1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 11
Текст из файла (страница 11)
(Задача 3.19.) В звездном интерферометре Майкельсона при наблюдении:а) двойной звезды (система Капелла на расстоянии 44,6 световых лет) и б) красного гиганта (α-Бетельгейзе на расстоянии 652 световых года) видность интерференционных полос при увеличении расстояния между отверстиями ослабевает и приD = D0 обращается в нуль. Определить: а) расстояниеρ0 между компонентами) и б) диаметрдвойной звезды (D0 = 70,8см,λ=5000красного гиганта(D0 = 720 см, λ = 6 000 ).Указание: первый корень функции Бесселя J1 (x) равен x1 = 3, 83...,RπJ1 (x) = π1 cos(t − x sin t)dt.0РешениеdI = 2I0 (1 + cos φ (x, ξ)) ξ · dξ xξcos φ (x, ξ) = cos+kdL apξ = 2 R2 − r2 dr ZR R2xξI = 2I02π + 2πcos kd+ξdξ 2L a−R=2πRR2R2I = 2I0 πR2 +πR2ZR−Rqxcos kd Lcos kdξ1−a−RR1=4πR=4π rxξξ2 cos kd+1 − 2 dξL aRξ 2 dξR2 R−RR−Rkdx1 − t2 cos kdRa tdt · cos L =0kdRa13acos kdxL kd Γ( 1 )·Γ( 3 ) · Γ 2 · Γ 2 · J122qxsin kd Lsin kdξ1−akdRanZ1 2n−12 x2Jn (x) =1 − t2 2 cos xtdt11Γ 2 ·Γ n+ 201 λV = √J12 π αdа) 1, 6 · 106 км; б) 6, 2 · 108 км.παdλξ2R2 dξ=754.
Когерентность, интерференция, дифракция4. Когерентность, интерференция, дифракцияУрок 12Линии равного наклона и толщины4.1. (Задача 3.33.) Под углом α на стеклянную пластинку толщиной d с показателем преломления n падает плоская волна (длина волны λ).α1 λ 2Найти условия образования интерференционных максимуnмов и минимумов отраженного света.d β1Решение Разность оптических путей между двумя лучами 1 и 2 перед их приходом на линзу (с учетом сдвига на λ/2 оптического пути волны 1 при отражении отболее плотной среды) будет равна∆=2dn − (δ1 − 0.5λ) ,cos βгдеδ = 2d tg β; δ1 = δ sin α = 2d tg β sin α.Учитывая закон Снелиуса∆=2sin αsin β= n, получимdn2dn− 2dtgβ sin α − 0.5λ =1 − sin2 β = 2dn cos β + 0.5λ.cos βcos βУсловие максимума (разность хода равна целому числу длин волн)∆ = 2dn cos β + 0.5λ = mλ,илигде m = 1, 2, ...p2d n2 − sin2 α = λ (m − 0.5) .4.2.
(Задача 3.34.) Принимая интенсивность падающего пучка за единицу, найтиинтенсивность проходящего и отраженного пучков при многократной интерференциина плоскопараллельной пластинке (поглощение света отсутствует).Решение Падает луч света интенсивностью I0 и отражается от границы скоэффициентом отражения (энергетическим) R. Тогда интен0 1 2 3сивности прошедших лучей выразятся в виде2I10 = (1 − R) I0 ,2I20 =R2 (1 − R) I0 ,1'2' 3'I30 =R4 (1 − R)2 I0 ...76А соответствующие амплитудыa10 = (1 − R) a0 ,a20 =R (1 − R) a0 ,a30 =R2 (1 − R) a0 ...Разность хода между двумя соседними пучками ∆ = 2dn cos ψ, а разность фазϕ = k · ∆ = 4πλ dn cos ψ.
Амплитуда прошедшей волны есть суммаaпрош = a0 (1 − R) 1 + Re−iϕ + R2 e−2iϕ + ... ,которая есть сумма членов геометрической прогрессии с модулем меньше 1. Считаяпрогрессию бесконечной1−Raпрош =a0 .1 − Re−iϕТогда суммарная прошедшая интенсивность Iпрош пропорциональна квадрату модуляамплитуды22(1 − R)(1 − R)22Iпрош = = a = a01 + R2 − 2R cos ϕ1 − Re−iϕ 2 02=2a20 (1 − R)a20 (1 − R)=1 − 2R + R2 + 2R (1 − cos ϕ)(1 − R)2 + 4R sin2ϕ2.При выводе использовалось тригонометрическое равенствоϕϕ ϕϕϕ1 − cos ϕ = sin2 + cos2 − − sin2 + cos2= 2 sin2 .22222Максимум прошедшей интенсивности достигается при равенстве нулю члена с sin ϕв знаменателе. т.е. приϕ= mπ.2Рассчитаем коэффициент отражения.
