1.25. Луч света падает на поверхность плоскопараллельной пластинки толщиной $d,$ под углом $\alpha ,$ большим угла полного внутреннего отражения. Найти интенсивность света, прошедшего через пластинку. Электрическое поле волны параллельно поверхности пластинки.

На границе раздела электрическое поле имеет только тангенциальную компоненту.

Падающая волна — $E\exp\left(i\vec{k}_{1}\vec{r}-i\omega t\right)$

отражённая — $E_{1}\exp\left(-i\vec{k}_{1}\vec{r}-i\omega t\right)$

прошедшая — $E_{2}\exp\left(i\vec{k}_{1}\vec{r}-i\omega t\right)$.

В зазоре так же рассмотрим две волны:

падающую — $A_{1}\exp\left(i\vec{k}_{2}\vec{r}-i\omega t\right)$

и отражённую — $A_{2}\exp\left(i\vec{k}_{2}\vec{r}-i\omega t\right)$.

Запишем условие на границе для тангенциальных компонент полей. На верхней границе для электрического поля $$E+E_{1}=A_{1}+A_{2},$$ для магнитного $$\left(H+H_{1}\right)\cos\alpha=\left(B_{2}+B_{1}\right)\cos\beta $$ в момент времени $t=0$ принимая, что на границе $z=0$. На нижней границе $z=d$ и для электрического поля выполнено: $$A_{1}\exp\left(ik_{2}\cos\beta d\right)+A_{2}\exp\left(-ik_{2}\cos\beta d\right)=E_{2},$$ для магнитного: $$\left(B\exp\left(ik_{2}\cos\beta d\right)+B_{1}\exp\left(-ik_{2}\cos\beta d\right)\right)\cos\beta=H_{2}\exp\left(ik_{1}\cos\alpha d\right)\cos\alpha .$$

Запишем магнитное поле через электрическое используя упрощение $\mu_{i}=1:$

$$[\vec{k}\times\vec{E}]=\frac{\omega}{c}\vec{B}=\frac{\omega}{c}\vec{H},$$ тогда граничное условие для магнитного поля перепишем в виде: $$ k_{1}\left(E-E_{1}\right)\cos\alpha=k_{2}\left(A-A_{1}\right)\cos\beta. $$ Для второй границы $$ k_{2}\left(A\exp\left(ik_{2}\cos\beta d\right)-A_{1}\exp\left(-ik_{2}\cos\beta d\right)\right)\cos\beta=k_{1}E_{2}\cos\left(k_{1}\cos\alpha d\right)\cos\beta. $$

Обратим внимание, что для волнового вектора справедливо $$k_{1}\cos\alpha=k_{1z}=\sqrt{k_{1}^{2}-k_{1x}^{2}},$$ $$k_{2}\cos\beta=k_{2z}=\sqrt{k_{2}^{2}-k_{2x}^{2}},$$ а на границе для волнового вектора выполнено $k_{1x}=k_{2x}$. Следовательно $$k_{2z}=\sqrt{k_{2}^{2}-k_{1x}^{2}}.$$

Перепишем полученную систему уравнений

$$\left\{ \begin{array}{l} E+E_{1}=A+A_{1}\\ k_{1}\left(E-E_{1}\right)\cos\alpha=k_{2}\left(A-A_{1}\right)\cos\beta\\ A_{1}\exp\left(ik_{2}\cos\beta d\right)+A_{2}\exp\left(-ik_{2}\cos\beta d\right)=E_{2}\\ \left(B\exp\left(ik_{2}\cos\beta d\right)+B_{1}\exp\left(-ik_{2}\cos\beta d\right)\right)\cos\beta=H_{2}\cos\alpha \end{array}\right.$$

