6 Дифракция

ДИФРАКЦИЯ
Длительность: 180 минут
Навыки
и
умения:
умение
использовать
спираль
Френеля
для
определения качественной картины дифракции в случае дифракции Френеля;
навык в использовании спирали Корню для исследования дифракционных
эффектов; умение рассчитывать характеристики спектральных приборов,
определять условия разрешимости спектральных линий.
Аудиторные задания: 102; 105; 109; 111; 116; 118; 125; 128; 131; 133; 140;
146; 155; 159
Домашние задания: 103; 106; 112; 117; 126; 134; 136; 147; 156
Основные формулы и понятия
Дифракция Френеля
Радиус внешней границы m-ой зоны Френеля
rm 
mab
, m  1,2,3,...
ab
(1)
1
3
5
F
4
2
j
0
92
В задачах с зонами Френеля удобно использовать спираль Френеля (см. рис.
выше). На рисунке цифрами отмечены внешние границы зон Френеля с данным
номером. Точка 0 соответствует центру волнового фронта, а точка F –
полностью открытому волновому фронту. Фактически, точки на спирали
Френеля показывают фазу волны, приходящей от точки волнового фронта в
точку наблюдения. Цифры на спирали показывают кратность фазы числу π.
Спираль Корню (см. рис. ниже) Числа на этой спирали – значения
параметра t. Для плоской волны
2
,
b
tx
(2)
где x и b – расстояния, характеризующие положение элемента dS волновой
поверхности относительно точки наблюдения Р.
1,5
x
2,5
dS
F
+
b
1,0
2,0
P
0,5
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Координаты точек F и F : (0,5; 0,5) и (–0,5; –0,5), соответственно.
93
Дифракция Фраунгофера
Дифракция на щели, свет падает нормально. Угол θ относительно
нормали, под которым наблюдаются минимумы интенсивности
sin min 

m, m  1,  2,...
d
(3)
здесь d – ширина щели, α – угол падения света на щель (относительно нормали)
Дифракция на дифракционной решетке.
Свет падает на дифракционную решетку под углом α к нормали. Угол θ
относительно нормали, под которым наблюдаются главные фраунгоферовы
максимумы:
sin max  sin  

m, m  0,  1,  2,...
d
(4)
Условие минимумов, при нормальном падении света на дифракционную
решетку:
sin min 

1
m  
d
N
(5)
Угловая дисперсия дифракционной решетки
D

m

 d  cos 
(6)
Разрешающая способность дифракционной решетки:
R

 mN ,

(7)
где N – число штрихов решетки. Две линии считаются еще разрешамыми
спектральным прибором, если максимум одной линии приходится на минимум
другой.
Разрешающая сила объектива
R
1
D
,

 1,22
(8)
где  – наименьшее угловое расстояние, разрешаемое объективом, D –
диаметр объектива.
94
Дифракция Фраунгофера имеет место, если число Френеля
R2  1 1 
NF 
  
 a b
1,
(9)
где R – геометрический размер отверстия или препятствия, а, b – расстояния от
источника до отверстия (препятствия) и расстояние от отверстия (препятствия)
до экрана наблюдения, λ – длина волны. Для дифракции Френеля N F
1.
Аудиторные задания
5.102. Точечный источник света с длиной волны λ = 0,50 мкм расположен на
расстоянии а = 100 см перед диафрагмой с круглым отверстием радиуса
r = 1,0 мм. Найти расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, для
которой число зон Френеля в отверстии составляет k = 3.
Решение. Для радиуса зоны Френеля используем формулу (1)
rk2 
k
1 1

