1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 12
Текст из файла (страница 12)
на ход падающего и отраженного из центра линзы лучей).15“ 32 . Из рисункаПоэтому увеличение по модулю равно |K| “ 10видно, что коэффициент увеличения отрицателен.Решение задачи 3Для определения амплитуды волны в заданнойточке на оси воспользуемся диаграммой Френеля.Действие полной 1-й зоны Френеля описывается вектором OM, а 2-й зоны Френеля – вектором E2 “ MOна вертикальном диаметре окружности радиуса E0(см. рисунок с диаграммой Френеля).После закрытия полупрозрачной пленкой? действие первой?зоны Френеля уменьшается в 2 раз(так как E9 I) и описывается вектором E1 длиной?0.E1 “ 2E2107РешенияВекторы E1 и E2 направлены противоположно и в сумме даютˆ˙1E “ E2 1 ´ ?2с амплитудой´? ¯E “ E0 2 ´ 2 .Тогда интенсивность в заданной точке равна´? ¯2I “ I0 2 ´ 2 .Решение задачи 4Лучи, выходящие из накв параксиальном приближениилонных граней бипризмы,распределены так, как будто они исходят отпары точечных источников S1 , S2 , смещенных на d “ apn ´ 1qα симметрично относительно оригинального источника S (см.
решение задачи 4 КР2.2 вар. 1 2012-2013 ˚ ).Изображение S0 источника лучей, выходящих из вертикальной грани бипризмы, находится там же, где оригинал. Таким образом,система эквивалентна схеме Юнга с тремящелевыми источниками. Яркости источников пропорциональныплощадям соответствующих граней бипризмы. Поэтому для интенсивностей и полей, создаваемых на экране каждым источником в отдельности (без учета интерференции), имеем:I0 “ 2I1 “ 2I2 , E0 “˚??2E1 “ 2E2 .Как и в задаче 1-го варианта, мы полагаем вертикальный размер бипризмы меньше или одного порядка с d, что обеспечивает гомоцентричностьпреломленных пучков.1082012/2013 Контрольная работа 2.2, вар. 2Кроме того, покажем, что источники-изображения S1 , S2 с одной стороны и S0 – с другой, излучают в общем случае несинфазно. Для этого рассмотрим два луча, преломленных под разнымиуглами в окрестности точки P1 (соответственно на наклонной ина вертикальной грани). Эти лучи имеют в точке P1 одинаковуюфазу, поскольку они проходят одну и ту же оптическую длинупути – от оригинального источника S до точки P1 .
Когда мы описываем соответствующие преломленные лучи как исходящие отисточников-изображений S0 и S1 , то равенство их фаз в точке P1остается в силе. Но оптическая длинахода луча до точки P1 из S0 одна, а изS1 в общем случае – другая. Отсюдаследует, что источники S0 и S1 излучают несинфазно. В силу симметриизадачи то же относится к источникуизображению S2 .Определим оптическую разностьхода лучей S0 P1 и S1 P1 . В параксиальном приближении имеем˙ ˆ˙ˆd¨hh2d2pd ´ hq2´,´ a`“∆ℓ10 « a `2a2a2aaгде h – полуширина малого основания трапеции в поперечномсечении бипризмы.
Поэтому отставание S1 по фазе относительноS0 составляетˆ 2˙dd¨hd ¨ pd ´ 2hqδφ10 “ ´k´“ ´k2aa2aОчевидно, что такое же отставание по фазе имеет S2 относительно S0 .109РешенияТогда в результате суперпозиции в точке экрана x формируется полеEpxq “ E0 eiφ0 `E1 eiφ1 `E2 eiφ2Средняя по времени интенсивность равнаxIpxqy “c˚8π EpxqE pxq“ciφ08π pE0 e“c8π“c28π E0`“`E1 eiφ1 `E2 eiφ2 qpE0 e´iφ0 `E1 e´iφ1 `E2 e´iφ2 q “`˘E02 ` E12 ` E22 ` E0 E1 ei∆φ01 ` e´i∆φ01 ``˘˘`˘` E0 E2 ei∆φ02 ` e´i∆φ02 ` E1 E2 ei∆φ12 ` e´i∆φ12 “`1`12`12`?2 cos ∆φ01 `?˘2 cos ∆φ02 ` cos ∆φ12 “??˘`“ I0 2 ` 2 cos ∆φ01 ` 2 cos ∆φ02 ` cos ∆φ12 ,где разности фаз в параксиальном приближении выражаются как´¯d2d2hd∆φ01 “ k d¨x“´`´L2L2aa“k´apn´1qαxL`apn´1q2 α2 pL´aq2L´∆φ02 “ k ´ d¨xL ´´“ k ´ apn´1qαx`Ld22L`d22a´¯´ pn ´ 1qαh ;hdaapn´1q2 α2 pL´aq2L¯“¯´ pn ´ 1qαh ;2apn´1qαx, L “ a ` b.∆φ12 “ k 2d¨xL “kLПрименив к pcos ∆φ01 ` cos ∆φ02 q формулу суммы косинусов,получим1102012/2013 Экзаменационная работа 2´¯¯? ´∆φ01 ´∆φ0202“xIpxqy “ I0 2 ` 2 2 cos ∆φ01 `∆φ`cos∆φ¨cos1222´´¯?apn´1q2 α2 pL´aq“ I0 2 ` 2 2 cos k apn´1qαx¨cosk´pn´1qαh`L2L` cos k 2apn´1qαxL¯?`“ 2I0 1 ` 2 cos Ax ¨ cos B `12˘cos 2Ax ,´¯apn´1q2 α2 pL´aq,B“k´pn´1qαh, k“где A “ k apn´1qαL2LНа графике приведены кривыеI(x) (в относительных единицах) дляразличных соотношений параметровL, a, h.
