Интенсивность отраженного света. ФЛФ. Лекция 33

[Uchitel'_istorii]

Лекция 33, секция 33-6: http://www.feynmanlectures.caltech.edu/ ... ml#Ch33-S6
Перевод Гугла: https://translate.googleusercontent.com ... /I_33.html



Исходя из закона сохранения энергии, Фейнман приводит формулу 33.4:
$\frac{1-|B|^2}{1-|b|^2}=\frac{|A|^2}{|a|^2}

Однако есть еще 2 варианта формулы, которые не являются тождественными:
$\frac{1}{1}=\frac{|A|^2 + |B|^2}{|a|^2 + |b|^2}
$\frac{1 - |A|^2}{1 - |a|^2}=\frac{|B|^2}{|b|^2}

Вопрос : почему Фейнман выбрал 1-й вариант?

Фейнман выводит формулы интенсивности отраженного излучения 33.6, 33.7:
$|b|^2=\frac{\sin^2\,(i-r)}{\sin^2\,(i+r)}$
$|B|^2=\frac{\tan^2\,(i-r)}{\tan^2\,(i+r)}$.
После этих формул следует абзац, в котором Фейнман говорит: чтобы доказать , что $b$ действительно, нужно рассмотреть случай одновременного входа света с двух сторон поверхности стекла; чтобы определить знак, нужно рассмотреть тонкий слой стекла.
Этот абзац вообще не понятен. Как $b$ может быть комплексным, если квадрат дает действительное число?

Если рассмотреть случай входа луча со стороны стекла PNG, то формула 33.2, запишется в другом виде:
$\frac{A \cos\,(2r)}{a}=\frac{-1}{-1}$,
дальнейший вывод будет другим.

[Uchitel'_istorii]

Привожу русскую версию секции 33-6 издания 1965г.:
PNG

[DimaM]

Uchitel'_istorii в сообщении #1361670 писал(а):

Однако есть еще 2 варианта формулы, которые не являются тождественными

Таки являются. Все они сводятся к переупорядочиванию членов в равенствах
$\begin{array}{l} |A|^2+|B|^2=1\\ |a|^2+|b|^2=1 \end{array}$
и делению одного на другое.

Uchitel'_istorii в сообщении #1361670 писал(а):

Как $b$ может быть комплексным, если квадрат дает действительное число?

Не просто квадрат, но квадрат модуля.

[Uchitel'_istorii]

Цитата:

Не просто квадрат, но квадрат модуля.

Так а зачем он дописал модуль? Энергия поля пропорциональна квадрату амплитуды, а не квадрату модуля амплитуды по формуле (31.28).

Хорошо. Берем случай с 2-мя лучами: PNG.
$a \text{, } b$ - амплитуды поля , поляризованного перпендикулярно чертежу;
$A \text{, } B$ - амплитуды поля , поляризованного в плоскости чертежа.
По чертежу можно записать следующие формулы, предполагая, что волны $a, b, A, B, -1, -1$ -- генерируются электронами в стекле:
$-1\cdot \text{const} = 1 + a$
$-1\cdot \text{const} = 1 + A\cos (2r)$
$b\cdot \text{const} = 1 + a$
$B\cdot \text{const} = 1 \cos(i-r) + A\cos(i+r)$
$-1\cdot \text{const} = 1 \cos(i+r) + A\cos(i-r)$

Или надо как-то посчитать суперпозицию всех полей в точке, где сходятся все лучи?

[DimaM]

Uchitel'_istorii в сообщении #1362865 писал(а):

Или надо как-то посчитать суперпозицию всех полей в точке, где сходятся все лучи?

Хорошо бы написать по-человечески: электрическое поле обозначить $E$, магнитное $B$ или $H$ с соответствующими индексами. И не лепить два случая на одну картинку, но разнести.
После чего написать граничные условия для электрического и магнитного поля.

[Uchitel'_istorii]

Электродинамика еще не давалась. Всё что есть, это уравнение (28.3):
$\mathbf{E}=\frac{-q}{4\pi\epsilon_0}\biggl[ \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{r'}{c}\,\frac{d}{dt}\biggl( \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}\biggr)+\frac{1}{c^2}\,\frac{d^2}{dt^2}\,\mathbf{e}_{r'} \biggr]
, из которого выводится уравнение (29.1):
$\mathbf{E}=\frac{-q\mathbf{a}}{4\pi\epsilon_0 c^2r}$.

В свою очередь по формуле (31.16) ускорение $\mathbf{a}$ заряда $ q_e$ под воздействием внешнего поля $\mathbf{E_{ext}}$ будет равно
$\mathbf{a}=\frac{-\omega^2 q_e\mathbf{E_{ext}}}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$.

