1612046098-84b3d91399f2d38649fdb48b351dd0f2 (533755), страница 14
Текст из файла (страница 14)
(Задача 3.73.) Найти угловое распределение интенсивности при дифракцииФраунгофера в случае нормального падения света на решетку из N щелей с периодомd. Ширина щели b (d = a + b).Решение Решение этой задачи отличается от решения пункта б) предыдущейзадачи только тем, что здесь необходимо вычислить сумму по N щелям. Запишемсуммарную амплитуду с помощью интеграла Кирхгофа, учитывая, что при расчетахцилиндрических волн (т.е.
когда отверстие, на котором происходит дифракция, бес-4конечная щель и множитель перед интегралом КирхгофаZN nd+bk i(kz−ωt) XeE0 e−ikx x dx =2πiFn=0E (xp ) =r=rk i(kz−ωt)eE02πiF=r=rN −1k i(kz−ωt) E0 i X −iknd sin θ −ikb sin θeee−1 =2πiFk sin θ n=0ndN−1Xn=0i −ikx (nd+b)e− eikx nd =kx−1hi NXkE0ei(kz−ωt) e−ikb sin θ − 1 ·e−iknd sin θ .2πiF (−ik sin θ)n=0Тогда интенсивность, которая равна вектору Пойнтинга, можно записать в виде2 2c kE02 b2 e−ikb sin θ − 1 e−ikN d sin(θ) − 1 I (Xp ) ==4π 2πF 2 ikb sin(θ) e−ikd sin θ − 1 22 22 2sin N αsin Usin N αc kb2 E02 N 2 sin U=I·,=08π 2FUN sin αUN sin αθθkdθгде U = kb sin, α = kd sin.
Для малых θ U = kbθ222 , α= 2 .λВ точках, где αm = mπ, θm = 2mπka = m a расположены главные максимумы.Их величина зависит от m следующим образомsin UmI0Im = I0∼ 2.UmmМежду этими главными максимумами имеется вторичные максимумы, которые определяются условиямиπN αn = (2n + 1) .2Интенсивность в этих вторичных максимумах In ∼ I0 N 2 Un2 , где Un = bαdn , αn ∼nπ.Ширина главного максимума у основания (расстояние между минимумами, соседними с главным максимумом) определяется условиемN (αm + ∆α) = N mπ + π,∆α = ±π/N.5Поскольку обычно N 1, эта величина очень мала и, следовательно, и мала величина углового размера максимума ∆θm = Nλd .Величина N d - апертура решетки (поперечный размер решетки).
Относительнаяугловая ширина главного максимума∆θm1=.θmmN3. (Задача 3.75.) Как изменится угловое распределение интенсивности, если нарешетку из задачи 3.73 свет падает под углом α? Под каким углом проходит максимальное изучение?Решение0E (x, y, z = 0) = E0 eikx ·x = E0 eikxθ0X Z2 X Z20i(kx−kx )xikx(sin α−sin θ)edx .I (xp ) ∼ edx = .2N kpdkpdИнтенсивность в этом случае I(θ) = I0 sinc2 bkp·sinsin,222где p = sin θ − sin α. Максимальное излучение проходит под углом ϕ = α.4. (Задача 3.76.) На дифракционную отражающую решетку, параметрыкоторой даны на рисунке, свет падает под углом θ.
Каковθпорядок спектра, имеющего максимальную интенсивность?αdКакая ширина ∆λ спектра (при длине волны λ) можетбыть получена при этом без перекрытия спектров соседнихпорядков?РешениеEp =====√ E02πiF√ E02πiF√ E02πiF√ E02πiFNPn=0NPn=0NPn=0∞Pe(n+1)dRe−ikθx eik2α(x−nd) =ndik2αdn(n+1)dRe−ik2αdne−ikndθe−ikx(θ−2α) dx =ndRde−ikt(θ−2α) dt·e−ik(θ−2α)nd =0Rde−ikt(θ−2α) =n=0h −ikd(θ−2α) 0 ie−1√ E0−ik(θ−2α)2πiF·1−e−ikN dθ.1−e−ikdθ6Тогда интенсивность sin2 kd(θ−2α) 22Ip ∼ |Ep | = I0 hi kd(θ−2α) 2 2sin N kdθ2N sin kdθ2!2.Если углы не малы, то (ЭТО ВСЕ НАДО ПРОВЕРИТЬ)I (θ) = I0 sinc2kpd2 2N kp1 dkp1 d· sinsin,22где p1 = sin (ϕ − α) − sin (α + θ) , p = sin ϕ − sin α.∆λ ' λ2 [2d · sin (θ + 2α)].Главный максимум интенсивности наблюдается в порядке m = 2αd/λ под угломдифракции ϕ ' θ + 2α.5. (Задача 3.78.) В длинном с прямоугольным сечением a x b волноводе возбуждается волна типа H10 с длиной λ.
