電磁波（発展）

電磁波の反射と透過の演習

著者：柚木芹香

場の振幅の比とエネルギーの比を区別してください．以下の媒質は非磁性・透明で吸収がなく，垂直入射では複素電場振幅 $\hat{E}$ に対する強さが $I = n ε_{0} c {| \hat{E} |}^{2} / 2$ となります．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

屈折率 $n_{1} = 1.25$ の媒質から $n_{2} = 1.75$ の媒質へ平面波を垂直に入射させます．境界を $x = 0$ ，入射方向を正のx方向，電場方向をy方向とします．共通の時間因子 $e^{i ω t}$ の実部をとり，入射・反射・透過の複素電場振幅を ${\hat{E}}_{i}, {\hat{E}}_{r}, {\hat{E}}_{t}$ とします．

接線成分の連続条件

{\hat{E}}_{i} + {\hat{E}}_{r} = {\hat{E}}_{t}, n_{1} ({\hat{E}}_{i} - {\hat{E}}_{r}) = n_{2} {\hat{E}}_{t}

から振幅比を求め，反射による位相の変化を答えよ．

反射率 $R$ ，透過率 $T$ を求めよ．

**［図：垂直入射する波の境界］**
x=0の境界の左に屈折率n_1，右にn_2の媒質を示す．入射と透過は正のx方向，反射は負のx方向に進む．進行方向を見やすくするため上下に分けて表示する．

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考え方 反射波は進行方向が逆なので磁場の符号が反転する．強さを求めるときは屈折率の係数も含める．

第1式を第2式へ入れると $(n_{1} - n_{2}) {\hat{E}}_{i} = (n_{1} + n_{2}) {\hat{E}}_{r}$ ．従って ${\hat{E}}_{r} / {\hat{E}}_{i} = - 1 / 6$ ， ${\hat{E}}_{t} / {\hat{E}}_{i} = 1 - 1 / 6 = 5 / 6$ ．反射波の電場は境界で入射波に対して位相が $π$ ずれる．
$R = {| {\hat{E}}_{r} / {\hat{E}}_{i} |}^{2} = 1 / 36$ ， $T = (n_{2} / n_{1}) {| {\hat{E}}_{t} / {\hat{E}}_{i} |}^{2} = (7 / 5) {(5 / 6)}^{2} = 35 / 36$ ． $R + T = 1$ でエネルギー保存が成り立つ．透過振幅の2乗だけを透過率にすると，この保存則を満たさない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

空気中の厚い平行ガラス板へ，エネルギー $U_{0}$ の短い光パルスを垂直に入射させます．空気の屈折率は1，ガラスは $n = 1.50$ です．各面の反射率は，どちら側から入射しても $R = {[(n - 1) / (n + 1)]}^{2}$ です．板の厚さ $d$ とパルスの時間幅 $τ$ は $c τ / (2 n d)$ が十分小さく，各出射パルスは重なりません．

最初に裏面から出るパルスと，内部をさらに1往復して出るパルスのエネルギーを求めよ．
裏側に最終的に届く総エネルギーと，前側へ戻る総エネルギーを求めよ．

**［図：ガラス板内を往復する光パルス］**
エネルギーU_0，時間幅τの短いパルスが，厚さd，屈折率nのガラス板に垂直に入る．板内の往復経路は重なりを避けて上下にずらし，矢印で進行方向を示す．前面で直接反射する光と内部から前側へ戻る光も，上下にずらした矢印で示す．

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考え方 面を通過するたびにエネルギーへ $1 - R$ ，反射するたびに $R$ を掛ける．

$R = 0.0400$ ．最初の出射は $U_{1} = (1 - R)^{2} U_{0} \approx 0.922 U_{0}$ ．追加の1往復で2回反射するため，次は $U_{2} = R^{2} (1 - R)^{2} U_{0} \approx 1.47 \times 10^{- 3} U_{0}$ ．
等比級数の和は

U_{back} = (1 - R)^{2} U_{0} \sum_{j = 0}^{\infty} R^{2 j} = \frac{1 - R}{1 + R} U_{0} = \frac{12}{13} U_{0}

である．前側は直接反射した $R U_{0}$ と，内部から戻る $(1 - R)^{2} R U_{0} / (1 - R^{2})$ の和だから $U_{front} = 2 R U_{0} / (1 + R) = U_{0} / 13$ ．両者の和は $U_{0}$ ．パルスの分離には $c τ / (2 n d)$ が小さいという条件が必要である．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

空気から未知の透明媒質へ垂直に光を入れ，最初の境界の反射光だけを測りました．媒質の屈折率は $n > 1$ で，検出値 $P_{\det}$ は $P_{\det} = R P_{in} + b$ に従うとします． $b$ は一定の背景電力です．入射電力の誤差は無視でき，検出値の誤差はそれぞれ $0.005 mW$ 以下です．

$P_{in}$ （ $mW$ ）	$P_{\det}$ （ $mW$ ）
4.00	0.270
8.00	0.520
12.00	0.770

両端の点から $R, b, n$ を求め，中点を確かめよ． $R = {[(n - 1) / (n + 1)]}^{2}$ を使ってよい．
$R$ の最大誤差と，微分による $n$ の誤差の1次評価を求めよ．

**［図：反射光と背景を受ける検出器］**
電力P_inを変えられる光源から未知媒質へ垂直に光を入れる．最初の境界から戻る反射光だけを検出器が受け，背景bも検出器へ入る．入射と反射の経路は上下に分けて表示する．

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考え方 背景を含む検出値をそのまま割らず，直線の傾きから反射率を決める．

