f (см. рис. 2.5) равна
f  f0  f r ,
а формулы для проекций этой силы на различные Рис. 2.5. Падающий и отраженный световые
пучки и силы, действующие на пластинку П
направления имеют вид:
I
f n   f , en   1  ρ  0 σcos2 θ ,
c
I 0 sin 2θ
.
f τ   f , e τ   1  ρ  σ
c
2
В случае рассеяния пластинкой падающего на нее света равномерно по всем направлениям
сила fr (в силу симметрии геометрии рассеяния) будет направлена вдоль нормали n . Найдем
величину этой силы.
Пусть пластинка площадью σ рассеивает за время Δt энергию ΔW равномерно по всем
направлениям в телесном угле 2π (левое полупространство на рис. 2.6). В направлении (θ,  ) в
телесный угол d  sinθ  d  d  за это время «уносится» импульс
dP  θ,  
W d 
e .
ct 2
Суммируя проекции dP на направление нормали n , получим:
2
2  2
P 
 
0

dP  cos  
0
0
1 W
W
.
sin   cos   d  
c
2 c
   ( )
Следовательно, при рассеянии света сила «отдачи» равна
fr 
ΔP 1 W

t 2 ct
и направлена вдоль нормали n к пластинке.
Теперь для получения ответа на вопрос, сформулированный в задаче, рассмотрим элемент
поверхности шара, ориентированный под углом θ к вектору I0 (см. рис. 2.7). Площадь этого
элемента равна
d   R 2sinθ  dθ  d  .
Так как элементом d  за время Δt рассеивается энергия ΔW  I 0  dσ  cosθ  Δt , то на него
действует сила:
df  df 0  df r ,
причем
I0
dσcosθ  eI ,
c
1I
dfr  0 dσcosθ  en .
2 c
Очевидно, что результирующая всех df 0 равна
I
F0  0 R2eI .
c
df0 
Рис. 2.7. Рассеяние энергии элементом поверхности шара, ориентированном
под углом  к вектору I 0
Силу Fr найдем, суммируя проекции сил df r на направление I 0 по всем элементам
освещенной поверхности:
2π π 2
Fr 
 
2  2
df r  cosθ   
0 0
0 0
I0 2
I
1
R sin θ  cos 2 θ  d   d   πR 2 0 .
2c
3
c
Таким образом,
I
4
F  F0  Fr  πR2 0 .
3
c
I
4
Ответ: F  πR 2 0 .
3
c