А.В. Быков, И.В. Митин, А.М. Салецкий - Оптика. Методика решения задач (1120536), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Поскольку площадь отверстия радиуса r2 равнаS ( A2 ) = πr22 = 2πR12 = 2 S1 ,а согласно (4.9)ψR =поэтомуR2SkR 2 ⎛ 1 1 ⎞ πR 2 ⎛ 1 1 ⎞+=+=π=π ,⎜⎟⎜⎟22 ⎝a b⎠λ ⎝a b⎠S1R194ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧψ2 = πS ( A2 )= 2π ,S1и следовательно, точка А2 соответствует границе второй зоны Френеля. Аналогично,S ( A 3 ) = πr32 = 3πR22 = 3S2 = 6 S1 ,и точка А3 соответствует границе шестой зоны Френеля.Рис. 4.9. Фрагмент спирали Френеля иположение на ней точек А1, А2, А3Рис.4.10. Разбиение отверстия вэкране на простые объектыИсходное отверстие можно рассматривать как совокупностькольца и полукольца (см. рис.
4.10). Изобразим с помощью спиралиФренеля векторы, соответствующие вкладам от отдельных участков волнового фронта.Так как в центре экрана – непрозрачный диск радиуса R1, тоучасток спирали ОА1 "не работает". Кольцо с радиусами r1 и r2 открыто полностью, что соответствует участку спирали от А1 до А2(вектор A1 A 2 ).
Область от r2 до r3 открыта наполовину (по диаметру). Напомним, что при выводе формулы (4.5) выполнялось интегрирование по углу ϕ, и для полностью открытой области этодавало множитель 2π. В рассматриваемом случае интегрированиепо ϕ дает множитель π, поэтому длина соответствующего вектора вдва раза меньше, чем длина вектора A 2 A 3 .Таким образом, амплитуда U(Р) в точке наблюдения определяется суммой двух векторов:U (P) = A1A 2 +1A 2 A3 .2Поскольку A1A 2 = 2 ОО∞ и A 2 A3 ≈ 0 (для нескольких первыхзон Френеля радиус спирали считаем неизменным), интенсивностьв точке наблюдения равна:95Гл. 4.
Дифракция ФренеляI ( P ) = 4I0 .Замечание.Разбиение на простые объекты можновыполнить и по-другому (рис. 4.11). В этомслучаеU (P) =11A1A 2 + A1A 3 ,22что приводит к тому же результату, поскольку А1А 2 ≈ А1А 3 .Ответ: I ( P ) = 4 I 0 .Рис.4.11. Разбиениеотверстия в экране напростые объектыЗадача 4.2.4.
Плоская световая волна с длиной λ и интенсивностью I0 падает нормально на экран (рис. 4.12). Перед экраном нанекотором расстоянии b устанавливают стеклянную пластинку радиуса R с показателем преломления n. Найти расстояние b и толщину пластинки d, при которых интенсивность дифракционнойкартине в точке Р: 1) максимальна; 2) равна нулю.О1 5Рис.4.12. Формирование дифракционной картины при наличии стеклянной пластинкиРис.4.13. Определение комплексной амплитуды с помощью векторной диаграммы для случаяm=1,5РешениеДля точки Р пластинка перекрывает m = R 2 (λb ) зон Френеля ивносит дополнительную разность фаз Δψ = k ( n − 1) d =2πd( n − 1) .λ96ОПТИКА.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧСледовательно, варьируя b и d, можно получить любые значения mи Δψ.Пусть, например, пластинка закрывает m зон Френеля. Если вотсутствие пластинки комплексная амплитуда поля U(Р) представима в виде суммы (на рис. 4.13 m = 1,5 ):U ( P ) = OO m + O mO∞ = OO∞ ,то дополнительную разность фаз можно учесть, повернув векторOO m против часовой стрелки на угол Δψ (конец вектора OO′m будет лежать на окружности радиуса OO m = OO′m ). Поэтому послеустановки пластинки амплитуда поля U′(P ) равна:U′ ( P ) = OO′m + O m O∞ .1) Амплитуда U′(P ) будет максимальной, если, во-первых,векторы OO′m и O mO ∞ сонаправлены, и во-вторых, длина вектораOO m максимальна (длина вектора O m O∞ при малых m не зависитот m и всегда равна OO∞ = I 0 ).Следовательно,m = 1, 3, 5,.., 2l + 1 , … ( l = 0, 1, 2, ...
