1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Поэтому длина вектора−−→OM 1/3 будет совпадать с RF , так что I = I0 .M1/330o2. (Задача 3.135.) Плоская монохроматическая волна с интенсивностьюI0 падает нормально на непрозрачный диск, закрывающий для точки наблюдения 1-ю зонуФренеля. a) Какова интенсивность I в точке наблюдения? Какой она стала после тогокак у диска удалили б) половину (по диаметру); в) половину (по диаметру) внешнейполовины 1-й зоны?Решение В силу принципа Бабине действие волнового поля в случае, когда его−−→часть перекрыта экраном, описывается вектором, равным разности векторов OM ∞−−→(действие полностью открытого фронта) и OM (действие перекрывающего экрана).Применим этот принцип.4−−−→а) Ясно, что длина вектора M1 M ∞ (см. рисунок) равна RF , и поэтому I = I0 .б) Удаление половины (по диаметру) перекрывающегоM1диска означает открытие соответствующей части фронта (врассматриваемом случае – половины 1-й зоны).
По принципу−−−→Бабине к вектору M1 M ∞ из предыдущего случая следует доMбавить вектор, описывающий действие вновь открытой частифронта. Таковым является, как показано в решении задачи 1.,−−−−−→oвектор M∞ M1 . Следовательно, I = 0.в) Как ясно из рассмотрения предыдущего случая, необходимо найти сначала действие половины (по диаметру) внешней половины 1-й зоны. На диаграмме Френеля−−→действие половины 1-й зоны описывается вектором OM 1/2 (см. рисунок); следова−−−−−→тельно, вектор M1/2 M1 описывает действие внешней половины 1-й зоны.−−−→Таким образом, искомому действию соответствует сумма векторов M1 M ∞−−−−−→и 12 M1/2 M1 (множитель 1/2 появляется потому, что внешM1няя половина1-й зоны открыта наполовину).Таким обра−−−2 →1 −−−−−→зом, I ∝ M1 M ∞ + 2 M1/2 M1 . Тривиальные вычислеM M1/2ния (конечно, с учетом угла между складываемыми векторами) дают искомый результат: I = I0 /2.o3.
(Задача 3.136.) Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падает нормально на прозрачный, стеклянный диск толщины h с показателем преломленияn, размер которого соответствует полутора зонам Френеля для некоторой точки наблюдения. При какой минимальной толщине диска интенсивность в этой точке будетмаксимальной? Какова эта интенсивность?Решение Ясно, что части волнового фронта, не занятой диском, на диаграмме−−−−−→Френеля соответствует вектор M3/2 M ∞ , направленный вдоль горизонтальной осиот начальной точки M3/2 , лежащей на левом конце горизонтального диаметра окруж−−→ности Френеля.
В эту же точку M3/2 «смотрит» вектор OM 3/2 , описывающий действие полутора зон в случае, если показатель преломления диска n равен 1.Для n > 1 при прохождении через диск волнового фронта его фаза дополнительно возрастает на величинуM3/2M∆ϕ = k(n − 1)h = 2π(n − 1)h/λ, что означает доворот−−→oвектора OM 3/2 на угол β = ∆ϕ mod 2π в направлеM3/2нии против часовой стрелки. Поскольку полная амплитуда225в точке наблюдения определяется суммой волнового поля,прошедшего вне и через собственно диск, то максимум интенсивности будет иметь−−→−−−−−→место в случае, когда вектор OM 3/2 станет сонаправленным вектору M3/2 M ∞ .5−−→Таким образом, вектор OM 3/2 должен быть повернут на уголλ.
Легко такжеβ = 225 ◦ = 5π/4 (см. рисунок). Следовательно, hmin = 58 n−1−−−−−→−−→найти и значение максимума, т. к. длины векторов M3/2 M ∞ и OM 3/2 равны соот√√ 2√ветственно RF и 2RF , то Imax = 1 + 2 I0 = (3 + 2 2)I0 .4. (Задача 3.137.) Как изменится интенсивность в точке экрана, на который падает монохроматическая плоско поляризованная волна интенсивности I0 , если на путисвета поставить прозрачный диск, перекрывающий полторы зоны Френеля и поворачивающий плоскость поляризации света на 90◦ ?Решение Поскольку свет, прошедший мимо диска (1-я «компонента»), не изменит направления своей поляризации, а свет, прошедший через него (2-я «компонента»), приобретет поперечное направление поляризации, то в точке наблюдения нужноскладывать интенсивности этих компонент.
