1 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 c ấu 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 cấ p, 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 dạ ng 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 t ừ. • 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 v ật dẫn trụ tròn dài vô hạn 4.2.1. Bài toán 2 - 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 v ới trục của vật dẫn. Khi đó sự phân cực của sóng tới có thể xảy ra 2 trường hợp: t E r // Oz và t E r ⊥ Oz. Nếu sóng tới là sóng phân cực thẳng bất kì của t E r 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. - Vì sóng tới vuông góc với z nên đối với trường sóng phản xạ ta có: () 0H,E z = ∂ ∂ và các phương trình Maxwell có dạng: mz 0 mr m m 0 mz mr 0 mz Ei H Hr rr 1 Hi r E Hri E • • ϕ • ϕ • • • • ωεε= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ϕ∂ ∂ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ωμμ= ∂ ∂ ωμμ−= ϕ∂ ∂ (4.1) t E r t H r t E r t Π r t Π r t H r Oz//E t r OzE t ⊥ r z x a2 3 và: mz 00 mr m m 0 mz mr 0 mz Hi E Er rr 1 Ei r H Eri H • • ϕ • ϕ • • • • μμωεε−= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ϕ∂ ∂ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ωεε−= ∂ ∂ ωεε= ϕ∂ ∂ (4.2) Nhận xét: - Hệ phương trình (4.1) chỉ gồm các thành phần mz E • , mr H • , ϕ • m H và mr E • = 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 mt E • // Oz. - Hệ phương trình (4.2) chỉ gồm các thành phần mz H • , mr E • , ϕ • m E và mr H • = 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 mt E • ⊥ 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 mt E • // Oz thì điều kiện biên của phương trình (4.1) như sau: 0EE zzt =+ •• (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: 4 0Hik r H lim 0Eik r E lim r r = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ∂ ∂ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ∂ ∂ ∞→ ∞→ r r r r (4.4) 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 mr H • , ϕ • m H từ 2 phương trình đầu vào phương trình cuối của hệ (4.1) ta có: 0Ek E r 1 r E r 1 r E mz 2 2 mz 2 2 mz 2 mz 2 =+ ϕ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ • ••• (4.5) Nghiệm của (4.5) có dạng: () ( ) () () () () () () () () () () () () () () () () ∑ ∑ ∑ ∞ −∞= ϕ • ϕ • ∞ −∞= ϕ • • ∞ −∞= ϕ •• ∂ ∂ − ωμμ −= − ωμμ = −−= m im 2 m 2 m m m 0 mzt m m im2 m 2 m m m 0 mzt mr m im2 m 2 m m m mztmz e r krH kaH kaJ i r E H ekrH kaH kamJ i r E H ekrH kaH kaJ iEE (4.6) Trong đó: J m (kr) là hàm Bessel cấp m () () krH 2 m là hàm Hanken cấp m loại 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: 5 - 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 cao 2/3 r 1 so với 2/1 r 1 của (4.6) ta có: ( ) () () () () () 0H e kaH kaJ e kr 2E H e kaH kaJ e kr 2 EE mr m im 2 m m 4 kri 0 0 mzt m m im 2 m m 4 kri mztmz ≈ π εε μμ ≈ π −≈ • ∞ −∞= ϕ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −− • ϕ • ∞ −∞= ϕ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −− •• ∑ ∑ (4.7) Nhận xét: - Trường thứ cấp phản xạ từ vật dẫn trụ tròn dài vô hạn chỉ có 2 thành phần mz E • , ϕ • m H 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 << λ thì trường thứ cấp có cường độ gần đều theo mọi phương, do đó nó làm méo đều trường sơ cấp theo m ọi phương. Khi ka >> 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 