Видно, что расстояние между соседними минимумами варьируется. Для синей кривой B “ π2 , такчто cos B “ 0. Этому отвечает условие минимумовkоткуда ∆xmin,m “2apn ´ 1qαx“ p2m ` 1qπ,LλL2apn´1qα .Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Запишем граничные условия на тангенциальные компоненты E и H:E0 ` E1 “ E2 ,H0 ´ H1 “ H2 `4πc i“ H2 `4π ˚c σ E2 .1112πλ .РешенияЗдесь Ei и Hi - комплексные числа (напр., E0 “ ?E0m eipk0x x´ωt`φ0 q ).?εПерепишем систему уравнений с учетом Hi “ ?µii Ei “ εi Ei :E ` E1 “ E2 ,?0??ε1 E0 ´ ε1 E1 “ ε2 E2 `4π ˚c σ E2 .(1)1.
Положив ε1 “ ε2 “ 1, из системы (1) находимE2 “11`2πσ˚cE0 .Средняя по времени поверхностная плотность мощности w,выделяемой в пластинке, равна1σ˚ E021w “ E2 i “ σ˚ E22 “ `˘ .˚ 2222 1 ` 2πc σ2. Условие экстремумаdwdσ˚“ 0 дает2π ˚σ“ 0,c extrоткуда σ˚ , при которой w максимальна, равна1´σ˚extr “c.2πЗначение максимальной w:c 2E .16π 03. В отсутствие отраженной волны (E1 “ 0) из первого уравнения системы (1) следует E2 “ E0 . Тогда второе уравнение принимает видwmax “?ε1 E0 “??4π ˚c ?ε2 E0 `σ E0 , откуда σ˚ “p ε1 ´ ε2 q.c4π1122012/2013 Экзаменационная работа 2Решение задачи 2Для разрешения колец необходимо, чтобы угловой размер θпромежутка между кольцом и планетой заметно превышал характерный угол дифракции света δθ на зрачке:θ“wLδθ “λd,.-ñděλL0.5 ¨ 10´6 ¨ 109`3““ 2.5 ¨ 10´2 м “ 2.5 смw20 ¨ 103`3Это оценка снизу.
На практике лучше пользоваться критериемРэлея θ ě 1.22δθ, который дает минимальный размер апертуры3 см. В бинокль с объективом такого диаметра кольца Сатурнадействительно уже различимы.Решение задачи 3У дальнозоркого человекахрусталик фокусирует на сетчатке только лучи, приходящие в виде параллельного пучка. Поэтому лучи, идущие отмонитора, после прохождениячерез линзы очков должны стать параллельными. Для этогоэкран монитора должен находиться в фокальной плоскости этихлинз. Тогда искомое фокусное расстояние равно 40 см “ 0.4 м,1а соответствующая светосила 0.4“ 2, 5.Решение задачи 4Поле в точке P выражается интегралом Кирхгофа:E0EP “iλżeikRcos ψdS,RSгде интегрирование производится по площади сферического сегмента, опирающегося на отверстие (dS “ 2πa21 sin θdθ).
