Основные формулы
— Радиус внешней границы $m$-й зоны Френеля
$$r_m=\sqrt{\frac{ab}{a+b}m\lambda },$$

расстояния $a$ и $b$ показаны на рис. 5.10.
Рис. 5.10
— Площади отдельных зон Френеля
$$\mathrm{\Delta }S=\frac{\pi ab\lambda }{a+b}.$$
— Векторные диаграммы. Если разбить фронт сферической волны на элементарные кольцевые зоны, очень узкие по сравнению с шириной зон Френеля, то действие волн можно представить в виде векторной диаграммы амплитуд. На рис. 5.11a представлен результат сложения элементарных амплитуд для двух первых зон Френеля, на рис 5.116 для большого числа зон Френеля.

Рис. 5.11
— Дифракция Фраунгофера на щели
Рис. 5.12
— Условие минимумов интенсивности при нормальном падении света на щель (см. рис. 5.12)
$$b\sin \phi =\pm k\lambda ,k=1,2,3,\dots$$
— Дифракционная решетка условие равных максимумов
$$d\sin \theta =\pm k\lambda ,$$

где $k=1,2,3,\dots ;d$ — период решетки, $\phi$ — угол наблюдения.
— Угловая дисперсия дифракционной решетки
$$D=\frac{\delta \phi }{\delta \lambda }=\frac{k}{d\cos \phi }$$

— Разрешающая способность дифракционной решетки
$$R=\frac{\lambda }{\delta \lambda }=kN,$$

где $k$ — порядок дифракционной картины, $N$ — число штрихов решетки, $\delta \lambda ={\lambda }_1-{\lambda }_2$ — минимальная разница двух разрешаемых световых волн с длиной волны ${\lambda }_1$ и ${\lambda }_2$.
— Формула Брэгга-Вульфа. Условие дифракционных максимумов при отражении рентгеновского излучения от плоскостей кристалла:
$$2d\sin \alpha =k\lambda ,$$

где $d$ — межплоскостное расстояние, $\alpha$ угол скольжения луча, $k=1,2,3,\dots$ — порядок дифракционных максимумов.

Примеры решения задач
5.3.1. Плоская световая волна падает нормально на диафрагму с круглым отверстием, которое открывает первые $N$ зон Френеля — для точки Р на экране, отстоящем от диафрагмы на расстояние $b$. Длина волны света равна $\lambda$. Найти интенсивность света $I_0$ перед диафрагмой, если известно распределение интенсивности на экране $I(r)$, где $r$ — расстояние до точки Р.
Решение
Согласно закону сохранения энергии, энергия прошедшего через отверстие в диафрагме света равна энергии света, падающего на экран. Энергия света, прошедшего за 1 с через отверстие равна
$$W_1=I_{0}N\mathrm{\Delta }S\text{, }$$

где $\mathrm{\Delta }S$ — площадь одной зоны Френеля (см. рис. 5.11). Так как в нашем случае а $=\mathrm{\infty }$ (плоская волна), то $\mathrm{\Delta }S=\pi b\lambda$.
Энергия падающего за 1с света на экран
$$W_2={\int }_0^{\mathrm{\infty }}2\pi rdr\cdot I(r).$$

На основании равенства $W_1=W_2$ получаем

$$I_{0}N\pi b\lambda ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(r)2\pi rdr.$$

Окончательно
$$I_0=\frac{2}{Nb\lambda }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(r)rdr.$$

Ответ: $I_0=\frac{2}{Nb\lambda }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}I(r)rdr$.
5.3.2. Между точечным источником света и экраном поместили диафрагму с узким отверстием, радиус которого $r$ можно менять. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны $a=100$ см и $b=125$ см. Определить длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной картины на экране наблюдается при $r_1=1,00$ м и следующий максимум при $r_2=1,29$ м.
Решение
Предположим что при $r=r_1$ для центральной точки дифракционной картины на экране диафрагма открывает $m$ зон Френеля. Согласно формуле (5.3.1)
$$r_1=\sqrt{\frac{ab}{a+b}m\lambda }.$$

