А.В. Быков, И.В. Митин, А.М. Салецкий - Оптика. Методика решения задач (1120536), страница 11
Текст из файла (страница 11)
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧамплитуду поля U в точке Р от элемента площади dσ на поверхности Σ равенeiksdσ ⋅ K (χ) ,(4.1)sгде s – расстояние от элемента dσ до точки Р, K ( χ ) – угловой коэффициент, учитывающий зависимость амплитуды вторичных волнот угла χ между нормалью к волновому фронту и направлением наточку Р. В соответствии с принципом Гюйгенса–Френеля комплексная амплитуда поля в точке Р равнаdU ( P ) = U Σ ⋅U 0 ⋅ eikr0 eiksK ( χ ) dσ .∫r0Σ sВ сферических координатахU (P) =d σ = r02 sin θ ⋅ d ϕ ⋅ d θ ,(4.2)(4.3)а по теореме косинусов:s 2 = r02 + ( r0 + s0 ) − 2r0 ( r0 + s0 ) cosθ ,2или2s ⋅ ds = −2r0 ( r0 + s0 ) ⋅ d ( cos θ ) = 2r0 ( r0 + s0 ) sin θ ⋅ d θ .
(4.4)Подставляя (4.3) и (4.4) в (4.2), получим:U 0 ⋅ eikr0 eiksrK ( χ ) ⋅ 0 s ds d ϕ =∫r0r0 + s0Σ ssRikr0U ⋅er= 0⋅ 0 ⋅ 2π ∫ K ( χ ) ⋅ eiks ds .r0r0 + s0s0Если для точки наблюдения Р открыты всего несколько зонФренеля, то в первом приближении можно считать, чтоK ( χ ) = K 0 = const , поэтомуU (P) =eikr01U ( P ) = U02π ⋅ K 0 ⋅ eiksr0 + s0iksR=s087Гл.
4. Дифракция Френеля()eikr01ik s − s2π ⋅ K 0 ⋅ eiks0 ⋅ e ( R 0 ) − 1 .r0 + s0ikПусть Δs = sR − s0 − разность хода для крайнего и центрального лучей, приходящих в точку Р соответственно из точек А и О, аψ = k ⋅ Δ s − соответствующая разность фаз. Тогда= U0U ( P) = U0eikr02π⋅ K 0 ⋅ ⋅ eiks0 ⋅ eiψ − 1 =r0 + s0ikik r + s⎛ eiψ − 1 ⎞e ( 0 0)= U0⋅ K0 ⋅ λ ⋅ ⎜= C ⋅Г ,⎜ i ⎟⎟r0 + s0⎝⎠()(4.5)ik r + se ( 0 0)e iψ − 1= i ⋅ 1 − eiψ – фазовый, а Г=r0 + s0iмножитель, который на комплексной плоскости изображается суммой двух единичных векторов (рис. 4.3): вектора О1 и вектора сначалом в точке (0, 1), направление которого задается углом ψ (отсчитывается от вертикальной оси в направлении против часовойстрелки).Как видно из рис.
4.3, еслиψ max = π, 3π, 5π,.., π ( 2n + 1) ,илигде C = U 0 K 0 ⋅ λ ⋅()ψ max λ 3λ 5λλ= ,,,.., ( 2n + 1)k2 2 22, то Г = 2 (вектор ОО1), при этомкомплексная амплитуда волны максимальна и равна U max = 2C . ЕслиΔsmax =ψ min = 2π, 4π, 6π,.., 2πn ,или раз- Рис. 4.3. Представление множителя Г на комплексной плоскостиψность хода равна Δsmin = min = λn ,kто амплитуда волны в точке Р равна нулю.С учетом полученных результатов можно выполнить следующее построение (см. рис. 4.1).
Построим концентрические сферы сцентром в т. Р и радиусами s0 , s0 + λ 2 , s0 + 2( λ 2 ) ,.., s0 + n ( λ 2 ) ,которые разобьют сферическую поверхность Σ на кольцевые зоны,называемые зонами Френеля. Соответствующие границам зон Френелязначенияразностифазψбудутравны88ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧψ = π , 2π , 3π , 4π ,.., nπ ,... . Если для т.
Р отверстие открывает нечетное число зон Френеля, то амплитуда волны в т. Р будет максимальна, если же открыто четное число зон Френеля, то амплитударавна нулю.Р0rsRaРbРис. 4.4. К выводу формулы для радиуса зон ФренеляНайдем радиус Rn n-й зоны Френеля при заданных расстоянияха (от источника Р0 до экрана) и b (от экрана до приемника Р).