при помощи матрицы коэффициентов

$$\left(\begin{array}{cccc|c} A & A_{1} & E_{1} & E_{2}\\ \hline 1 & 1 & -1 & 0 & E\\ k_{2z} & -k_{2z} & k_{1z} & 0 & Ek_{1z}\\ e^{ik_{2z}d} & e^{-ik_{2z}d} & 0 & -1 & 0\\ e^{ik_{2z}d}k_{2z} & -e^{-ik_{2z}d}k_{2z} & 0 & -k_{1z} & 0 \end{array}\right)$$ для удобства введя переобозначения: $$\left(\begin{array}{cccc|c} A & A_{1} & E_{1} & E_{2}\\ \hline 1 & 1 & -1 & 0 & E\\ x & -x & y & 0 & Ey\\ t & t^{-1} & 0 & -1 & 0\\ xt & -xt^{-1} & 0 & -y & 0 \end{array}\right).$$ Для вычисления $E_2$ найдём два определителя: $$ \Delta=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & -1 & 0\\ x & -x & y & 0\\ t & t^{-1} & 0 & -1\\ xt & -xt^{-1} & 0 & -y \end{array}\right|= $$ $$ \left|\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1\\ x & -x & y\\ xt & -xt^{-1} & 0 \end{array}\right|-y\left|\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1\\ x & -x & y\\ t & t^{-1} & 0\\ \end{array}\right|=$$ $$(x^{2}t^{-1}+yxt)-(x^{2}t-xyt^{-1})-y(-xt^{-1}+yt-xt-yt^{-1})= $$ $$(x^{2}+y^{2})(t^{-1}-t)+2xy(t^{-1}+t) $$ и заменяя последний столбец, найдём второй определитель $$ \Delta_{4}=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & -1 & E\\ x & -x & y & Ey\\ t & t^{-1} & 0 & 0\\ xt & -xt^{-1} & 0 & 0 \end{array}\right|= $$ $$-E\left|\begin{array}{ccc} x & -x & y\\ t & t^{-1} & 0\\ xt & -xt^{-1} & 0 \end{array}\right|+Ey\left|\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -1\\ t & t^{-1} & 0\\ xt & -xt^{-1} & 0 \end{array}\right|=4Eyx . $$ Таким образом $$ E_{2}=\frac{\Delta_{4}}{\Delta}=\frac{4Eyx}{(x^{2}+y^{2})(t^{-1}-t)+2xy(t^{-1}+t)}= $$ $$ \frac{4Ek_{2z}k_{1z}}{(k_{2z}^{2}+k_{1z}^{2})(e^{-ik_{2z}d}-e^{ik_{2z}d})+2k_{2z}k_{1z}(e^{-ik_{2z}d}+e^{ik_{2z}d})}= $$ $$\frac{2Ek_{2z}k_{1z}}{2k_{2z}k_{1z}\cos\left(k_{2z}d\right)-i(k_{2z}^{2}+k_{1z}^{2})\sin\left(k_{2z}d\right)}.$$ вспомним, что $$k_{1x}=k_{1}\sin\alpha=\frac{\omega}{c}n_{1}\sin\alpha,$$ $$k_{1z}=\frac{\omega}{c}n_{1}\cos\alpha$$ и $$k_{2z}=\sqrt{k_{2}^{2}-k_{1x}^{2}}=\frac{\omega}{c}\sqrt{n_{2}^{2}-n_{1}^{2}\sin^{2}\alpha},$$ но при полном внутреннем отражении выполнено $$n_{2}<n_{1}\sin\alpha,$$ тогда $$k_{2z}=\pm i\frac{\omega}{c}\sqrt{n_{1}^{2}\sin^{2}\alpha-n_{2}^{2}}=\pm i\varkappa .$$ В этом случае выражение для поля $$ E_{2}=\frac{i2E\varkappa k_{1z}}{2k_{2z}i\varkappa\cosh\left(\varkappa d\right)-(k_{1z}^{2}-\varkappa^{2})\sinh\left(\varkappa d\right)},$$ тогда коэффициент прохождения: $$ \rho=\frac{|E_{2}|^{2}}{E^{2}}=\frac{4\varkappa^{2}k_{1z}^{2}}{4\varkappa^{2}k_{1z}^{2}\cosh^{2}\left(\varkappa d\right)+(k_{1z}^{2}-\varkappa^{2})^{2}\sinh^{2}\left(\varkappa d\right)}= $$ $$\frac{1}{\cosh^{2}\left(\varkappa d\right)+\left(\frac{k_{1z}^{2}-\varkappa^{2}}{2\varkappa k_{1z}}\right)^{2}\sinh^{2}\left(\varkappa d\right)}.$$