Следующий максимум при $r=r_2$ будет наблюдаться, когда число открытых зон Френеля увеличится на две
$$r_2=\sqrt{\frac{ab}{a+b}(m+2)\lambda }$$

Возводя уравнения (1) и (2) в квадрат и вычитая после этого из последнего уравнения первое, получим
$$r_2^2-r_1^2=\frac{ab}{a+b}(m+2-m)\lambda =\frac{2ab\lambda }{a+b}.$$

Отсюда получаем ответ
$$\lambda =\frac{(r_2^2-r_1^2)(a+b)}{2ab}=0,6\text{ мкм. }$$

Ответ: $\lambda =\frac{(r_2^2-r_1^2)(a+b)}{2ab}=0,6$ мкм.
5.3.3. Плоская световая волна $\lambda =640$ нм с интенсивностью $I_0$ падает нормально на круглое отверстие радиуса $r=1,20$ мм. Найти интенсивность в центре дифракционной картины на экране, отстоящем на расстояние $b=1,5$ м от отверстия.
Решение.
Определим число открытых зон Френеля для центральной точки на экране. Согласно формуле (5.3.1) при $a\to \mathrm{\infty }$ (т.к. падающая на диафрагму волна плоская):
$$r_m=\sqrt{\frac{abm\lambda }{a+b}}=\sqrt{bm\lambda }$$

Рис. 5.14

Отсюда, подставляя числовые значения соответствующих параметров, получаем
$$m=\frac{r_m^2}{b\lambda }=1,5,$$

то есть открыто 1,5 зоны Френеля. Векторная диаграмма для этого случая показана на рис 5.14.

Из рисунка видно, что амплитуда световой волны в центре дифракционной картины $OB=\sqrt{2}{A}_0$, где $A_0$ — амплитуда волны при полностью открытой диафрагме. Поскольку интенсивность световой волны пропорциональна квадрату амплитуды, то искомая интенсивность $I=2I_0$.
Ответ: $I=2I_0$
5.3.4. Плоская световая волна с $\lambda =0,60$ мкм падает нормально на достаточно большую стеклянную пластинку, на противоположной стороне которой сделана круглая выемка (см. рис. 5.15). Для точки наблюдения $\mathrm{P}$ она представляет собой первые полторы зоны Френеля. Найти глубину $h$ выемки, при которой интенсивность света в точке Р будет:
а) максимальной;
б) минимальной;
в) равной интенсивности падающего света.
Решение
Пусть сначала глубина выемки равна нулю. На рис. 5.16 показана спираль Френеля и
Рис. 5.15 вектор $a$, представляющий вклад в амплитуду электромагнитного излучения от первых полутора зон Френеля. Вектор $\mathit{c}$ показывает вклад от всех зон Френеля, поэтому вектор $\mathit{b}$ дает вклад от всех зон Френеля, кроме первых полутора зон. При увеличении глубины выемки изменяются фазовые соотношения между этими векторами.

Оптическая длина пути для света, проходящего через выемку глубиной $h$ в стеклянной пластинке с показателем преломления $n$ меньше, чем для света, идущего через всю толщу пластины на величину ( $n-1)h$. Разность фаз между лучами, прошедшими через выемку и остальными лучами, соответственно, уменьшается на величину
Рис. 5.16
$$\delta =\frac{2\pi }{\lambda }(n-1)h.$$

Это приводит к повороту вектора $a$ по часовой стрелке. Интенсивность света в точке наблюдения Р будет максимальной когда вектор $a$ станет параллельным вектору $\mathit{b}$, то есть повернется на угол $(3\pi /4)+2\pi k$, где $k=0,1,2\dots$ Необходимая глубина выемки определится из условия
$$\frac{2\pi }{\lambda }(n-1)h=(3\pi /4)+2\pi k,$$