В узкой стенке (a) волθновода прорезаны N поперечных узких щелей N 1 сλ aпериодом d. Найти направление максимального излученияbполучившейся антенны.Решение Предположив, что зависимость E и H от времени имееет вид e−iωt ,получим уравнения Максвелла в волноводе (в пустоте) в видеdiv E = 0,div H = 0,1 ∂H,c ∂t1 ∂Erot H =,c ∂tiωrot E =H,cwrot H = −i E.crot E = −Граничные условия на поверхности идеального проводникаEt = 0, Hn = 0.7Используя известное выражение для rot a(rot a)i = eikl∂al,∂xkгде eikl – символ Леви-Чивита, а по повторяющимся индексам подразумевается суммирование, вычислим выражениеhi2∂alalrot [(rot a)]j = ejpr ∂x∂ p erkl ∂x= ejpr erkl ∂x∂p ∂x=kk2al== (δjk δpl − δjl δpk ) ∂x∂p ∂xk∂ ∂ap∂xj ∂xp−∂ 2 aj∂xp ∂xp .Или, в обычных векторных выраженияхrot [(rot a)] = grad div a − ∆a.Тогда для каждого из векторов поля (EилиH) получаем систему уравнений∆E +ω2E = 0,c2div E = 0.Рассматривая волны, бегущие вдоль волновода (вдоль оси z в видеE = E (x, y) −iωt+ikz zможно показать, что в односвязных волноводах могут быть волны двух типов: либоволны, у которых Hz = 0, - волны электрического типа, или E-волны, либо волны,у которых Ez = 0, волны магнитного типа, или H-волныВ данной задаче нас интересует H-волна, у которой все компоненты магнитногои электрического полей выражаются через компоненту Hz .Ex =iω ∂Hz,cκ 2 ∂yEy = −iω ∂Hz,cκ 2 ∂xа для Hz необходимо решить уравнение∆Hz + κ 2 Hz = 0с граничным условием∂Hz=0∂n8на границе контура сечения волновода.Запишем решение, удовлетворяющее всем условиямHz = C · cos kx · x · cos ky · y,гдеn2yn2x+a2b2κ 2 = kx2 + ky2 = π 2!,ω2= kz2 + κ 2 = k 2 .c2Заданная в условии задача H10 волна (nx = 1, ny = 0) имеет компонентыππxHz = C · cos x, Ez = 0, Ex = 0, Ey = A · sinaa.Таким образом, единственная компонента электрического поля внутри волноводаπx −iωt+ikz zEy = A · sine.aРассматривая каждую из щелей как точечный источник в плоскости Z − Y получаем задачу, аналогичную дифракционной решетке, только с очень узкими (точечными)щелями и не c постоянным вдоль Z значением электрического поля, а с распределением вдоль волновода в соответствии с полученным решением.
Тогда под углом thetaк нормали (т.е. к оси Y ) можно записать сумму полей от каждой из щелей в видеEy =NXei(kz d−kd sin θ)·j ≈j=11.1 − e−i∆При выводе этой формулы использовалось, что координата j-го источника zj = jd,величина в показателе степени экспоненты ∆ = kz d − kd sin θ. Модуль волновоговектора k = ωc = 2πλ , а интенсивность вдоль направления θ, пропорциональнаяквадрату модуля электрического поля2|Ey | ∼1sin2∆2→ max при ∆ = 0Из этого условия получаемsin θmaxkz==kqk2 −kπ2a2=s1−λ2a26. (Задача 3.79.) В прямоугольном волноводе с размерами a x b (a > b) распро-9θстраняется слабо затухающая волна H10 с частотой ω идлиной затухания δ.