a b
,
из которой находим расстояние b, на котором видно k зон Френеля:
b
a  r2
 2,0 м .
k    a  r2
5.105. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0
падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова
интенсивность света I за экраном в точке, для которой отверстие:
а) равно первой зоне Френеля; внутренней половине первой зоны;
б) сделали равным первой зоне Френеля и затем закрыли его половину (по
диаметру)?
Решение. Величина амплитуды поля, создаваемого отверстием, определяется
на спирали Френеля как длина вектора, начало которого соответствует
внутреннему краю отверстия, а конец – внешнему краю.
95
1
3
5
A
F
4
2
j
0
а) Вектор 01 на спирали Френеля определяет амплитуду поля от первой зоны
Френеля, его длина в два раза больше длины вектора 0F . Квадрат длины
вектора
0F
равен интенсивности падающего света I0. Следовательно,
интенсивность света от отверстия с радиусом равным радиусу первой зоны
будет в 4 раза больше интенсивности падающего
| 01|2 | 2  0 F |2  4 I 0 .
Поля от внутренней половины первой зоны определяется вектором 0 A . Для
расчетов можно предполагать, что один виток спирали – почти окружность.
Тогда радиус первого витка спирали равен 0F , поэтому амплитуда поля от
такого отверстия 0 A  2 0F , а интенсивность света от отверстия такого
радиуса будет в 2 раза больше интенсивности падающего:
2
0 A  I A  2I0 .
б)
Если закрыть половину зоны Френеля (по диаметру), то через такое
отверстие пройдет только половина свет от первой зоны, т.е. (см. пункт а)
интенсивность света будет в два раза больше интенсивности падающего света
5.109. Плоская световая волна длины λ и интенсивности I0 падает нормально
на большую стеклянную пластинку, противоположная сторона которой
представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием, равным
96
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. Оптические пути будем отсчитывать от плоскости АВ. Учитывая, что
часть пути для точек С и D проходит внутри пластинки, и что точки С и D
соответствуют половине первой зоны и внешней границе первой зоны Френеля,
определим оптические пути, проходимые до точки наблюдения Р, от различных
участков волнового фронта А, В, С’, D’ (см. рис.):
 AP  h  b
 BP  h  b 
D'

4
C ' P  nh  b 

4
 D ' P  nh  b 

2
D
b+/2
C'
B
C
b+/4
A
P
b
h
Разность хода от точек участка АВ волнового фронта от точки А до В
увеличивается на λ/4, точно на столько же увеличивается разность хода от
точки С до точки D для участка волнового фронта CD. Поэтому, если сделать
глубину выемки такой, чтобы разность хода АР отличалась на целое число
длин волн от разности хода С’Р, то все вклады в поле Р от точек участка АВ
97
будут прибавляться к вкладам от соответствующих точек участка СD и поле в Р
будет иметь максимальное значение.
C ' P   AP  nh  b 

  h  b   m; m  1,2,...
4
Из этого равенства находим толщину выемки, для которой реализуется это
условие

4 .
h
n 1
m 
Для нахождения величины поля, воспользуемся спиралью Френеля. Поскольку
для точек внутренней половины первой зоны фаза меняется непрерывно, то
этот участок будет таким же, как и на обычной спирали Френеля. При переходе
от точки В к точке С, соответствующей половине зоны Френеля, должен
произойти скачок фазы и в этой точке фаза должна быть такой же как и в точке
А (целое число длин волн), а затем, по мере движения к краю первой зоны (к
точке D) фаза меняется обычным образом. Таким образом спираль Френеля в
точке С «ломается» и поворачивается на π/2.
D
C
B
A
98
Из рисунка видно, что для открытой первой зоны (точка D)
| AD | 2 2 E0 ;  I AD  8 I 0 ,
где Е0 – поле, создаваемое в точке Р полностью открытым волновым фронтом.
5.111. На пути плоской световой волны с λ = 0,54 мкм поставили тонкую
собирающую линзу с фокусным расстоянием f = 50 см, а непосредственно за
ней – диафрагму с круглым отверстием и на расстоянии b = 75 см от
диафрагмы – экран. При каких радиусах отверстия центр дифракционной
картины на экране имеет максимальную освещенность?
Решение.
r
h
F
P
После собирающей линзы волна собирается в фокусе линзы, т.е. на диафрагму
падает сходящаяся волна, с радиусом кривизны f, лежащим с той же стороны от
диафрагмы, что и точка наблюдения Р. Делим этот фронт на зоны Френеля, так
же как и для случая расходящейся волны, рассмотренного в лекциях: чтобы
расстояние от внешней границы зоны до точки Р было меньше на λ/2 по
сравнению с расстоянием до Р от внутренней границы этой зоны. Тогда, по
аналогии с выводом формулы (1), в нашем случае, если радиус диафрагмы
совпадает с радиусом rm – внешней границы m-ой зоны, то
rm2  f 2  ( f  hm )2  (b  m / 2) 2  (b  hm ) 2 
 rm2  2 fhm  bm  2bhm  hm 
 rm 
fbm
2(b  f )
99
bm