Интенсивности в отраженных лучах22I1 = RI0 , I2 = R (1 − R) I0 , I3 = R3 · R (1 − R) I0 . . . ,а амплитуды, соответственно,√√√2a1 = Ra0 , a2 = − R (1 − R) a0 , a3 = − R · R (1 − R) a0 .774. Когерентность, интерференция, дифракцияУчитывая сдвиги фаз при сложении, получим√√aотр = R h· a0 − R (1 −iR) a0 e−iϕ 1 + R · e−iϕ + R2 e−2iϕ + ... =√√−iϕ−iϕ−e−iϕ +R·e−iϕ= R · a0 1 − (1−R)e= R · a0 1−R·e 1−R·e=−iϕ1−R·e−iφ√1−e−iϕ= R · a0 1−R·e−iϕ .Минус перед вторым членом в сумме связан с изменением фазы волны при отраженииот более плотного материала.Iотр = |aотр |2 ,Iотр =Iпрош =Ra20 4 sin2ϕ22(1 − R) + 4R sin2a20 (1 − R)ϕ2,2(1 − R)2 + 4R sin2ϕ2.Максиму прохожденияϕ2π2dn=dn cos ψ = mπ,cos ψ = m,2λλтаким образом видно, что максимум прохождения волны и минимум отражения определяются тем же условием, что и при учете однократного отражения.1) Рассмотрим случай R 1ϕ= 1 − 2R (1 − cos ϕ) ,2ϕIотраж = 4R sin2 = 2R (1 − cos ϕ) .2Но это тоже самое, что и при учете 1 луча.2) Рассмотрим случай 1−R 1.
Разкость полос характеризуется их полушириной. Полуширина - расстояние между точками по обе стороны максимума, в которыхинтенсивность составляет половину максимальной величины. В окрестности максимума m-го порядкаϕ = mπ + φImax = I0 = a20Iпрош = 1 − 4R sin2sin2Iпрошед =ϕφ2≈24Imax1+Rφ2(1−R)278 1.21R=0.05T0.80.6R=0.250.4R=0.50.2R=0.75000.511.5m,Еслито !"#$Rφ2(1 − R)2Iпрошед =22.53= 1,Imax.2Полуширина1−Rδϕ = 2φ = 2 √RМноголучевая спектроскопия обычно используется для исследования структуры тонких спектральных линий. Рассмотрим разрешающую способность, т.е. наименьшеерасстояние между близкими спектральными линиями, которые можно увидеть какраздельные линии (по длине волны).
Пусть эти 2 линии имеют длину волны λ иλ0 = λ + δλ соответственно. Если сдвиг полос (максимумов) мал, то линии не разрешить. Допустим, что сдвиг равен полуширине. В точке 011Imax + Imax = Imax22В точке A значение φ =2(1−R)Rφ2√, (1−R)2RImax == 4, поэтому1Imax .5а значит Imax + 0.2Imax = 1.2Imax - видно 2 линии.4.
Когерентность, интерференция, дифракция79Условие спектральной разрешимости - расстояние между максимумами должноотстоять на расстоянии более полуширины. Определим теперь δλ = λ − λ0 (n –показатель преломления считаем не зависящим от λ - для Фабри-Перро – в зазоревоздух). В точке A (максимум для длины волны λ0 ) φ0 = 2mπ, а для λφ = 2mπ +(1 − R)√.RТогда(1 − R)√R4πdn cos βφ=.λ δϕ δλ = ϕλ√2π Rλ=m = m.δλ(1 − R)φ0 − φ = δφ =При R = 0, 95hλ= m122, 5.δλ4.3. (Задача 3.37.) Найти радиусы интерференционных колец (колец Ньютона)в проходящем (а) и отраженном (б) свете на воздушномRклине между зеркалом и плоско-выпуклой линзой (ее радиус R h – толщины линзы). Длина волны –λ.Решение а) Разность хода между лучом прошедшим и лучом дважды отразившимся и прошедшим потом равна ∆ = 2δ, где δ показана нарисунке. Из прямоугольного треугольника получаемR%(R − δ)2 + x2 = R2 ,Rxоткуда, пренебрегая δ 2 по сравнению с x2 и приводя подобные члены, получимδ=x2,2R∆=x2.R80Условия того, что кольца будут светлыми∆ = mλ.Радиус светлого m-го кольцаXm√= mλR =Радиус m-го темного кольцаsXm =1m−2rλR =λR √2m.2rλR √2m − 1.2б) Картина в проходящем свете будет дополнительной по отношению к картине вотраженном свете потому, что в зазоре происходит нечетное число отражений и фазасдвигается еще на λ/2.4.4.
