Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8275
2018-07-01 
Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на непрозрачный экран с длинной щелью, форма которой показана на рис. Найти с помощью рис. отношение интенсивностей света в точках 1,2 и 3, расположенных за экраном на одном и том же расстоянии от него, если для точки 3 закругленный край щели совпадает с границей первой зоны Френеля.
Решение:
Из постановки задачи известно, что ширина щели = диаметр первой зоны Френеля $= 2 \sqrt{b \lambda}$, где $b$ - расстояние точки наблюдения от щели
Вычислим амплитуды, решая интеграл задачи 8261. Получаем
$A_{1} = \frac{a_{0} }{b} \int_{ - \sqrt{b \lambda} }^{ \sqrt{b \lambda } } e^{ - ikb} e^{ - ik \frac{x^{2} }{2b} } dx \int_{0}^{ \infty} e^{ -ik \frac{y^{2} }{2b} } dy = \frac{a_{0} }{b} e^{ - ikb} \frac{b \lambda}{2} \int_{ - \sqrt{2} }^{ \sqrt{2}} e^{ - i \pi u^{2} /2 } du \int_{0}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2} /2 } du = \frac{a_{0} \lambda }{2} (1 - i)e^{ - ikb} (C( \sqrt{2} ) - iS( \sqrt{2} ) )$
$A_{2} = \frac{a_{0} }{b} \int_{ - \sqrt{b \lambda} }^{ \sqrt{b \lambda} } e^{ - ikb} e^{ -ik \frac{x^{2} }{2b} } dx \int_{- \infty}^{ \infty} e^{ - iky^{2} /2b} dy = 2A_{1}$
$A_{3} = - i a_{0} \lambda e^{ - ikb} + \frac{a_{0} \lambda (1 - i) }{2}(C( \sqrt{2} ) - iS( \sqrt{2} ) )e^{ - ikb}$
где вклад первой половины зоны Френеля (в $A_{3}$, первый член) получил из последней задачи.
Таким образом $I_{1} = a_{0}^{2} \lambda^{2} \left | \frac{(1 - i)(0,53 - 0,72i}{2} \right |^{2}$
(при использовании $C( \sqrt{2} ) = 0,53 S( \sqrt{2} ) = 0,72$)
$= a_{2} \lambda^{2} | -0,095 - 0,625i|^{2} = 0,3996 a_{0}^{2} \lambda^{2}$
$I_{2} = 4I_{1}$
$I_{3} = a_{0}^{2} \lambda^{2} | - 0,095 - 0,625i - i|^{2} = a_{0}^{2} \lambda^{2} | - 0,095 - 1,625i|^{2} = 2,6496 a_{0}^{2} \lambda^{2}$
Так $I_{3} = 6,6 I_{1}$
таким образом $I_{1} : I_{2} : I_{3} = 1 : 4 : 7$
Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на непрозрачный экран с длинной щелью, форма которой показана на рис. Найти с помощью рис. отношение интенсивностей света в точках 1,2 и 3, расположенных за экраном на одном и том же расстоянии от него, если для точки 3 закругленный край щели совпадает с границей первой зоны Френеля.
Решение:
Из постановки задачи известно, что ширина щели = диаметр первой зоны Френеля $= 2 \sqrt{b \lambda}$, где $b$ - расстояние точки наблюдения от щели
Вычислим амплитуды, решая интеграл задачи 8261. Получаем
$A_{1} = \frac{a_{0} }{b} \int_{ - \sqrt{b \lambda} }^{ \sqrt{b \lambda } } e^{ - ikb} e^{ - ik \frac{x^{2} }{2b} } dx \int_{0}^{ \infty} e^{ -ik \frac{y^{2} }{2b} } dy = \frac{a_{0} }{b} e^{ - ikb} \frac{b \lambda}{2} \int_{ - \sqrt{2} }^{ \sqrt{2}} e^{ - i \pi u^{2} /2 } du \int_{0}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2} /2 } du = \frac{a_{0} \lambda }{2} (1 - i)e^{ - ikb} (C( \sqrt{2} ) - iS( \sqrt{2} ) )$
$A_{2} = \frac{a_{0} }{b} \int_{ - \sqrt{b \lambda} }^{ \sqrt{b \lambda} } e^{ - ikb} e^{ -ik \frac{x^{2} }{2b} } dx \int_{- \infty}^{ \infty} e^{ - iky^{2} /2b} dy = 2A_{1}$
$A_{3} = - i a_{0} \lambda e^{ - ikb} + \frac{a_{0} \lambda (1 - i) }{2}(C( \sqrt{2} ) - iS( \sqrt{2} ) )e^{ - ikb}$
где вклад первой половины зоны Френеля (в $A_{3}$, первый член) получил из последней задачи.
Таким образом $I_{1} = a_{0}^{2} \lambda^{2} \left | \frac{(1 - i)(0,53 - 0,72i}{2} \right |^{2}$
(при использовании $C( \sqrt{2} ) = 0,53 S( \sqrt{2} ) = 0,72$)
$= a_{2} \lambda^{2} | -0,095 - 0,625i|^{2} = 0,3996 a_{0}^{2} \lambda^{2}$
$I_{2} = 4I_{1}$
$I_{3} = a_{0}^{2} \lambda^{2} | - 0,095 - 0,625i - i|^{2} = a_{0}^{2} \lambda^{2} | - 0,095 - 1,625i|^{2} = 2,6496 a_{0}^{2} \lambda^{2}$
Так $I_{3} = 6,6 I_{1}$
таким образом $I_{1} : I_{2} : I_{3} = 1 : 4 : 7$