),OO m = 2 OO∞ = 2 I 0 ,Δψ = π, 3π, 5π,..., π ( 2q + 1) ,...(q = 0, 1, 2, 3, …).ОтсюдаR2R2( l = 0 , 1, 2 , ...),b==λm λ ( 2l + 1)d=λ ( 2q + 1)2 ( n − 1)(( q = 0 , 1, 2 , ... ),I max = 2 I 0 + I 0)2= 9I0 .2) Амплитуда U′(P ) будет минимальна (равна нулю), если, во-первых,векторы OO′m и O m O∞ направлены впротивоположные стороны и, во-вторых, их длины равны. На рис.4.14. показаны два возможных случая:Рис.4.14.
Два возможных случаянаправлениявектораOO m1 и OO m 297Гл. 4. Дифракция Френеля1 1 1 ⎛1⎞m1 = , 2 , 4 ,.., ⎜ + 2l ⎟,... ( l = 0 , 1, 2 , ... ),3 3 3 ⎝3⎠2 2 2 ⎛ 2⎞m2 = 1 , 3 , 5 ,.., ⎜1 + 2l ⎟,... ( l = 0 , 1, 2 , ... )3 3 3 ⎝ 3⎠(треугольники OOm1O∞ и OO m 2 O∞ – равносторонние). Отсюда5Δψ1 = π + 2πq ( q = 0 , 1, 2,.. ),31Δψ 2 = π + 2πq ( q = 0 , 1, 2,.. ),3Ответ: 1) b =d=R2R2=( l = 0 , 1, 2 , ... ),λm λ ( 2l + 1)λ ( 2q + 1)2) b1,2 =2 ( n − 1)R2,λm1,2( q = 0 , 1, 2 , ... ),d1,2 =λ Δψ1,2⋅.n − 1 2πЗадача 4.2.5. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием радиуса r0.
Для точки наблюдения Р, находящейсяна расстоянии b от экрана, отверстие открывает три зоны Френеля.В отверстие вставили тонкую собирающую линзу с фокусным расстоянием f. Найти:1) интенсивность света в точке Р, если: а) f = b ; б) f = 2b ; в)f =b 2;2) распределение интенсивности вдоль оси линзы, если f = b .Решение1) Для вторичного источника, находящегося в плоскости отверстия на расстоянии r от его центра, разность хода Δs0(r) в соответствии с (4.6) равна:r2 ⎛ 1 1 ⎞ r2Δ s0 ( r ) = ⎜ + ⎟ =2 ⎝ a b ⎠ 2b(для плоской волны a = ∞ ).98ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧУчитывая, что собирающая линза вносит дополнительную разность ходаr2Δ sл ( r ) = −<02f(поскольку толщина собирающей линзы в центре больше, чем напериферии), для суммарной разности хода получаем:r2 ⎛ 1 1 ⎞Δs ( r ) = ⎜ − ⎟ .2 ⎝b f ⎠1а) Если f = b , то для всех вторичных источников разностьхода Δsa ( r ) = 0 , т.е.
участок спирали ОО3 «вытянут» в прямую линию ОО3а (рис. 4.15). Полагая, что радиус спирали R пропорционален I0 и длина участка спирали ОО3 (а не вектора OO3 ) равна3πR, для интенсивности в точке Р (в фокальной плоскости линзы)получаем:I a = ( 3πR ) = 9π 2 ⋅ I 0 ≈ 89 I 0 .2Рис. 4.15. Определение интенсивности светав точке наблюдения Р для различных значений фокусного расстояния линзы1б) Если f = 2b , то разность хода (при r = r0 ):r02 ⎛ 1 1 ⎞ r02 Δs ( r0 ) 1 3λ,==⎜ − ⎟=2 ⎝ b 2b ⎠ 4b22 2а соответствующая разность фаз –Δsб ( r0 ) =99Гл. 4.
Дифракция Френеляk ⋅ Δs ( r0 )3π,22так как отверстие открывает три зоны Френеля. Следовательно,участок спирали ОО3 "раскрутится" (но не до конца, рис. 4.15), приэтом длина дуги ОО3б останется равной длине участка спирали ОО3(число вторичных источников не изменилось). Чтобы найти амплитуду Аб в точке Р (она равна длине вектора OO3б ), необходимонайти радиус Rб дуги соответствующей окружности:3π3πR =Rб ,2откуда Rб = 2 R .ψб ( r0 ) = k ⋅ Δsб ( r0 ) ==Для длины OO 3б получаем:π1⎛ 2π-ψ б ⎞OO3б = 2 Rб ⋅ sin ⎜= 4 R ⋅ sin = 4 R ⋅= 2 2R ,⎟42⎝ 2 ⎠поэтому при f = 2b интенсивность в точке Р равнаI б = OO3б2= 8I0 .1в) Если f = b 2 , тоr02 ⎛ 1 2 ⎞r02⎜ − ⎟ = − = −Δs0 ( r0 ) ,2 ⎝b b⎠2bψв ( r0 ) = −ψ0 ( r0 ) = −3π .Как видно из рис.
