Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 3.72. Найти угловое распределение интенсивности света при дифракции Фраунгофера на экране: а) с одной щелью шириной $b;$ Оценить относительные интенсивности максимумов, ближайших к главному. б) с двумя щелями ширины $b$ и расстоянием $a$ между ними. ----- {{:optics:выделение_257.png?direct&200 |}}В соответствии с принципом Гюйгенса Френеля (в приближении Фраунгофера) каждый участок щели является источником плоских волн вида $$dE=\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t-k\Delta)}dx,$$ где $\Delta=x\sin\varphi.$ Амплитуда суммарного поля от щели под углом $\varphi,$ которое для наблюдения на экране собирается линзой в плоскости изображения, равна $$ E=\int_{0}^{b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}kx\sin\varphi)}dx=\left.\frac{E_{0}}{b}\frac{e^{i(\omega t\text{-}kx\sin\varphi)}}{\text{-}ik\sin\varphi}\right|_{0}^{b}= $$ $$\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}\frac{1}{2}kb\sin\varphi)}\frac{e^{i\frac{1}{2}kb\sin\varphi}-e^{-i\frac{1}{2}kb\sin\varphi}}{ik\sin\varphi}=$$ $$\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}\frac{1}{2}kb\sin\varphi)}\frac{2\sin\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right)}{k\sin\varphi}= $$ $$\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}\frac{1}{2}kb\sin\varphi)}\text{sinc}\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right).$$ Тогда интенсивность $$I\sim|E|^{2}\sim I_{0}\text{sinc}^{2}\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right).$$ Найдём максимумы: $$\frac{dI}{du}=I_{0}\frac{d\left(\frac{\sin^{2}u}{u^{2}}\right)}{du}=\frac{2}{u^{2}}\sin u\cos u-\frac{2}{u^{3}}\sin^{2}u=0.$$ следовательно $\text{tg}u=u$. Главный максимум будет при $u=0$ следующий недалеко от $u=\pi+\frac{\pi}{2}$. Если задачу решать точно, например в Maple, то $u\approx\pi+1.35$ --- точность 15 %. Тогда $\text{sinc}^{2}u\approx0.047\approx\frac{1}{20}$ {{:optics:выделение_258.png?direct&200 |}}Рассмотрим, теперь две щели. Тогда новый интеграл будет интегралом по двум щелям $$E=\int_{0}^{b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}kx\sin\varphi)}dx+\int_{d}^{d+b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}kx\sin\varphi)}dx.$$ Произведём замену во втором интеграле $x'=x-d$ $$E=\int_{0}^{b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t-kx\sin\varphi)}dx+e^{-ikd\sin\varphi}\int_{0}^{b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t\text{-}kx'\sin\varphi)}dx'=$$ $$\left(1+e^{-ikd\sin\varphi}\right)\int_{0}^{b}\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t-kx\sin\varphi)}dx=$$ $$ \left(1+e^{-ikd\sin\varphi}\right)\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t-\frac{1}{2}kb\sin\varphi)}\text{sinc}\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right)=$$ $$2e^{-\frac{1}{2}ikd\sin\varphi}\cos\left(\frac{1}{2}kd\sin\varphi\right)\frac{E_{0}}{b}e^{i(\omega t-\frac{1}{2}kb\sin\varphi)}\text{sinc}\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right).$$ Тогда интенсивность $$I=4I_{0}\cos\left(\frac{1}{2}kd\sin\varphi\right)\text{sinc}^{2}\left(\frac{1}{2}kb\sin\varphi\right).$$