Xem mẫu
- Chương 4
NHIỄU XẠ SÓNG ĐIỆN TỪ
4.1. Khái niệm
• Nếu trong môi trường đồng nhất và đẳng hướng có một hay một nhóm vật
thể mà các kích thước của chúng cỡ bước sóng của sóng điện từ thì tại đó
có thể xảy ra hiện tượng sóng phản xạ lại môi trường, sóng khúc xạ truyền
vào các vật thể và sự đi vòng của sóng tới qua các vật thể làm cho cấu
trúc của trường sóng tới thay đổi. Hiện tượng trên gọi là sự nhiễu xạ sóng
điện từ tại các vị trí bất đồng nhất của môi trường. Các vật thể này gọi là
vật chướng ngại, sóng tới gọi là sóng sơ cấp, sóng phản xạ gọi là sóng thứ
cấp. Trường điện từ nhiễu xạ toàn phần là trường tổng hợp của các sóng
sơ cấp, sóng thứ cấp và sóng khúc xạ
• Mục tiêu: xác định trường thứ cấp hoặc trường toàn phần tại một điểm bất
kì trong không gian môi trường đồng nhất và đẳng hướng tại thời điểm t
bất kì khi đã biết các tham số điện và dạng hình học của vật chướng ngại,
và cấu trúc của trường sóng sơ cấp.
• Vì vật chướng ngại có dạng hhọc rất phức tạp và ở những vị trí khác nhau
so với nguồn sơ cấp, do đó bài toán nhiễu xạ sóng điện từ chỉ có thể giải
gần đúng. Trong thực tế người ta thường dùng các đại lượng vật lí như tiết
diện phản xạ tương đương, tiết diện hấp thụ toàn phần ... đặc trưng cho sự
nhiễu xạ sóng điện từ.
• Việc giải chính xác bài toán nhiễu xạ sóng điện từ chỉ có thể thực hiện đối
với vật chướng ngại có dạng hhọc đơn giản như htrụ tròn nhỏ dài vô hạn,
hcầu đặt rất xa nguồn sóng sơ cấp, có nghĩa là cấu trúc của nguồn và
trường sóng sơ cấp không phụ thuộc vào vật chướng ngại.
4.2. Nhiễu xạ của sóng phẳng trên vật dẫn trụ tròn dài vô hạn
4.2.1. Bài toán
1
- - Giả sử có một vật dẫn điện tốt dạng trụ tròn bán kính a dài vô hạn đặt
trong kk và có sóng phẳng điều hoà truyền tới vuông góc với trục của vật dẫn.
Xác định trường thứ cấp phản xạ từ vật dẫn.
- Chọn hệ toạ độ trụ có trục z trùng với trục của vật dẫn và sóng phẳng điều
hoà truyền dọc theo trục Ox và vuông góc với trục của vật dẫn. Khi đó sự phân
r r
cực của sóng tới có thể xảy ra 2 trường hợp: E t // Oz và E t ⊥ Oz. Nếu sóng tới là
r
sóng phân cực thẳng bất kì của E t thì nó được xem như là tổng hợp của 2 trường
hợp trên. Do đó việc giải bài toán nhiễu xạ sóng điện từ phẳng chỉ cần xét đối
với dạng sóng phẳng phân cực đã nêu.
z
r r
Et Ht
r
Et
r r x
r Πt Πt
Ht
r r
E t // Oz E t ⊥ Oz
2a
- Vì sóng tới vuông góc với z nên đối với trường sóng phản xạ ta có:
∂
(E, H ) = 0 và các phương trình Maxwell có dạng:
∂z
•
∂ E mz •
= −iωμμ 0 r H mr
∂ϕ
•
∂ E mz •
= iωμμ 0 H mϕ (4.1)
∂r
1 ⎛ ∂ ⎛ • ⎞ ∂ H mr ⎞
•
⎜ ⎟ = iωεε E mz
•
⎜ r H mϕ ⎟ −
r ⎜ ∂r ⎝ ∂ϕ ⎟ 0
⎠
⎝ ⎠
2
- và:
•
∂ H mz •
= iωεε 0 r E mr
∂ϕ
•
∂ H mz •
= −iωεε0 E mϕ (4.2)
∂r
1 ⎛ ∂ ⎛ • ⎞ ∂ E mr ⎞
•
⎜ r E mϕ ⎟ − ⎟ = −iωεε μμ H mz
•
⎜
r ⎜ ∂r ⎝ ⎠ ∂ϕ ⎟
0 0
⎝ ⎠
Nhận xét:
• • • •
- Hệ phương trình (4.1) chỉ gồm các thành phần E mz , H mr , H mϕ và E mr = 0
(phương truyền sóng thứ cấp). Đây gọi là trường thứ cấp điện ngang hay từ dọc,
•
kí hiệu là TE hoặc H, ứng với trường hợp sóng tới phân cực E mt // Oz.