В боковой узкой стенке прорезаны узкие параллельные щели с периодом d. Найти угловое распределение I(θ) излучения из щелей. Какое количество щелей эффективно участвует в излучении?Решение Скорость затухания амплитуды волны выражается множителем e−z /δ.Тогда дифракционная сумма, аналогичная предыдущей задаче, запишется в видеEy ∼∞Xei(kz d−kd sin θ+id/δ) =j=11.1 − ei∆−d/δИнтенсивность излучения вдоль направления θ пропорциональна1=1−1 − e−i∆−d/δ1==−2d/δ−d/δ1+e−e(ei∆ + e−i∆ )1==1 + e−2d/δ − 2e−d/δ cos ∆1=2−d/δ1−e− 2e−d/δ (1 + cos ∆)I ∼ |Ey |2 =Таким образомI=ei∆−d/δI0(1 − e−α )2 + 4e−α sin2∆2,где α = δ/d – затуханиеq волны на периоде решетки, ∆ = kz d − kd sin θ.
Здесьдля H10 -волны kz =N ' d/δ щелей.2k 2 − (π/a) ; k = ω/c. В излучении эффективно участвует7. (Задача 3.88.)В дифракционной решетке N 1 щелей. Пропускная способность каждой последующей щели по амплитуде в k = 2 раз меньше, чем у предыдущей, а фазы при прохождении соседних щелей различаются на α = π. Размер щелимал. Расстояние между щелями – d. Найти интенсивность света в зависимости отугла дифракции θ.
Свет с длиной волны λ падает на решетку по нормали. Интенсивность света, прошедшего через первую щель, равна I0 .Решение Для обычной дифракционной решетки имеемEθ =ZN −1 ZN−1XE0 X nd+a ikx xE0 a ikx xedx =edx ·eikx nd =a n=0 nda 0n=010= E0 eikx a/2 ·гдеsin u 1 − eikx N d·,u1 − eikx dπ sin θkx a=.2λu=Напомним, чтоN−1Xqn =n=0ТогдаI(θ) = I0v=sin uu1 − qN.1−q2 2sin N v·,sin vπd sin θkx d=.2λВ нашем случае из-за узости щели u ≈ 0 можно положить sinu u ≈ 1, а знаменательпрогрессииeiπ ikx d1q=·e= − eikx d .22Поскольку N 1, то1 − qn11≈=.1−q1−q1 + eikx d /2ОтсюдаI(θ) = I01 ikx d1 −ikx d1+ e1+ e,22I(θ) =54I0.θ+ cos πd sinλ1Урок 16Фазовые решетки и другие задачи1. (Задача 3.99.) На щель шириной a перпендикулярно плоскости экрана падаетплоскаяволна. Длина волны – λ.
На щель нанесли прозрачноеλпокрытие,которое изменяет амплитуду проходящей волa0xны по закону E = E0 sin( πxa ), где x отсчитывается открая щели. Найти интенсивность I(θ) волны, прошедшей через щель под углом θ кпервоначальному направлению.Решение2πk=λRaRa iπx −iπxaE = E0 sin πx· eikx sin θ dx = E0 e a −e· eikx sin θ dx =a2i00−i( π − 2π sin θ)ai( π + 2π sin θ )aaλaλ= E2i0 e i π + 2π sin θ −1 − e i π − 2π sin θ −1 =)(a λ )aλ (2πi2πiE0e λ sin θ·a +1e λ sin θ·a +1= 2i − i π + 2π sin θ + i π − 2π sin θ=( a λ)(a λ)−πia sin θ−πiaπia sin θπiaπiλe λ sin θ +e λ sin θ= E20 e λ a sin θ e λi π ++e+=2πi( π( a 2πλ sin θ )a − λ sin θ )2ππisin θ− π2 λ4π2 2= E0 e λ a sin θ cos πaλ sin θa22I = |E| = E02 cos2E0Ra0λeikx sin θ sin πxa dx =Ra =E02i=E02i=E02=E02π=2E0πa= πaE02i−sin θRa0sin θπ 2 λ2a2 λ224π 2λ2 sin2·a2− 4πa2 λ2n iπxeikx sin θ e aθ2sin2 θoiπx− e− a dx =− exp ikx sin θ − i πxdx =a02sinθ12sinθ1iπa(iπa(+ )− )λa −1λae− e iπ 2 sin θ − 1 −1 =θ1iπ ( 2 sin+)(aλa) i2πa λi2πa sin θsin θe λ+1− e λ θ −+1=11π 2 sin θ + a) π( 2sinλa) ( λi2πa11sinθe λ+1 ·−=θ1θ1+a−a( 2 sin) ( 2 sin)λλ2E04πaa2··exp ikx sin θ +14 sin2 θ− a12λ21a2 sin2 θ− 41λ2i πxaλ2·eiπaλsin θ·eiπaλsin θ·e−iπaiπa sin θλ+e λ sin θcos2πaλsin θ=22I = || =cos2E02 a2·4π 2a2 θ 2λ22cos (πaθ/λ)I (θ) ' I0 (1/4−a2 θ 2 /λ2 )2 .πaλ θ2− 142.
