电动力学第7周作业

Chasse_neige

1. 理想绝缘介质中的波动方程及平面电磁波解

(a) 书4.4

若 $E, D, B, H$ 仍按 $e^{i (k \cdot x - ω t)}$ 变化，但 $D$ 不再与 $E$ 平行（即 $D = ϵ E$ 不成立）。

(1) 证明：

k \cdot B = k \cdot D = B \cdot D = B \cdot E = 0

但一般 $k \cdot E \neq 0$ 。

证明：

\nabla \cdot B = 0

所以

\nabla \cdot B_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)} = i k \cdot B = 0

非线性极化介质中，由于 $D$ 不再与 $E$ 平行，所以 $E$ 不一定在与 $k$ 垂直的平面内，所以一般 $k \cdot E \neq 0$ 。

同理，在没有自由电荷的空间中

\nabla \cdot D = 0

\nabla \cdot D_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)} = i k \cdot D = 0

由于

\nabla \times B = μ \frac{\partial}{\partial t} D

所以

\nabla \times B_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)} = μ \frac{\partial}{\partial t} D_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)}

k \times B = - μ ω D

B \cdot D = 0

同理

\nabla \times E = - \frac{\partial}{\partial t} B

所以

\nabla \times E_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)} = - \frac{\partial}{\partial t} B_{0} e^{i (k \cdot x - ω t)}

k \times E = ω B

E \cdot B = 0

(2) 证明：

D = \frac{1}{ω^{2} μ} [k^{2} E - (k \cdot E) k]

证明：

D = - \frac{1}{μ ω} k \times B = - \frac{1}{μ ω} k \times (\frac{1}{ω} k \times E) = \frac{1}{ω^{2} μ} [k^{2} E - (k \cdot E) k]

(3) 证明：

能流 $S$ 与波矢 $k$ 一般不在同一方向上。证明：

∴ k \times S = k \times (E \times H) = - (k \cdot E) H \neq 0

所以能流 $S$ 与波矢 $k$ 一般不在同一方向上。

(b) 试证：对 $ρ = 0, \vec{J} = 0$ 的麦克斯韦方程组，四个方程中只有两个是独立的。

证明：在无自由电荷和电流的情况下，麦克斯韦方程组为：

\begin{matrix} \nabla \cdot E = 0 \\ \nabla \cdot B = 0 \\ \nabla \times E = - \frac{\partial B}{\partial t} \\ \nabla \times B = μ_{0} ϵ_{0} \frac{\partial E}{\partial t} \end{matrix}

可以通过两个旋度方程导出散度方程如下：

\nabla \cdot (\nabla \times E) = - \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \cdot B) = 0

\nabla \cdot (\nabla \times B) = μ_{0} ϵ_{0} \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \cdot E) = 0

所以

\begin{matrix} \frac{\partial}{\partial t} \nabla \cdot E = 0 \\ \frac{\partial}{\partial t} \nabla \cdot B = 0 \end{matrix}

所以对 $ρ = 0, \vec{J} = 0$ 的麦克斯韦方程组，四个方程中是独立的，我认为无法从两个方程推出其余的两个。

2. 定态波动方程及平面波解

(a) 书4.1

考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为 $ω + d ω$ 和 $ω - d ω$ 的线偏振平面波，它们都沿 z 轴方向传播。

(1) 求合成波，证明波的振幅不是一个常数，而是一个波。合成波： $(k = \frac{ω}{c})$

A \cos ((k + d k) z - (ω + d ω) t) + A \cos ((k - d k) z - (ω - d ω) t) = 2 A \cos (d k z - d ω t) \cos (k z - ω t)

所以合成波的振幅为 $2 A \cos (d k z - d ω t)$ ，是一个波。 (2) 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。相位传播速度：

v_{p} = \frac{ω}{k}

振幅传播速度：

v_{g} = \frac{d ω}{d k}

(b) 试证,用复数方法得到的麦克斯韦方程组平面波解(包括 $γ \neq 0$ ),在取实部后仍是麦克斯韦方程组的解.