• • • •
- Hệ phương trình (4.2) chỉ gồm các thành phần H mz , E mr , E mϕ và H mr = 0
(phương truyền sóng thứ cấp). Đây gọi là trường thứ cấp từ ngang hay điện dọc,
•
kí hiệu là TH hoặc E, ứng với trường hợp sóng tới phân cực E mt ⊥ Oz.
- Hai hệ phương trình (4.1) và (4.2) có dạng tương tự nhau nên chỉ cần xét
một trong 2 hệ phương trình trên là được, cụ thể là hệ phương trình (4.1). Vì vật
dẫn điện tốt có σ rất lớn nên trường sóng khúc xạ hầu như không tồn tại trong
•
vật dẫn. Để đơn giản, xem vật dẫn có σ → ∞. Đối với sóng tới phân cực có E mt //
Oz thì điều kiện biên của phương trình (4.1) như sau:
• •
E zt + E z = 0 (4.3)
tại:
r = a ; 0 ≤ ϕ ≤ 2π ; -∞ < z < ∞
- Sóng phản xạ từ bề mặt vật dẫn truyền ra xa vô hạn theo phương r phải có
đặc trưng sóng tại vô cùng, có nghĩa là phải thoả mãn điều kiện bức xạ tại vô
cùng:
3
- r
⎛ ∂E r⎞
lim⎜ + ikE ⎟ = 0
r →∞ ⎜ ∂r ⎟
⎝ ⎠
r (4.4)
⎛ ∂H r⎞
lim⎜ + ikH ⎟ = 0
r →∞ ⎜ ∂r ⎟
⎝ ⎠
Vậy: bài toán nhiễu xạ sóng phẳng trên vật dẫn trụ tròn dài vô hạn qui về
việc xác định nghiệm của phương trình (4.1) và các điều kiện (4.3) và (4.4).
4.2.2. Trường thứ cấp
Để tìm nghiệm của phương trình (4.1) với các điều kiện (4.3) và (4.4), ta
• •
chuyển (4.1) sang dạng phương trình sóng. Đặt các giá trị của H mr , H mϕ từ 2
phương trình đầu vào phương trình cuối của hệ (4.1) ta có:
• • •
∂ 2 E mz 1 ∂ E mz 1 ∂ 2 E mz •
+ + 2 + k 2 E mz = 0 (4.5)
∂r 2
r ∂r r ∂ϕ 2
Nghiệm của (4.5) có dạng:
• • ∞
J m (ka ) ( 2 )
∑ (− i ) H m (kr )e imϕ
m
E mz = − E mzt
m = −∞ H m (ka )
(2 )
•
E mzt ∞ m mJ (ka )
•
H mr = ∑ (− i ) H (2m) (ka ) H (m2 ) (kr )e imϕ
μμ 0 ωr m = −∞
(4.6)
m
•
(− i )m J m2 (ka ) ∂H m (kr ) e imϕ
(2 )
•
E mzt ∞
H mϕ =− ∑
μμ 0 ωr m = −∞ H (m ) (ka ) ∂r
Trong đó:
Jm(kr) là hàm Bessel cấp m
H (m ) (kr ) là hàm Hanken cấp m loại 2
2
4.2.3. Giản đồ hướng
Trường thứ cấp phản xạ từ vật dẫn trụ tròn dài vô hạn có thể biểu diễn trực
quan bằng giản đồ hướng như sau:
4
- - Tìm cường độ trường thứ cấp ở vùng xa thoả mãn kr >> 1. Áp dụng dạng
tiệm cận của hàm Hanken cấp m loại 2 khi kr → ∞ và bỏ qua số hạng nhỏ bậc
1 1
cao 3/ 2
so với 1/ 2
của (4.6) ta có:
r r
2 − i ⎜ kr − 4 ⎟ ∞ J m (ka ) imϕ
⎛ π⎞
• •
E mz ≈ − E mzt e ⎝ ⎠ ∑ (2 ) e
πkr m = −∞ H m (ka )
•
2 − i ⎜ kr − 4 ⎟ ∞ J m (ka ) imϕ
⎛ π⎞
•
E mzt
H mϕ ≈ e ⎝ ⎠ ∑ (2 ) e (4.7)
μμ 0 πkr m = −∞ H m (ka )
εε 0
•
H mr ≈ 0
Nhận xét:
- Trường thứ cấp phản xạ từ vật dẫn trụ tròn dài vô hạn chỉ có 2 thành phần
• •
E mz , H mϕ vuông góc với nhau và vuông góc với phương truyền sóng r.