2(b  f )
Чтобы на экране при данном радиусе диафрагмы наблюдались максимумы
интенсивности нужно, чтобы этот радиус соответствовал радиусу нечетной
зоны Френеля, т.е. m = 1, 3, 5,…
5.116. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
непрозрачную полуплоскость. На расстоянии b = 100 см за ней находится
экран. Найти с помощью спирали Корню:
а) отношение интенсивностей первого максимума и соответствующего
с ним минимума;
б) длину волны света, если расстояние между двумя первыми
максимумами х = 0,63 мм.
Решение.
b
0
x
1
x
2
Если экрана нет, то интенсивность в точке наблюдения создается всеми
точками фронта, величина этой интенсивности равна (в долях от интенсивности
падающего света) половине квадрата длины между точками F и F на спирали
Корню: I F F  1  I 0 . Если на пути волнового фронта поместить полуплоскость,
то в точке геометрической тени (x = 0) левая половина фронта не видна,
поэтому интенсивность (в долях к интенсивности падающего I0)в этой точке
равна половине квадрата длины отрезка F 0 : I F 0  0,25I 0
100
1,5
2,5
F
+
1,0
2,0
0,5
x
1
-0,5
-2,0
x3
-1,0
F-2,5
x2
-1,5
а) Пусть первый максимум находится на расстоянии х2 от границы
геометрической
тени
полуплоскости
(граница
геометрической
тени
соответствует x = 0), тогда из этой точки видна часть левого фронта, этому
значению x2 соответствует первое значение параметра t2, при котором длина
прямой, соединяющей точки F+x2 на спирали Корню, будет наибольшей. С
помощью линейки на рисунке спирали Корню можно найти, что первый
максимум этой длины имеет место при
t2 = –1,21. Для этого значения
параметра половина квадрата длины прямой F+x2, будет представлять
интенсивность первого максимума в долях к интенсивности падающего света
Imax,1  1,37I0.
При дальнейшем удалении от геометрической границы тени будет открываться
все большая часть волнового фронта слева, это соответствует движению по
левой части спирали Корню и при некотором значении x3 длина F+ x3 будет
минимальной, это соответствует первому минимуму. С помощью линейки
можно найти, что первый минимум длины прямой соединяющей точки F+ и x3
имеет место для t3 = 1,87. Половина квадрата длины этой прямой Imin,1  0,78I0.
Отношение этих значений
101
I max,1
I min,1
 1,76
Зная значения t2 и t3, длины волны λ, а также расстояния b, можно по формуле
(2) найти положения первого максимума и первого минимума.
б) Предположим, что положение первого максимума x1, а второго x2. Тогда для
этих положений параметры на спирали Корню будут
t1  x1
2
2
и t2  x2
,
b
b
соответственно. Вычитая из второго первое, и учитывая, что x2  x1  x ,
находим
2  x 
 

b  t2  t1 
2
С помощью линейки находим, что t1 = –1,21, а t2 = –2,34, тогда
2
2  0,63  103 
  