证明：

使用复数法解麦克斯韦方程组：

\begin{matrix} \nabla \cdot E = 0 \\ \nabla \times E = - \frac{\partial}{\partial t} B \\ \nabla \cdot B = 0 \\ \nabla \times B = μ (γ E + ϵ \frac{\partial}{\partial t} E) \end{matrix}

带入波动假设：

\begin{matrix} k \cdot E = 0 \\ k \times E = ω B \\ k \cdot B = 0 \\ k \times B = - μ (i γ + ϵ ω) E \end{matrix}

所以

k \times (k \times B) = - k^{2} B = - μ (i γ + ϵ ω) ω B

即

k^{2} = μ ϵ ω^{2} + i γ μ ω

假设 $k = k_{R} + i k_{I}$ ，则

\begin{matrix} k_{R}^{2} - k_{I}^{2} = μ ϵ ω^{2} \\ 2 k_{R} \cdot k_{I} = γ μ ω \end{matrix}

所以对应的平面波解为：

\begin{matrix} E = (E_{0 R} + i E_{0 I}) e^{i (k_{R} \cdot r - ω t) - k_{I} \cdot r} \\ B = (B_{0 R} + i B_{0 I}) e^{i (k_{R} \cdot r - ω t) - k_{I} \cdot r} \end{matrix}

并且有

\begin{matrix} E_{0 R} \cdot k_{R} - E_{0 I} \cdot k_{I} = 0 \\ E_{0 I} \cdot k_{R} + E_{0 R} \cdot k_{I} = 0 \\ B_{0 R} = \frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 R} - \frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 I} \\ B_{0 I} = \frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 R} + \frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 I} \\ B_{0 R} \cdot k_{R} - B_{0 I} \cdot k_{I} = 0 \\ B_{0 I} \cdot k_{R} + B_{0 R} \cdot k_{I} = 0 \end{matrix}

取实部：

\begin{matrix} ℜ [E] = (E_{0 R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - E_{0 I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \\ ℜ [B] = (B_{0 R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - B_{0 I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \end{matrix}

带入麦克斯韦方程组：

\begin{matrix} \nabla \cdot (E_{0 R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - E_{0 I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \\ = E_{0 R i} \partial_{i} (\cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) - E_{0 I i} \partial_{i} (\sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \\ = E_{0 R i} (- k_{R i} \sin (k_{R} \cdot r - ω t) - k_{I i} \cos (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} - \\ E_{0 I i} (k_{R i} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - k_{I i} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \\ = e^{- k_{I} \cdot r} (- (E_{0 R} \cdot k_{I} + E_{0 I} \cdot k_{R}) \cos (k_{R} \cdot r - ω t) + (E_{0 I} \cdot k_{I} - E_{0 R} \cdot k_{R}) \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) \\ = 0 \end{matrix}

磁场同理。

考虑旋度方程：

\begin{matrix} \nabla \times (E_{0 R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - E_{0 I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \\ = \nabla (\cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times E_{0 R} - \nabla (\sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times E_{0 I} \\ = (- k_{R} \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} - k_{I} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times E_{0 R} - \\ (k_{R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} - k_{I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times E_{0 I} \\ = - \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} B_{0 I} ω - \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} B_{0 R} ω = - \frac{\partial}{\partial t} B \end{matrix}

\begin{matrix} \nabla \times B = \nabla \times (B_{0 R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) - B_{0 I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t)) e^{- k_{I} \cdot r} \\ = \nabla (\cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times B_{0 R} - \nabla (\sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times B_{0 I} \\ = (- k_{R} \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} - k_{I} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times B_{0 R} - \\ (k_{R} \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} - k_{I} \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r}) \times B_{0 I} \\ = - \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (k_{I} \times B_{0 R} + k_{R} \times B_{0 I}) - \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (k_{R} \times B_{0 R} - k_{I} \times B_{0 I}) \end{matrix}