- Theo (4.7) giản đồ hướng của trường thứ cấp phản xạ từ vật dẫn trụ tròn
dài vô hạn như hvẽ (xem tài liệu KKL, trang 97, hình 4.2) với các tham số ka
khác nhau.
- Từ giản đồ hướng nhận thấy rằng khi ka ≈ 1, a > 1, a >> λ thì trường thứ cấp bắt đầu xh các cực đại ở
phía đối diện với nguồn sóng tới và làm méo trường sóng tới ở phía này mạnh
hơn. Khi ka → ∞, a → ∞ thì trường thứ cấp có cực đại quay về phía sóng tới và
có một vùng tối ở phía đối diện, cường độ trường ở vùng này bằng 0.
Để đánh giá tính chất của trường bức xạ thứ cấp khi trường sơ cấp truyền
qua vật chướng ngại, người ta đưa ra đại lượng diện tích phản xạ tương đương.
Đối với vật dẫn trụ tròn dài vô hạn thì diện tích phản xạ tương đương tính theo 1
đơn vị chiều dài của htrụ là σ0 được xác định theo công thức:
Pbx = σ 0 Π tbt (4.8)
Trong đó:
5
- Pbx là công suất bức xạ của trường thứ cấp tính theo 1 đơn vị chiều dài
Πtbt là mật độ công suất bức xạ trung bình của sóng tới
2
1 •
Π tbt = E mzt
μμ 0 (4.9)
2
εε 0
2π
Pbx = ∫ Π tb dS = ∫ Π tb rdϕ (4.10)
S 0
⎞ 1 μμ 0 •
2 2
1 ⎛• •
1 1 •
Π tb = re⎜ E mz . H ∗ mϕ ⎟ = H mϕ = E mz
2 ⎝ ⎠ 2 εε 0 2 μμ 0 (4.11)
εε 0
Từ các biểu thức (4.7) – (4.11), diện tích phản xạ tương đương σ0 được tính
theo:
J (ka )
2
4a ∞
σ0 =
4ka
∑ H m2 ) (ka )
m = −∞
( (4.12)
m
4.3. Nguyên lí Huyghens-Kirchhoff
Tìm nghiệm của phương trình sóng thuần nhất đối với hàm vô hướng ψ sau
đây:
∇ 2ψ − k 2ψ = 0 (4.13)
tại điểm P bất kì trong thể tích V được giới hạn bởi mặt kín S. Giả thiết rằng
hàm ψ, đạo hàm bậc 1 và bậc 2 của nó liên tục trong V và trên S.
Áp dụng định lí Green ta có:
⎛ ∂φ ∂ψ ⎞
∫ (ψ∇ φ − φ∇ ψ )dV = ∫ ⎜ ψ ∂n − φ ∂n ⎟dS
2 2
(4.14)
V ⎝ S ⎠
Trong đó hàm φ, đạo hàm bậc 1 và bậc 2 của nó cũng liên tục trong V và
trên S. Chọn hàm φ có dạng:
e − ikr
φ= (4.15)
r
Trong đó: r là khoảng cách từ điểm P đến một điểm bất kì trong thể tích V.