  622 нм
1  1,13 
5.118. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
длинную прямоугольную щель, за которой на расстоянии b = 60 см находится
экран. Сначала ширину щели установили такой, что в середине дифракционной
картины на экране наблюдался наиболее глубокий минимум. Раздвинув после
этого щель на h = 0,70 мм, получили в центре картины следующий минимум.
Найти длину волны света.
Решение.
Так как точка наблюдения в центре изображения щели, то справа и слева видны
одинаковые части волнового фронта. Поэтому первое минимальное значение
интенсивности в центре картины будет соответствовать половине квадрата
расстояния между точками А1 и А’1 на спирали Корню, которые соответствуют
параметру t1 = 1,9 (определяется с помощью линейки для симметричных точек).
При раздвигании щели видимые части спектра с обеих сторон увеличиваются,
102
это соответствует движению по спирали Корню. Второй минимум будет
соответствовать точкам А2 и А’2, которые соответствуют параметру t2 = 2,75.
1,5
2,5
F
+
A2
A
1
1,0
2,0
0,5
-0,5
-2,0
A'
-1,0
A'1
2
F-2,5
-1,5
Первый параметр соответствует выражению
t1 
h 2
,
2 b
а второй параметр
t2 
h  h 2
.
2
b
Вычитая из второго выражения первое и возводя в квадрат, находим
2
2
1  h 
1  0,7  103 
 

  565 нм
 
2b  t2  t1 
2  0,6  0,85 
5.125. Монохроматический свет падает нормально на щель ширины b = 11
мкм. За щелью находится тонкая линза с фокусным расстоянием f = 150 мм, в
фокальной плоскости которой расположен экран. Найти длину волны света,
если расстояние между симметрично расположенными минимумами третьего
порядка (на экране) равно х = 50 мм.
103
Решение.
Если взять в качестве размера отверстия ширину щели, то для нашей задачи,
для длины волны оптического диапазона число Френеля
d 2 1 1 121 1012 0,81 108
NF 


 f  150  103

1,
то есть в задаче наблюдают дифракцию Фраунгофера.
 3
-3
f
x
Для дифракции Фраунгофера на щели есть выражение для минимума
дифракции (3), которое позволяет найти угол, под которым наблюдается
минимум m-го порядка
sin m 

m
b
Из рисунка видно, что
x
 f  tg m  f
2
 
 m
b 
 
1  m
b 
2

f
2
 b 

 1
 m 
Из этого уравнения находим выражение для длины волны

b

m 1  4

11  106

 0,602  106 м
2
3 1  36
f 

x
5.128. Монохроматический свет падает на отражательную дифракционную
решетку с периодом d = 1,0 мм под углом скольжения α0 = 1,0.Под углом
104
скольжения α = 3,0 образуется фраунгоферов максимум второго порядка.
Найти длину волны света.
Решение.
Для решения задачи можно использовать формулу (4), которая справедлива для
пропускающих решеток. Если для отражающей дифрешетки отраженные от нее
лучи зеркально отразить относительно плоскости дифрешетки, то получим ход
лучей дифракции, который бы наблюдался в пропускающих решетках (на
рисунке показано штриховыми линиями).
m=2
m=0

0
m'=0
m'=-2
В (4) углы отсчитываются от нормали к дифрешетке, поэтому для нашей задачи
эта формула будет выглядеть следующим образом:

sin(90o   m )  sin(90o   0 )   m;
d
d
    cos  0  cos  m 
m

 cos  m  cos  0   m; 
d
Знак минус появился за счет зеркального отражения: «правое» от нулевого
максимума стало «левым». Можно получить приближенное выражение для
полученного решения. Так как углы α малы, то можно воспользоваться
представлением для косинусов
sin 2 
2
cos   1  sin   1 
1
2
2
2
После подстановки, находим



d
 2m   02  0,61  106 м .
2m
105
5.131. Свет с длиной волны 535 нм падает нормально на дифракционную
решетку. Найти ее период, если одному из фраунгоферовых максимумов
соответствует угол дифракции 35 и наибольший порядок спектра равен пяти.
Решение.
При нормальном падении дифракция в обе стороны от нулевого максимума
симметрична, поэтому можно решение можно искать записав выражения для
положительных углов дифракции m-го максимума ( 0  m  5 ) и условие, что 5-й
максимум является последним наблюдаемым максимумом:
sin m 


