Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 13372
2020-02-20 
На плоскую стену перпендикулярно падает плоская световая волна с длиной волны $\lambda$. Перед стеной параллельно ей ставят непрозрачный экран с круглым отверстием. Во сколько раз освещенность в центре светового пятна на стене может быть больше, чем освещенность без экрана? Расстояние между экраном и стеной $h$.
Решение:
Освещенность в центре светового пятна зависит от соотношения величин $\lambda, h$ и $R$ - радиуса круглого отверстия в экране. При заданных $\lambda$ и $h$ нужно подобрать такое значение $R$, чтобы освещенность в центре пятна была максимальной. Воспользуемся принципом Гюйгенса-Френеля. В точку, соответствующую центру пятна, приходят и складываются волны от вторичных источников волн, расположенных по всей площади отверстия в экране. При этом амплитуды и фазы складывающихся волн зависят от положения создавших эти волны вторичных источников. Для получения максимальной освещенности в центре нужно оставить открытыми только те области, для которых расстояние до центра пятна на экране отличается от $h$ не более чем на $\lambda /2$.
(Чтобы понять зависимость амплитуды колебаний в точке наблюдения - в точке стены напротив центра отверстия - от радиуса отверстия $R$, надо разбить открытую область экрана на тонкие концентрические кольца равной площади. Площадь должна быть одной и той же для того, чтобы амплитуды колебаний от всех колец - вторичных источников света на фронте волны - были одинаковыми. Если расстояние от такого кольца до точки наблюдения равно $h + l$, то $l$ будет увеличением длины пути по сравнению с центральной точкой экрана, а отставание по фазе будет равно $\phi = \frac{l}{ \lambda } \cdot 2 \pi$. Из формул (рис.)
$(h + l)^{2} = R^{2} + h^{2} \rightarrow 2hl + l^{2} = R^{2} \rightarrow 2h \Delta l = 2R \Delta R$
следует, что одинаковым приращениям площади $\Delta S = 2 \pi R \Delta R$ соответствуют одинаковые приращения длины пути $\Delta l$ и фазы $\Delta \phi$. Это означает, что вклады в колебания от последовательных тонких колец будут складываться в окружности с постепенно уменьшающимся радиусом (рис.).) Из геометрических соображений (см. рис.) получаем соотношение для нужного радиуса $R_{0}$ отверстия:
$h^{2} + R_{0}^{2} = \left ( h + \frac{ \lambda }{2} \right )^{2}$, или $R_{0}^{2} = h \lambda + \frac{ \lambda^{2} }{4}$.
Если считать, что $h \gg \lambda$, то вторым слагаемым в правой части последнего равенства можно пренебречь. Тогда
$R_{0}^{2} = h \lambda$, откуда следует, что $R_{0} \ll h$.
Если плавно увеличивать радиус отверстия до $\infty$, т.е. до полного отсутствия экрана, то амплитуда вектора напряженности электрического поля суммарной электромагнитной волны, созданной в центре пятна всеми вторичными источниками света, будет периодически расти и уменьшаться: от $R = 0$ до $R = R_{0}$ амплитуда растет вплоть до значения $A$, затем от $R_{0}$ до $R_{0} \sqrt{2}$ амплитуда уменьшается почти до нуля, затем снова растет почти до $A$ при значении $R = R_{0} \sqrt{3}$, затем снова уменьшается почти до нуля при значении $R = R_{0} \sqrt{4}$. В конце концов установится значение $A/2$, соответствующее полностью отсутствующему экрану (точный расчет выходит за пределы школьных возможностей).
Освещенность в точке на стене пропорциональна квадрату амплитуды колебаний вектора напряженности электрического поля в этой точке. Следовательно, освещенность при наличии отверстия радиусом $R_{0}$ в 4 раза больше, чем в отсутствие экрана. На рисунках приведены полученные в результате численных расчетов зависимости амплитуды поля $\frac{E}{E_{max}}$ и освещенности $\frac{I}{I_{max}}$ в центре картины от величины отношения $\frac{R}{R_{0}}$. При этом отношение $\frac{h}{ \lambda} = 100$, шаг изменения радиуса отверстия выбран $\frac{ \lambda}{20}$, максимальное отношение $\frac{R}{R_{0}} = 50$. Для "ориентировки" на рисунке проведена линия, соответствующая половине максимальной величины амплитуды напряженности поля, а на рисунке проведена линия, соответствующая значению четверти максимальной величины освещенности.
