ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2018-07-01   
Плоская монохроматическая световая волна интенсивности $I_{0}$ падает нормально на непрозрачный экран, в котором прорезана длинная щель с полукруглым вырезом на одной из сторон (рис.). Край выреза совпадает с границей первой зоны Френеля для точки наблюдения Р. Ширина щели составляет 0,90 радиуса выреза. Найти с помощью рис. интенсивность света в точке Р.



Решение:


Применим формулу задачи 8261 и вычислим

$\int_{апертура} \frac{a_{0} }{r} e^{ - ikr} dS = \int_{полукруглая} + \int_{ щель}$

Вклад полной 1-й зоны Френеля был оценен в 8261. Вклад полукруга равен половине

$- \frac{2 \pi}{k} i a_{0} e^{ - ikb} = - i a_{0} \lambda e^{ - ikb}$

Вклад щели

$\frac{a_{0} }{b} \int_{0}^{ 0,9 \sqrt{b \lambda} } e^{ - ikb} e^{ - ik \frac{x^{2} }{2b} } dx = \int_{ - \infty}^{ \infty} e^{ -iky^{2}/2b } dy$

Тогда $\int_{- \infty}^{ \infty} e^{ - iky^{2} /2b } dy = \int_{ - \infty}^{ \infty} e^{-i \frac{ \pi y^{2} }{b \lambda} } dy$

$\sqrt{ \frac{b \lambda}{2} } \int_{ - \infty}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du = \sqrt{b \lambda } e^{ - i \pi / 4}$

Таким образом, вклад щели

$\frac{a_{0}}{b} \sqrt{b \lambda } e^{ - ikb - i \pi /4 } \int_{0}^{0,9 \sqrt{2} } e^{ - i \pi u^{2} /2 } du \sqrt{ \frac{b \lambda}{2} } = a_{0} \lambda e^{ - ikb - i \pi /4} \frac{1}{ \sqrt{2} } \int_{0}^{1,27} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du$

Таким образом, интенсивность в точке наблюдения Р на экране

$a_{0}^{2} \lambda^{2} \left | - i + \frac{1 - i}{2}(C(1,27) - iS(1,27) ) \right |^{2} = a_{0}^{2} \lambda^{2} \left | - i + \frac{(1 - i)(0,67 - 0,65i)}{2} \right |^{2}$

(при использовании $C(1,27) = 0,67$ и $S(1,27) = 0,65$)

$= a_{0}^{2} \lambda^{2} | - i + 0,01 - 0,66i |^{2} = a_{0}^{2} \lambda^{2} | 0,01 - 0,66i |^{2} = 2,76 a_{0}^{2} \lambda^{2}$

Тогда $a_{0}^{2} \lambda^{2}$ - интенсивность, обусловленная половиной 1-й зоны Френеля и поэтому равна $I_{0}$. (Его можно также получить, выполняя интегрирование по х от $- \infty$ до $+ \infty$).

Таким образом, $I = 2,76 I_{0}$.