Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8262
2018-07-01 
Плоская световая волна длины $\lambda$ и интенсивности $I_{0}$ падает нормально на большую стеклянную пластинку, противоположная сторона которой представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием, равным первой зоне Френеля для точки наблюдения Р. В середине отверстия сделана круглая выемка, равная половине зоны Френеля. При какой глубине $h$ этой выемки интенсивность света в точке Р будет максимальной? Чему она равна?
Решение:
Вклад в амплитуду волны внутренней полузоны равен
$\frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} \int_{0}^{ \sqrt{ b \lambda /2 } } e^{ - ik \rho^{2} / 2b } \rho d \rho = \frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} \int_{0}^{ b \lambda /4 } e^{ - ikx / bdx } = \frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} (e^{ - ik \lambda / 4 } - 1 ) \frac{ \frac{1}{ - ik} }{b} = \frac{2 \pi i a_{0} e^{ - ikb} }{k} ( - i - 1) = + \frac{A_{1} }{2}(1 + i)$
С фазовым множителем $ \frac{A_{1} }{2} (1 + i) e^{ i \delta}$, где $\delta = \frac{2 \pi}{ \lambda} (n - 1)h$. Вклад оставшийся апертуры $\frac{A_{1} }{2} (1 - i)$
(так что сумма двух частей при $\delta = 0$ равна $A_{1}$)
Таким образом, полная амплитуда
$\frac{A_{1}}{2} (1 + i) e^{i \delta} + \frac{A_{1} }{2} (1 - i)$
и интенсивность
$I = I_{0} [(l + i) e^{i \delta} + (1 - i)][(1 - i)e^{- i \delta} + (1 + i)] = I_{0}[2 + 2 + (1 - i)^{2} e^{ - i \delta} + (1 + i)^{2} e^{i \delta} ] = I_{0} [4 - 2ie^{ - i \delta} + 2i e^{0 \delta} ] = I_{0}(4 - 4 \sin \delta)$
$I_{0} = \frac{A_{1}^{2} }{4}$ - интенсивность падающего света, которая совпадает с интенсивностью, обусловленной апертурой бесконечной протяженности (без углублений). Тогда $I$ является максимальным, когда $\sin \delta = - 1$
или $\delta = 2 k \pi + \frac{3 \pi}{2}$
Итак $h = \frac{ \lambda}{n - 1} \left ( k + \frac{3}{4} \right )$ и (b) $I_{max} = 8I_{0}$.
Плоская световая волна длины $\lambda$ и интенсивности $I_{0}$ падает нормально на большую стеклянную пластинку, противоположная сторона которой представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием, равным первой зоне Френеля для точки наблюдения Р. В середине отверстия сделана круглая выемка, равная половине зоны Френеля. При какой глубине $h$ этой выемки интенсивность света в точке Р будет максимальной? Чему она равна?
Решение:
Вклад в амплитуду волны внутренней полузоны равен
$\frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} \int_{0}^{ \sqrt{ b \lambda /2 } } e^{ - ik \rho^{2} / 2b } \rho d \rho = \frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} \int_{0}^{ b \lambda /4 } e^{ - ikx / bdx } = \frac{2 \pi a_{0} e^{ - ikb} }{b} (e^{ - ik \lambda / 4 } - 1 ) \frac{ \frac{1}{ - ik} }{b} = \frac{2 \pi i a_{0} e^{ - ikb} }{k} ( - i - 1) = + \frac{A_{1} }{2}(1 + i)$
С фазовым множителем $ \frac{A_{1} }{2} (1 + i) e^{ i \delta}$, где $\delta = \frac{2 \pi}{ \lambda} (n - 1)h$. Вклад оставшийся апертуры $\frac{A_{1} }{2} (1 - i)$
(так что сумма двух частей при $\delta = 0$ равна $A_{1}$)
Таким образом, полная амплитуда
$\frac{A_{1}}{2} (1 + i) e^{i \delta} + \frac{A_{1} }{2} (1 - i)$
и интенсивность
$I = I_{0} [(l + i) e^{i \delta} + (1 - i)][(1 - i)e^{- i \delta} + (1 + i)] = I_{0}[2 + 2 + (1 - i)^{2} e^{ - i \delta} + (1 + i)^{2} e^{i \delta} ] = I_{0} [4 - 2ie^{ - i \delta} + 2i e^{0 \delta} ] = I_{0}(4 - 4 \sin \delta)$
$I_{0} = \frac{A_{1}^{2} }{4}$ - интенсивность падающего света, которая совпадает с интенсивностью, обусловленной апертурой бесконечной протяженности (без углублений). Тогда $I$ является максимальным, когда $\sin \delta = - 1$
или $\delta = 2 k \pi + \frac{3 \pi}{2}$
Итак $h = \frac{ \lambda}{n - 1} \left ( k + \frac{3}{4} \right )$ и (b) $I_{max} = 8I_{0}$.