Для первой из них имеем, как всегда, значение I0 , т.к. ей на диаграмме Френеля соответствует вектор длины RF . Посколькудля 2-й компонентыоткрыто полторы зоны, то ей на диаграмме соответствует век√тор длины 2RF . Поэтому ее интенсивность будет составлять 2I0 а, следовательно,полная интенсивность равна 3I0 .5. (Задача 3.138.) Плоская монохроматическая волна с длиной волны λ и интенсивностьюI0 падает нормально на стеклянную пластинку с показателем преломления n.
На противоположной стороне пластинки сделана выемка, соответствующая по размеру полуторазонам Френеля для некоторой точки наблюдения P (см. риhrсунок). При какой глубине h выемки интенсивность света вPточке наблюдениябудет а) максимальной; б) минимальной; в) равной интенсивностипадающего света? Каковы будут интенсивности в точке наблюдения в этих случаях?Решение Волновому фронту, проходящему через не занятую выемкой часть пла−−−−−→стинки, на диаграмме Френеля соответствует вектор M3/2 M ∞ , направленный внизпод углом 45◦ от начальной точки M3/2 , лежащей на левом конце горизонтального−−→диаметра окружности Френеля.
В эту же точку M3/2 «смотрел» бы вектор OM 3/2 ,описывающий действие полутора зон, если бы выемка в пластинке отсутствовала. Ееналичие означает для проходящего через нее света отставание по фазе по сравнениюсо светом, идущим через пластинку с показателем преломления n > 1. Величинавозникшей разности фаз равна ∆ϕ = k(n − 1)h = 2π(n − 1)h/λ, и ей соответ−−→ствует поворот на диаграмме Френеля вектора OM 3/2 на угол β = ∆ϕ mod 2πв направлении, соответствующем уменьшению фазы волны, т. е.
по часовой стрелке.Полная амплитуда в точке наблюдения определяется, естественно, суммой волнового3/26поля, прошедшего вне и через выемку. Теперь нетрудно рассмотреть интересующиенас случаи.а) Максимум интенсивности будет иметь место то−−→гда, когда вектор OM 3/2 станет сонаправленным векM3/2−−−−−→−−→Mтору M3/2 M ∞ . Таким образом, вектор OM 3/2 долoженбытьповернутнауголM3/2+2πm(см.рисунок).Следоβ = 135◦ +360◦m = 3π4225λвательно, h = 38 + m n−1.−−−−−→Легко также найти и значение максимума, т. к. длины векторов M3/2 M ∞ и√−−→OM 3/2равнысоответственноRFи2RF ,то√ 2√Imax = (1 + 2) I0 = (3 + 2 2)I0 .б) Минимум интенсивности будет иметь место в случае,−−→M∞когда вектор OM 3/2 станет противоположно направленнымM3/2−−−−−→−−→вектору M3/2 M ∞ , т.е.
вектор OM 3/2 должен быть повернут на угол β = 315◦ +360◦m = 7π4 + 2πm (см. рисунок).oСледовательно, аналогичнопредыдущему√ M3/2√ случаю получаем, λ315что h = 78 + m n−1и Imin = (1 − 2)2 I0 = (3 − 2 2)I0 .в) Наконец интенсивность в точке наблюдения останется равной I0 , если вектор−−→OM 3/2 будет повернут на угол β = 270◦ +360◦m = 3π2 + 2πm. Следовательно, λ3h = 8 + m n−1 .1Урок 15Дифракция Фраунгофера. Дифракционные решетки1. (Задача 3.72.) Найти угловое распределение интенсивности света при дифракции Фраунгофера на экране: а) с одной щелью шириной b; б) с двумя щелями шириныb и расстоянием a между ними.
В случае «а» оценить относительные интенсивностимаксимумов, ближайших к главному.Решение a) Если на плоскость падает нормально плоская волна, то все точки вотверстии (щели) являются синфазными источниками плоских волн во все стороны.Рассмотрим сумму всех плоских волн, которые излучаются с линии отверстия (щели)под углом varphi. Разность хода между точкой с координатами x1 и точкой x2 будет∆ = k(x2 − x1 ) sin ϕ.