(Задача 3.44.) Эталон Фабри–Перо представляет собой плоскопараллельную пластину, обычно воздушную, образующуюся между двумя плоскими поверхностямитщательно отшлифованных и отполированных стеклянных или кварцевых пластинок, установленных так, чтобыповерхности, обращенные друг к другу, были строго параллельны. Интерференционные полосы при этом имеютвид концентрических колец. а) Как располагаются полосы различных порядков? б) Как зависит ширина полосыот порядка интерференции, длины волны, толщины эталона h?Решение а) mλ = 2h cos ϕ, где ϕ – угол между выходящими лучом и нормальюк пластинке, т. е. с ростом m полосы стягиваются к центру; б) ∆ϕ = λ/ (2h sin ϕ), т.е.
ширина полос возрастает при увеличении λ, порядка интерференции и уменьшаетсяс ростом h.1Урок 13Зоны Френеля. Дифракция Френеля1. (Задача 3.53.) Найти радиус ρn n-й зоны Френеля. Чему он будет равен, еслипадающая волна плоская? Доказать, что площади зон Френеля равны. Найти вкладв амплитуду колебания в точке B от n-й зоны Френеля.Решение Расстояние между центром сферы и точкой P − SP = a1 + a2 .ТогдаZ1eika1 eikrE(P ) =E0·cos ψdS.iLa1rДля вычисления интеграла разобьем сферическую поверхность на кольцевые зоныс центром в точке P и радиусом rn = a2 n λ2 , где n = 1, 2, ... — целые числа.AНайдем радиусы кольцевых границ этих зон и ихλa2 + nплощади 4Sn = Sn − Sn−1 , где Sn — площадь сфеa12ρnрического сегмента (Sn = 2πa1 hn ).ShnPθnВыразим ρ2n из 4SAB и 4BAP :Ba2a21 − (a1 − hn )2 =2λa2 + n− (a2 + hn )2 .2Раскрывая скобки, получаемa21 − a21 − h2n + 2a1 hn = a22 + nλ2+ na2 λ − a22 − h2n − 2a2 hn .42Пренебрегая слагаемым n2 λ4 (a1,2 λ), получаемhn =a2 nλa1 a2и Sn = 2πhn a1 = πλn = nS1 .a1 + a2 2a1 + a2Площадь любой кольцевой зоны4Sn = Sn − Sn−1 = πa1 a2λa1 + a2не зависит от n и мала (пропорциональна λ).
Радиус зоныqppρn = a21 − (a1 − hn )2 = (2a1 − hn )hn ∼= 2a1 hn ==r√a1 a2λn = nρ1 .a1 + a22√√При a1 −→ ∞ ρn −→ a2 λn, при a1 = a2 = a ρn = 2aλn. Например, приa2 √=a1=1 м, λ=5 · 10−5 см = √5 · 10−7 мρ1 = 2 · 102 · 5 · 10−5 = 0, 1 см. Для a1 −→ ∞ и a2 = 1 м ρ1 = 5 · 10−5 · 102 =0,1√см ≈ 0, 07 см ≈ 0, 7 мм. Зоны для видимого света очень узки.2Для определения вклада в амплитуду колебаний в точке B от n−ой зоны Френеляиспользуем интеграл Кирхгофа для точечного источника монохроматического излучеR R E0 eikrния с длиной волны λ в виде E =iλr cos ψdS.rГраницызоны a2 + (n − 1) λ2 и a2 + n λ2 .
Расстояnние между источником и наблюдателем SP = a1 + a2 .ψdSrВклад от n-й зоны:a1rSθPE0En =iλa1 + a2Zeika1eikrcos ψn2πa21 sin θdθ,a1rr2 = a21 + (a1 + a2 ) − 2a1 (a1 + a2 ) cos θ.Найдем дифференциал этого соотношения: 2rdr = 2a1 (a1 +a2 ) sin θdθ, отсюдаsin θdθ =rdr.a1 (a1 + a2 )Подставим в интеграл:En =E0iλZa2 +nλ/2a2 +(n−1) λ1= E0eika1eikrrdrcos ψn2πa21 ·=a1ra1 (a1 + a2 )eika1 2πiλ(a1 + a2 )Za2 +nλ/2a2 +(n−1) λ1cos ψn eikr dr.Заменим переменные: r = r0 +a2 , тогда из-под интеграла уйдет множитель eika2и упростятся пределы интегрирования.Кроме того, учитывая узость зоны и слабую зависимость cos ψn от угла в пределах зоны, заменим cos ψn на его среднее значение cos ψn и вынесем из-под интегралаэту константу:En =Jn =ZE0 eik(a1 +a2 ) cos ψn 2π(a1 + a2 )iλnλ/2(n−1)λ/22πei λ r dr =Znλ/2eikr dr,(n−1)/λ/2λ i 2π n λ2πλe λ 2 − ei λ (n−1) 2 ,2πi3Jn =так как λ2(−1)nλ iπne− eiπ(n−1) =,2π2πieiπn − eiπ(n−1) = 2(−1)n .Таким образом,En =2E0 eik(a1 +a2 )(−1)n+1 cos ψn .(a1 + a2 )2E0 eik(a1 +a2 ), т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
