전자기파/전자기학의 경계치 문제/관련 예제

1. 예제 1: 반사 방지막

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'''[문제]''' - 그림과 같이 굴절률 $n_{1}\,(z<0)$, $n_{2}\,(z<0<d)$, $n_{3}\,(z>d)$로 3개의 층으로 구성된 유전체를 고려하자. 그림과 같이 p편광된 빛을 $n_{1}$ 영역에서 수직으로 입사했을 때, 다음 물음에 답하시오. '''(a)''' 반사율과 투과율을 구하시오. '''(b)''' 반사율이 최소로 되도록 하는 $d$와 그 때의 반사율을 구하시오. '''(c)''' 반사율이 [math(0)]이 되기 위한 $n_{1}$, $n_{2}$, $n_{3}$의 관계식을 구하시오. (단, 유전체는 선형적이고 등방적인 물질이며, $n_{1}<n_{2}<n_{3}$이다.)

[풀이 보기]

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'''(a)'''
각 영역에서 전기장과 자기장 세기은 아래와 같이 쓸 수 있다. 한 영역에선 $+z$으로 이동하는 파와 경계에서 반사된 파 모두 존재한다는 사실에 주의하라.

'''영역'''	'''전기장'''	'''자기장 세기'''
$x<0$	$\hat{\mathbf{x}}[E_{1} e^{i (k_{1}z-\omega t)}+E_{1}' e^{-i (k_{1}z+\omega t)}]$	$\displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{1}}{c \mu_{0}}[E_{1} e^{i (k_{1}z-\omega t)}-E_{1}' e^{-i (k_{1}z+\omega t)}]$
$0<x<d$	$\hat{\mathbf{x}}[E_{2} e^{i (k_{2}z-\omega t)}+E_{2}' e^{-i (k_{2}z+\omega t)}]$	$\displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{2}}{c \mu_{0}}[E_{2} e^{i (k_{2}z-\omega t)}-E_{2}' e^{-i (k_{2}z+\omega t)}]$
$x>d$	$\hat{\mathbf{x}}E_{3} e^{i (k_{3}z-\omega t)}$	$\displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{3}}{c \mu_{0}}E_{3} e^{i (k_{3}z-\omega t)}$

유전체 특성 상 $\mu_{i} \simeq \mu_{0}$인 점을 썼고, 영역 $x>d$에서 무한한 영역에서 반사되어 오는 파는 물리적인 상황이 아니므로 $-z$로 진행하는 파는 기입하지 않았다. 따라서 우리는 경계 조건

$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E_{1}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{E_{2}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{E_{2}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{E_{3}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{H_{1}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{H_{2}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{H_{2}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{H_{3}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}} \end{aligned}$

를 쓰면, 4개의 방정식

$\displaystyle \begin{aligned} E_{1}+E_{1}'&=E_{2}+E_{2}' \\ n_{1}(E_{1}-E_{1}')&=n_{2}(E_{2}-E_{2}') \\ E_{2}e^{ik_{2}d}+E_{2}'e^{-ik_{2}d}&=E_{3}e^{ik_{3}d} \\ n_{2}(E_{2}e^{ik_{2}d}-E_{2}'e^{-ik_{2}d})&=n_{3}E_{3}e^{ik_{3}d} \end{aligned}$

이 나온다. 따라서 이 방정식을 통해 $E_{3}/E_{1}$을 구할 수 있으며, 그 값은,

$\displaystyle \frac{E_{3}}{E_{1}}=\frac{1}{2} \left[ \left(1+ \frac{n_{3}}{n_{1}} \right) \cos{(k_{2}d)}-i \left( \frac{n_{2}}{n_{1}}+\frac{n_{3}}{n_{2}} \right) \sin{(k_{2}d)} \right] e^{ik_{3}d}$

이 된다. 이것으로 부터 투과율은 쉽게 결정되며, 그 값은,

$\displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{T}&=\frac{n_{1}}{n_{3}} \left| \frac{E_{1}}{E_{3}} \right|^{2} \\ &=\frac{1}{4} \frac{n_{1}}{n_{3}} \left[ \left(1+ \frac{n_{3}}{n_{1}} \right)^{2} \cos^{2}{(k_{2}d)}+ \left( \frac{n_{2}}{n_{1}}+\frac{n_{3}}{n_{2}} \right)^{2} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right] \\ &=\frac{1}{4n_{1}n_{3}} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right] \end{aligned}$

