3 семестр ЭКТ / Физика. Оптика / Методические материалы и лекции / Практикум по решению задач

Решение. а) Рисуем окружность (рис.8), эквивалентную спирали Френеля. Радиус окружности АО равен амплитуде волны в точке наблюдения в

отсутствии экрана. Обозначим этот радиус А0. Тогда I0 ~ A02 .

Вектор, равный амплитуде колебания, приходящего в точку наблюдения от первой зоны Френеля, заканчивается на верхнем конце спирали в точке В1 (рис.8а). Величина этого вектора AB 2AO 2A0 . Тогда

Рис.8

интенсивность световой волны, приходящей в точку наблюдения от первой зоны,

I1 ~ ( A1 )2 (2A0 )2 ~ 4I0 ,

I1 4I0 .

б) Точка B1/2, описывающая действие половины первой зоны, находится на окружности Френеля посередине между точками А и В1, так что

AB A1/ 2 2AO 2A0 . Интенсивность I1/2 будет равна

I1/ 2 (A1/ 2 )2 ( 2A0 )2 ~ 2I0 ,

I1/ 2 2I0 .

в) Если первая зона перекрыта по диаметру, то направление вектора амплитуды сохраняется, но величина вектора меняется по амплитуде

г) Когда для точки наблюдения открыто полторы зоны, то это соответствует сдвигу по фазе между колебаниями, приходящими из центра отверстия и от его края, равному 1,5 π. Отсюда, конец вектора амплитуды колебания будет лежать на левом конце горизонтального диаметра окружности Френеля в

точке В3/2 (рис.8 в). Следовательно, длина вектора ОВ3/2 в 2 превышает АО∞ = А0 и поэтому

I 2I0 .

д) Точка В1/3 лежит на окружности и вектор ÀÂ1/ 3 должен составлять с

горизонтальной осью угол 30 (рис.8 д). Длина вектора ÀÂ1/ 3 равна радиусу окружности, поэтому

I1/ 3 I0 .

6.2.2. Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачный диск, закрывающий для точки наблюдения первую зону Френеля. Какова интенсивность I? Какой она будет, если у диска удалить: а) половину по диаметру, б) половину по диаметру внешней половины первой зоны.

Величина амплитуды MM равна длине вектора ÎM , т.е радиусу

окружности А0. Светлое пятно на экране в точке Р можно погасить, если из открытой части в центре диска в точку Р придет волна , равная по амплитуде

А0 и направленная противоположно вектору MM . Соответствующий вектор на диаграмме должен начинаться в точке О и составлять угол 60 с вертикальной осью (как сторона вписанного правильного треугольника). Колебание с такими параметрами амплитуды возникнет, если открыть 1/3 первой зоны Френеля.

значение k = 1/3 и получим радиус отверстия, при котором экран затемнится:

вертикальной осью угол 60 . В этом случае он будет параллелен ÎM 1/ 3 . Следовательно, он должен выходить из точки диаграммы, соответствующей перекрытию 2/3 первой зоны или перекрытию 2-х первых зон и еще 2/3 зоны и т.д.

В общем виде R представлено выражением

где k = 0, 1, 2, … .

6.2.4. Дифракционная картина наблюдается на расстоянии L = 6 м от точечного источника монохроматического света ( = 600 нм). На расстоянии а = 0,5 L от

источника помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком радиусе R отверстия центр дифракционных колец, наблюдаемых на экране, будет наиболее темным?

Решение. В центре дифракционной картины темное пятно будет наблюдаться в случаях, когда в диафрагме укладывается четное число зон Френеля. Из построения зон Френеля следует, что с увеличением номера зоны амплитуда колебания от зоны уменьшается (волны сферические), тогда для модулей амплитуд можно записать соотношение

a1 a2 a3 a4 ... .

Колебания, приходящие на экран от двух соседних зон, будут гасить друг друга не полностью, то есть

a1 a2 1 ; a3 a4 2 ; a5 a6 3 ; ... .

Наиболее темным центр дифракционной картины будет при минимальной сумме нескомпенсированных остатков амплитуд, то есть когда в диафрагме укладывается две зоны Френеля:

6.2.5. На диафрагму с диаметром отверстия D = 2 мм падает нормальный

параллельный пучок монохроматического света ( = 600 нм). При каком

наибольшем расстоянии L между диафрагмой и экраном в центре дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно?

Решение. Пусть в диафрагме укладывается k зон Френеля. Тогда

D 2 rk2 k L.2

Максимальное значение L будет при минимальном возможном k, т.е. при k = 2 (так как центр по условию темный). Отсюда

P6.2.6. Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падает нормально на непрозрачный экран (рис.12). Найти интенсивность света I за экраном в точке Р.

Решение. Из рисунка видно, что экран перекрывает Рис.12 половину по площади открытого волнового фронта.

Следовательно, за экран падает излучение от бесконечного количества зон Френеля, каждая из которых открыта наполовину по площади. Амплитуда колебаний А, пришедших в точку Р, будет равна

A 12 A0 .

Тогда интенсивность света в точке Р

I(A)2 14 I0 .

