Практический курс физики. Волновая оптика (1013223), страница 6

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 6)

Между добавочными минимумами расположеныдобавочные максимумы. Эти максимумы существеннее слабее главныхмаксимумов и при большом числе N практически не видны. Междусоседними главными максимумами находятся N − 2 добавочныхмаксимума.Положение главных максимумов не зависит от числа щелей (см.2.12), ширина же их определяется числом N , чем больше N , тем болееузкими оказываются главные максимумы. Из формулы (2.12) следует,37что главные максимумы для волн с разной длиной волны λобразуются под разными углами.Таким образом, если на решетку падает свет, содержащийнесколько спектральных компонентов, решетка разложит этот свет вспектр. В пределах одного порядка компоненты с меньшей длиннойволны расположатся ближе к центру дифракционной картины,длинноволновые компоненты дальше от центра.Характеристиками решетки как спектрального прибора являютсяугловая дисперсия Д и разрешающая способность R .

Угловаядисперсия определяется как угловое расстояние между двумяблизкими спектральными линиями, отнесенное к разности длин волнэтих линий:Д = dϕ .(2.14)dλИз (2.12) следует d cos ϕdϕ = mdλ , откудаД= т(2.15)d cos ϕРазрешающей способностью называют величинуR=λδλ(2.16)где δλ - наименьшая разность длин волн линий, которые видны вспектре раздельно.По критерию Рэлея две близкие линии еще видны раздельно(разрешаются решеткой), если максимум одной из них совпадает сминимумом (ближайшим к главномумаксимуму) другой (рис.

2.10). В этомслучае между линиями образуется ещезаметный провал интенсивности. Приразности длин волн соседних линий,δλ ,меньшихэтилиниивоспринимаются как одна. Из критерияРэлея и соотношений (2.12) и (2.13)следуетт(λ + δλ ) =  т + 1 λ ,откудаR = mNNРис.

2.10(2.17)38Дифракция рентгеновских лучей на кристаллическойрешетке.Атомы в кристаллах расположены в правильном геометрическомпорядке, образуя трехмерную периодическую структуру. Период этойструктуры d ≈ 10 −10 м . Для наблюдения максимумов ненулевогопорядка необходимо, чтобы выполнялось условие d >λ (cм. ф-луd ≈ 10 −10 м(2.12)). Этому требованию приудовлетворяютрентгеновские лучи.Наиболее простым методом рассмотрения дифракции накристаллической решетке является метод Вульфа – Брэггов. Онзаключается в следующем.

Если плоская волна падает накристаллическую решетку, она будет рассеиваться атомами (узлами)решетки, образуя вторичные волны. Проведем через узлы решеткисистему параллельных равноотстоящих плоскостей (рис. 2.11).Огибающая вторичных волн, рассеянных атомами однойкристаллической плоскости, образует плоскую волну, отраженную отэтой плоскости по закону зеркального отражения.Системапараллельныхплоскостейдастсистемукогерентных плоских волн. Приинтерференции этих волнмаксимумы интенсивности будутнаблюдаться при условии, чторазность хода волн, отраженныхот соседних плоскостей, кратнадлине волны.

Из рис. 2.11 легкополучить, что разность хода двухРис. 2.11волн, отраженных от соседнихплоскостей, равна ∆ = 2d sin θ , где θ - так называемый уголскольжения. Условие максимумов2d sin θ = mλ , m = ±1, ± 2 , ...(2.18)называется формулой Вульфа – Брэггов.Системы параллельных плоскостей можно провести в кристаллемножеством способов. Каждая система при выполнении условия (5.18)даст свой максимум. Однако не все максимумы будут иметь заметнуюинтенсивность. Чем меньше плотность атомов на кристаллическойплоскости, тем слабее соответствующий максимум.39Примеры решения задач.Задача 2.1.