따라서 반사율은

$\displaystyle T+R=1$

을 만족해야 하므로

$\displaystyle R=1-4n_{1}n_{3} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right]^{-1}$

'''(b)'''
$n_{1}<n_{2}<n_{3}$을 만족할 때, 일반물리학에서 배웠던 박막 간섭 조건을 쓰자. 반사에 의한 파들이 소멸 간섭될 조건은

$\displaystyle 2n_{2}d=\lambda_{0}\left(m+\frac{1}{2} \right) \,\,(m=0,\,1,\,2,\, \cdots)$

이다. $\lambda_{0}$는 진공에서 입사한 빛의 파장을 말한다. 따라서 위 조건에서 $d$가 최솟값이 되려면,

$\displaystyle d=\frac{\lambda_{0}}{4n_{2}}=\frac{2\pi c/\omega}{4k_{2}c/\omega} \, \rightarrow \, k_{2}d=\frac{\pi}{2}$

따라서 반사율의 최솟값은

$\displaystyle \begin{aligned} R&=1-4n_{1}n_{3} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \right]^{-1} \\ &=\left( \frac{n_{1}n_{3}-n_{2}^{2}}{n_{1}n_{3}+n_{2}^{2}} \right)^{2} \end{aligned}$

이 된다.
'''(c)'''
반사율이 0이 될 조건은 '''(b)'''에서 도출된 반사율을 사용하면, 분자가 0이 되어야 함에 따라

$\displaystyle n_{2}=\sqrt{n_{1}n_{3}}$

이 된다.

2. 예제 2 전반사 후 편광

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'''[문제]''' - 입사면에 대해 $+45^{\circ}$만큼 기울어지게 선형 편광된 전자기파(아래 그림 참조)가 두 매질의 유전체 경계면에 전반사된다. 전반사된 전자기파가 '''(a)''' 선형 편광될 조건을 구하시오. '''(b)''' p편광, s편광 된 빛이 전반사 후에 갖는 위상을 각각 $\varphi_{p}$, $\varphi_{s}$라 하자. $\varphi_{p}-\varphi_{s}=\pi/2$를 만족하면, 전반사 후 원 편광이 되는지를 말하시오.

[풀이 보기]

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입사한 전자기파의 전기장 진폭을 $E_{0}$라 두면, p편광, s편광된 빛의 진폭은 각각 $E_{0}/\sqrt{2}$가 된다.[1] 그런데, 우리는 전반사 될 때, 반사 계수

$\displaystyle r_{p}=\frac{i \beta n_{1}-n_{2}\cos{\theta_{1} }}{i \beta n_{1}+n_{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad r_{s}=\frac{n_{1}\cos{\theta_{1}}-i \beta n_{2}}{n_{1}\cos{\theta_{1}}+i \beta n_{2}}$

임을 이미 알고 있다. 또한, 위 값들은 복소수량이므로

$\displaystyle r_{p}=\left| r_{p} \right|e^{i (\phi_{p}+\pi)} \qquad \qquad r_{p}=\left| r_{p} \right|e^{i \phi_{s}}$

으로 쓸 수 있다. 이때,

$\displaystyle \tan{\frac{\phi_{p}}{2}}=-\frac{ n_{1} \beta }{n_{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad \tan{\frac{\phi_{s}}{2}}=-\frac{ n_{2} \beta }{n_{1}\cos{\theta_{1} }}$

이다. 따라서

$\displaystyle \varphi_{p}=\phi_{p}+\pi \qquad \qquad \varphi_{s}=\phi_{s}$

이 된다.
위 식들에서 $\beta$를 소거하기 위해

$\displaystyle \beta^{2}=-\cos^{2}{\theta_{2}} \qquad \qquad \sin{\theta_{2}}=\frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}}$

를 쓰면,

$\displaystyle -\beta^{2}+\left( \frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}} \right)^{2}=1 \, \rightarrow \, \beta=\sqrt{\left( \frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}} \right)^{2}-1}$

이므로

$\displaystyle \beta=\frac{n_{1}}{n_{2}} \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} }$

이상에서

$\displaystyle \tan{\frac{\phi_{p}}{2}}=-\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{(n_{2}/n_{1})^{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad \tan{\frac{\phi_{s}}{2}}=-\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1} }}$

