Амплитуда электромагнитной волны

[guitar15]

Какова амплитуда напряженности $H$ магнитного поля электромагнитной волны в месте изображения Солнца, получаемого в фотоаппарате при светосиле объектива, равной $1/4$? Угловой диаметр Солнца $\approx0,01$рад. Потерями энергии излучения в атмосфере и объективе пренебречь.
Я мыслю так:
Освещенность определяется по формуле $E=\frac\pi 4B(\frac{D}{f})^2$ где,$D$ диаметр объектива,$f$ фокусное расстояние. По определению светосила объектива равна $Q_g=(\frac{D}{f})^2$. Подставив в первую формулу получим $E=\frac\pi 4 BQ_g$.Непонятно, как связана напряженности $H$ с освещенностью?

[DimaM]

guitar15 в сообщении #1211565 писал(а):

По определению светосила объектива равна $Q_g=\frac{D}{f}^2$.

По определению $D/f$, без квадрата. Что такое в предыдущей формуле $B$, неясно.
Поток энергии от Солнца известно какой (если на Земле и в ясную погоду). Объектив собирает свет от Солнца, упавший на входной зрачок, в кружок размера какого (видимо, зависящего от углового размера Солнца)? Какой поток энергии вблизи изображения?
Поток энергии определяется вектором Пойнтинга. Как выразить его через амплитуду магнитного поля в волне?

[guitar15]

$B$ это яркость.
Вектор Пойнтинга равняется $S=\vec{E}\times \vec{B}$ где, $E$ напряженность электрического поля, $B$ напряженность магнитного поля.

[DimaM]

guitar15 в сообщении #1211572 писал(а):

$B$ это яркость.

А в следующей строчке уже магнитная индукция. Нехорошо так.
Лучше не лезть в фотометрические понятия, а обойтись энергетическими.

guitar15 в сообщении #1211572 писал(а):

Вектор Пойнтинга равняется $S=\vec{E}\times \vec{B}$ где, $E$ напряженность электрического поля, $B$ напряженность магнитного поля.

Если $B$ - индукция (как это общепринято), то неверно (коэффициент неправильный).
Но я-то вам предлагал выразить амплитуду вектора Пойнтинга только через амплитуду магнитного поля.

[guitar15]

Вектор Пойнтинга равняется (в Международной системе единиц (СИ))$S=\vec{E}\times \vec{H}$ где $E$ и $H$ — векторы напряжённости электрического и магнитного полей соответственно.

[DimaM]

guitar15
Дальше пробовали продвинуться?

[guitar15]

Теперь нужно найти количество энергии излучаемая солнцем. Не понятно как эта величина связана с угловым диаметром?

[DimaM]

guitar15 в сообщении #1211583 писал(а):

Теперь нужно найти количество энергии излучаемая солнцем.

Посмотрите в справочнике, что такое солнечная постоянная.

guitar15 в сообщении #1211583 писал(а):

Не понятно как эта величина связана с угловым диаметром?

С угловым диаметром связан размер изображения.

Ну и вам еще нужно выразить поток энергии в э-м волне только через амплитуду магнитного поля.

[guitar15]

Солнечная постоянная примерно равна 1367$\frac{Bt}{m^2}$;
Поток энергии $S=\vec{E}\times \vec{H}=EH\sin \alpha=\sqrt{\frac{\mu\mu_0}{\varepsilon\varepsilon_0}}H^2\sin \alpha$.
Вектора Пойнтинга связанный с светосилой объектива?

[DimaM]

guitar15 в сообщении #1211594 писал(а):

Солнечная постоянная примерно равна 1367$\frac{Bt}{m^2}$;

Это в космосе. На поверхности меньше.

guitar15 в сообщении #1211594 писал(а):

Поток энергии $S=\vec{E}\times \vec{H}=EH\sin \alpha=\sqrt{\frac{\mu\mu_0}{\varepsilon\varepsilon_0}}H^2\sin \alpha$.

Какой угол в электромагнитной волне и какие $\varepsilon, \mu$ у воздуха на оптических частотах?

guitar15 в сообщении #1211594 писал(а):

Вектора Пойнтинга связанный с светосилой объектива?

Какая мощность падает на входной зрачок?
Каким будет размер изображения?
Какой будет удельная мощность на изображении?

[guitar15]

На поверхности среднее значение 1000$\frac{Bt}{m^2}$;
Для воздуха поток равен $S=\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}H^2$
Пусть солнечная постоянная обозначается буквой $N$, тогда мощность которая падает на выходной зрачок $P_{in}=N\frac{\pi D^2}{4}$, где $D$ - диаметр зрачка.
Размер изображения равен $d=2\psi f$, где $\psi$ - угловой диаметр Солнца, $f$ - фокусное расстояние.
Удельная мощность на изображении равняется $\lambda=\frac{P_{in}}{d}$

[DimaM]

guitar15 в сообщении #1211603 писал(а):

Размер изображения равен $d=2\psi f$, где $\psi$ - угловой диаметр Солнца, $f$ - фокусное расстояние.

Двойка лишняя, диаметр же задан.

guitar15 в сообщении #1211603 писал(а):

Удельная мощность на изображении равняется $\lambda=\frac{P_{in}}{d}$

Надо на единицу площади (поток энергии).
Как справитесь, подставьте $P_{in}$ и посмотрите, не вылезет ли там светосила.

[guitar15]

После подстановки получилось $\lambda=\frac N{\psi^2}(\frac{D}{f})^2$. Пусть $k$ светосила, тогда $\lambda=\frac N{\psi^2}k^2$

-- 22.04.2017, 16:25 --

То есть $\lambda=S$?

[Pphantom]

DimaM в сообщении #1211568 писал(а):

По определению $D/f$, без квадрата.

Вообще-то светосилой называют и эту величину, и ее квадрат, как у ТС (во втором случае $D/f$ - "относительное отверстие"). Так что в общем случае это не ошибка, надо смотреть, как выглядит название в "местных традициях". Хотя, пожалуй, из соображений реалистичности условия $1/4$ - это действительно скорее относительное отверстие.

DimaM в сообщении #1211596 писал(а):

Это в космосе. На поверхности меньше.

Не надо. См. условие:

guitar15 в сообщении #1211565 писал(а):

Потерями энергии излучения в атмосфере и объективе пренебречь.

[guitar15]

Правильно, что $\lambda=S$?