Также Фейнман вывел формулу (31.17) для поля от тонкой пластины стекла:
$E_a=-\frac{\eta q_e}{2\epsilon_0 c}[ i\omega\,\frac{q_eE_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\, e^{i\omega(t-z/c)}].
Иными словами $\mathbf{E_{glass}}(t)\sim - \mathbf{E_{ext}} (t+\pi/2)$.
Но это, как мне кажется, не объясняет минус формулы $b=-\frac{\sin\,(i-r)}{\sin\,(i+r)}$, т.к. есть разность фаз. Т.е. если $E_{ext} (t_0) > 0$, то и $E_{glass} (t_0) > 0$.

Цитата:

И не лепить два случая на одну картинку

Разнес:PNG
Важно , что нужный результат надо получить посредством тех же рассуждений , что в лекции 33.

[Uchitel'_istorii]

Пытаюсь вывести формулу через граничные условия, но ничего не получается.

Из левого чертежа записываю граничные условия (из правого их невозможно записать):
$\begin{cases} E_{0v} + E_v = E_g\\ B_{0v}\sin(i) + B_v\sin(i) = B_g\sin(r) \end{cases}

$B = En/c = \frac{\sin(i)}{\sin(r)}\frac{E}{c}$

$\begin{cases} 1 + \frac{E_v}{E_{0v}} = \frac{E_g}{E_{0v}}\\ \sin(i) + \frac{E_v}{E_{0v}}\sin(i) = \frac{\sin(i)}{\sin(r)} \frac{E_g}{E_{0v}}\sin(r) \end{cases}

В итоге получается система 2-х тождественных уравнений. Где ошибка?
В статьях , тапа PDF PDF почему-то берут проекции магнитного поля на плоскость раздела сред, тогда как надо брать проекции на нормаль.

Также неясно, в какую сторону надо направлять вектор $\mathbf{E}_v$ на правом чертеже. У Фейнмана на доске он направлен вправо . Почему?

[DimaM]

Uchitel'_istorii в сообщении #1363305 писал(а):

из правого их невозможно записать

Почему?

Uchitel'_istorii в сообщении #1363305 писал(а):

В итоге получается система 2-х тождественных уравнений. Где ошибка?

Ошибки нет, просто нужно еще третье граничное условие записать: непрерывность тангенциальной компоненты $\mathbf{H}$ (или $\mathbf{B}$, если, как обычно бывает, $\mu=1$).

На правом рисунке, соответственно, будет два "электрических" граничных условия: непрерывность тангенциальной компоненты $\mathbf{E}$ и нормальной компоненты $\mathbf{D}$.

-- 24.12.2018, 12:29 --

Uchitel'_istorii в сообщении #1363305 писал(а):

Также неясно, в какую сторону надо направлять вектор $\mathbf{E}_v$ на правом чертеже. У Фейнмана на доске
он направлен вправо . Почему?

Направлять можно в любую. Если направление выбрано "неверно", в конце получится $E_v<0$.

[Pavia]

Uchitel'_istorii
Лучше возьмите. Ландсберг оптика учебное пособие:для вузов. 6-е издание 2003

[Uchitel'_istorii]

Согласно Фейнману:
$|a|^2 = 1 - |b|^2 = 1 - \frac{\sin^2(i-r)}{\sin^2(i+r)} = \frac{4\sin(i)\sin(r)\cos(i)\cos(r)}{\sin^2(i+r)} = \frac{\sin(2i)\sin(2r)}{\sin^2(i+r)}$
Согласно Ландсберга png:
$t_\perp = \frac{2\sin(\psi)\cos(\phi)}{\sin(\phi+\psi)}$
, что в переводе на символы Фейнмана означает:
$a = \frac{2\sin(r)\cos(i)}{\sin(i+r)}$

Не совпадает. Почему?
Думал, что эти сторонние авторы дадут информацию, с которой станет понятна лекция 33. Однако они совершенно иначе — через магнитное поле — вывели формулы Френеля (более того, всплыла куча нестыковок). Фейнман вообще не касался магнитного поля. Формулы с магнитным полем не доказаны и я их считаю не верными , пока Фейнман не объяснит сам в своих лекциях, а это будет в следующем томе, поэтому не вариант.

UPD. Похоже, закон $|a|^2 + |b|^2 = 1$ -- не верный: нужно домножить квадрат амплитуды на площадь луча и показатель преломления . Неясно, почему тут вылезает показатель , ибо у Фейнмана показателя нет .