dS можно113Решениявыразить через переменную R. Для этого рассмотрим сегмент радиуса AC=BC=a1 с радиусом основания BK=ρn . Без ограниченияобщности рассмотрим случай AP=a2 ąAC=a1 . Тогда по теоремекосинусовzBP2 “ CP2 ` BC2 ´ 2 ¨ BC ¨ CP cos BCP,R2 “ pa2 ´ a1 q2 ` a21 ` 2pa2 ´ a1 qa1 cos θ.Обозначим δ “ a2 ´a1 и возьмем дифференциалы от обеих частей:2RdR “ ´2a1 δ sin θdθ.Тогда sin θdθ “ ´ RdRa1 δ и элемент площади, выраженный черезпеременную R, равенdS “ ´2πa21RdRa1 RdR“ ´2π.a1 δδ(Знак «-» получился из-за того, что в случае a2 ą a1 бо́льшим Sотвечают меньшие R).
Тогда с учетом cos ψ«1 интеграл Кирхгофаберется элементарно:EP “0 a1´2π EiλδRş1a2eikR dR “¯´10 a1eikR ´ eika2 .“ 2π EkλδВ параксиальном приближенииR1 “ BC 1 ` C 1 P “ a1 ` δ cos θ « a2 ´ δ ` δp1 ´ θ2 {2q “ a2 ´114a2δ.2a212012/2013 Экзаменационная работа 2Тогда комплекс поля EP и его модуль равны соответственно¸˜2EP “E0 a1δikeika2eaδ2a21´1 ,ˇ ´ 2 ¯ˇˇˇa|EP | “ 2 E0δa1 ˇsin k 4a2δ ˇ “1а искомая интенсивность:ka2 E02a1ˇ´ 2 ¯ˇˇˇaˇsinc k 4a2δ ˇ,1ˆ 2 ˙k 2 a4 I 0a2sinc k 2 δ .IP “24a14a1Подставим a1 “ r0 и оценим глубину фокуса δ˚ как половинурасстояния между первыми минимумами интенсивности по обестороны от фокуса или, что то же, как расстояние от фокуса допервого нуля sinc:ˆa2sinc k 2 δ˚4r0˙“ 0, k´ r ¯24πr02a2 ˚0˚λ.“2δ“πÑδ“22kaa4r0Глубину фокуса можно также получитьс помощью следующих простых соображений.
В приближении геометрической оптики фокус C находится на расстоянии „ r0от отверстия и является точкой пересечениярадиусов AC и BC. Вследствие дифракцииλвозникает разброс θd „ 2aпо направлениямлуча BC. Вытекающее отсюда размытие δ˚фокуса:r0 λ ˚CC 1r0 λ r0λ r02, δ “ CP “«¨“,2asin θ2a a2 a2что в смысле оценки не отличается от значения глубины, полученного из выражения для интенсивности.CC 1 “ r0 θd “115РешенияРешение задачи 5Уточним, что дипольное приближение работает при условииa ! λ (а не только r " a). Предполагаем, что оба условия выполнены. Тогда вектор-потенциал описывается стандартной формулой,верной в квазистационарной, ближней и волновой зонах:Apr, tq “d9cripkr´ωtq e ,“ ´iω qazcr eipkr´ωtq cos θ,Ar “ ´iω qacr eipkr´ωtq sin θ.Aθ “ iω qacr eСкалярный потенциал ϕpr, tq будем искать из условия лоренцевской калибровки1 dϕ“ 0.(1)c dtПоскольку вектор-потенциал A имеет только z-компоненту, тодивергенцию удобно рассчитывать в декартовых координатах ˚ :div A `div A “BAzBzB“ ´iω qac Bz˘ipkx x`ky y`kz z´ωtq “er`1˘`qa ipkr´ωtqipkr´ωtq ´ 1 Br ` 1 ikcos θ p1 ´ ikrq .“ iω cre“ ´iω qaz22 ecrr BzПроизводная по времени в (1) сводится к умножению на p´iωq:dϕ“ ´iωϕ.dt˚В методических целях приведем расчет той же дивергенции в сферических координатах:¯´` 2 ˘B1Bpsin θAθ q “ r12 ´iω qaeipkr´ωtq cos θ p1 ` ikrq `r Ar ` r sindiv A “ r12 Brθ Bθcqa ipkr´ωtq1cos θ p1 ´ ikrq .` r siniω qaeipkr´ωtq 2 sin θ cos θ “ iω cr2 eθcr1162012/2013 Экзаменационная работа 2Тогдаqaсdiv A “ 2 eipkr´ωtq cos θ p1 ´ ikrq .´iωrВ квазистационарной зоне (kr ! 1) имеем потенциал диполяpd¨rq.r3ϕpr, tq “ ´Примечание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