6
- Nhận xét:
- Hàm φ dạng (4.15) thoả mãn định lí Green tại mọi vị trí trừ điểm P, vì tại
điểm P: φ → ∞ khi r → 0. Để áp dụng định lí Green đối với điểm P, bao điểm P
bằng mặt cầu đủ nhỏ S0 bán kính R0. Khi đó miền V được giới hạn bởi các mặt S
và S0. Vì hàm φ dạng (4.15) cũng thoả mãn phương trình sóng (4.13) nên vế trái
của (4.14) bằng 0 và ta có:
⎛ ∂φ ∂ψ ⎞ ⎛ ∂φ ∂ψ ⎞
∫ ⎜ ψ ∂n − φ ∂n ⎟dS = −∫ ⎜ ψ ∂n − φ ∂n ⎟dS
S0⎝ ⎠ ⎝ S ⎠
(4.16)
∂ r
- Các đạo hàm theo pháp tuyến trên S và S0 lấy theo pháp tuyến n 0
∂n
hướng ra ngoài thể tích V. Do đó trên mặt cầu S0 ta có:
∂φ ∂φ ∂ψ ∂ψ
=− ; =− (4.17)
∂n ∂r ∂n ∂r
nên:
∂φ ∂ ⎛ e − ikr ⎞ ⎛ 1 ⎞ e − ikr
=− ⎜ ⎟ = ⎜ ik + ⎟ (4.18)
∂n ∂r ⎜ r ⎟ ⎝
⎝ ⎠ r⎠ r
Suy ra:
⎛ ∂φ ∂ψ ⎞ ⎛⎛ 1 ⎞ e − ikR e − ikR ⎛ ∂ψ ⎞ ⎞
0 0
I0 = ∫ ⎜ ψ −φ ⎟dS = ⎜ ⎜ ik + ⎟ ψ tb + ⎟ ⎟4πR 0
2
⎜⎜ ⎜ (4.19)
S ⎝
0
∂n ∂n ⎠ ⎝⎝ R0 ⎟ R0
⎠ R 0 ⎝ ∂r ⎠ tb ⎟
⎠
Trong đó:
⎛ ∂ψ ⎞
ψ tb và ⎜ ⎟ là các gtừ trườngb của hàm ψ và đạo hàm riêng của nó trên
⎝ ∂r ⎠ tb
mặt cầu S0 có giá trị hữu hạn. Do đó xét trường hợp giới hạn cho mặt cầu S0 thu
nhỏ thành 1 điểm ta có:
ψ tb → ψ(P )
(4.20)
I 0 = 4πψ(P ) khi R0 → 0
Theo (4.16) suy ra:
7
- 1 ⎛ ∂ ⎛ e − ikr ⎞ e − ikr ∂ψ ⎞
ψ (P ) = − ⎜ψ ⎜ ⎟dS
4π ∫ ⎜ ∂n ⎜ r
⎟−
⎟ (4.21)
S⎝ ⎝ ⎠ r ∂n ⎟ ⎠
Nhận xét:
- (4.21) là biểu thức của nguyên lí Huyghens-Kirchhoff. Từ biểu thức
(4.21) có thể tìm được hàm ψ tại một điểm bất kì trong thể tích V. Nếu các giá
∂ψ
trị của ψ và trên mặt S được coi là phân bố của các nguồn nguyên tố, thì giá
∂n
trị của ψ tại một điểm bất kì trong thể tích V là chồng chất của các sóng cầu
nguyên tố bức xạ ở trên mặt S bao quanh thể tích V.
S
V’
P
r’
R0 V r
V α
P R∞
S0 S S’
- (4.21) cũng áp dụng được đối với trường hợp mặt S là giới hạn trong của
miền V’ bên ngoài, thực vậy:
Miền V’ được xem như giới hạn bởi mặt kín S và mặt cầu S’ có tâm nằm
trong V với bán kính R∞ → ∞, khi đó:
⎛ ∂φ ∂ψ ⎞
I∞ = ∫ ⎜ ψ −φ ⎟dS → 0 (4.22)
S′ ⎝ ∂n ∂n ⎠
Vì R∞ >> r’, r’ là khoảng cách từ tâm hình cầu S’ đến điểm P, nên có thể
xem R∞ // r, r là khoảng cách từ điểm P đến điểm bất kì của mặt cầu S’ rộng vô
hạn, ta có:
1 1
≈ , r = R ∞ − r ′ cos α (4.23)
R∞ r
Nên:
8
- e −ikr 1 −ikR ikr′ cos α
φ= ≈ e e ∞
(4.24)
r R∞
Trong đó: α là góc giữa R∞ và r’.