(Задача 3.100.) Определить дифракционную картину при нормальном падениисвета на фазовую синусоидальную решетку конечной апертуры.Решение Распределение поля на экране определяется с помощью интеграла Кирхгофа в приближении ФраунгофераE0E(ϕ) =bZbT (x) · exp[−ikx sin(ϕ)]dx,0где T (x) = exp[im sin(ω0 x)/2]. Используя представление функции T (x) в видеряда из задачи 3.84, (это представление называется формулой Якоби-Ангера, см.Г.Бейтмен и А. Эрдей, Высшие трансцендентные функции, ч. II.
М:Наука, 1974,стр.15) и имеет вид:∞Xeia sin ϕ =Jn (a)einϕn=−∞запишем интеграл в видеE(ϕ) =E0bZbexp[−ikx sin(ϕ)]∞Xn=−∞0Jnm2exp[inω0 x]dx,или преобразуя это выражение, получимb∞m ZE0 XE(ϕ) =Jnexp [−ix(k sin(ϕ) − nω0 )] dx.b n=−∞20Вычисляя этот интеграл, получимE(ϕ) =∞ m exp [−ib(k sin(ϕ) − nω )] − 1E0 X0Jnb n=−∞2−i(k sin ϕ − nω0 )Учитывая, что интенсивность пропорциональна квадрату модуля поля, получимI(ϕ) = E(ϕ)E ∗ (ϕ) =∞m mX(e−iψn − eiψn )(eiψp − e−iψp )= I0JnJpe−iψn eiψp,22−4ψn ψpn,p=−∞3где ψn = b(k sin ϕ−nω0 )/2. Следует отметить, что bnω0 /2 = N nπ,N pπ, N -целое число.Подставив эти значения, приведем двойную сумму к видуbpω0 /2 =I(ϕ) = E(ϕ)E ∗ (ϕ) =∞m mX= −I0JnJpeiπN (p−n) sinc (ψp ) sinc (ψn ) ,22n,p=−∞Поскольку разность аргументов у функций sinc, входящих в сумму при n 6= p равнаN (n − p)π, то даже при n − p = ±1 разность аргументов не меньше N π, а этозначит, что максимум одной функции находится в области N − го максимума второй функции, величина которого порядка 1/(N π), а значит их произведением можнопренебречь.
Таким образом сумма превращается в одинарную, поскольку значимо отличны от нуля только члены с равными аргументами. ТогдаIϕ = I0+∞Xn=−∞Jn2m2sinc2b (k sin ϕ − nω0 ),2где Jn – функция Бесселя. Указание. Функцию пропускания решетки T (x) взятьв виде T (x) = exp [im sin (ω0 x) /2]. Решетка помещена в щель шириной b; воспользоваться также разложением для exp (ia sin ω0 x), приведенном в указании кзадаче 3.84.3. (Задача 3.104.) На экран с отверстием диаметром d падает свет от Солнца,пропущенный через светофильтр (длина волны – λ). На втором экране точка P –центрсветлого кружка. Расстояние между экранами `.
С цельюкомпенсировать разность фаз, создаваемую разностью ходаdλPот разных точек отверстия до точки P экрана, в отверстиепоместили прозрачное покрытие с толщиной, плавно спадающей от оси к периферии. Пренебрегая возникшим приlэтом отражением от покрытия, оценить, во сколько раз увеличилась освещенность в точке P . Угловой размер Солнца α невелик.22 1+`λ/d2 2dРешение I2 ' I1 d`'I.1d +λ/dα `4. (Задача 3.105.) Во сколько раз возрастает освещенность, если свет от Солнцаконцентрируется линзой с относительным отверстием d/f = 0, 2 ?2' 1600 I0 .Решение In ' I0 αd f1Урок 17Фурье оптика и голография1. Плоская волна падает на прямоугольный плоский сосуд с газом,Yплотность которого с высотой y падает, так что показательλy2преломления меняется по закону: n(y) = n0 (1 − 2L2 ).nШирина сосуда – d.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