Получить формулу (2.3) для радиуса m-ой зоныФренеля. Показать, что площади зон примерно одинаковы.Решение. Внешняя граница m-ойзоны отстоит от точки наблюдения Рλна расстояние L + m (см. рис. 2.12). Из2треугольников SAB ивидно, чтоABPрис. 2.12λrm2 = R2 − (R − hm )2 = (L + m )2 − (L + hm )22Рис. 2.12Раскрыв скобки, получим2222 λ rm = 2Rhm − hm = mLλ + m   − 2Lhm − hm2 , 2откуда следуетmL λ + mhm =2λ22 (R + L )2При не очень больших значениях m вторым слагаемым вчислителе можно пренебречь и тогда получимmL λhm =.2 (R + L )22А пренебрегая в выражении rm = 2 Rhm − hm малой величинойполучимRLmλrm =R+Lhm2 ,.Площадь m-ой зоны равна разности площадей сферическихсегментов, имеющих высоты hm и hm−1 :∆S m = S m − S m−1 .Используя выражение для площади сегмента S = 2πRh и найденноеπRLλmвыражение для высоты сегмента h , получим S m =, а площадь( R + L)зоны40∆S = S m − Sm−1 =πRLλ.R+ LКак следует из этого соотношения, для не слишком больших mплощадь зоны не зависит от m , то есть площади зон примерно равны.Задача 2.2.На диафрагму с круглым отверстием радиусаr = 2 мм падает нормально параллельный пучок света с длиной волныλ = 0,5 мкм .

На экране, отстоящем от отверстия на расстояние b = 1м ,наблюдается дифракционная картина. Сколько зон Френеля открываетотверстие для точки Р - центра дифракционной картины? Светлое илитемное пятно получается в точке Р ? На каком расстоянии от отверстияцентр дифракционной картины будет наиболее светлым? Наиболеетемным?Решение. В случае плоской волны, падающей на диафрагму,r2.радиус m-ой зоны Френеля равен (2.4) rm = λbm , откуда m =λbПодставив числа, получим m = 8 .

В отверстии укладывается 8 зонФренеля. При четном числе зон в центре дифракционной картиныобразуется темное пятно.Наиболее светлое в центре картины получится, если отверстиеоткрывает одну зону Френеля (рис. 2.5а). Соответствующее расстояниеr2b1 == 8м .λНаиболее темное пятно образуется при m = 2 (рис. 2.5,б), при этомr2= 4м .b2 =2λЗадача 2.3. Точечный источник света (λ = 550нм) помещен нарасстоянии а = 1,00 м перед непрозрачной преградой с отверстиемрадиуса r = 2,00 мм . При этом отверстие открывает полностью k зонФренеля. Чему равно минимальное значение k ? При каком расстояниипреграды до точки наблюдения оно (минимальное k ) получится?r2a(1 + ) .Решение.

Из формулы (2.3) можно получить k =aλb41()Подставив данные задачи, получим k = 7,27 1 + a b , откуда k min =8.Подставив в последнее соотношение k = k min = 8 , найдемb = 10м .a= 0,1 ;bЗадача 2.4. Непрозрачный экран, имеющий форму полудиска,помещен между точечным источником Sи точкой наблюдения P таким образом,что точка O располагается на однойпрямой с точками S и P . Радиус rравен радиусу третьей зоны Френеля дляРис.

2.13точки P . Какова интенсивность света вточке P ?Решение. Амплитуда колебаний в точке P равна:А А АА = 1 − 2 + 3 − А4 + А5 + ... =2А12=2−А2 22+ А32− А4 +А5 А522+ − А6 +А7 2 + ...Am−1 + Am+1, то каждая скобка близка2к нулю; получаем A ≈ 0 . В точке P будет минимум интенсивности.Решим эту задачу методом построения векторной диаграммы(рис.2.14).rВектор А3 представляет результирующееколебание, когда полностью открыты толькопервые три зоны Френеля. Непрозрачныйполудиск уменьшает амплитуду А3 в два разаПоскольку А1 ≈ А2 и(векторАm ≈rА3′ ).Остальная часть волновойповерхности, начиная с четвертой зоны, создает вточке P колебание, представляемое векторомrА0′ .Векторрезультирующегоколебания в точке PrrrА = А3′ + А0′ ≈ 0 .Рис.