6
m  sin 35o  0,5736 ; sin 5  5  1 ; sin 6 
1
d
d
d
Выразив из первого уравнения d, можем переписать последние неравенства
5
5
2,868
sin 35o  0,5736 
 1;
m
m
m
6
6
3,4416
sin 6  sin 35o  0,5736 
 1;
m
m
m
sin 5 
Оба неравенства выполняются только для m = 3. Поэтому значения периода
решетки
d
3
 2798 нм
sin 35o
5.133. Свет с длиной волны 530 нм падает на прозрачную дифракционную
решетку, период которой равен 1,50 мкм. Найти угол с нормалью к решетке,
под которым образуется фраунгоферов максимум наибольшего порядка, если
свет падает на решетку:
а) нормально;
б) под углом 60 к нормали.
Решение.
а) Для α=0 из (4) следует:
sin m  1; 

m  1 . Углы дифракции симметричны, поэтому
d
106

0,53
m
m  m  0,353  1
d
1,50
выполняется при m = 2, соответствующий угол
 
2  arcsin  2   45 .
 d
б) Для α = 60 углы дифракции несимметричны и максимальный порядок будет
наблюдаться при отрицательных углах θm и, следовательно, при отрицательных
m. Для абсолютного значения |m| можно записать условие:
 sin max  sin   


d
m ;  m  sin   1;  m  (1  sin )
d
d

m
1,50
(1  0,866)  5,28
0,53
Таким образом, максимальный порядок дифракции m = –5, соответствующий
этому номеру угол
 

max  arcsin  sin   m   64 ;
d 

5.140. Прозрачная дифракционная решетка имеет период d = 1,50 мкм. Найти
угловую
дисперсию
D(в
угл.мин/нм),
соответствующую
максимуму
наибольшего порядка спектральной линии с λ = 530 нм, если свет падает на
решетку:
а) нормально;
б) под углом 45 к нормали.
Решение.
Использовать решение предыдущей задачи 5.133.
а)
при
падении
нормально
номер
наибольшего
определяется из условия:

0,53
m
m  m  0,353  1
d
1,50
m = 2, соответствующий угол θ = 45. Учитывая, что
107
порядка
дифракции
sin  
m
d
по формуле для угловой дисперсии находим
D
m

d cos 
m
 m 
d 1 

 d 
2
 6,5 угл.мин/нм; m  2
б) при падении под углом 45 наибольший порядок дифракции при m = –4.
Соответствующий угол определяется из
sin max  
m
 sin a .
d
Таким образом, угловая дисперсия в этом случае
D
m

d cos 
m
 m

d 1 
 sin  
 d

2
 13 угл.мин/нм; m  4
5.146. Свет падает нормально на дифракционную решетку ширины l = 6,5 см,
имеющую 200 штрихов на миллиметр. Исследуемый спектр содержит
спектральную линию с λ = 670,8 нм, которая состоит из двух компонент,
отличающихся на δλ = 0,015 нм. Найти:
а) в каком порядке спектра эти компоненты будут разрешены;
б) наименьшую разность длин волн, которую может разрешить эта
решетка в области λ  670 нм.
Решение.
Общее число штрихов у решетки
N
l
l n
d
а) По формуле (7) для дифракционной решетки порядок, в котором
разрешаются линии, отличающиеся на δλ,
m
R

670,8


 3,44
N   l  n 0,015  0,065  200000
108
Следовательно, в 4 порядке дифракции эти линии будут разрешены.
б) Согласно (7), наименьшая разность длин волн, разрешаемая прибором,
наблюдается в максимальном порядке дифракции. При нормальном падении
номер этого порядка
mmax
1
d
1
 n
  n
Разрешаемая в этом порядке разность длин волн



2
  


 7  1012 м
1
R mN
l
 nl
n
5.155. Имеется зрительная труба с диаметром объектива
D = 5,0 см.
Определить разрешающую способность объектива трубы и минимальное
расстояние между двумя точками, находящимися на расстоянии l = 3,0 км от
трубы, которое она может разрешить. Считать λ = 0,555 мкм.
Решение.
Согласно (8), разрешающая сила объектива
R
D
0,05

