Lösung der Aufgabe 7.2.3 Lösung

Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
1
Lösung der Aufgabe 7.2.3
Überarbeitet von: WaS 11.7.2007
Aufgabe wie in der Klausur
Eine elliptisch polarisierte, ebene Welle fällt aus der Luft unter dem Winkel ϑe auf die Grenzfläche zu dem unmagnetischen Halbraum x < 0 der Dielektrizitätszahl ². Die Einfallsebene sei
hier die x − y− Ebene, das elektrische Feld ist so polarisiert, dass die kleine Halbachse der Ellipse parallel zur z− Richtung weist. Das Verhältnis der großen zur kleinen Ellipsenhalbachse
ist A. Unter welchen Bedingungen ist die reflektierte Welle linear bzw. zirkular polarisiert?
Zusatzfragen für die Übung
a) Skizzieren Sie die Anordnung.
b) Wie lautet der Wellenzahlvektor der einfallenden Welle?
c) Wie lauten die Wellenzahlvektoren der reflektierten und transmittierten Wellen?
~ der einfallenden Welle?
d) Wie lautet der Ansatz für das elektrische Feld E
~
e) Welche Größe hat das zugehörige magnetische Feld H?
f) Zerlegen Sie das elektrische Feld der einfallenden Welle in TE- und TM-polarisierte Felder
bezüglich der Grenzfläche.
g) Wie lauten die Reflexionsfaktoren rT E und rT M der beiden Polarisationen?
h) Welche Bedingung muss an die Reflexionsfaktoren gestellt werden, wenn die resultierende
reflektierte Welle linear polarisiert sein soll? Wie muss ² in diesem Fall gewählt werden?
i) Welche Bedingung müssen die Reflektionsfaktoren erfüllen, wenn das resultierende reflektierte Feld zirkular polarisiert sein soll? Wie muss ² in diesem Fall gewählt werden?
Lösung
a)
√
b) Mit k~kk = k, k1 = k0 , k2 = ²k0
~kin = −k1 sin{ϑe }~ex + k1 cos{ϑe }~ey
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
2
c) Randbedingungen für ~k
³
³
~n × ~kref − ~kin
´´
³
³
× ~n = 0 ⇒
´
~n ◦ ~kref + ~n ◦ ~kin ~n = 0 ⇒
³
~n × ~ktr − ~kin
´´
× ~n = 0 ⇒
³
´
³
´
~n × ~kref × ~n = ~n × ~kin × ~n
³
´
³
³
´
³
´
~n ◦ ~kref ~n = − ~n ◦ ~kin ~n
´
~n × ~ktr × ~n = ~n × ~kin × ~n
(~n ◦ ~ktr )~n =
q
2
2
ktr
− kin
+ (~n ◦ ~kin )2 · ~n .
Daraus resultiert mit dem Normalenvektor ~n = −~ex
³
´
~n × ~kref × ~n = k0 cos{ϑe }~ey
³
³
´
~n ◦ ~kref ~n = k0 sin{ϑe }~ex
´
~n × ~ktr × ~n = k0 cos{ϑe }~ey
q
√
(~n ◦ ~ktr )~n = −k0 ² − cos2 {ϑe } · ~ex = −k0 ² sin{ϑd } · ~ex
d)
~ in = (E1~e1 + E2 exp {±iπ/2} ~e2 ) exp{i(ωt − ~kin ◦ ~r)}
E
ˆ~
~
= E
r)}
in exp{i(ωt − kin ◦ ~
Hier muss gemäß Aufgabenstellung gelten
.
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
3
~e2 = ~ez
E1 = AE2
Grundsätzlich könnte eine elliptisch polarisierte Welle in zwei beliebig zueinander polarisierte ebene Wellen zerlegt werden. Günstig ist die Wahl zweier senkrecht zueinander
polarisierter Wellen, dass heißt, ~e1 und ~e2 stehen senkrecht aufeinander. Zusätzlich müssen
beide senkrecht auf ~kin stehen:
1
~e2 × ~kin
k1
= ± (− cos{ϑe }~ex − sin{ϑe }~ey )
~e1 = ±
~
Wahl für E:
~e1 = cos{ϑe }~ex + sin{ϑe }~ey
ˆ~
E
ex cos{ϑe }~ey ) + E2 exp{iπ/2}~ez
in = AE2 (sin{ϑe }~
~ˆ des magnetischen Feldes H
~ =H
~ˆ exp{i(ωt − ~kin ◦ ~r)} ergibt sich aus
e) Die Amplitude H
~ˆ in =
H
1 ~
ˆ~
(k1 × E
in )
k 1 Z1
mit den Eigenschaften von ~e1 , ~e2 und ~k1
1
(E2 exp{iπ/2}~e1 − E1~e2 )
Z
E2
(−A~ez + (cos{ϑe }~ex + sin{ϑe }~ey ) exp{iπ/2})
=
Z
~ˆ in =
H
f) Bezüglich der Grenzfläche ist E1 TM- und E2 TE-polarisiert. Überprüfung mit ~e` = k1 (~n ×
~k) = −~ez = −~e2 und
~ = 0 ⇒ TE
~e` × E
~ = 0 ⇒ TM
~e` × H
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
4
g)
rTE =
=