2.1442Задача 2.5. Между точечным источником света и точкойнаблюдения P расположена преграда с круглым отверстием,открывающим для точки наблюдения одну зону Френеля. При этоминтенсивность света в точке P равна I1 . Во сколько раз нужноуменьшить радиус отверстия, чтобы интенсивность света в точке PсталаI14.Решение. На векторной диаграмме рис. 2.15одной открытойзоне Френеля соответствуетr rrвектор А 1 : А1 = 2А0 , где А0 - амплитуда колебанияпри полностью открытой волновой поверхности:I1. Следовательно, при уменьшении радиуса4отверстия результирующая амплитуда А = А0 .I0 =Рис. 2.15Этому соответствует угол ∆ϕ =π. Теперь нужно найти такой радиус3r отверстия, чтобы разность фаз в точке P колебаний, создаваемыхцентром и краем отверстия, составляла ∆ ϕ = π 3 .Из рис.

2.16: ∆ϕ =2πλ(ρ − L ) и (ρ − L ) = .6λТакже из построения на рис. 2.16 имеемR 2 − (R − x ) = ρ 2 − (L + x ) ;22x=2 Rx = ρ 2 − 2 Lx − L2 ;ρ 2 − L2 (ρ − L )(ρ + L )2(R + L )=2(R + L )Поскольку ( ρ − L ) <λ, можно положитьρ + L ≈ 2 L ; далееr 2 = R 2 − (R − x ) = 2 Rx − x 2 ;2пренебрегая в последнем соотношении малой2Рис. 2.16r2 =2 RL(ρ − L ),R+Lвеличиной x , получим r 2 = 2 Rx .Подставим сюда найденное выражениеxдля :откуда, учитывая, что радиус первой зоны равен43r1 =λLRR+L,2( ρ − L ) 2r1 .λλИспользуя (ρ − L ) = , получим6r2 =найдемr2 =r1r12; r=.33Радиус отверстия надо уменьшить в 1,73 раза.Задача 2.6. Плоская световая волна интенсивностью I 0 с длинойволны λ падает нормально на круглое отверстие радиуса r . Найтиинтенсивность в центре дифракционной картины на экране, отстоящемна расстоянии b от отверстия (b >> r ).Решение. Мысленно расширимr → ∞ .

Тогдаотверстиедоинтенсивность в точке P , как и вовсех других точках, будет равна I 0 ;соответствующуюамплитудуколебаний обозначим A0 . (рис.2.17).Это колебание естьрезультатсложенияколебанийотвсехвторичныхисточников,расположенныхнабесконечнойплоскойволновойповерхности,проходящейчерезплоскостьотверстия.Соответствующаявекторная диаграмма показана на рис.2.18. При сложении всех колебанийrА 0 . Теперьполучается векторограничимотверстиезаданнымрадиусом r .

Разность фаз колебанийот точек B и O (рис. 2.17) равна2π∆ϕ =(ρ − b ) ;λr2ρ −b = r ; ρ −b =.ρ +b222Рис. 2.17Рис. 2.1844При r << b2π r 2ρ + b ≈ 2b и ∆ϕ =λ 2bПри сложении колебаний от вторичных источников,расположенных в пределахкруга радиуса r , получим колебание,rизображаемое вектором A .

Из построения на рис. 2.18 следует:∆ϕA = 2 A0 sin;2πr 2A = 2 A0 sin;2λ bI = 4I 0 πr 2 .sin b2λЗадача 2.7. Плоская световая волна интенсивностью I 0 падаетнормально на поверхность непрозрачного экрана, имеющего форму,показанную на рис. 2.19. На белой стене, параллельной плоскостиэкрана, наблюдается дифракционная картина. Найти интенсивностьсвета в точке P на стене, являющейсяпроекцией точки O . Радиус полукруглойвыемки r , расстояние между экраном истеной b , длина волны света λ.Рис. 2.19Решение. Колебания в точке P возникают в результатеинтерференции волн от вторичных источников, расположенных наоткрытой части волновой поверхности, проходящей через плоскостьэкрана.

Характеристики

Список файлов книги