 74516
1,22 1,22  0,55  106
С другой стороны, согласно (8), она определяется углом, под которым две
точки еще могут быть различены
R
1
d
, где  
l

Расстояние между объектами различимыми, с помощью этого объектива
d
l
3000

 0,04 м
R 74516
5.159. Определить минимальное увеличение зрительной трубы с диаметром
объектива D = 5,0 см, при котором разрешающая способность ее объектива
будет полностью использована, если диаметр зрачка глаза d = 4,0 мм.
Решение.
109
Увеличение трубы

tg '
,
tg
где  ',  – угол, под которым виден предмет с помощью прибора, т.е. угол под
которым рассматривается изображение;
и угол, под которым виден этот
предмет невооруженным глазом, при разглядывании его через трубу диаметра
D. Минимальные углы разрешимые глазом и через трубу диаметра D:
 ' 
1,22
1,22
;  
d
D
Таким образом, минимальное увеличение трубы

tg '  ' D
5

 
 12,5
tg  d 0,4
Домашние задания
5.103. Между точечным источником света и экраном поместили диафрагму с
круглым отверстием, радиус которой r можно менять. Расстояния от
диафрагмы до источника и экрана равны а = 100 см и b = 125 см. Определить
длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной
картины на экране наблюдается при r1 = 1,00 мм и следующий максимум при
r2 = 1,29 мм.
Решение.
Максимум при френелевской дифракции наблюдаются, когда при заданных
расстояниях а и b в отверстии открывается нечетное число зон Френеля.
Поэтому, согласно (1),
r12 
mab
(m  2)ab
; r22 
.
ab
ab
Вычитая из второго выражения первое, получаем выражение не зависящее от
номера зоны m, из которого следует решение:
r


2
2

 r12  1 1 
    598нм
2
a b
110
5.106. Монохроматическая плоская световая волна с интенсивностью I0
падает нормально на непрозрачный диск, закрывающий для точки наблюдения
Р первую зону Френеля. Какова стала интенсивность света I в точке Р после
того как у диска удалили:
а) половину (по диаметру);
б) половину внешней половины первой зоны Френеля (по диаметру)?
Решение.
а) Если диск закрывает первую зону, то амплитуда поля в точке наблюдения
будет определяться длиной вектора А (красный цвет). Если бы бы убрали диск,
т.е. открыли первую зону, то результирующий вектор представлял бы собой
сумму векторов A и вектора 01 (синий цвет штриховая линия), но поскольку
отрыли половину (по диаметру) первой зоны, то будет добавляться только
1
половина вектора 01 : B  01 (синий цвет, сплошная линия). Вектора A и B
2
примерно равны по длине и противоположны по направлению, поэтому
амплитуда поля в точке Р будет равна нулю: I  0 .
1
A
B
0
б) В этом случае, если бы открыли внешнюю половину первой зоны, то к
вектору A надо было бы прибавлять вектор 0(1 / 2) (синяя пунктирная прямая),
111
но поскольку открыли только половину внешней половины первой зоны, то
1
нужно прибавлять вектор B  0(1 / 2) (синяя сплошная).
2
1
B
A
S
1/2
0
Сумма этих векторов – вектор Сумма этих векторов – вектор S . Его длину
можно вычислить по теореме Пифагора (с учетом результатов задачи 5.105):
Сумма этих векторов – вектор S . Его длину можно вычислить по теореме
Пифагора (с учетом результатов задачи 5.105):
2
 0(1 / 2) 
2I0 I0
S  I  A 
 .
  I0 
4
2
 2 
2
2
5.112. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
круглое отверстие. На расстоянии b = 9,0 м от него находится экран, где
наблюдают
некоторую
дифракционную
картину.
Диаметр
отверстия
уменьшили в η = 3,0 раза. Найти новое расстояние b’, на котором надо
поместить экран, чтобы получить на нем дифракционную картину, подобную
той, что в предыдущем случае, но уменьшенную в η раз.
Решение.
Предположим, что отверстие таково, что в центре дифракционной картины
видно m зон Френеля. Тогда при новом размере отверстия картина дифракции
112
не изменится, если при новом положении экрана в центре будет также видно m
зон Френеля. С учетом того, что a   :
rm  mb ; rm'  mb ' 
rm
mb
b

