Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12414
2020-01-08 
Распространение коротких радиоволн в верхних слоях атмосферы Земли (ионосфере) можно описывать законами геометрической оптики, если принять, что показатель преломления $n$ для радиоволн меньше единицы и изменяется с высотой $H$ от поверхности Земли так, как показано на рисунке (для некоторой частоты $\nu$). На спутнике, летящем на высоте $h = 200 км$, установлен радиопередатчик, излучающий радиоволны чистоты $\nu$ равномерно по всем направлениям. Пренебрегая поглощением радиоволн в ионосфере, оцените долю излучаемой передатчиком мощности, которая уносится радиоволнами за пределы земной атмосферы. При оценках поверхность Земли считать плоской, а отражение радиоволн от нее - зеркальным и без потерь.
Примечание. Телесный угол конуса с углом при вершине $\beta$ равен $\Omega = 2 \pi \left ( 1- \cos \frac{ \beta}{2} \right )$.
Решение:
Среду, в которой показатель преломления зависит только от высоты, можно разбить на тонкие плоские слои, в пределах каждого из которых показатель преломления можно считать постоянным. Рассмотрим ход луча в двух соседних слоях с показателями преломления $n_{i}$ и $n_{i+1}$. Пусть в одном слое угол падения луча на границу раздела слоев равен $\alpha_{i}$, а в другом - $\alpha_{i + 1}$ (рис.). По закону преломления
$\frac{n_{i+1} }{n_{i} } = \frac{ \sin \alpha_{i} }{ \sin \alpha_{i + 1} }$.
откуда
$n_{i + 1} \sin \alpha_{i + 1} = n_{i} \sin \alpha_{i}$.
Таким образом, произведение показателя преломления на синус угла падения при переходе от слоя к слою не меняется и остается постоянным для всех слоев, через которые идет луч.
На рисунке сплошными линиями показан ход лучей, уходящих за пределы атмосферы, а пунктирными - отражающихся от ионосферы.
Рассмотрим сначала луч, испущенный со спутника вверх под углом и к вертикали. Обозначим через $n(H)$ и $\alpha(H)$ показатель преломления и угол падения для произвольной точки траектории луча. Этот луч уйдет за пределы атмосферы, если во всех точках его траектории угол падения будет меньше $90^{ \circ}$, то есть
$\sin \alpha (H) < \sin 90^{ \circ} \equiv 1$.
Так как $n_{0} \sin \alpha = n(H) \cdot \sin \alpha (H)$, то
$\frac{n_{0} \cdot \sin \alpha }{n(H)} < 1$
($n_{0} \approx 0,5$ - показатель преломления на высоте 200 км (см. рис.)).
Поскольку минимальное значение $n(H)$ равно (см. рис.), то луч выйдет за пределы атмосферы, если
$\sin \alpha < \frac{n_{min} }{n_{0} } = 0,6$.
Итак, при углах, меньших $\alpha_{0} = arcsin 0,6$, лучи выйдут за пределы атмосферы. Углу $\alpha_{0}$ соответствует телесный угол
$\Omega = 2 \pi (1 - \cos \alpha_{0})$.
С учетом отражения от Земли за пределы атмосферы уходит излучение в телесном угле $2 \Omega$. Доля излучаемой мощности, которая уносится за пределы атмосферы,
$\eta = \frac{2 \Omega}{4 \pi } = 1 - \cos \alpha_{0}$.
Так как $\cos \alpha_{0} = 0,8$, то $\eta = 0,2$.
Распространение коротких радиоволн в верхних слоях атмосферы Земли (ионосфере) можно описывать законами геометрической оптики, если принять, что показатель преломления $n$ для радиоволн меньше единицы и изменяется с высотой $H$ от поверхности Земли так, как показано на рисунке (для некоторой частоты $\nu$). На спутнике, летящем на высоте $h = 200 км$, установлен радиопередатчик, излучающий радиоволны чистоты $\nu$ равномерно по всем направлениям. Пренебрегая поглощением радиоволн в ионосфере, оцените долю излучаемой передатчиком мощности, которая уносится радиоволнами за пределы земной атмосферы. При оценках поверхность Земли считать плоской, а отражение радиоволн от нее - зеркальным и без потерь.
Примечание. Телесный угол конуса с углом при вершине $\beta$ равен $\Omega = 2 \pi \left ( 1- \cos \frac{ \beta}{2} \right )$.
Решение:
Среду, в которой показатель преломления зависит только от высоты, можно разбить на тонкие плоские слои, в пределах каждого из которых показатель преломления можно считать постоянным. Рассмотрим ход луча в двух соседних слоях с показателями преломления $n_{i}$ и $n_{i+1}$. Пусть в одном слое угол падения луча на границу раздела слоев равен $\alpha_{i}$, а в другом - $\alpha_{i + 1}$ (рис.). По закону преломления
$\frac{n_{i+1} }{n_{i} } = \frac{ \sin \alpha_{i} }{ \sin \alpha_{i + 1} }$.
откуда
$n_{i + 1} \sin \alpha_{i + 1} = n_{i} \sin \alpha_{i}$.
Таким образом, произведение показателя преломления на синус угла падения при переходе от слоя к слою не меняется и остается постоянным для всех слоев, через которые идет луч.
На рисунке сплошными линиями показан ход лучей, уходящих за пределы атмосферы, а пунктирными - отражающихся от ионосферы.
Рассмотрим сначала луч, испущенный со спутника вверх под углом и к вертикали. Обозначим через $n(H)$ и $\alpha(H)$ показатель преломления и угол падения для произвольной точки траектории луча. Этот луч уйдет за пределы атмосферы, если во всех точках его траектории угол падения будет меньше $90^{ \circ}$, то есть
$\sin \alpha (H) < \sin 90^{ \circ} \equiv 1$.
Так как $n_{0} \sin \alpha = n(H) \cdot \sin \alpha (H)$, то
$\frac{n_{0} \cdot \sin \alpha }{n(H)} < 1$
($n_{0} \approx 0,5$ - показатель преломления на высоте 200 км (см. рис.)).
Поскольку минимальное значение $n(H)$ равно (см. рис.), то луч выйдет за пределы атмосферы, если
$\sin \alpha < \frac{n_{min} }{n_{0} } = 0,6$.
Итак, при углах, меньших $\alpha_{0} = arcsin 0,6$, лучи выйдут за пределы атмосферы. Углу $\alpha_{0}$ соответствует телесный угол
$\Omega = 2 \pi (1 - \cos \alpha_{0})$.
С учетом отражения от Земли за пределы атмосферы уходит излучение в телесном угле $2 \Omega$. Доля излучаемой мощности, которая уносится за пределы атмосферы,
$\eta = \frac{2 \Omega}{4 \pi } = 1 - \cos \alpha_{0}$.
Так как $\cos \alpha_{0} = 0,8$, то $\eta = 0,2$.