由于

\begin{matrix} k_{I} \times B_{0 R} + k_{R} \times B_{0 I} \\ = k_{I} \times (\frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 R} - \frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 I}) + k_{R} \times (\frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 R} + \frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 I}) \\ = \frac{1}{ω} ((k_{R} \cdot E_{0 R}) k_{I} + (k_{I} \cdot E_{0 R}) k_{R} - 2 (k_{I} \cdot k_{R}) E_{0 R} + (k_{R} \cdot E_{0 I}) k_{R} - (k_{I} \cdot E_{0 I}) k_{I} + (k_{I}^{2} - k_{R}^{2}) E_{0 I}) \\ = \frac{1}{ω} (- μ ϵ ω^{2} E_{0 I} - γ μ ω E_{0 R}) = - μ ϵ ω E_{0 I} - γ μ E_{0 R} \end{matrix}

\begin{matrix} k_{R} \times B_{0 R} - k_{I} \times B_{0 I} \\ = k_{R} \times (\frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 R} - \frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 I}) - k_{I} \times (\frac{k_{I}}{ω} \times E_{0 R} + \frac{k_{R}}{ω} \times E_{0 I}) \\ = \frac{1}{ω} (- (k_{R} \cdot E_{0 I}) k_{I} - (k_{I} \cdot E_{0 I}) k_{R} + 2 (k_{I} \cdot k_{R}) E_{0 I} + (k_{R} \cdot E_{0 R}) k_{R} - (k_{I} \cdot E_{0 R}) k_{I} + (k_{I}^{2} - k_{R}^{2}) E_{0 R}) \\ = \frac{1}{ω} (- μ ϵ ω^{2} E_{0 R} + γ μ ω E_{0 I}) = - μ ϵ ω E_{0 R} + γ μ E_{0 I} \end{matrix}

所以

\begin{matrix} - \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (k_{I} \times B_{0 R} + k_{R} \times B_{0 I}) - \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (k_{R} \times B_{0 R} - k_{I} \times B_{0 I}) \\ = - \cos (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (- μ ϵ ω E_{0 I} - γ μ E_{0 R}) - \sin (k_{R} \cdot r - ω t) e^{- k_{I} \cdot r} (- μ ϵ ω E_{0 R} + γ μ E_{0 I}) \\ = μ (γ E + ϵ \frac{\partial}{\partial t} E) \end{matrix}

所以该实部满足麦克斯韦方程组。

穿透深度：

\begin{matrix} k_{R}^{2} - k_{I}^{2} = μ ϵ ω^{2} \\ 2 k_{R} k_{I} \cos θ = γ μ ω \end{matrix}

所以

\begin{matrix} {(\frac{γ μ ω}{2 k_{I} \cos θ})}^{2} - k_{I}^{2} = μ ϵ ω^{2} \\ k_{I}^{4} + μ ϵ ω^{2} k_{I}^{2} - {(\frac{γ μ ω}{2 \cos θ})}^{2} = 0 \\ k_{I}^{2} = \frac{- μ ϵ ω^{2} + \sqrt{(μ ϵ ω^{2})^{2} + 4 {(\frac{γ μ ω}{2 \cos θ})}^{2}}}{2} \end{matrix}

所以穿透深度的严格表达式为

δ = \frac{1}{k_{I} \cos θ} = \frac{1}{\cos θ \sqrt{\frac{- μ ϵ ω^{2} + \sqrt{(μ ϵ ω^{2})^{2} + 4 {(\frac{γ μ ω}{2 \cos θ})}^{2}}}{2}}}

当 $γ ≫ 1$ 时，

\frac{- μ ϵ ω^{2} + \sqrt{(μ ϵ ω^{2})^{2} + 4 {(\frac{γ μ ω}{2 \cos θ})}^{2}}}{2} \approx \frac{- μ ϵ ω^{2} + 2 (\frac{γ μ ω}{2 \cos θ})}{2} \approx \frac{γ μ ω}{2 \cos θ}

所以

δ \to \sqrt{\frac{2}{γ μ ω \cos θ}}

当相位传播方向与衰减方向相同时 $δ \to \sqrt{\frac{2}{ω μ γ}}$

(d) 试讨论在什么条件下,椭圆偏振是左旋或右旋的?