∂ ∂
Đối với mặt cầu S’ ta có: =
∂n ∂r
Do đó:
⎛⎛ ⎛ ⎞ −ikR ikr ′ cos α ⎞
⎜ ⎜ ψ⎜ ik + 1 ⎞ + ∂ψ ⎟ e
∞
I∞ = −∫ ⎜ ⎜ ⎟ e ⎟dS (4.25)
⎜ ⎝
S′ ⎝ ⎝ R ∞ ⎟ ∂R ∞ ⎟ R ∞
⎠ ⎠
⎟
⎠
Trong trường hợp giới hạn, khi R∞ → ∞ thì I∞ → 0 nếu thoả mãn điều kiện sau:
⎛ ∂ψ ⎛ 1 ⎞ ⎞
lim ⎜ ⎜ ⎟ ⎟
⎜ ∂R + ⎜ ik + R ⎟ψ ⎟ = 0 (4.26)
R →∞
∞
⎝ ∞ ⎝ ∞ ⎠ ⎠
hay:
∂ψ ⎛ 1 ⎞
= −⎜ ik +
⎜ ⎟ψ (4.27)
∂R ∞ R ∞ →∞ ⎝ R∞ ⎟ R
⎠ ∞ →∞
Nhận xét:
- Điều kiện (4.26) hoặc (4.27) dễ dàng được thoả mãn nếu ψ thoả mãn điều
kiện bức xạ tại vô cùng, tức là hàm ψ tại vô cùng có dạng:
e − ikR ∞
ψR = f (θ, ϕ) (4.28)
∞ →∞
R∞
Vì hàm ψ dạng (4.15) thoả mãn phương trình (4.13) nên cũng đúng đối với
miền ngoài V’.
- Phương trình (4.13) có dạng tương tự như dạng của phương trình sóng
r r
thuần nhất cho E và H trong hệ toạ độ Decac. Do đó có thể áp dụng nguyên lí
Huyghens-Kirchhoff để giải các bài toán nhiễu xạ.
- Nguyên lí Huyghens-Kirchhoff đối với hàm vô hướng có thể xem như là
trường hợp riêng của nguyên lí dòng tương đương.
4.4. Nguyên lí dòng tương đương
9
- Giả sử có các nguồn q1, q2, ..., qn đặt trong miền V trong mặt kín S, xác
định trường tại điểm P bất kì trong không gian V’ ngoài mặt S. Theo nguyên lí
H-K có thể xác định trường tại P trong V’ của các nguồn đã cho qua các nguồn
bức xạ nguyên tố phân bố trên mặt S được gọi là các nguồn dòng tương đương
(dòng điện mặt và dòng từ mặt). Trường do các nguồn dòng tương đương tạo ra
tại điểm P bất kì trong V’ trùng với trường do các nguồn đã cho trong V tạo ra
cũng tại điểm P. Còn trường do nguồn dòng tương đương tạo ra trong miền V
bằng 0. Do đó điều kiện biên cho trường của nguồn dòng tương đương là
E′τ in S = H′τ in S = 0 (4.29)
S
r V’
n0 P•
r r
q1 • q2 • E, H
V qn •
Theo định lí nghiệm duy nhất, muốn để trường của nguồn đã cho và trường
của nguồn dòng tương đương tạo ra ở điểm P bất kì trong V’ trùng nhau phải có
điều kiện là:
E ′τ out S = E τ out S ≠ 0
(4.30)
H ′τ out S = H τ out S ≠ 0
Nhận xét: Theo (4.29) và (4.30) nhận thấy rằng các thành phần tiếp tuyến
r r
của E và H của nguồn dòng tương đương biến đổi nhảy vọt từ 0 sang khác 0
khi qua mặt S. Theo điều kiện biên tổng quát, sự biến đổi nhảy vọt của các thành
phần tiếp tuyến E′τ , H ′τ của trường trên mặt S tương đương với sự tồn tại của
dòng điện mặt IS và dòng từ mặt ISM chạy trên mặt S. Sự phụ thuộc của dòng
r r
điện mặt và dòng từ mặt vào E và H như sau:
10
- ( )
r r r
IS = n 0 × H out
S
(4.31)
( )
r r r
ISM = − n 0 × E out
S
r
Trong đó: n 0 là vector đơn vị pháp tuyến ngoài của mặt S.