Тогда очевидно, что следующий после нулевого максимума(который расположен при ϕ = 0, определяется условиемbsin ϕ1 = λ,2поскольку каждой точке в левой половине щели будет соответствующая ей точка вправой половине с такой разностью фаз, а, значит, амплитуды всех волн сложатся.Между ϕ = 0– главным максимумом и ϕ = ϕ1 – первым максимумом будет минимум, который определяется условиемλbsin ϕ = .22Таким образом можно получить выражения для всех углов минимумов и максимумов,но наша задача – найти распределение интенсивности для всех углов.
В соответствиис принципом Гюйгенса-Френеля (в приближении Фраунгофера) каждый участок щели является источником плоских волн видаdE =E0dxei(ωt−k∆) , где ∆ = x sin ϕ.bАмплитуда суммарного поля от щели под углом varphi, которое для наблюдения наэкране собирается линзой в плоскости изображения, равнаE0EΣ =bZb0Интенсивностьei(ωt−kx sin ϕ)bE0 iωt e−ikx sin ϕ E0 e−ikb sin ϕ − 1dx =e=.b−ikx sin ϕ 0b−ik sin ϕ 2 −ikb sin ϕ −ikb sin ϕikb sin ϕϕe 2e 2−e 2sin2 bk sin22 = I ∼ |E| ∼ 2 ,2ikb sin ϕbksinϕ222илиДля малых углов ϕbπ sin ϕλ2bπ sin ϕλsin2I = I0 bπϕλ2bπϕλsin2I ≈ I0 = sinc2= I0 sinc2bπ sin ϕ.λbπϕλ.Если условие минимумов интенсивности можно записать точно (это условие равенству нуля синусов в числителе, т.е. b sin ϕ = mλ, m = 1, 2, ... ), то для максимумов2требуется более аккуратный анализ.
Первый максимум функции sinx2 x соответствует x = 0. Приближенно можно считать, что максимум этой функции соответствуетмаксимуму синуса в числителе и тогда получается xmax = mπ + π2 . Так, для первогомаксимумаbπ sin ϕπ= π + = 1.5π,λ2но это приближенное значение. Точное же решение 1.43. Попробуем получить уравнение для точного условия максимума. Беря производную от функции и приравниваяее нулю, получим2 sin x cos x · x2 − 2x sin2 xdI(x) ==0dxx4cos x− 1 = 0, откуда tg x = x.xsin xЭто точное уравнение для нахождения максимума! Как было указано выше, первыймаксимум достигается при значении b$λ sin φ = 1.43π.
Возникает вопрос – каковоотношение интенсивностей в главном (нулевом) и первом максимуме. Очевидно, чтоI0=I111(1.43π)2≈1:1= 1 : 0.05.20б) Рассмотрим две щели шириной b каждая и расстоянием a между краями щели,dкак это показано на рисунке. Попробуем качественbabно определить положение минимумов и максимумов.xСтарые минимумы (минимумы от каждой из щелей),определяемые условиямиbλsin ϕ = + mλ, b sin ϕ = (2m + 1)λ,223Новые минимумы, определяемые расстоянием d = a + b, т.е. условиемd sin ϕ =λ+ mλ.2Главные максимумы будут удовлетворять условиюd sin ϕ = mλ, m = 1, 2, ...Рассмотрим теперь как выглядит зависимость интенсивности от параметров задачи.Суммарная амплитуда определяется теперь интегралом не по одной, а по 2 щелям, т.е.E(ϕ) ∼Zbe−ikx sin ϕ0d+bZdx +e−ikx sin ϕ dx.dДелая во втором интеграле очевидную замену переменных x0 = x−d и вынося общиймножитель за скобку выражение для поля можно записать в видеE(ϕ) ∼ 1 + e−ikd sin ϕZbe−ikx sin ϕ dx =0= 2e−ikd sin ϕ/2 coskd sin ϕ2e−ikb sin ϕ/2 bsin (kb sin ϕ/2).kb sin ϕ/2Вычисляя квадрат модуля амплитуды и вспоминая выражение для I0 из предыдущегопункта получим окончательное выражениеI (ϕ) = 4I0 sinc2bk sin ϕ2cos2kd sin ϕ2.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