当椭圆偏振光对应的电矢量在两正交坐标轴上投影分量相等，且 $x$ 分量相位领先 $y$ 分量 $\frac{π}{2}$ 时为左旋光； $x$ 分量相位落后 $y$ 分量 $\frac{π}{2}$ 时为右旋光。

3. 电磁波在界面上的反射和折射

(a) 书4.2, 4.6

4.2 一平面电磁波以 $θ = 45^{\circ}$ 从真空入射到 $ε_{r} = 2$ 的介质，电场强度垂直于入射面。求反射系数和折射系数。

电场强度垂直于入射面，所以是 $s$ 光，入射的介质折射率为 $\sqrt{2}$ 。

入射角 $θ = 45^{\circ}$ ，折射角 $\sqrt{2} \sin θ^{'} = \sin θ$ ，所以 $θ^{'} = \frac{π}{6}$

利用 $s$ 光的菲涅耳公式：

r_{s} = \frac{n_{1} \cos θ - n_{2} \cos θ^{'}}{n_{1} \cos θ + n_{2} \cos θ^{'}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2} \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2} + \sqrt{2} \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}}

所以

R = r_{s}^{2} = \frac{2 - \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}

T = 1 - R = \frac{2 \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}

4.6 平⾯电磁波垂直射到⾦属表⾯上，试证明透入⾦属内部的电磁波能量全部变为焦⽿热。

证明：假设入射波矢为 $k_{1}$ ，透射为 $k_{2}$ ，反射为 $k_{3}$

当平⾯电磁波垂直射到⾦属表⾯上时（金属内部 $γ ≫ 1$ ）：

我们假设振幅透射率为 $t$

透射部分的衰减：

由于此时相位传播方向和衰减方向同向，所以

k_{I}^{2} = \frac{- μ ϵ ω^{2} + \sqrt{(μ ϵ ω^{2})^{2} + {(γ μ ω)}^{2}}}{2}

进入部分的电磁波能流：

S = ℜ [E \times H] = ℜ [E \times (\frac{k}{μ ω} \times E)] = t^{2} E_{0}^{2} \frac{k_{R}}{μ ω}

所以

< S >= \frac{1}{2} t^{2} E_{0}^{2} \frac{k_{R}}{ω}

焦耳热：

j = γ E

发热功率密度

w = \frac{1}{γ} j^{2} = γ E^{2}

带入上一题推导出的衰减结果

E = t E_{0} e^{i (k_{R} z - ω t) - k_{I} z}

< w >= \frac{1}{2} γ t^{2} E_{0}^{2} e^{- 2 k_{I} z}

所以

\int_{0}^{\infty} < w > d z = \frac{γ t^{2} E_{0}^{2}}{4 k_{I}}

由于 $2 k_{R} k_{I} = γ μ ω$ ，所以

\frac{γ t^{2} E_{0}^{2}}{4 k_{I}} = \frac{1}{2} t^{2} E_{0}^{2} \frac{k_{R}}{μ ω}

即入射能量全部转化为焦耳热。

(b) 试证：当入射波电场垂直入射面时，反射和透射振幅满足：

{\vec{E}}_{20 ⊥} = \frac{2 E_{10 ⊥} {\vec{e}}_{y}}{1 + \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}}

{\vec{E}}_{30 ⊥} = \frac{1 - \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}}{1 + \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}} E_{10 ⊥} {\vec{e}}_{y}

进一步当 $μ_{1} = μ_{2}, γ_{2} = 0$ 时，它们化为：

{\vec{E}}_{20 ⊥} = \frac{2 \cos θ_{1} \sin θ_{2}}{\sin (θ_{1} + θ_{2})} E_{10 ⊥} {\vec{e}}_{y}

{\vec{E}}_{30 ⊥} = \frac{\sin (θ_{2} - θ_{1})}{\sin (θ_{2} + θ_{1})} E_{10 ⊥} {\vec{e}}_{y}