Áp dụng phương pháp thế điện động ta xác định được biểu thức cho các thế
r r
chậm của vector điện và từ do các nguồn dòng tương đương IS và ISM trên S tạo
ra tại điểm P trong V’ theo (2.61), (2.62) và (4.31) ta có:
r•
( )
r
•
μμ 0 I S μμ r r e −ikr
4π ∫ r
AE = dS = 0 ∫ n 0 × H′
out dS
4π S r
S
(4.32)
( )
r
•
εε r e −ikr
•
εε r r e −ikr
A M = 0 ∫ I SM dS = − 0 ∫ n 0 × E′out dS
4π S r 4π S r
Nhận xét:
- Trong (4.32) các tham số điện từ ε, μ và số sóng k phải tính đối với môi
trường ngoài miền V’.
- Các biểu thức (4.31) và (4.32) là biểu thức của nguyên lí dòng tương
đương của trường điện từ. Nguyên lí này ứd để giải các bài toán nhiễu xạ sóng
điện từ rất tiện lợi.
- Trường nhiễu xạ được tính dựa trên các biểu thức của nguyên lí H-K và
nguyên lí dòng tương đương có chính xác hay không tuỳ thuộc vào giá trị của
nguồn thứ cấp nguyên tố hay nguồn dòng tương đương phân bố trên bề mặt S.
Nói chung chỉ có thể giải gần đúng bài toán nhiễu xạ sóng điện từ.
4.5. Nhiễu xạ của sóng phẳng qua lỗ trên màn chắn phẳng rộng vô hạn
Giả sử có sóng phẳng truyền theo phương của trục z đi tới vuông góc với
một lỗ trên mặt phẳng dẫn điện lí tưởng rộng vô hạn, xác định trường nhiễu xạ
của sóng phẳng qua lỗ tại vùng bên kia của màn chắn trong môi trường đồng
nhất đẳng hướng.
11
- y
r
Ht r
Et x
S0
r O
Πt z
S1
S
Chọn hệ toạ độ Decac với trục z trùng với phương truyền của sóng tới, mặt
r
phẳng màn chắn trùng với mặt xOy và E t của sóng tới hướng theo trục x. Biểu
thức của cường độ trường sóng tới có dạng:
r r• r •
E mt = i E mt = i z c H mt e −ikz
r r • (4.33)
H mt = j H mt e −ikz
Chia màn chắn phẳng ra làm 2 phần là phần lỗ S0 và phần mặt kim loại S1.
Áp dụng nguyên lí dòng tương đương để tính trường nhiễu xạ qua lỗ S0, tức là
phải xác định các dòng điện và dòng từ mặt chạy trên S0 và S1. Một cách gần
đúng xem màn chắn S trùng với mặt sóng của sóng tới. Khi đó trên lỗ S0 cường
r r
độ các vector E và H của nguồn dòng tương đương được xem bằng cường độ
trường của sóng tới cũng tại mặt lỗ này (z = 0) nên:
r r• r •
E′τ out = i E mt = i z c H mt
S0
r r • (4.34)
H′τ out = j H mt
S0
Còn trên phần S1 của màn chắn dẫn điện lí tưởng (σ → ∞) về phía bên kia
của sóng tới thành phần tiếp tuyến của điện trường và từ trường nguồn dòng
tương đương bằng 0.
12
- r
E ′τ out = 0
S
(4.35)
1
r
H ′τ out = 0
S1
r
Chọn n 0 ≡ Oz và áp dụng các biểu thức (4.32) của nguyên lí dòng tương
đương ta được các thế chậm của trường nhiễu xạ ở nửa không gian z > 0 qua lỗ
trên màn chắn như sau:
r
•
μμ 0 ⎛ r r • ⎞ e − ikr r μμ 0 • e − ikr
A Em = ∫⎜
4π S ⎝
k × j H mt ⎟
⎠ r
dS = − i
4π
H mt ∫
S r
dS
0 0
• (4.36)
r
•
εε r r • e −ikr r εε z H mt e −ikr
A Mm = − 0 ∫ ⎛ k × i z c H mt ⎞
⎜ ⎟ dS = − j 0 c ∫ r dS
4π S ⎝ ⎠ r 4π S
Trong đó: r = (x − x′)2 + (y − y′)2 + z 2 là khoảng cách từ điểm tính trường
P(x, y, z) tới một điểm bất kì trên lỗ S0 có toạ độ (x’, y’, 0).