~kin ~ktr

~n 
−
µin µtr
~kin ~ktr

~n 
+
µin µtr
sin{ϑe } −
sin{ϑe } +
q
q

rTM =
=
² − cos2 {ϑe }
² − cos2 {ϑe }
= rTE,E

~kin ~ktr

~n 
−
²in
²tr


~kin ~ktr

~n 
+
²in
²tr
² sin{ϑe } −
² sin{ϑe } +
q
² − cos2 {ϑe }
q
² − cos2 {ϑe }
= −rTM,E
h) Es gibt zwei Möglichkeiten: entweder wird eine Polarisation nicht reflektiert, oder die Reflexionsfaktoren unterscheiden sich im Betrag um den Faktor A und gleichzeitig in der Phase um π/2. In verlustfreien Medien können die Reflexionsfaktoren zwar unterschiedliche
Größe haben, dann ist aber die Phasenverschiebung zwischen beiden „0“. Bei Totalreflexion haben die Reflexionsfaktoren zwar eine unterschiedliche Phasenverschiebung, in diesem
Fall sind aber beide Beträge gleich „1“. Damit fällt die zweite Möglichkeit zur Erzeugung
einer linear polarisierten Welle aus. Es bleibt also noch die Möglichkeit, dass einer der beiden Reflexionsfaktoren verschwindet. Das ist genau dann der Fall, wenn der Einfallswinkel
gleich dem Brewster-Winkel ist. Unter diesen Umständen wird der Reflexionsfaktor der
TM-Welle „0“. Der Zusammenhang zu ² ergibt sich also zu
² = cot2 {ϑe }
i) Für eine zirkular polarisierte Welle müssen die beiden orthogonalen Polarisationen gleiche
Amplitude und Phasenverschiebung π/2 haben:
~ ref = Eref (~e1 + exp {±iπ/2} ~e2 ) exp{i(ωt − ~kref ◦ ~r)}
E
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
5
Aus der einfallenden Welle an der Grenzfläche (x = 0) resultieren die Amplituden:
~ ref = (rTM,E E1~e1 + rTE,E E2 exp {iπ/2} ~e2 ) exp{i(~kref ◦ ~r − ωt)}
E
Vergleich:
Eref = rTM,E E1 = rTM,E AE2
Eref exp{±iπ/2} = rTE,E E2 exp{iπ/2}
Die Phasenverschiebung wurde schon passend gewählt, es müssen also noch die Amplituden nach der Reflexion gleich sein:
rTE,E = ±ArTM,E
Für die weitere Berechnung ist es günstig,
rTE,E
rTM,E
q
² − cos2 {ϑe } durch
√
² sin{ϑd } zu ersetzen:
√
sin{ϑe } − ² sin{ϑd }
√
=
sin{ϑe } + ² sin{ϑd }
√
² sin{ϑe } − sin{ϑd }
= −√
² sin{ϑe } + sin{ϑd }
√
sin{ϑd } − ² sin{ϑe }
√
=
sin{ϑd } + ² sin{ϑe }
Einsetzen der Reflexionsfaktoren und ausmultiplizieren ergibt nach umsortieren
sin{ϑe } sin{ϑd }(1 − ²)(1 ∓ A) =
´
√ ³ 2
² sin {ϑd } − sin2 {ϑe } (1 ± A)
Einsetzen von
sin2 {ϑe } = 1 − cos2 {ϑe }
1
sin2 {ϑd } = 1 − cos2 {ϑe }
²
Elektromagnetische Felder und Wellen: Lösung der Aufgabe 7.2.3
6
ergibt nach weiteren umsortieren und einfachen umformen
√
² sin{ϑe } sin{ϑd } = − cos2 {ϑe }
1±A
1∓A
Nach quadrieren und umsortieren resultiert
"
µ
1±A
² = cos {ϑe } 1 + cot {ϑe }
1∓A
2
2
¶2 #
.
.