1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 12
Текст из файла (страница 12)
е. в 2 раза больше амплитуды при полностьюa1 +a2E0 eik(a1 +a2 )=. Кроме того, видно, что вклады зон образуютa1 +a2В частности, E1 =открытом фронте Eзнакочередующийся ряд со слабо падающей, но падающей с ростом n зависимостьюот n, обусловленной падением cos ψn .2. (Задача 3.54.) Получить оценку вклада в колебание в точке B (см. рисунок кзадаче 3.53) при открытии и закрытии произвольного числа зон Френеля. В частности, когда: а) закрыты все зоны, кроме первой; б) закрыты все четные зоны; в) фазавсех четных зон изменена на π.Решение Если E – амплитуда в B при полностью открытом фронте, то а) E1 'nP2E; б) En∗ 'E2i−1 > E1 , где n – число открытых нечетных зон; в) En 'nPi=1i=1E1 '2En∗ ,где n – число открытых зон.3.
(Задача 3.55) Определить максимальное фокусное расстояние зонной пластинки Френеля, если ее m-й радиус равен rm (m = 5, длина волны λ = 5 · 10−5 см;r5 = 1, 5 мм). Что произойдет, если пространство между зонной пластинкой и экраном заполнено средой с показателем преломления n (n > 1)?Решение Радиус m-ой зоны Френеля определяется соотношениемrabrm =mλ.a+bЭту формулу можно преобразовать к виду формулы тонкой линзыmλ1 11= + = ,2rma bfвеличина f и есть фокус зонной пластинкиf=2rm→ maxmλ415 · 10−2r52== 90 см.5λ5 · 5 · 10−5При наличии за зонной пластинкой среды с n > 1 в приведенных выше формулахнеобходимо заменить расстояние b на оптический путь, т.е.
b0 = nb и, следовательно, второй член в формуле «линзы» уменьшится, а, значит, фокусное расстояние fувеличится.4. (Задача 3.57) Найти фокусное расстояние для длины волны λ у зоннойλ0пластинки, полученной в результате фотографирования сувеличением k в проходящем свете с длиной волны λ0двух соприкасающихся выпуклыми сторонами плосковыпуклых линз с радиусами кривизны R1 и R2 . Светпадает по нормали к плоскостям линз.Решение Оптические пути при наличии двух соприкасающихся выпуклых поверхностей (аналогично расчету колец Ньютона) равныδ m1 =r2 mr2 m, δ m2 =.2R12R2Суммарная разность хода в схеме будет∆m = 2 (δm1 + δm2 ) = mλ0 .Равенство разности ходов целому числу длин волн определяет условие (радиусы) максимумов получаемых колец Ньютона.r11R1 · R22+= mλ0 , откуда rm =mλ0 .rmR1R2R1 + R2Rm = krm = kF =rR1 · R2mλ0R1 + R22Rmk 2 R1 R2=λ0mλ(R1 + R2 )5.
(Задача 3.67.) Посередине между точечным источником и экраном помещеннепрозрачныйдиск радиусом R. Плоскость диска параллельна экрану, а егоROось проходит через источник. На экране в точке O – светлоеSпятно. В центре диска сделали круглое отверстие. При какомaaминимальном радиусе отверстия в точке O будет темно? Каким при этом должен быть радиус диска?5Решение Интеграл Кмрхгофа в общем виде можно записать какZZkE(S) i(KR−ωt)E (p) =edS2πiRСначала решаем задачу об интенсивности света на оси круглого отверстия в экранекак функции расстояния z. Интеграл Кирхгофа в параксиальном приближении (расходящиеся сферические волны).(!)22k(x − xp ) + (x − yp )E (p) =exp i kz − ωt + kdxdy2πiz2zx, xp , y, yp zТогда на оси xp = yp = 0 интеграл Кирхгофа перепишется в видеE(1)kE0(z) =2πizpПо теории БабинаZρ Z2π00eikr22zpikρ22zrdrdϕ = −E0 e−1πρ2 (1).E (z) = 2E0 sin2λz E (1) (p) + E (2) (p) = E0 ,где E ( 1)(p)– амплитуда в точке P от отверстия, а E ( 2)(p)– амплитуда от экрана.Тогда от экранаikρ2E = E0 exp2zI (z) = I0безотносительно радиуса экрана.
Чтобы погасить E0 необходимо получить половинувклада центральной зоны, а это значит на векторной диа2E0грамме необходимо выбрать угол 600 (см. рисунок), что соответствует 13 площади первой зоны.r11 aλaλ2E0Sотв = S0 , πRотв = π , Rотв =.33 26pТаким образом, минимальный радиус отверстия rmin ' aλ/6; радиуса же дискапри этом (чтобы амплитуды гасились) должен удовлетворять условиюpR ' aλ (n ± 1/3),60°oгде n = 0, 1, 2, ... (для n = 0 только знак «+»).1M1MM∞oooУрок 14Геометрическое представление зон Френеля1. (Задача 3.134.) Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падаетнормально на непрозрачный экран с круглым отверстием.
Используя геометрическоепредставление вкладов зон Френеля, аналогичное спирали Корню, определить каковаинтенсивность I за экраном в точке, для которой отверстие равно: а) 1-й зоне Френеля; б) внутренней половине 1-й зоны; в) 1-й зоне, половина которой перекрыта подиаметру; г) полутора первым зонам; д) одной трети 1-й зоны?Решение Используя вычисления, проведенные в решении задачи 3.53, можнопредставить амплитуду вклада от различных зон Френеля как комплексное число,изображаемое на комплексной плоскости в виде вектора с началом в начале координатO (см.