UPD. Из симметрии площадь отраженного луча равна площади падающего, но площадь преломленного составит $ \cos(r) / \cos(i)$ площади падающего. Т.е. правильная формула $n\frac{\cos(r) }{ \cos(i)}|a|^2 + |b|^2 = 1$. Отсюда понятно, почему Фейнман выбрал совершенно конкретный вариант этой формулы и разделил. Т.е. да, формулы таки не тождественные.

[Uchitel'_istorii]

Ландсберг утверждает , что при движении луча из стекла в воздух, формулы Френеля не изменяются. В символах Фейнмана они запишутся так:
$ a=\frac{2\sin\,(r)\cos\,(i)}{\sin\,(i+r)},\quad b=-\frac{\sin\,(i-r)}{\sin\,(i+r)},\quad A=\frac{2\sin\,(r)\cos\,(i)}{\sin\,(i+r)\cos\,(i-r)},\quad B=-\frac{\tan\,(i-r)}{\tan\,(i+r)}, $
где
$a$ -- амплитуда преломленной волны, поляризация перпендикулярно плоскости лучей;
$b$ -- амплитуда отраженной волны, поляризация перпендикулярно плоскости лучей;
$A$ -- амплитуда преломленной волны, поляризация параллельно плоскости лучей;
$B$ -- амплитуда отраженной волны, поляризация параллельно плоскости лучей;
$i$ -- угол падения (отражения);
$r$ -- угол преломления.

Отсюда
$ \frac{a}{A} = \cos(i-r),\quad \frac{b}{B} = \frac{\cos(i-r)}{\cos(i+r)}. $

Когда начальный луч шел из воздуха в стекло , Фейнман отметил, что луч в стекле (преломленный) генерирует волну амплитудой $-1$, и записал формулу:
$\frac{A \cos\,(i - r)}{a}=\frac{-1}{-1}$.
Т.е. $\frac{a}{A}$ совпало с Ландсбергом.

Однако при движении луча из стекла в воздух, отношение амплитуд не совпадает с Ландсбергом. Получается , если отраженный обратно в стекло луч $b$ генерирует поле $-1$, то должно быть так:
$\frac{B \cos\,(2i)}{b}=\frac{-1}{-1}$.
Фейнман ошибиться не мог. В чем загвоздка тогда?

[Pavia]

Uchitel'_istorii в сообщении #1363701 писал(а):

Формулы с магнитным полем не доказаны и я их считаю не верными

А то что Фейнман всё наврал. Не вариант?
Фейман вводи не существующий луч и говорит, что его амплитуда $-1$. С какого бодуна?
Если луч не существует, то разумно что его амплитуда будет $0$.
Но физика нам этого сделать запрещает электрическое поле на границе вакуум стекло должно быть однозначным. $1\neq0$ Потому он прибегает к трюку он вводит $-1$ и проставляет во всех формулах модули.
Но это нарушает физику, да и математику. Во-первых мы при помощи глаза или фото пластинки регистрируем квадрат амплитуды, а значит мы должны были-бы наблюдать этот луч, но его мы не наблюдаем. Во-вторых почему мы не рассматриваем другие несуществующие лучи?
К примеру $+1°$ от него. Или если продлить лучи идущий в стекле. Он же тоже не видим.

Эта ложь и она трудно доказуема. Особенно когда он честно признался, что это трюк.

Поэтому я и сослался на Ландсберга, так как считаю что у него выкладки сделаны правильно.

Uchitel'_istorii в сообщении #1363713 писал(а):

UPD. Похоже, закон $|a|^2 + |b|^2 = 1$ -- не верный: нужно домножить квадрат амплитуды на площадь луча и показатель преломления . Неясно, почему тут вылезает показатель , ибо у Фейнмана
показателя нет .

Нельзя просто так взять и выдумать формулу. Формула должна исходить из закона. В данном случае закон сохранения энергии.
Так что тут всё верно.
В данном расчёте у луча нет площади. Показатель преломления уже входит в амплитуды, иначе у вас не сойдётся решение для полного отражения или пропускания.

[Uchitel'_istorii]

Pavia в сообщении #1363945 писал(а):

Фейман вводи не существующий луч и говорит, что его амплитуда $-1$. С какого бодуна?

В лекции 31 Фейнман показал (уравнение (31.8)), что поле после пластинки стекла = поле источника + поле от зарядов стекла. Т.е. поле источника никуда не исчезает, но если оно не наблюдается, то должно быть сгенерировано поле, которое гасит первое.

Цитата:

Так что тут всё верно.

Не понял. Формула $|a|^2 + |b|^2 = 1$ -- верная?