;  b'  2 1 м



5.117. Плоская световая волна длины 0,60 мкм падает нормально на
непрозрачную длинную полоску ширины 0,70 мм. За ней на расстоянии 100 см
находится
экран.
Найти
с
помощью
спирали
Корню
отношение
интенсивностей света в середине дифракционной картины и на краях
геометрической тени.
Решение.
b
-d/2
x=0
d/2
x
Найдем интенсивность в центре геометрической тени, за полоской (см. рис).
При том выборе начала координат, который показан на рисунке, для
наблюдателя в центре за пластинкой (х = 0) с каждой стороны закрыты
одинаковые по протяженности части волнового фронта. Поэтому параметр t для
правой части волнового фронта по абсолютной величине равен параметру для
левой части волнового фронта
2 d
2
7 104
tп 

 0,64; t л  0,64 .
b 2
2
1  6 107
113
1,5
2,5
F
+
1,0
2,0
0,5
t лв
tп
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Поле в х=0 равно сумме векторов Ft лв и tп F . В силу симметрии эти векторы
параллельны и их длины равны, поэтому интенсивность в х = 0
I x 0 

I0
2 tп F
2

2
 I 0 2   0,384   0,295I 0 .
2
Найдем интенсивность на границе геометрической тени (в х = –d/2). Тогда
t лв  0 для левой части волнового фронта, а для правой половины волнового
фронта
tп 
2
d  1,28
b
114
1,5
tп
2,5
F+
1,0
2,0
0,5
t лв
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Эти векторы противоположны по направлению, поэтому длина суммы этих
векторов, равна разности их длин. Таким образом, интенсивность на границе
геометрической тени
I x d /2 

I0
tп F  Ft лв
2

2

I0
 0,47252  0,112I0
2
Отношение интенсивностей в центре тени и на ее границе
I x 0
I x  d /2

0,295
 2,6 .
0,112
При использовании линейки, сначала находят I 0 , значение которой равно
половине от квадрата расстояния между фокусами F+ и F– на спирали Корню.
Все другие измерения проводят в единицах I 0 . В любом случае, влияния
масштаба рисунка спирали Корню можно избежать при нахождении не
абсолютных значений, а отношений интенсивности.
5.126. Свет с длиной волны λ = 0,50 мкм падает на щель ширины b = 10 мкм
под углом θ0 = 30 к ее нормали. Найти угловое положение первых минимумов,
расположенных по обе стороны центрального фраунгоферова максимума.
115
Решение.
Формула (3) дана для нормального падения. На правом рисунке можно видеть,
что при нормальном падении волны 1 и 2 приходят к щели в фазе, а после щели
при дифрагировании на угол θ, между первой и второй волнами возникает
разность хода d sin  , которая для минимумов должна равняться целому числу
длин волн m . При наклонном падении перед щелью между первой и второй
волнами разность хода d sin  , а после дифрагирования на щели возникает
дополнительная разность хода d sin  , т.е. суммарная разность хода при
наклонном падеии
d sin   d sin   m
2
1
d
2
1

d




1
1
2
2
Используем эту формулу, находим:


 

1  arcsin   sin    33; 1  arcsin 
 sin    27
b

 b

5.134. Свет с длиной волны λ = 0,60 мкм падает нормально на дифракционную
решетку, которая нанесена на плоской поверхности плоско-выпуклой
цилиндрической стеклянной линзы с радиусом кривизны R = 20 см. Период
решетки
d = 6,0
мкм.
Найти
расстояние
между
симметрично
расположенными главными максимумами первого порядка в фокальной
плоскости этой линзы.
Решение.
Волны, от различных участков решетки, дифрагировавшие под углом,
соответствующим первому максимуму,
sin 1 

