!Оптика и квантовая механика / Задачи / 11 / zan05_06

Занятия 5,6.

№5.102

Точечный источник света с длиной волны мкм расположен на расстоянии =100 см перед диафрагмой с круглым отверстием радиуса r = 1 мм. Найти расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, для которой число зон Френеля в отверстии составляет k = 3.

Решение:

Формула для внешнего радиуса k-той зоны Френеля:

Теперь, преобразуя, выразим отсюда b:

■

№5.103

Между точечным источником света и экраном поместили диафрагму с круглым отверстием, радиус которого r можно менять. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны а = 100 см и b = 125 см. Определить длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной картины на экране наблюдается при = 1,00 мм и следующий максимум при = 1,29 мм.

Решение:

Очевидно, между двумя соседними максимумами для точки наблюдения должны быть 2 зоны Френеля:

■

№5.104

Плоская световая волна =640 нм с интенсивностью падает нормально круглое отверстие радиуса = 1,20 мм. Найти интенсивность в центре дифракционной картины на экране, отстоящем на расстоянии = 1,50 м от отверстия.

Решение:

Поскольку волна плоская, выражение для радиуса k-той зоны Френеля

,

где - расстояние до источника - в данном случае будет равняться бесконечности, а - расстояние до экрана. Таким образом,

.

Отсюда можно найти количество открытых зон Френеля

Теперь нам нужно найти угол, соответствующий вектору этой зоны для применения метода графического сложения амплитуд. Для этого составим пропорцию: как известно, первой зоне соответствует угол :

1 зона -

- ?

Отсюда получаем, что - это и есть угол на спирали, соответствующий искомой амплитуде. По теореме косинусов найдем эту амплитуду:

.

Как нам известно, интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды, поэтому найдем выражение для интенсивности: . ■

№5.105

Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова интенсивность света за экраном в точке, для которой отверстие:

а) равно первой зоне Френеля; внутренней половине первой зоны;

б) сделали равным первой зоне Френеля и затем закрыли его половину (по диаметру)?

Решение:

а) Интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды. Амплитуда первой зоны Френеля в 2 раза больше амплитуды от всех зон : . Итак, , . Теперь рассмотрим внутреннюю половину первой зоны. Из прямоугольного треугольника видно: . ■

б) Когда отверстие равно первой зоне Френеля, , но когда закрывают половину по диаметру количество зон остается тем же, но площадь уменьшается вдвое . А так как интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды, получаем:

. ■

№5.106

Монохроматическая плоская световая волна с интенсивностью падает нормально на непрозрачный диск, закрывающий для точки наблюдения Р первую зону Френеля. Какова стала интенсивность света в точке Р после того как у диска удалили:

а) половину (по диаметру);

б) половину внешней половины первой зоны Френеля (по диаметру)?

Решение:

а) При отсутствии первой зоны Френеля результирующая амплитуда будет , вектор направлен из верхней точки в центр (рис. слева). Когда открывают половину по диаметру первой зоны Френеля, она будет давать половинный вклад , т.к. открытая площадь в 2 раза меньше (рис. справа). Этот вектор будет направлен из нижней точки в центр, следовательно, два вектора противоположны и в результате будут давать 0. значит и интенсивность . ■

б) По теореме косинусов, запишем выражение для амплитуд (см. рисунок):

. ■

№5.107

Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью падает нормально на поверхности непрозрачных экранов. Найти зависимость от угла интенсивности света в точке :

а) расположенной за вершиной угла экрана;

б) для которой закругленный край экрана совпадает с границей первой зоны Френеля.

Решение:

а)

В создании интерференционной картины в точке будут принимать участие все зоны, однако часть их закрыта экраном. Составим пропорцию и найдем зависимость интенсивности от угла:

. ■

б)

Теперь в образовании картины первая зона Френеля принимает участие полностью, а остальные зоны с коэффициентом . Вектор первой зоны направлен, как мы знаем, вверх, а вектор остальных зон направлен вниз (к центру), поэтому для результирующей амплитуды мы вычтем из амплитуды первой зоны амплитуду всех остальных зон.

. ■

№5.108

Плоская световая волна с =0,60 мкм падает нормально на достаточно большую стеклянную пластинку, на противоположной стороне которой сделана круглая выемка. Для точки наблюдения она представляет собой первые полторы зоны Френеля. Найти глубину выемки, при которой интенсивность света в точке будет:

а) максимальной;

б) минимальной;

в) равной интенсивноcти падающего света.

Решение:

а) Запишем уравнения волны для стекла и для вакуума:

Получилась «неоднородная пластинка» (вакуум и стекло). Нужно повернуть вектор, представляющий первые полторы зоны Френеля, закрытые пластинкой, на угол , тогда у нас получится однородный вакуум:

,

где , а . Заметим, что, казалось бы, поворачивать вектор от первых полтура зон Френеля нужно против часовой стрелки, однако мы изначально неправильно строили спираль (см. лекцию 5), поэтому будем поворачивать вектор по часовой стрелке. Модули векторов остаются такими же. Модуль вектора представляющего первые полторы зоны Френеля . Угол, на который он повернут первоначально от вертикали = . Тогда результирующий вектор будет равен:

,

где - вектор представляющий остальные зоны.

Очевидно, что интенсивность будет максимальной, когда , тогда

.

Отсюда нехитрыми преобразованиями получаем:

, здесь k=0,1,2… ■

б) Минимум будет при :

,

где k=1,2,3… или

, где k=0,1,2… ■

в) И, наконец, интенсивность будет равняться интенсивности падающего света, когда , т.е.

;

, где k=0,1,2… ■

№5.109

Плоская световая волна длины и интенсивности падает нормально на большую стеклянную пластинку противоположная сторона которой представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием, равным первой зоне Френеля для точки наблюдения . В середине отверстия сделана круглая выемка, равная половине зоны Френеля. При какой глубине этой выемки интенсивность света в точке будет максимальной? Чему она равна?

Решение:

Уравнения волны для стекла и для вакуума:

Аналогично предыдущей задаче,

, где , а . Нам, также как и в задаче №5.108, надо повернуть на угол , чтобы «скомпенсировать» эту выемку. Модули векторов, представляющих половины первой зоны, равны , первоначальный угол = . Тогда запишем векторное равенство:

, где - вектор представляющий 2-ю половину первой зоны.

,

Откуда ясно, что максимум интенсивности будет при , т.е.

,

где k=0,1,2… Тогда максимум интенсивности будет . ■

№5.110

Свет с длиной волны =0,60 мкм падает нормально на поверхность стеклянного диска, который перекрывает полторы зоны Френеля для точки наблюдения . При какой толщине этого диска интенсивность сета в точке будет максимальной?

Решение:

Задача аналогичная двум предыдущим. Нужно повернуть вектор от полутора зон Френеля на угол , чтобы скомпенсировать неоднородность и представить все в виде вакуума. Уравнения волны для стекла и для вакуума:

Аналогично предыдущей задаче , где , а . Модуль вектора равен , модуль вектора представляющего остальные зоны равен . Запишем векторное равенство . Возведем в квадрат

Ясно, что максимум будет при , т.е , тогда

,

где k=1,2,3… или , где k=0,1,2… ■