рисунок выше).На этой плоскости они будут представляться в виде векторов, модуль которыхпропорционален амплитуде самих величин, а ориентация которых (угол по отношениюк горизонтальной действительной оси) будет определяться значением их фазы (показатель мнимой экспоненты; он в точности характеризует набег фазы на соответствующей части зоны). Таким образом, если разбить зону на много малых равных частей, товклад каждой из них будет представляться векторами одинаковой длины, каждый изкоторых, начинаясь в конце предшествующего вектора, будет повернут относительнонего на дополнительный угол, пропорциональный набегу фазы на этой части зоны.Следовательно, при разбиении зоны на неограниченное число частей концы векторов,отвечающих за вклад каждой части, будут описывать дугу окружности. Посколькунабег фаз при прохождении одной зоны в точности равен π, то вклад каждой целойзоны будет изображаться половиной дуги окружности.
Таким образом, вклад первой−−−→зоны изображает вектор OM1 .Аналогично, разбиение второй зоны на неограниченное число частей на рассматриваемой диаграмме описывается второй полуокружностью, начинающейся в M1 изаканчивающейся в O. Поэтому вектор, описывающий действие второй зоны, также2будет чисто мнимым, но направленным в противоположную сторону по отношению−−−→к OM1 так что суммарное действие двух первых зон будет равно нулю. Суммарноедействие n зон (если пренебречь слабой зависимостью от номера n вклада от каждойзоны), в зависимости от четности или нечетности n, будет либо нулевым, либо совпадать с действием только первой зоны.
Действие же необязательно целого числа зон−−→будет описываться вектором OM , оканчивающимся на уже образованной первымидвумя зонами окружности с центром, лежащим на мнимой оси (см. рисунок).Учтем теперь медленное уменьшение вклада очередной зоны по мере роста ее номера (оно определяется как постепенным уменьшением площади зоны, так и сопровождающимся падением коэффициента наклона). На диаграмме этот процесс проявится, естественно, в постепенном уменьшении радиуса полуокружности, «отвечающей» за эту зону; так как каждая из них начинается в конце предшествующей, то−−→конец вектора OM будет описывать свертывающуюся спираль (см.
рисунок)1 . Ясно, что центр спирали M∞ будет совпадать с центром уже построенной окружности,определяющей действие первых двух зон. В соответствии со смыслом диаграммы век−−→тор OM ∞ будет описывать действие полностью открытого волнового фронта.Отсюда очевидный и уже известный со времен Френеля результат: действие небольшого нечетного числа открытых зон в 2 раза по амплитуде U и в 4 раза по интенсивности I ∝ U 2 превышает действие открытого фронта. Рассмотрим теперь частовстречающуюся ситуацию с прохождением волнового фронта через прозрачную среду с показателем преломления n 6= 1. Понятно, что построение зон Френеля в этомслучае будет таким же, но следует учесть дополнительный продольный набег фазы,равный ∆ϕ = knL и описываемый в выражении для волнового поля фазовым множителем ei∆ϕ (здесь L – путь, проходимый в среде; при введении графическогопредставления зон этот множитель был несуществен и не принимался во внимание).Геометрическое представление комплексных величин означает, что на диаграм−−→ме Френеля вектор OM , описывающий действие какой-либо части фронта без учетапродольного набега фазы, должен быть просто повернут на некоторый угол в направлении против часовой стрелки (соответствующем увеличению фазы).
При равенстве−−→набега фазы 2π вектор OM должен остаться неизменным (т.к. e2π = 1), т.е. уголего поворота также равен 2π. Следовательно, при произвольной величине продоль−−→ного набега фазы соответствующий угол β поворота вектора OM равен дробной (помодулю 2π) части этого набега фазы: β = ∆ϕ( mod 2π).а) Решение задачи в этом случае приведено выше. Поскольку точка M1 на1 Далее в решениях многих задач будет использоваться это представление, не получившее, к сожалению,как, например, спираль Корню, собственного имени.
Необходимость частых ссылок, требует его наличия,и нам представляется справедливым использовать в этих случаях имя диаграмма или спираль Френеля, адля охватывающей ее окружности - окружность Френеля.3M1окружности Френеля, соответствующая первой зоне, лежитна верхнем конце ее вертикального диаметра (см. рисунок),Mтак что действие отверстия, описываемое длиной вектора−−→OM 1 , вдвое превышает действие полностью открытого фронта. Следовательно, I = 4I0 .oб) Точка M1/2 , описывающая действие половины 1-й зоM1/2ны, находится, естественно, на окружности Френеля посередине между O и M1 (см.
рисунок), так что длина вектора√−−→OM 1/2 в 2 превышает RF , и поэтому I = 2I0 .oв) Из вычисления действия n-й зоны было видно, что в нем производится суммирование действия элементов зоны по азимутальному углу α (в пределах от 0 до 2π).Если же часть зоны по углу α перекрыта, то действие зоны уменьшается пропорционально. Таким образом, если первая зона перекрыта наполовину по диаметр, то ее−−→−−−−−→действие уменьшится вдвое и будет описываться вектором 12 OM 1 = M∞ M1 т.е.станет равным действию полностью открытого фронта.
Следовательно, I = I0 .г) Ясно, что точка M3/2 будучи на окружности Френеля,должна лежать посередине между точками M1 и M2 , описывающих действие первой и второй зон, т. е. находится на левом конце горизонтального диаметра (см. рисунок). Следова√−−→тельно длина вектора OM 3/2 в 2 превышает RF и поэтомуI = 2I0 .M3/2o−−→д) Точка M1/3 находится на окружности Френеля и вектор OM 1/3 долженсоставлять с горизонтальной осью угол 30◦ (см. рисунок).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