На плоскую стену перпендикулярно падает плоская световая волна с длиной волны $\lambda$. Перед стеной параллельно ей ставят непрозрачный экран с круглым отверстием. Во сколько раз освещенность в центре светового пятна на стене может быть больше, чем освещенность без экрана? Расстояние между экраном и стеной $h$.
Решение:
Освещенность в центре светового пятна зависит от соотношения величин $\lambda, h$ и $R$ - радиуса круглого отверстия в экране. При заданных $\lambda$ и $h$ нужно подобрать такое значение $R$, чтобы освещенность в центре пятна была максимальной. Воспользуемся принципом Гюйгенса-Френеля. В точку, соответствующую центру пятна, приходят и складываются волны от вторичных источников волн, расположенных по всей площади отверстия в экране. При этом амплитуды и фазы складывающихся волн зависят от положения создавших эти волны вторичных источников. Для получения максимальной освещенности в центре нужно оставить открытыми только те области, для которых расстояние до центра пятна на экране отличается от $h$ не более чем на $\lambda /2$.
(Чтобы понять зависимость амплитуды колебаний в точке наблюдения - в точке стены напротив центра отверстия - от радиуса отверстия $R$, надо разбить открытую область экрана на тонкие концентрические кольца равной площади. Площадь должна быть одной и той же для того, чтобы амплитуды колебаний от всех колец - вторичных источников света на фронте волны - были одинаковыми. Если расстояние от такого кольца до точки наблюдения равно $h + l$, то $l$ будет увеличением длины пути по сравнению с центральной точкой экрана, а отставание по фазе будет равно $\phi = \frac{l}{ \lambda } \cdot 2 \pi$. Из формул (рис.)
$(h + l)^{2} = R^{2} + h^{2} \rightarrow 2hl + l^{2} = R^{2} \rightarrow 2h \Delta l = 2R \Delta R$
следует, что одинаковым приращениям площади $\Delta S = 2 \pi R \Delta R$ соответствуют одинаковые приращения длины пути $\Delta l$ и фазы $\Delta \phi$. Это означает, что вклады в колебания от последовательных тонких колец будут складываться в окружности с постепенно уменьшающимся радиусом (рис.).) Из геометрических соображений (см. рис.) получаем соотношение для нужного радиуса $R_{0}$ отверстия:
$h^{2} + R_{0}^{2} = \left ( h + \frac{ \lambda }{2} \right )^{2}$, или $R_{0}^{2} = h \lambda + \frac{ \lambda^{2} }{4}$.
Если считать, что $h \gg \lambda$, то вторым слагаемым в правой части последнего равенства можно пренебречь. Тогда
$R_{0}^{2} = h \lambda$, откуда следует, что $R_{0} \ll h$.
Если плавно увеличивать радиус отверстия до $\infty$, т.е. до полного отсутствия экрана, то амплитуда вектора напряженности электрического поля суммарной электромагнитной волны, созданной в центре пятна всеми вторичными источниками света, будет периодически расти и уменьшаться: от $R = 0$ до $R = R_{0}$ амплитуда растет вплоть до значения $A$, затем от $R_{0}$ до $R_{0} \sqrt{2}$ амплитуда уменьшается почти до нуля, затем снова растет почти до $A$ при значении $R = R_{0} \sqrt{3}$, затем снова уменьшается почти до нуля при значении $R = R_{0} \sqrt{4}$. В конце концов установится значение $A/2$, соответствующее полностью отсутствующему экрану (точный расчет выходит за пределы школьных возможностей).
Освещенность в точке на стене пропорциональна квадрату амплитуды колебаний вектора напряженности электрического поля в этой точке. Следовательно, освещенность при наличии отверстия радиусом $R_{0}$ в 4 раза больше, чем в отсутствие экрана. На рисунках приведены полученные в результате численных расчетов зависимости амплитуды поля $\frac{E}{E_{max}}$ и освещенности $\frac{I}{I_{max}}$ в центре картины от величины отношения $\frac{R}{R_{0}}$. При этом отношение $\frac{h}{ \lambda} = 100$, шаг изменения радиуса отверстия выбран $\frac{ \lambda}{20}$, максимальное отношение $\frac{R}{R_{0}} = 50$. Для "ориентировки" на рисунке проведена линия, соответствующая половине максимальной величины амплитуды напряженности поля, а на рисунке проведена линия, соответствующая значению четверти максимальной величины освещенности.