$R = (0.770 - 0.270) / (12.00 - 4.00) = 0.0625$ ， $b = 0.270 - 0.0625 \times 4.00 = 0.020 mW$ ． $s = \sqrt{R} = 0.25$ とおくと $s = (n - 1) / (n + 1)$ より $n = (1 + s) / (1 - s) = 5 / 3 \approx 1.67$ ．中点の予測は $0.0625 \times 8.00 + 0.020 = 0.520 mW$ で一致する．
差の最大誤差は $0.010 mW$ だから $Δ R = 0.010 / 8.00 = 0.00125$ ． $\frac{d n}{d s} = 2 / (1 - s)^{2}$ ， $\frac{d s}{d R} = 1 / (2 s)$ より $Δ n \approx Δ R / [s {(1 - s)}^{2}] = 0.0089$ ，約0.009である． $Δ R / R = 0.020$ が小さく，1次近似はよい．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

屈折率 $n_{1} = 1.20$ の媒質から $n_{2} = 1.60$ の媒質へ光を入れます．入射面に平行な電場をp偏光，垂直な電場をs偏光とします．ブルースター角では

\tan θ_{B} = \frac{n_{2}}{n_{1}}, R_{p} = 0, R_{s} = {(\frac{n_{1}^{2} - n_{2}^{2}}{n_{1}^{2} + n_{2}^{2}})}^{2}

となります．入射光は両偏光に強さを等分しています．

$θ_{B}$ と反射光全体の強さの割合，反射光の電場の向きを求めよ．
媒質2から媒質1へ入れる場合のブルースター角 $θ_{B}^{'}$ を求め， $θ_{B} + θ_{B}^{'}$ を示せ．

**［図：入射面とブルースター角での反射光］**
境界と法線，入射光と反射光を示す．入射面は紙面である．入射角の記号θ_Bを記し，角度は模式的に示す．p，sの電場方向を書き込む余白を添える．

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考え方 p偏光が反射されなくても，s偏光まで反射されないわけではない．

$θ_{B} = \arctan (4 / 3) \approx {53.1}^{\circ}$ ． $R_{s} = {(- 7 / 25)}^{2} = 49 / 625 = 0.0784$ なので，全入射強さに対する反射の割合は $(R_{p} + R_{s}) / 2 = 0.0392$ ，約3.9 %である．反射光はs偏光だけとなり，電場は入射面に垂直である．
$\tan θ_{B}^{'} = 3 / 4$ より $θ_{B}^{'} \approx {36.9}^{\circ}$ ．両角が0と $π / 2$ の間にあり， $\tan (π / 2 - θ_{B}) = 1 / \tan θ_{B} = 3 / 4$ だから $θ_{B} + θ_{B}^{'} = π / 2$ ．正の屈折率を交換すると2つの角が補い合う．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

空気のすき間を隔てて，同じ厚いガラス板を $N$ 枚並べ，光を垂直に入れます．吸収はなく，全ての多重反射を集めます．異なる経路は強さを足して扱えるとします．1枚の板全体の透過率と反射率を $t = (1 - R) / (1 + R)$ ， $ρ = 1 - t$ とし， $R$ は各面の反射率です． $N$ 枚全体の透過率は $T_{N}$ ，反射率は $1 - T_{N}$ です．

$N$ 枚の後に1枚加えるとき，間の往復を足して $T_{N + 1}$ を求めよ． $1 / T_{N} - 1$ の漸化式から $T_{N}$ を導け．
$R = 0.0400$ で，総透過率を0.80以上に保てる最大枚数を求めよ．単に $t^{N}$ とする計算との違いを説明せよ．

**［図：板群と追加する板の間の多重反射］**
N枚の板をひとまとめにした板群と，追加する1枚を示す．板群の透過率T_Nと追加する板の透過率t，反射率ρを記す．間の往復経路を上下にずらし，進行方向を矢印で示す．

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考え方 最後の板で反射された光は，前の板群で再反射されて再び透過を試みる．

最初の透過は $T_{N} t$ ，1往復ごとの係数は $(1 - T_{N}) ρ$ だから

T_{N + 1} = \frac{T_{N} t}{1 - (1 - T_{N}) (1 - t)}, \frac{1}{T_{N + 1}} - 1 = (\frac{1}{T_{N}} - 1) + (\frac{1}{t} - 1)

となる． $T_{1} = t$ より $1 / T_{N} - 1 = N (1 / t - 1) = 2 N R / (1 - R)$ ，従って $T_{N} = (1 - R) / [1 + (2 N - 1) R]$ ．

$T_{N} = 12 / (12 + N) \geq 0.80$ より $N \leq 3$ ，最大3枚である． $t^{N}$ は板群の間を戻る経路を除外し，3枚では ${(12 / 13)}^{3} \approx 0.787$ と過小評価する． $R \to 0$ で $T_{N} \to 1$ ，大きい $N$ では $T_{N}$ は $1 / N$ に比例する．経路間の干渉を無視できるという模型の範囲での結論である．

ポイント教える人へ

境界の磁場条件で，反射波の符号が変わる理由を問います．
振幅比から透過率へ直す際に，屈折率の係数を含めさせます．
背景のある測定では，原点からの比と直線の傾きを区別させます．
板の多重反射は，どの経路まで数えたかを図で説明させます．