Gọi khoảng cách từ tâm O của lỗ S0 đến điểm tính trường P là R, ta có:
r = R 2 − 2(xx '+ yy′) + x ′ 2 + y′ 2 với R 2 = x 2 + y 2 + z 2
Trong trường hợp xét trường nhiễu xạ ở vùng xa, tức là khoảng cách r, R
lớn hơn nhiều so với bước sóng λ và kích thước lỗ S0 tương ứng với điều kiện
R >> λ
(4.37)
R >> x ′, y′
và
1 1
≈
r R
(4.38)
1
r ≈ R − (xx ′ + yy′)
R
Áp dụng (4.38) tích phân theo mặt lỗ S0 trong các biểu thức của thế chậm
(4.36) có dạng:
e − ikr e − ikR ik xx ′R yy′
+
φ= ∫
R S∫
dS = e dS (4.39)
S 0
r 0
Nhận xét: nếu tích phân (4.39) xác định được thì trường điện từ nhiễu xạ
qua lỗ S0 sẽ là
13
- r
•
1 ⎛ r ⎞• r
•
1 ⎛ r ⎞
•
Em = ∇⎜ ∇. A Em ⎟ − iω A Em − ⎜ ∇ × A Mm ⎟
iωεε 0 μμ 0 ⎜⎝
⎟
⎠ εε 0 ⎜
⎝
⎟
⎠
(4.40)
r
•
1 ⎛ r ⎞
•
1 ⎛ r ⎞• r
•
Hm = ⎜ ⎟ iωεε μμ ∇⎜ ∇. A Mm ⎟ − iω A Mm
⎜ ∇ × A Em ⎟ + ⎜ ⎟
μμ 0 ⎝ ⎠ 0 0 ⎝ ⎠
Xét trường hợp lỗ S0 có dạng chữ nhật kích thước a, b trên màn chắn phẳng
rộng vô hạn dẫn điện lí tưởng. Đối với trường nhiễu xạ ở vùng xa trong trường
hợp này điều kiện (4.37) viết lại:
R >> a, b >> λ (4.41)
Tích phân (4.39) đối với lỗ dạng chữ nhật có dạng là:
xx′+ yy′ ′ a/2 ′ b/2
e −ikR a/2 b/2
ik e −ikR R i kxx R i kyy
φ=
R ∫ ∫e
−a / 2 −b / 2
R
dx ′dy′ =
R ikx
e R
iky
e R =
−a / 2 −b / 2
⎛ ka ⎞ ⎛ kb ⎞ (4.42)
sin ⎜
−ikR
x ⎟ sin ⎜ y⎟
e ⎝ 2R ⎠ ⎝ 2 R ⎠
= ab
R ka kb
x y
2R 2R
Các thế chậm vector điện và từ có dạng
r
• r μμ • μμ • r
A Em = − i 0 H mt φ = − 0 H mt φ E
4π 4π
• • (4.43)
r
• r εε Z H mt εε Z H mt r
A Mm = − j 0 φ=− 0 φM
4π 4π
Trong đó:
r r r r
φ E = i φ, φM = j φ (4.44)
Chuyển sang hệ toạ độ cầu ta có:
x = r sin θ cos ϕ
y = r sin θ sin ϕ
r r r r (4.45)
i = r0 sin θ cos ϕ + θ 0 cos θ cos ϕ − ϕ 0 sin ϕ
r r r r
j = r0 sin θ sin ϕ + θ 0 cos θ sin ϕ − ϕ 0 cos ϕ
Khi đó:
14
- ⎛ ka ⎞ ⎛ kb ⎞
sin ⎜
− ikR
sin θ cos ϕ ⎟ sin ⎜ sin θ sin ϕ ⎟
e ⎝ 2R ⎠ ⎝ 2R ⎠
φ = ab (4.46)
R ka kb
sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ
2R 2R
x
y ϕ
M r
S0 θ
0
b x y z
a
e − ikR
Nhận xét: vì hàm φ chứa thừa số dạng nên từ các biểu thức (4.40),
R
(4.43), (4.44) và (4.46) cho thấy trường nhiễu xạ qua lỗ chữ nhật ở vùng xa có
1
dạng sóng cầu. Khi bỏ qua các số hạng nhỏ bậc cao so với và đối với trường ở
r
vùng xa (r → ∞) thì các biểu thức (4.43), (4.44) và (4.46) biểu diễn theo các
toán tử grad, div và rot trong hệ toạ độ cầu ta có:
( )
r r r
∇ ∇.φ E , M = − r0 k 2 φ E , Mr
(4.47)
( )
r r r r r
∇ × φ E , M = ik θ 0 φ E , Mϕ − ϕ 0 φ E , Mθ
r r r r r
Trong đó: φE ,Mr , φ E , Mϕ và φ E , Mθ là các thành phần của các vector φ E và φ M
theo phương bán kính, kinh tuyến và vĩ tuyến trong hệ toạ độ cầu.