4.15, в этом случае участок спирали ОО3 "перераскручивается", и спираль ОО3в представляет собой симметричноеотражение спирали ОО3 относительно горизонтальной оси. ПоэтомуRв = 2 R , I в = 4 I 0 ,т.е. интенсивность такая же, как и в отсутствие линзы.2) Для исследования распределения интенсивности света вдольоси линзы выберем в качестве начала отсчета на оси х (совпадает сосью линзы) положение точки Р.
В отсутствие линзы зависимостьразности фаз ψ ( x ) для крайнего и центрального лучей (4.8) приx > −b имеет вид:k ⋅ r02b1,ψ( x) =⋅= ψ ( 0) ⋅b+ x2 (b + x )Δsв ( r0 ) =100ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧk ⋅ r02 πr02=– разность фаз в точке Р (х=0). На спирали2bλbФренеля (рис. 4.16 а и 4.16 б) этой разности фаз ψ ( x ) соответствует точка Ох.где ψ ( 0 ) =АБРис.4.16. К вопросу о разности фаз для крайнего и центрального лучей с учетомдействия линзы: х < 0 (а) и x > 0 (б)При установке линзы с фокусным расстоянием f = b возникает дополнительная разность фаз ψ л = − k r02 (2b) = − ψ ( 0 ) < 0 ,поэтому суммарная разность фаз ψ′ ( x ) становится равнойxψ′ ( x ) = ψ ( x ) + ψ л = − ψ ( 0 ) ⋅,b+xпри этом ψ′ ( x ) > 0 , если −b < x < 0 , и ψ′ ( x ) < 0 , если x > 0 .Участок спирали ООх "раскрутится" (рис.
4.16) и трансформируется в дугу окружности OO′x . Так как длины дуг ООх и OO′xодинаковы (число вторичных источников не изменилось), то длярадиуса R′ ( x ) дуги OO′x получаем:R′ ( x ) = R ⋅ψ ( x)b= R⋅ .xψ′ ( x )101Гл. 4. Дифракция ФренеляАмплитуда A′( x ) равна длине вектора OO′x , поэтомуA′ ( x ) = 2 R′ ( x ) ⋅ sinbxψ′( x )= 2 R ⋅ ⋅ sin ψ ( 0 ) ⋅=x22 (b + x )= R ⋅ ψ ( 0) ⋅b sinϕ ( x ),⋅b + x ϕ( x)x.2 (b + x )Так как по условию задачи ψ ( 0 ) = 3π , то для интенсивностина оси линзы получаем:где ϕ ( x ) = ψ ( 0 ) ⋅22⎛ b ⎞ ⎛ sin ϕ( x) ⎞I = Ia ⋅ ⎜⎟ ,⎟ ⎜⎝ b + x ⎠ ⎝ ϕ( x) ⎠где I a = 9π2 ⋅ I 0 .Заметим наперед, что похожая зависимость имеет место в случае дифракции Фраунгофера на щели.
Примерный вид зависимостиI(х) показан на рис. 4.17 а. Для сравнения на рис. 4.17 б приведеназависимость I(х) в случае ψ ( 0 ) = 15π .абРис. 4.17. Распределение интенсивности I(x)102ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧРазмер H (вдоль оси х) яркого дифракционного максимума вфокальной плоскости линзы ( x = 0 ) можно оценить, исходя из ус-ловия ϕ ( x1,2 ) = ±π ( x1,2 – координаты ближайших к максимумуминимумов):2b−2b<0;x1 = 2> 0 ; x2 = 2r0 (λb) − 2r0 (λb) + 2H = x1 − x2 =4b ⋅r02λb2=4b ⋅ m,m2 − 4⎛ r02 ⎞⎜⎜ ⎟⎟ − 4⎝ λb ⎠где m = ψ ( 0 ) π . Если m = 3, то H = 2 , 4b ; если m=15, то H = 0 ,27b .С ростом m размер "пятна" стремится к нулю по закону: H ≈ 4b m .Ответ:1а) I a = 89 I 0 ; 1б) I б ≈ I 0 ; 1в) I в = 4 I 0 .22⎛ b ⎞ ⎛ sin ϕ( x) ⎞2) I = I a ⋅ ⎜⎟ .⎟ ⎜⎝ b + x ⎠ ⎝ ϕ( x) ⎠Задача 4.2.6. Плоская монохроматическая волна падает на зонную пластинку– экран с последовательно чередующимися прозрачными и непрозрачнымикольцами (рис.
4.18), площади которыходинаковы и равны S0. Исследовать особенности дифракции света на таком объекте.Рис. 4.18. Зонная пластинкаРешениеПусть центральная зона пластинки прозрачна. Найдем расстояние b1 от пластинки, на котором эта зона для точки Р будетсовпадать с первой зоной Френеля (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
