【解题研究】折射中的能量损失

| 2022-4-13 06:29 阅读 1826 评论 1

这部分会隐约出现在考题中,需定性判定

且对于普通高中生来说也只能定性判定

由于这玩意定量计较需有很高的常识水平

以下笔者参考一些期刊论文,网上材料以及知乎的回答

推一波折射中的能量损失

于[1]中经过尝试得出

图像:

那末这背后的机理又是什么?

同时对于光疏到光密和光密到光疏,成果有所分歧

推导:

参考[2]中:

凡是把在光这类电磁波的电矢量称为光矢量。

在可见光波段的电磁波不会引发大大都介质磁性的变化,即 ${\mu _r} = 1$ ,所以只斟酌其电矢量

光中电矢量能量密度为： ${\omega = \frac{1}{2}{E^2}}\$

由电磁场理论推出光的均匀能流密度:

${\overline S = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{\varepsilon }{\mu }} \cdot {E^2}}\$

推导可看

这个均匀能流密度也叫波的强度，简称波强。假如具体到可见光，便可称为光强了

故获得:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\overline {{S_1}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _1}}}{{{\mu _1}}}} E_{01}^2}\\ {\overline {{S_1}^\prime } = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _1}}}{{{\mu _1}}}} {{\left( {{{E'}_{01}}} \right)}^2}}\\ {\overline {{S_2}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{\varepsilon _2}}}{{{\mu _2}}}} E_{02}^2} \end{array}} \right.$

式子中 ${\varepsilon _1},{\mu _1},{\varepsilon _2},{\mu _2}$ 别离为第一介质和第二介质的介电常数和磁导率

而对于介质来说, ${\mu _1},{\mu _2} \approx 1$

${E_{01}},{E_{01}}',{E_{02}}$ 别离为入射光波,反射光波和折射光波的振幅

从而上式化简为 $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\overline {{S_1}} = \frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _1}} E_{01}^2}\\ {\overline {{S_1}^\prime } = \frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _1}} {{\left( {{{E'}_{01}}} \right)}^2}}\\ {\overline {{S_2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _2}} E_{02}^2} \end{array}} \right.$

按照能量守恒定律——单元时候内助射光波投到面上的均匀能量应即是单元时候内由面上反射出的光波能量与从面折射出的光波能量之和

即 ${\overline {{S_1}} {A_1} = \overline {{S_1}'} {A_1}' + \overline {{S_2}} {A_2}}\$

代入有 ${\frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _1}} E_{01}^2A\cos {i_1} = \frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _1}} {\left( {{E_{01}}'} \right)^2}A\cos {i_1} + \frac{1}{2}\sqrt {{\varepsilon _2}} E_{02}^2A\cos {i_2}}\$

化简整理得 ${\sqrt {{\varepsilon _1}} E_{01}^2\cos {i_1} = \sqrt {{\varepsilon _1}} {\left( {{E_{01}}^\prime } \right)^2}\cos {i_1} + \sqrt {{\varepsilon _2}} E_{02}^2\cos {i_2}}\$

按照光强与折射率的界说: $\left\{ \begin{array}{l} {n_1} = \sqrt {{\varepsilon _1}} \\ {n_2} = \sqrt {{\varepsilon _2}} \\ {I_1} = E_{01}^2\\ {I_1}' = {\left( {{E_{01}}'} \right)^2}\\ {I_2} = E_{02}^2 \end{array} \right.$

以及折射定律: ${n_1}\sin {i_1} = {n_2}\sin {i_2}$

终极获得 ${{I_1} = {I_1}' + \frac{{\sin {i_1} \cdot \cos {i_2}}}{{\cos {i_1} \cdot \sin {i_2}}}{I_2}}\tag{*}$

以上参考[2]

我们再对(*)停止变形

得 $\large\boxed{{I_1} = {I_1}^\prime + \frac{{\tan {i_1}}}{{\tan {i_2}}}{I_2}}\$

对于能量的分派：

拿(*)来会商

即 ${{I_1} = {I_1}' + \frac{{\sin {i_1} \cdot \cos {i_2}}}{{\cos {i_1} \cdot \sin {i_2}}}{I_2}}\tag{*}$

折射定律(相对折射率为定值)

即 ${\frac{{\sin {i_1}}}{{\sin {i_2}}} = n}\$

(*)变成 ${I_1} = {I_1}^\prime + n\frac{{\cos {i_2}}}{{\cos {i_1}}}{I_2}$

再消—— ${I_1}^\prime + n\frac{{\cos {i_2}}}{{\cos {i_1}}}{I_2} = {I_1}^\prime + n\sqrt {\frac{{1 - {{\sin }^2}{i_2}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}} {I_2}$

将 $n\sqrt {\frac{{1 - {{\sin }^2}{i_2}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}}$ 化成 ${i_1}$ 的单变量函数

即 $n\sqrt {\frac{{1 - {{\sin }^2}{i_2}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}} = n\sqrt {\frac{{1 - {{\left( {\frac{{\sin {i_1}}}{n}} \right)}^2}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}} = \sqrt {\frac{{{n^2} - {{\sin }^2}{i_1}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}}$

由因 $n > 1$ , $\sqrt {\frac{{{n^2} - {{\sin }^2}{i_1}}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}}$ 即为 $\sqrt {\frac{{\left( {{n^2} - 1} \right) + \left( {1 - {{\sin }^2}{i_1}} \right)}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}}} = \sqrt {\frac{{{n^2} - 1}}{{1 - {{\sin }^2}{i_1}}} + 1}$