Полагая R << a,b, получим:⎛R2 ⎞1≈a+,⎜⎜2⎟⎟2a2a⎝⎠2⎛R ⎞s = R 2 + b 2 ≈ b ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ ,⎝ 2b ⎠R2 R2 R2 ⎛ 1 1 ⎞ΔsR = ( r + s ) − ( a + b ) =+=(4.6)⎜ + ⎟,2a 2b2 ⎝a b⎠где r и s – соответственно расстояния от источника Р0 и от приемника Р до вторичного источника, расположенного в плоскости экрана на расстоянии R от оси Р0Р; Δ sR – разность хода до точки Рдля крайнего и центрального лучей.Для луча, идущего от внешней границы n-й зоны Френеля,λΔsR = n ⋅ , поэтому2nλRn2 =.(4.7)1 a +1 bОтсюда площадь n-й зоны Френеляr = R2 + a2 = a 1 +R289Гл. 4. Дифракция Френеля⎛ nλ( n − 1) λ ⎞ = πλ = constSn = πRn2 − πRn2−1 = π ⎜−⎟⎝1 a +1 b 1 a +1 b ⎠ 1 a +1 bне зависит от номера зоны, а значит, площади всех зон Френеляодинаковы. С учетом (4.6) можем записать:kR 2 ⎛ 1 1 ⎞(4.8)⎜ + ⎟,2 ⎝a b⎠т.е.
разность фаз ψR для крайнего и центрального лучей пропорциональна квадрату радиуса отверстия. Формулу (4.8) можно преобразовать к виду:ψ R = k ⋅ ΔsR =kR 2 ⎛ 1 1 ⎞ πR 2 ⎛ 1 1 ⎞R2S+=+=π=π .(4.9)⎜⎟⎜⎟22 ⎝a b⎠λ ⎝a b⎠S1R1Разобьем теперь первую зону Френеля на достаточно большоечисло m подзон таким образом (рис. 4.5), чтобы разность фаз dψmдля лучей, идущих от соседних межподзонных границ была равнаπdψ m = .mψR =( )Так как в соответствии с (4.8) dψ ~ d R 2 = R ⋅ dR , то при такомразбиении площади всех подзон будут одинаковы.Рис. 4.5. Построение векторной диаграммы для нахождения амплитудысветового поля в точке РНа векторной диаграмме (рис. 4.5) вкладам в амплитуду дифрагировавшей волны от 1-й, 2-й, ..., m-й подзон соответствуютвекторы OA1 , A1A 2 ,.., A m−1O1 , которые имеют одинаковую длину(вследствие равенства площадей подзон) и повернуты друг относительно друга на одинаковый угол dψm (из-за разбиения дуги ОО1 на90ОПТИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧmравныхчастей).ПриувеличенииmломанаяОА1А2..Аm-1О1 может быть заменена соответствующей полуокружностью.Выполняя аналогичное разбиение второй зоны, получим вторую ломаную, которая замкнула бы первую, если бы длины составляющих ее элементарных векторов были равны. Но поскольку приувеличении χ коэффициент К(χ) монотонно уменьшается, тоуменьшается и амплитуда вторичных волн. Поэтому конец ломаной для второй зоны (точка О2) не совпадает с точкой О, а суммарный вклад от второй зоны представлен вектором O1O 2 , длина которого чуть меньше длины вектора OO1 .
Так как направления векторов OO1 и O1O 2 противоположны, суммарный вклад в U(Р) отпервой и второй зон Френеля ничтожно мал (длина вектораOO2 много меньше, чем длины векторов OO1 и O1O 2 ).Очевидно, что учитывая вклады от всех других зон, получимвекторную диаграмму, которая имеет вид скручивающейся спирали(спираль Френеля) ОО1О2О3…О∞ с центром в точке О∞. ВекторOO∞ соответствует случаю, когда для точки Р открыты все зоныФренеля. Как видно из рис.
4.5, длина вектора OO∞ в два разаменьше длины вектора OO1 . Следовательно, если для точки Р открыта только первая зона Френеля, то амплитуда электрическогополя в точке Р в два раза больше, чем в отсутствие препятствия, аинтенсивность − в четыре, так как интенсивность света пропорциональна квадрату амплитуды электрического поля.Поскольку при R → ∞ коэффициент Г → i , а в отсутствиепрепятствия амплитуда волны в точке Р равнаik r + se ( 0 0),U ( P ) = U0r0 + s0из формулы (4.5) находим:1iK0 = = − .λiλТеперь становится понятной роль коэффициента С в формуле2(4.5): модуль C равен амплитуде, а квадрат модуля C пропорционален интенсивности I0 поля в точке наблюдения Р в отсутствиепрепятствия.
