ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2018-07-01   
Плоская световая волна с $\lambda = 0,60 мкм$ падает нормально на достаточно большую стеклянную пластинку, на противоположной стороне которой сделана круглая выемка (рис.). Для точки наблюдения Р она представляет собой первые полторы зоны Френеля. Найти глубину $h$ выемки, при которой интенсивность света в точке Р будет:
а) максимальной;
б) минимальной;
в) равной интенсивности падающего света.



Решение:



Нам понадобится вклад в амплитуду волны в точке из половины зоны Френеля. Для этого мы исходим непосредственно из принципа Френеля - Гюйгенса. Комплексная амплитуда записывается как

$E = \int K( \phi) \frac{a_{0} }{r} e^{ - ikr} dS$

$K( \phi)$ - фактор, зависящий от угла $\phi$ между нормалью $\vec{n}$ до площади $dS$ и направления от $dS $ до точки P, а $r$- расстояние от элемента $dS$ до P.

Мы видим, что для первой зоны Фрешнала
($r \approx b + \frac{ \rho^{2} }{2b}$ (используя $ \sqrt{ \rho^{2} + b^{2} } $ ) )

$E = \frac{a_{0} }{b} \int_{0}^{ \sqrt{b \lambda } } e^{ - ikb - ik \rho^{2} / 2b } 2 \pi \rho d \rho (K ( \phi) \approx 1 )$

Для первой зоны Френеля $r = b + \lambda / 2$, так что $r^{2} \approx b^{2} + b \lambda$ и $\rho^{2} = b \lambda$.

Таким образом $E \approx \frac{a_{0} }{b} e^{ - ikb} 2 \pi \int_{0}^{ \frac{b \lambda }{2} } e^{ - i \frac{kx}{b} } dx = \frac{a_{0} }{b} 2 \pi e^{ - ikb} \frac{e^{ - ik \lambda/2} - 1 }{-ik/b} = \frac{a_{0} }{k} 2 \pi i e^{ - ikb} ( - 2) = - \frac{4 \pi}{k} i a_{0} e^{ - ikb} \approx A_{1}$

Для следующей половины зоны

$E = \frac{a_{0} }{b} e^{ - ikb} 2 \pi \int_{ \frac{b \lambda}{2} }^{ \frac{3b \lambda}{4} } e^{ - -ikx/b} dx d = \frac{a_{0} }{k} 2 \pi i e^{ - ikb} \left ( e^{ - i \frac{3k \lambda}{4} } - e^{ -i \frac{k \lambda}{2} } \right ) = \frac{a_{0} }{k} 2 \pi i e^{ - ikb} ( + 1 + i) = - \frac{A_{1}(1 + i) }{2}$

Если вычислить вклад полной зоны Френеля, мы получим $- A_{1}$ если мы учтем факторы $K( \phi)$ и $\frac{1}{r}$, монотонно убывающих, мы ожидаем, что вклад изменится на $- A_{2}$. Таким образом, мы запишем вклад полузоны во 2-й зоне Френеля как

$- \frac{A_{2}(1 + i) }{2}$ а также $- \frac{A_{2}(1 - i) }{2}$

Часть, лежащая в углублении, имеет дополнительную разность фаз, равную $- \delta = - \frac{2 \pi}{ \lambda} (n - 1) h$. Таким образом полная амплитуда (заметим, что правильная форма $e^{ - ikr}$)

$\left ( A_{1} - \frac{A_{2} }{2} (1 + i) \right ) e^{ + i \delta} - \frac{A_{2} }{2}(1 - i) + A_{3} - A_{4} + \cdots \approx \left ( \frac{A_{1} }{2} (1 - i) \right ) e^{ + i \delta} - \frac{A_{2} }{2}(1 - i) + \frac{A_{3} }{2} \approx \left ( \frac{A_{1} }{2} (1 - i) \right ) e^{ + i \delta} + i \frac{A_{1} }{2}$ ( $A_{2} \approx A_{3} \approx A_{1}$ ) и $A_{3} - A_{4} + A_{5} \cdots = \frac{A_{3} }{2}$.

Соответствующая интенсивность

$I = \frac{A_{1}^{2} }{4} \left ( (1 - i)e^{ + i \delta} + \frac{i}{e} \right ) ((1 + i)e^{ - i \delta} - i ) = I_{0} (3 - 2 \cos \delta + 2 \sin \delta) = I_{0} \left ( 3 | 2 \sqrt{2} \sin \left ( \delta - \frac{ \pi}{4} \right ) \right )$

(a) Для максимальной интенсивности $\sin \left ( \delta - \frac{ \pi}{4} \right ) = + 1$

или $\delta - \frac{ \pi}{4} = 2k \pi + \frac{ \pi}{2}, k = 0,1,2, \cdots$

$\delta = 2 k \pi + \frac{3 \pi }{4} = \frac{2 \pi}{ \lambda} (n - 1)h$

ТАК $h = \frac{ \lambda}{n - 1} \left ( k + \frac{3}{8} \right)$

(б) Для минимальной интенсивности

$\sin \left ( \delta - \frac{ \pi}{4} \right ) = 1$
$\delta - \frac{ \pi}{4} = 2 k \pi + \frac{3 \pi}{2}$ или $\delta = 2k \pi + \frac{7 \pi}{4}$

так $h = \frac{ \lambda }{n - 1} \left ( k + \frac{7 \pi}{8} \right )$

(в) Для $I = I_{0}$, $\begin{cases} \cos \delta = 0 \\ \sin \delta = - 1 \end{cases}$ или $\begin{cases} \sin \delta = 0 \\ \cos \delta = + 1 \end{cases}$

Таким образом $\delta = 2 k \pi, h = \frac{k \lambda}{n - 1}$

или $\delta = 2 k \pi + \frac{3 \pi}{2}, h = \frac{ \lambda}{n - 1} \left ( k + \frac{3 \pi}{4} \right )$