,
d
116
распространяются параллельно друг другу. Линза фокусирует параллельно
идущие лучи в определенные точки фокальной плоскости, поэтому в фокальной
плоскости
будет наблюдаться
система дифракционных
максимумов и
минимумов. Фокусное расстояние линзы
f 
R
n 1
и на этом же расстоянии наблюдается дифракционная картина. Расстояние от
центра дифракционной картины до первого максимума
x  f  tg 1  f
sin 1
1  sin 2 1
 f


d 1  
d 
2

R
1
.
(n  1)  d 2
  1

Поскольку нас интересует расстояние между максимумами первого порядка, а
максимумы расположены симметрично относительно центра картины, то
искомое расстояние
x  2 x 
R
2
 0,08 м .
(n  1)  d 2
  1

5.136. Плоская световая волна длины падает нормально на фазовую
дифракционную решетку, профиль которой показан на рисунке. Решетка
нанесена на стеклянной пластинке с показателем преломления n. Найти
глубину h штрихов, при которой интенсивность центрального фраунгоферова
максимума равна нулю. Каков при этом угол дифракции, соответствующий
первому максимуму?

h
a
Решение.
117
a
В задаче рассматривается фазовая решетка. Между волнами, прошедшими
через зубец, и прошедшими через выемку, существует оптическая разность
хода
1  h(n  1) .
Так как ширина зубца равна ширине выемки вклад каждого из этих участков в
интенсивность нулевого порядка будет одинаковым. По условию задачи эти
волны в центральном максимуме при сложении должны погасить друг друга,
т.е. находиться в противофазе друг к другу. Поэтому
1  m 

1 
1
 h(n  1);  h 
 m   ; m  0,1,2,....
2
n 1
2
a

h

s2
s1
2
1
Для нахождения условия максимума дифракции вычислим разность хода лучей
1 и 2 (см. рис.). Пути проходимые этими лучами и оптическая разность хода
между ними
s1 
h
h
 a sin ; s2 
;
cos 
cos 
  s1  ns2  a sin  
h(n  1)
cos 
Учитывая, что по условию (см. выше)
h(n  1)  m 

,
2
условие для дифракционного максимума должно быть следующим:
1

m  

h(n  1)
2
  a sin  
 k ;  a sin   
 k ; k  0, 1,  2,... .
cos 
cos 
Считая, что для первого максимума углы дифракции малы (cosθ ~ 1)
118
1

a sin    k  m   
2

При условии k+m = 0, первый максимум будет наблюдаться под углом
sin  

.
2a
5.147. При нормальном падении света на дифракционную решетку ширины 10
мм обнаружено, что компоненты желтой линии натрия (589,0 и 589,6 нм)
оказываются разрешенными, начиная с пятого порядка спектра. Оценить:
а) период этой решетки;
б) при какой ширине решетки с таким же периодом можно разрешить в
третьем порядке дублет спектральной линии с λ = 460,0 нм, компоненты
которого отличаются на 0,13 нм.
Решение.
а) По формуле (7) найдем количество штрихов у решетки, а по количеству
штрихов, зная ширину решетки, можно найти период:

L

L Lm 102  5  0,6
R
 mN ;  N  
; d 

 5,1  105 м

d m
N

589,6
б) Из последнего выражения можно найти решение
Lm
d  5  105  460
d
;  L

 0,06 м

m
3  0,13
5.156. Вычислить наименьшее расстояние между двумя точками на Луне,
которое можно разрешить рефлектором с диаметром зеркала 5,0 м. Считать
λ = 0,555 мкм.
Решение.
По формуле (8) наименьшее угловое расстояние, разрешаемое данным
объективом
 
1,22
.
D
С другой стороны
119
 
x
,
L
где х – расстояние на Луне, разрешимое в данный телескоп, а L = 384400 км.
Приравнивая правые части этих выражений, находим
9
1,22
8 1,22  555  10
xL
 3,844  10
 52 м
D
5
120