Кроме того, длина вектора OO ∞ на рис. 4.5 равна91Гл. 4. Дифракция ФренеляC 1. Если число открытых зон Френеля относительно небольшое( n ~ 5 ÷ 10 ), то можно считать, что радиус спирали приближенноравен C , и интенсивность в точке наблюдения Р равна2I = I0 ⋅ Г .Для заданных а, b и R по формуле (4.8) находим ψR. Как видноиз рис. 4.5,Re Г = sin ψиIm Г = 1 − cos ψ ,поэтомуГ = sin 2 ψ + (1 − cos ψ ) = 2 (1 − cos ψ ) ,а следовательно,I ( ψ ) = 2 I 0 ⋅ (1 − cos ψ ) .Как будет показано ниже, с помощью спирали Френеля частоудается существенно упростить решение задач по дифракции светана круглых отверстиях и дисках.224.2.
Задачи с решениямиЗадача 4.2.1. Диафрагма с круглым отверстием радиуса R находится между точечным источником света и экраном, на которомнаблюдают дифракционную картину. Найти длину волны λ излучения источника, если при смещении экрана в сторону диафрагмыосвещенность в центре дифракционной картины осциллирует идостигает максимума, когда расстояние от экрана до диафрагмыравны b1 и b2 (b1 > b2).РешениеВ соответствии с формулой (4.7):( n + 2) λ ,nλ=R2 =1 11 1++a b1a b21В дальнейшем для упрощения записи длину вектора OO ∞ будем обозначать С = I 092ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧоткуда⎛1 1 ⎞+ ⎟,⎝ a b2 ⎠( n + 2) λ = R2 ⎜(4.10)⎛1 1 ⎞nλ = R 2 ⎜ + ⎟ ,(4.11)⎝ a b1 ⎠Вычитая (4.11) из (4.10), для искомой длины волны получаем:R2 ⎛ 1 1 ⎞λ=⋅⎜ − ⎟ .2 ⎝ b2 b1 ⎠Ответ: λ =R2 ⎛ 1 1 ⎞⋅⎜ − ⎟2 ⎝ b2 b1 ⎠Задача 4.2.2.
Плоская световая волна с длиной λ = 0, 48 мкм иинтенсивностью I0 падает нормально на экран с круглым отверстием радиуса R = 0,6 мм. Найти интенсивность в центре дифракционной картины на расстоянии b = 1,5 м от экрана.Решение1-й способ. Поскольку падающая на экран волна − плоская(1 a = 0 ) , то формула (4.7) принимает вид:Rn2 = nλb ,откуда()20,6 ⋅ 10−3 мR2n=== 0,5 .λb 0, 48 ⋅ 10−6 м ⋅ 1,5 мРис. 4.6. Определение комплекснойамплитуды светового поля первымспособомРис.
4.7. Определение комплексной амплитуды светового поля вторым способом93Гл. 4. Дифракция ФренеляТак как n ~ R 2 , то делаем вывод, что для точки Р открытавнутренняя половина (по площади) первой зоны Френеля. Этомуслучаю на векторной диаграмме (рис. 4.6) соответствует векторOO0,5 , длина которого в 2 раз больше длины вектора OO∞ .Следовательно, интенсивность в центре дифракционной картины в2 раза больше, чем интенсивность I0 падающей волны.2-й способ.
В соответствии с формулой (4.8) разность фазψR =π ⋅ r2 ⎛ 1 1 ⎞r2+== 0,5π ,π⎜⎟λ ⎝a b⎠λbчто соответствует точке О0,5 на векторной диаграмме (рис. 4.7). Далее решать как 1-м способом.Ответ: I = 2 I 0 .Задача 4.2.3. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0 падает нормальнона экран с отверстием, форма которого показана на рис.
4.8. Характерные радиусы объекта равны соответственно r1 = R 1 , r2 = 2 R1 ,r3 = 3R 2 , где R1 и R2 – радиусыпервой и второй зон Френеля. Найти интенсивность I света в точкеРис. 4.8. Форма отверстиянаблюдения.в экранеРешениеНайдем на векторной диаграмме (рис. 4.9) положения точек А1,А2 и А3, соответствующих радиусам r1, r2 и r3. В соответствии с условием задачи, точка А1 соответствует границе первой зоны Френеля.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