th ứ 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 σ 0 được xác định theo công thức: tbt0bx P Πσ= (4.8) Trong đó: 6 P bx là công suất bức xạ của trường thứ cấp tính theo 1 đơn vị chiều dài Π tbt là mật độ công suất bức xạ trung bình của sóng tới 2 mzt 0 0 tbt E 2 1 • εε μμ =Π (4.9) ∫∫ π ϕΠ=Π= 2 0 tb S tbbx rddSP (4.10) 2 mz 0 0 2 m 0 0 mmz tb E 1 2 1 H 2 1 H.Ere 2 1 • ϕ • ϕ • ∗ • εε μμ = εε μμ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =Π (4.11) Từ các biểu thức (4.7) – (4.11), diện tích phản xạ tương đương σ 0 được tính theo: () () () 2 m 2 m m 0 kaH kaJ ka4 a4 ∑ ∞ −∞= =σ (4.12) 4.3. Nguyên lí Huyghens-Kirchhoff Tìm nghiệm của phương trình sóng thuần nhất đối với hàm vô hướng ψ sau đây: 0k 22 =ψ−ψ∇ (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: () ∫∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ φ− ∂ φ∂ ψ=ψ∇φ−φ∇ψ SV 22 dS nn dV (4.14) 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: r e ikr− =φ (4.15) Trong đó: r là khoảng cách từ điểm P đến một điểm bất kì trong thể tích V. 7 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 S 0 bán kính R 0 . Khi đó miền V được giới hạn bởi các mặt S và S 0 . 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: ∫∫ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ φ− ∂ φ∂ ψ−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ φ− ∂ φ∂ ψ SS dS nn dS nn 0 (4.16) - Các đạo hàm theo pháp tuyến n∂ ∂ trên S và S 0 lấy theo pháp tuyến 0 n r hướng ra ngoài thể tích V. Do đó trên mặt cầu S 0 ta có: rn ; rn ∂ ψ∂ −= ∂ ψ∂ ∂ φ∂ −= ∂ φ∂ (4.17) nên: r e r 1 ik r e rn ikrikr −− ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ −= ∂ φ∂ (4.18) Suy ra: 2 0 tb 0 ikR tb 0 ikR 0 S 0 R4 rR e R e R 1 ikdS nn I 00 0 π ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ +ψ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ φ− ∂ φ∂ ψ= −− ∫ (4.19) Trong đó: tb ψ và tb r ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ là các gtừ trườngb của hàm ψ và đạo hàm riêng của nó trên mặt cầu S 0 có giá trị hữu hạn. Do đó xét trường hợp giới hạn cho mặt cầu S 0 thu nhỏ thành 1 điểm ta có: ( ) () 0R khi P4I P 00 tb →πψ= ψ→ψ (4.20) Theo (4.16) suy ra: 8 () ∫ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ ψ π −=ψ −− S ikrikr dS nr e r e n4 1 P (4.21) 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 trị của ψ và n∂ ψ∂ trên mặt S được coi là phân bố của các nguồn nguyên tố, thì giá 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. - (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 c ầu S’ có tâm nằm trong V với bán kính R ∞ → ∞, khi đó: 0dS nn I S → ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ φ− ∂ φ∂ ψ= ∫ ′ ∞ (4.22) 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: α ′ −=≈ ∞ ∞ cosrRr , r 1 R 1 (4.23) Nên: P R 0 S 0 S S R ∞ α r’ r V’ S’ P V V 9 α ′ − ∞ − ∞ ≈=φ cosrik ikR ikr ee R 1 r e (4.24) Trong đó: α là góc giữa R ∞ và r’. Đối với mặt cầu S’ ta có: rn ∂ ∂ = ∂ ∂ Do đó: ∫ ′ α ′ ∞ − ∞∞ ∞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ψ∂ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +ψ−= ∞ S cosrik ikR dSe R e RR 1 ikI (4.25) Trong trường hợp giới hạn, khi R ∞ → ∞ thì I ∞ → 0 nếu thoả mãn điều kiện sau: 0 R 1 ik R lim R = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ψ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++ ∂ ψ∂ ∞∞ ∞→ ∞ (4.26) hay: ∞→ ∞ ∞→ ∞ ∞ ∞ ψ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +−= ∂ ψ∂ R R R 1 ik R (4.27) 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: () ∞ − ∞→ ∞ ∞ ϕθ=ψ R e ,f ikR R (4.28) 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 thuần nhất cho E r và H r 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 10 Giả sử có các nguồn q 1 , q 2 , ., q n 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 cũ ng 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 0HE S in S in = ′ = ′ ττ (4.29) 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: 0HH 0EE S out S out S out S out ≠= ′ ≠= ′ ττ ττ (4.30) Nhận xét: Theo (4.29) và (4.30) nhận thấy rằng các thành phần tiếp tuyến của E r và H r 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 τ ′ E , τ ′ H của trường trên mặt S tương đương với sự tồn tại của dòng điện mặt I S và dòng từ mặt I SM chạy trên mặt S. Sự phụ thuộc của dòng điện mặt và dòng từ mặt vào E r và H r như sau: q 1 • 0 n r V V’ q 2 • q n • P • H ,E r r S [...]... ( ) (4.32) 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... tương đương được xem bằng cường độ trường của sóng tới cũng tại mặt lỗ này (z = 0) nên: r E′τ out r H′τ out S0 S0 r• r • = i E mt = i z c H mt r • = j H mt (4.34) 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 r H ′τ out = 0 (4. 35) 1 S1 r Chọn n 0 ≡ Oz và áp dụng... trường điện từ nhiễu xạ qua lỗ S0 sẽ là 13 • • • r r ⎞ ⎛ r ⎞ 1 1 ⎛ ∇⎜ ∇ A Em ⎟ − iω A Em − ⎜ ∇ × A Mm ⎟ ⎟ ⎟ iωεε 0 μμ 0 ⎜ εε 0 ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ • • • • r ⎞ r r ⎛ r ⎞ 1 ⎛ 1 ⎜ ∇ × A Em ⎟ + Hm = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ iωεε μμ ∇⎜ ∇ A Mm ⎟ − iω A Mm μμ 0 ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 0 0 • r Em = (4.40) 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. .. 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 Πt O z... 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 ∗ ⎞ ⎟=0 sin ⎜ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ (4 .51 ) Nếu lấy không điểm đầu tiên ta có: kb sin θ ∗ =π 2 (4 .52 ) Với góc... 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 ⎟ 2 ⎠ FE (θ) = ⎝ ka sin θ 2 - Tại mặt phẳng ϕ = (4.49) π (mặt phẳng H) giản đồ hướng có dạng 2 ⎛ kb ⎞ sin ⎜ sin θ ⎟ 2 ⎠ FH (θ) = ⎝ kb sin θ 2 (4 .50 ) Nhận xét: Vì giản đồ hướng FE(θ)... 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 r r zH E m = ik c mt φ(1 + cos θ ) θ 0 cos ϕ − ϕ0 sin ϕ 4π • r r r H H m = ik mt φ(1 + cos θ ) θ 0 sin ϕ − ϕ0 cos ϕ 4π ( ) ) (4.48) 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... 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 r e −ikr μμ 0 I S μμ r AE = dS = 0 ∫ n 0 × H′ dS out 4π ∫ r 4π S r S • • r εε r e −ikr εε r r e −ikr A M = 0 ∫ I SM dS = − 0 ∫ n 0 × E′ dS out r 4π S r 4π S ( ) ( ) (4.32) Nhận xét: - Trong (4.32)... (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 >>... 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 H mt = j H mt e −ikz (4.33) 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 . 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. cấp. Trường điện từ nhiễu xạ toàn phần là trường tổng hợp của các sóng sơ cấ p, sóng thứ cấp và sóng khúc xạ • Mục tiêu: xác định trường thứ cấp hoặc trường