6.2.7.Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падает нормально на поверхность непрозрачного экрана (рис.13),

с вертикальной осью на диаграмме Френеля. Кроме этого экран пропустит еще ¾ первой зоны. Амплитуда колебаний от этой части будет равна 34 2À0 ,

а вектор амплитуды будет направлен также параллельно вертикальной оси. Общая амплитуда А световой волны в точке Р составит

A 14 A0 64 A0 74 A0 ,

А интенсивность света I будет равна

Рис.15

6.2.9. Плоская монохроматическая волна с интенсивностью I0 падает нормально на прозрачный стеклянный диск толщиной h с показателем преломления n. Размер диска для точки наблюдения Р соответствует полутора зонам Френеля (рис.15). При какой минимальной толщине диска интенсивность в точке А будет максимальной? Какова эта интенсивность?

Решение. Разобьем открытый волновой фронт на 2 области. Первая – это круг радиусом 3/2 зоны Френеля, вторая – это вся остальная часть волнового фронта. На окружности Френеля амплитуды волн от первой области

изобразятся вектором OM 3 / 3 , а от второй области – вектором M 3 / 2 M . Если

первую область перекрыть стеклянной пластиной, то модули векторов OM 3 / 2 и M 3 / 2 M не изменятся, но фаза колебания от перекрытой части волнового

фронта в точке Р изменится, так как стеклянная пластинка увеличивает

оптическую длину пути для волны, проходимой через нее, на величину

(n 1) h.

Увеличение оптической длины пути вызовет увеличение фазы колебания на δ:

2 2 (n 1)h.

Спираль Френеля строится таким образом, что увеличение фазы колебания за счет увеличения пути от зоны Френеля до точки наблюдения связано с движением конца вектора амплитуды против часовой стрелки. В связи с этим, введение стеклянной пластинки приведет к повороту вектора

6.2.10. Точечный источник света с двумя монохроматическими линиями 1 = 660 нм и 2 = 440 нм одинаковой интенсивности расположен на расстоянии L = 1 м от

экрана. Перед экраном на расстоянии а = 0,2 м расположен прозрачный диск диаметром D = 0,92 мм, вносящий фазовую задержку в π для обеих компонент, причем источник света, центры диска и экрана лежат на общей оси. Как отличаются интенсивности света в центре экрана при наличии и отсутствии диска?

Решение. Пусть интенсивность света для 1 и 2 составляют по I0. Тогда в отсутствии диска общая интенсивность на экране будет 2I0.

Для длины волны 1 в диске умещается k1 зон Френеля. Это число найдем из соотношения

Подставляя численные значения, найдем k1 = 2, k2 = 3.

Для длины волны 1 амплитуда колебания на экране изобразится суммой векторов (см. рис.16а).

OM 1 M1M 2 M 2M OM A0 .

Интенсивность для 1 I1 = I0.

Для излучения с 2 амплитуда колебания изобразится суммой амплитуд (рис.16б) OM 3 M 3 M . Диск повернет фазу колебания ОМ3 на 180 .

В результате

OM 3 M 3 M 3M 3 M 3A0 .

Интенсивность света для 2 на экране составит

I2 (3A0 )2 9I0 .

Общая интенсивность света после прохождения диска

I I1 I2 I0 9I0 10I0 .

Диск увеличит интенсивность света в 5 раз.

6.2.11. На экран в виде полуплоскости падает нормально параллельный пучок монохроматического света ( = 500 нм). Дифракционная картина наблюдается в

плоскости, перпендикулярной направлению падающей волны и расположенной на расстоянии в 2 м от отбрасывающего тень экрана. Оценить ширину дифракционных полос вблизи границы тени от прямолинейного края экрана (рис.17) и определить интенсивность I в первом максимуме, если интенсивность падающей волны I0.

Решение. На границе между тенью и освещенной областью происходит деление открытого волнового фронта на две равные части. Амплитуде открытого волнового фронта А0 на спирали Корню соответствует вектор F1 F2 . Численное значение А0 получим, измерив линейкой отрезок F1 F2 .

Амплитуде колебания на границе тень-свет соответствует отрезок OF2 12 A0 .

Амплитудам дифракционных максимумов излучения будут соответствовать величины отрезков прямых, проходящих вдоль линии F2 F1

от точки F2 до точек пересечения с нижними витками спирали (за точкой F1). Отрезки прямых до точек пересечения с витками спирали перед точкой F1 будут соответствовать амплитудам излучения в дифракционных минимумах.

Рассмотренные точки пересечения можно характеризовать параметром s, который откладывается по спирали. Параметр s связан с координатой х1 рассматриваемого участка волнового фронта соотношением

s x 2 / l .

Для первого максимума точка на спирали имеет значение s1 = 1,3. Координата этого максимума (точка х1) определится из соотношения

x 2(x2 x1 ) 0,6ìì.

Определим интенсивность света в первом максимуме. Для этого по спирали Корню измерим отрезки F2 F1 и отрезок от F2 до точки спирали

с s = 1,3: F2 F1 = А0 = 52 мм, А = 61 мм.

6.2.12. Свет от ртутной лампы через диафрагму – щель шириной D = 1 мм – непосредственно освещает дифракционную решетку, расположенную на расстоянии L = 100 см. Оценить, какой будет в этих условиях максимальная разрешающая

способность Rmax / .

Решение. Решетка имеет период d. Так как от источника света идет сферическая волна, в создании интерференционной картины будут участвовать только те штрихи решетки, которые находятся в области Sког когерентного освещения. Количество этих штрихов N равно

N Sdêîã .

Для области когерентности можно записать

Sêîã ,

где α – угловой размер источника света, DL . Тогда для N получим

формулы дифракционной решетки:

d sin k , положив sin 1. kmax = d/ .

Отсюда