로 구해진다. 비록 구하지는 않겠지만,

$\displaystyle \left| r_{p} \right|=\left| r_{s} \right|=1$

임을 알 수 있다. 따라서 전반사 후 p편광, s편광된 전자기파의 진폭은

$\displaystyle \left| r_{p} \right| \frac{E_{0}}{\sqrt{2}}=\left| r_{s} \right| \frac{E_{0}}{\sqrt{2}}=\frac{E_{0}}{\sqrt{2}}$

으로 모두 같다.
'''(a)'''
전반사된 전자기파가 선형 편광되려면, 전반사 후 p편광, s편광된 각 파가 위상이 $\varphi_{p}-\varphi_{s}=m \pi$ ($m$은 정수)을 만족하면 된다. 자세한 것은 전자기파 문서를 참조하라. 그런데 이미

$\displaystyle \varphi_{p}=\phi_{p}+\pi \qquad \qquad \varphi_{s}=\phi_{s}$

임을 알고 있고, 두 위상각은 $\pi$ 만큼 차이난다는 사실을 알 수 있다. 따라서

$\displaystyle \phi_{p}=\phi_{s}$

를 만족하면 선형 편광이 된다. 따라서 이것이 만족하려면,

$\displaystyle \sin{\theta_{1}}=\frac{n_{1}}{n_{2}} \qquad \mathrm{or} \qquad \theta_{1}=\frac{\pi}{2}$

을 만족해야 한다. 즉, 임계각으로 입사하거나, 평행 입사시켜야 한다.
'''(b)'''
원형 편광이 되려면, 전반사 후 p편광, s편광된 전자기파의 진폭은 같아야 하는데, 이것은 이미 위에서 증명했다. 또한, 문제에서 주어진 조건은 수직인 파가 서로 위상차 $\pi/2$를 가지므로 원편광 될 수 있다.[2] 다만, 우리는 추가적으로 두 굴절률에 대한 조건을 구해야 한다. 위상차

$\displaystyle \varphi_{p}-\varphi_{s} \equiv \Delta \varphi$

라 하자. 우리는 원형 편광이 되려면 $\displaystyle \Delta \varphi=\pi/2$이 돼야 한다는 것을 이미 알고 있다. 이때,

$\displaystyle \Delta \varphi=2 \left[ \tan^{-1} \left( -\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{(n_{2}/n_{1})^{2}\cos{\theta_{1} }} \right)-\tan^{-1} \left( -\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1} }} \right) \right]+\pi$

이고, 이것의 극값을 조사해보도록하자. 이것이 극값을 가질 조건은

$\displaystyle \frac{\partial (\Delta \varphi)}{\partial k}=0$

이다. 이때,

$\displaystyle k \equiv \frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1}} }$

라 놓으면, 각종 관계에 의해

$\displaystyle \Delta \varphi=2 \left[ \tan^{-1} {\left(- k \frac{n_{1}^{2}}{n_{2}^{2}} \right)}-\tan^{-1}{(-k)} \right]+\pi$

로 쓸 수 있다. 이 함수가 극값을 가질 때의 위상차를 $\Phi$라 놓으면, 극값을 갖는

$\displaystyle k=\frac{n_{2}}{n_{1}}$

이므로

$\displaystyle \frac{\Phi}{2} =\tan^{-1} \left( -\frac{n_{1}}{n_{2}} \right)- \tan^{-1} \left( -\frac{n_{2}}{n_{1}} \right)+\frac{\pi}{2}$

그런데 우리가 만족시켜야 할 조건은

$\displaystyle \Delta \varphi =\frac{\pi}{2} \, \rightarrow \, \tan{\left( \frac{\Delta \varphi}{2} \right)}=1$

이고, 맨 아래의 그래프의 형태를 참조할 때, 극솟값은 $\pi/2$보다 같거나 작아야 한다는 사실을 알 수 있다. 즉,

$\displaystyle \Phi \leq \frac{\pi}{2}$

이 성립해야 가질 수 있는 위상차 중 $\pi/2$를 포함하게 된다. 따라서

$\displaystyle \tan{\left( \frac{\Phi}{2} \right)} \leq \tan{\left( \frac{\Delta \varphi}{2} \right)}=1$

을 만족해야한다는 사실을 알 수 있다. 이때,

$\displaystyle \tan{\left( \frac{\Phi}{2} \right)}=\frac{2(n_{2}/n_{1})}{1-(n_{2}/n_{1})^2}$