证明：当入射波电场垂直入射时，电磁波在介质界面处满足以下边界条件：（下述所有电磁场和波矢均为复数）

电场的切向分量连续：

E_{1 y} + E_{3 y} = E_{2 y}

磁场的切向分量连续：

H_{1 x} + H_{3 x} = H_{2 x}

磁感应强度法向连续：

μ_{1} (H_{1 z} + H_{3 z}) = μ_{2} H_{2 z}

入射波的磁场：

H_{1} = \frac{k_{1} \times E_{1}}{ω μ_{1}}

反射波的磁场：

H_{3} = \frac{k_{1} \times E_{3}}{ω μ_{1}}

透射波的磁场：

H_{2} = \frac{k_{2} \times E_{2}}{ω μ_{2}}

将磁场分量代入边界条件：

磁场的 $x$ 分量连续：

\frac{k_{1 z}}{μ_{1}} (E_{10 ⊥} - E_{30 ⊥}) = \frac{k_{2 z}}{μ_{2}} E_{20 ⊥}

磁感应强度的z分量连续：

k_{1 x} (E_{10 ⊥} + E_{30 ⊥}) = k_{2 x} E_{20 ⊥}

从磁场的 $z$ 分量连续方程：

\frac{k_{1 x}}{μ_{1}} (E_{10 ⊥} - E_{30 ⊥}) = \frac{k_{1 x}}{μ_{2}} E_{20 ⊥}

E_{10 ⊥} + E_{30 ⊥} = E_{20 ⊥}

将此结果代入磁场强度的 $x$ 分量连续方程：

\frac{k_{1 z}}{μ_{1}} (E_{10 ⊥} - E_{30 ⊥}) = \frac{k_{2 z}}{μ_{2}} (E_{10 ⊥} + E_{30 ⊥})

解得：

E_{30 ⊥} = \frac{- \frac{k_{2 z}}{μ_{2}} + \frac{k_{1 z}}{μ_{1}}}{\frac{k_{1 z}}{μ_{1}} + \frac{k_{2 z}}{μ_{2}}} E_{10 ⊥}

带入 $k_{1 z} = k_{1} \cos θ_{1}$ ，进一步整理为：

E_{30 ⊥} = \frac{1 - \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}}{1 + \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}} E_{10 ⊥}

透射振幅由 $E_{10 ⊥} + E_{30 ⊥} = E_{20 ⊥}$ 给出：

E_{20 ⊥} = \frac{2 E_{10 ⊥}}{1 + \frac{μ_{1} k_{2 z}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}}}

当 $μ_{1} = μ_{2}$ 且 $γ_{2} = 0$ 时， $k_{2 z} = k_{2} \cos θ_{2}$ ，并且 $k_{1} \sin θ_{1} = k_{2} \sin θ_{2}$ ：

E_{20 ⊥} = \frac{2 \cos θ_{1} \sin θ_{2}}{\sin (θ_{1} + θ_{2})} E_{10 ⊥}

E_{30 ⊥} = \frac{\sin (θ_{2} - θ_{1})}{\sin (θ_{2} + θ_{1})} E_{10 ⊥}

D_{∥} = \frac{4 μ_{1} \cos θ_{1} Re (\frac{k_{2} k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}})}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}}

R_{∥} = {| \frac{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} - \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1}} |}^{2}

D_{∥} + R_{∥} = 1

证明：

对于平行时的能流透射与反射：用和（b）问相似的方法，容易得到

E_{30 ∥} = \frac{- \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} E_{10 ∥}

E_{20 ∥} = \frac{2 \cos θ_{1}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} E_{10 ∥}

所以能流的透射：

D_{∥} = \frac{S_{2 ∥ z}}{S_{1 ∥ z}} = \frac{\frac{1}{2 μ_{2} ω} (k_{2 R z} E_{2 ∥}^{2} - ℜ [E_{2 ∥ z} (k_{2} \cdot E_{2 ∥}^{*})])}{\frac{1}{2 μ_{1} ω} (k_{1 R z} E_{1 ∥}^{2})}