Trường nhiễu xạ qua lỗ chữ nhật ở vùng xa theo (4.40), (4.43), (4.44), (4.46) và
(4.47) như sau:
( )
r
•
zH r r
E m = ik c mt φ(1 + cos θ ) θ 0 cos ϕ − ϕ0 sin ϕ
4π
(4.48)
( )
r
•
H r r
H m = ik mt φ(1 + cos θ ) θ 0 sin ϕ − ϕ0 cos ϕ
4π
Từ biểu thức (4.48) chúng ta thấy rằng trường nhiễu xạ qua lỗ chữ nhật có
tính định hướng trong không gian theo các toạ độ θ và ϕ.
15
- Giản đồ hướng của trường nhiễu xạ: ở vùng xa và kích thước lỗ lớn hơn
nhiều so với bước sóng thì hàm φ biến đổi nhanh hơn hàm cosθ nên một cách
gần đúng giản đồ hướng của trường được xác định chủ yếu qua hàm φ. Xác định
hàm đặc trưng hướng của trường tại 2 mặt phẳng đặc biệt:
- Tại mặt phẳng ϕ = 0 (mặt phẳng E) giản đồ hướng có dạng
⎛ ka ⎞
sin ⎜ sin θ ⎟
FE (θ) = ⎝
2 ⎠ (4.49)
ka
sin θ
2
π
- Tại mặt phẳng ϕ = (mặt phẳng H) giản đồ hướng có dạng
2
⎛ kb ⎞
sin ⎜ sin θ ⎟
FH (θ) = ⎝
2 ⎠ (4.50)
kb
sin θ
2
Nhận xét: Vì giản đồ hướng FE(θ) và FH(θ) có dạng hoàn toàn giống nhau
nên chỉ cần vẽ đồ thị cho FE(θ) hoặc FH(θ). Đồ thị của giản đồ hướng dạng FH(θ)
được vẽ trong hệ toạ độ Decac và hệ toạ độ cực như hình vẽ
2θ*
F(θ)
θ
kb sin θ
2
0
π
Từ giản đồ hướng trên cho thấy rằng trường nhiễu xạ qua lỗ chữ nhật có 1
búp sóng chính và nhiều búp phụ nhỏ khác. Điều này có thể giải thích bằng sự
16
- giao thoa của sóng bức xạ từ các diện tích nguyên tố trên mặt S0. Độ rộng của
búp sóng chính là góc 2θ* được xác định từ điều kiện:
⎛ kb sin θ ∗ ⎞
sin ⎜
⎜ ⎟=0
⎟ (4.51)
⎝ 2 ⎠
Nếu lấy không điểm đầu tiên ta có:
kb sin θ ∗
=π (4.52)
2
Với góc θ* nhỏ thì θ* ≈ sinθ* và độ rộng của búp sóng chính là
2λ
2θ∗ ≈ 2 sin θ∗ = (4.53)
b
Nếu kích thước lỗ b tăng so với bước sóng λ hoặc khi λ → 0 thì búp sóng
chính sẽ hẹp lại thành một tia giống như trong quang hình.
17
nguon tai.lieu . vn