임을 쉽게 증명할 수 있다. 따라서

$\displaystyle \frac{2(n_{2}/n_{1})}{1-(n_{2}/n_{1})^2} \leq 1$

의 부등식이 작성되고, 우리는 전반사를 다루고 있기 때문에

$\displaystyle 0<\frac{n_{2}}{n_{1}}<1$

또한 만족해야 하므로 이 두 부등식을 동시에 만족시켜주는 범위는

$\displaystyle 0< \frac{n_{2}}{n_{1}} \leq \sqrt{2}-1$

가 된다. 따라서 모든 내용을 정리하면, 문제에서 주어진 조건에서 전반사된 파가 원형 편광 되는 것은 가능하며, 추가 조건

$\displaystyle 0< \frac{n_{2}}{n_{1}} \leq \sqrt{2}-1$

을 만족할 때만 원형 편광이 일어난다.
아래는 위에서의 $\Delta \varphi$, $\varphi_{p}$, $\varphi_{s}$를 $\theta_{1}$(입사각)의 함수로 그려본 것이다.

3. 예제 3 : 도체 박막

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'''[문제]''' - 그림과 같이 진공과, 도체로 이루어진 세 영역이 있다. 도체 영역의 두께 $d=15 \, \mathrm{nm}$이다. p편광된 전자기파를 도체에 수직입사 시킬 때, $z=0$ 경계면에서 입사파와 투과파, $z=d$ 경계면에서 입사파와 투과파의 전기장의 진폭을 구하시오. 초기 입사시킨 파의 전기장 진폭은 $E_{1}=6.00\,\mathrm{V/m}$이고, 입사시킨 파의 진동수는 $10^{15}\,\mathrm{Hz}$이고, 도체의 전기 전도도는 $38.6 \times 10^6 \,(\Omega \cdot \mathrm{m})^{-1}$이다. (단, 모든 매질의 자기 감수율은 $1$이다.)

[풀이 보기]

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도체 영역의 굴절률은 다음과 같이 구할 수 있다.

$\displaystyle \tilde{n_{2}} =n_{2}+ik_{2}$

그런데 전기 전도도 $\sigma_{c} \gg 1$을 만족하므로

$\displaystyle n_{2}=k_{2}=\sqrt{\frac{\sigma_{c}}{2 \varepsilon_{0} \omega }}=1.86$

으로 쓸 수 있다. 자세한 것은 이곳을 참조하라. 이때, $n_{1}=1$이므로 투과 계수를 이용하면,

$\displaystyle \tilde{t}=\frac{2n_{1}}{n_{1}+(n_{2}+ik_{2})}$

그런데 우리는 진폭 만을 고려하므로, 위상과 관련된 것은 우리의 관심사가 아니다. 따라서 다음과 같이 쓸 수 있다.

$\displaystyle \frac{E_{1}}{E_{0}}=\left| \tilde{t} \right|$

이에 따라

$\displaystyle E_{1}=4.19 \, \mathrm{V/m}$

가 된다. 우리는 전자기파 문서에서 이미 도체 내의 전자기파는 급격이 감쇠된다는 것을 논의했고, 그 감쇠비는 아래와 같음을 논의했다.

$\displaystyle \exp{\left(-\frac{z}{\delta} \right) }$

이때, $\delta$는 침투 깊이이며, 다음과 같이 주어진다.

$\displaystyle \delta \equiv \frac{c}{\omega k_{2}}= \sqrt{\frac{2 }{\sigma_{c} \mu_{0} \omega}}$

따라서

$\displaystyle E_{2}=E_{1}\exp{\left(-\frac{d}{\delta} \right) }$

이므로 주어진 값을 대입하면,

$\displaystyle E_{2}=1.56 \times 10^{-25} \, \mathrm{V/m}$

이다. 사실 상 0에 가깝게 감쇠되었음을 알 수 있다. 처음에 진공으로 부터 도체로 입사할 때와 비슷한 방법으로

$\displaystyle \frac{E_{3}}{E_{2}}=\left| \frac{2(n_{2}+ik_{2})}{n_{1}+(n_{2}+ik_{2})} \right|$

이므로 주어진 값을 대입하면,

$\displaystyle E_{3}=2.03 \times 10^{-25} \, \mathrm{V/m}$

으로 구할 수 있다. 이 예제는 금속에 전자기파가 투과되었을 때, 급격히 감쇠된다는 것을 보여준다.

[각주]