带入 $\frac{E_{2 ∥}^{2}}{E_{1 ∥}^{2}} = {| \frac{2 \cos θ_{1}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} |}^{2}$ 以及 $k_{1 R z} = k_{1} \cos θ_{1}$

由于 $k_{2} \cdot E_{2 ∥} = 0$ ，所以

\begin{matrix} ℜ [E_{2 ∥ z} (k_{2} \cdot E_{2 ∥}^{*})] = - ℜ [E_{2 ∥ z} (k_{2} \cdot 2 ℑ [E_{2 ∥}])] \\ = - ℜ [| E_{2 ∥} | \frac{k_{2 z}}{| k_{2} |} (k_{2} \cdot 2 ℑ [E_{2 ∥}])] = E_{2}^{2} (- ℜ [k_{2} {\frac{k_{2 z}}{k_{2}}}^{*}] + ℜ [k_{2 z}]) \end{matrix}

得到：

\begin{matrix} \frac{\frac{1}{2 μ_{2} ω} (k_{2 R z} E_{2 ∥}^{2} - ℜ [E_{2 ∥ z} (k_{2} \cdot E_{2 ∥}^{*})])}{\frac{1}{2 μ_{1} ω} (k_{1 R z} E_{1 ∥}^{2})} = \frac{μ_{1}}{μ_{2} k_{1} \cos θ_{1}} {| \frac{2 \cos θ_{1}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} |}^{2} ℜ [k_{2} \frac{k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}}] \\ = \frac{4 μ_{1} \cos θ_{1} Re (\frac{k_{2} k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}})}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}} \end{matrix}

R_{∥} = \frac{S_{3 ∥ z}}{S_{1 ∥ z}} = \frac{\frac{1}{2 μ_{1} ω} (k_{2 R z} E_{3 ∥}^{2})}{\frac{1}{2 μ_{1} ω} (k_{1 R z} E_{1 ∥}^{2})}

带入 $\frac{E_{3 ∥}^{2}}{E_{1 ∥}^{2}} = {| \frac{- \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} |}^{2}$ 以及 $k_{1 R z} = k_{1} \cos θ_{1}$ $k_{3 R z} = k_{3} \cos θ_{1}$

R_{∥} = {| \frac{- \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{μ_{1} k_{2} \cos θ_{1}}{μ_{2} k_{1}}} |}^{2}

\begin{matrix} D_{∥} + R_{∥} = \frac{4 μ_{1} \cos θ_{1} Re (\frac{k_{2} k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}})}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}} + {| \frac{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} - \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1}}{\frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1}} |}^{2} \\ = \frac{4 μ_{1} \cos θ_{1} Re (\frac{k_{2} k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}}) + μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} - \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}} \\ = \frac{μ_{2} k_{1} (4 \frac{μ_{1}}{μ_{2} k_{1}} \cos θ_{1} Re (\frac{k_{2} k_{2 z}^{*}}{k_{2}^{*}}) + {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} - \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2})}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}} \\ = \frac{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}}{μ_{2} k_{1} {| \frac{k_{2 z}}{k_{2}} + \frac{k_{2} μ_{1}}{k_{1} μ_{2}} \cos θ_{1} |}^{2}} = 1 \end{matrix}

其中利用了

(z_{1} + z_{2}) (z_{1}^{*} + z_{2}^{*}) = (z_{1} - z_{2}) (z_{1}^{*} - z_{2}^{*}) + 4 ℜ [z_{1} z_{2}^{*}]

电动力学 第7周作业 ​

1. 理想绝缘介质中的波动方程及平面电磁波解 ​

2. 定态波动方程及平面波解 ​

3. 电磁波在界面上的反射和折射 ​

电动力学第7周作业

1. 理想绝缘介质中的波动方程及平面电磁波解

2. 定态波动方程及平面波解

3. 电磁波在界面上的反射和折射