Но если подставить значения $a$, $b$ из Ландсберга , то не сходится.

У Фейнмана , исходя из формул (31.28) , (32.1), (32.18), интенсивность (облученность) определяется по формуле:
$S =\varepsilon _0 c\langle E^2\rangle = \frac{1}{2}\varepsilon _0 c E_0^2 $.
Эта формула честно выведена, поэтому оснований не доверять нет.
Однако в других источниках формула выглядит так:
$S = \frac{1}{2}v\varepsilon |E|^2 = \frac{1}{2}cn\varepsilon _0 |E|^2$.

Если проследить вывод до формулы (30.16), то там $c$ -- относится к задержке из-за удаленности осциллирующего заряда от точки измерения поля. Т.е. можно написать $v$ и тогда в формуле (30.19) будет $\frac{v}{c^2} = \frac{1}{nc}$. Хотя не уверен, возможно вывод верный только для вакуума и для очень больших расстояний до осциллирующих зарядов (Фейнман об этом предостерегал).

У Ландсберга тоже есть интенсивность PNG, но написано с ошибками,
напр. по логике должно быть $I_r = \frac{cn_1}{8\pi}[E_{r\perp}^2 +E_{r\parallel}^2]\cos(\varphi)$,
также размерность не совпадает.

[Uchitel'_istorii]

В общем для случая движения из стекла в вакуум если считать , что отраженный в стекло луч $b$ генерирует луч $-1$, то вывести формулы Френеля невозможно. Луч $-1$ в любом случае генерируется преломленным лучем $a$.

Теперь вопрос, как доказать , что $b$ -- вещественное.
Я так понимаю, что начальный луч можно представить как :
$1e^{i\omega t}$
преломленный:
$a = a_0 e^{i\Delta_a}e^{i\omega t}$
отраженный:
$b=b_0 e^{i\Delta_b}e^{i\omega t}$.

И надо доказать, что фаза отраженного и преломленного лучей отличается от фазы начального луча на целое число полупериодов:
$\Delta_a = n\pi $
$\Delta_b = m\pi$
$n , m \in \mathbb {Z}$


Но неясно , что подразумевает Фейнман под приходом лучей одновременно с двух сторон поверхности. Может надо как-то отразить один из лучей и рассмотреть интерференцию. Но тогда можно найти разность $\Delta_a - \Delta_b$, а нужно каждую фазу по отдельности.

[Uchitel'_istorii]

Исходя из рисунка 31-2 можно сделать вывод, что $\Delta_a = 0$, т.е. фаза преломленного луча совпадает с фазой начального.


Рассматриваю отражение от пластины PNG.
$\Delta_b$ -- разность фаз вследствие отражения от наружной поверхности стекла;
$\Delta_{b'}$ -- разность фаз вследствие отражения от внутренней поверхности стекла;
$\theta$ -- разность фаз вследствие разности хода лучей;
индекс $0$ означает действительное число.

При нулевой толщине пластины имеем систему:
$ \begin{cases} \frac{a_0a'_0}{1-b'_0^2e^{i2\Delta_{b'}}e^{i\theta}} = 1 \\ b_0e^{i\Delta_b} + \frac{a_0a'_0b'_0e^{i\Delta_{b'}}e^{i\theta}}{1-b'_0^2e^{i2\Delta_{b'}}e^{i\theta}} = 0 \\ \theta = 0 \end{cases} $

$ \begin{cases} b_0e^{i\Delta_b} =b'_0e^{i(\Delta_{b'} + \theta + \pi)} \\ \theta = 0 \end{cases} $

Получаем:
$ \begin{cases} b_0 =b'_0 \\ \Delta_b = \Delta_{b'} + \pi \end{cases} $

Осталось доказать, что $\Delta_{b'} = 0 \text{ , } \Delta_b = \pi$.
Если взять выражение для отраженной волны $b_0e^{i\Delta_b} + \frac{a_0a'_0b'_0e^{i\Delta_{b'}}e^{i\theta}}{1-b'_0^2e^{i2\Delta_{b'}}e^{i\theta}} = \rho e^{i\phi}$, приравнять полю пластины из формулы (31.17) $-\frac{\eta q_e}{2\epsO c}\biggl[i\omega\,\frac{q_e}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\,e^{i\omega(t-z/c)}\biggr] = \delta_0 e^{i\pi/2}e^{i\omega t}$ , то полученное уравнение $\phi = \pi/2$ никак не упрощается до $\Delta_{b} = \pi$.
Почему никто не помогает? Все знают вывод уравнений Френеля только через Максвелла? Фейнман сказал, что можно доказать без Максвелла.