откуда
$$h=\frac{\lambda (k+3/8)}{(n-1)}.$$

Интенсивность света в точке Р будет минимальна, когда векторы $a$ и b будут антипараллельны, то есть когда

$$\frac{2\pi }{\lambda }(n-1)h=(7\pi /4)+2\pi k$$

откуда
$$h=\frac{\lambda (k+7/8)}{(n-1)}.$$

Если вектор $\mathit{a}$ повернется на угол $2\pi k$ или угол $(3\pi /2)+2\pi k$, то сумма $\mathit{a}+\mathit{b}$ даст вектор, длина которого окажется равной длине вектора $\mathit{c}$ и, следовательно, интенсивность света в точке $\mathrm{P}$ окажется равной интенсивности падающего света. Это возможно при следующих глубинах выемки
$$h=\frac{\lambda k}{(n-1)}$$

или
$$h=\frac{\lambda (k+3/4)}{(n-1)}.$$

Используя значение показателя преломления для стекла $n=1,5$, получаем а) $h=1,2(k+3/8)$ мкм, б) $h=1,2(k+7/8)$ мкм, в) $h=1,2k$ мкм или $h=1,2(k+3/4)$ мкм.
Ответ: а) $h=1,2(k+3/8)$ мкм, б) $h=1,2(k+7/8)$ мкм, в) $h=1,2k$ мкм или $h=1,2(k+3/4)$ мкм, где $k=0,1,2\dots$.
5.3.5. Точечный источник монохроматического света расположен перед зонной пластинкой на расстоянии $a=1,5$ м от нее. Изображение источника образуется на расстоянии $b=1,0$ м от пластинки. Найти фокусное расстояние зонной пластинки.
Решение
Воспользуемся рис.5.10. Зонной пластинкой называется такая пластинка, которая закрывает, например, все нечетные зоны Френеля. По сравнению с обычной диафрагмой при использовании зонной пластинки в точке наблюдения резко увеличивается интенсивность света. Для радиусов зон Френеля в случае зонной пластинки справедлива формула (5.3.1). При увеличении $a$ положение освещенной точки на оси (см. рис. 5.10) будет изменяться: $b$ будет уменьшаться. При $a\to \mathrm{\infty }$ (плоская падающая волна) формула (5.3.1) имеет вид

$$r_m=\sqrt{b^{\prime }m\lambda }\text{. }$$

Приравнивая выражения для $r_m$, даваемые последней формулой и формулой (5.3.1), получаем
$$b^{\prime }=\frac{ab}{a+b}.$$

В точке, находящейся на расстоянии $b^{\prime }$ от зонной пластинки, в результате дифракции падающей плоской волны на этой пластинке интенсивность света оказывается максимальной. Поэтому указанную точку называют фокусом, а $b^{\prime }$ — фокусным расстоянием зонной пластинки.
Ответ: $b^{\prime }=\frac{ab}{a+b}$.
5.3.6. Определить длину волны монохроматического света, падающего нормально на дифракционную решетку с периодом $d=2,2$ мкм, если угол между направлениями на фраунгоферовы максимумы первого и второго порядков $\mathrm{\Delta }\vartheta ={15}^{\circ }$.
Решение
Направления главных максимумов, создаваемых дифракционной решеткой, определяются формулой (5.3.4). В данном случае $k$ имеет значения 1 и 2. Соответствующие уравнения запишутся следующим образом
$$\begin{array}{c}d\sin {\theta }_1=\lambda \\ d\sin {\theta }_2=2\lambda \\ \mathrm{\Delta }\theta ={\theta }_2-{\theta }_1.\end{array}$$

Перепишем уравнения (1) и (2) следующим образом:
$$\begin{array}{c}\sin {\theta }_1=\frac{\lambda }{d}\\ \sin {\theta }_2=\frac{2\lambda }{d}.\end{array}$$

Складывая и вычитая эти уравнения и используя тригонометрические соотношения для суммы и разности синусов, получаем:
$$\sin {\theta }_2+\sin {\theta }_1=2\sin \left(\frac{{\theta }_2+{\theta }_1}{2}\right)\cos \frac{\mathrm{\Delta }\theta }{2}=\frac{3\lambda }{d}$$

$$\sin {\theta }_2-\sin {\theta }_1=2\cos \left(\frac{{\theta }_2+{\theta }_2}{2}\right)\sin \frac{\mathrm{\Delta }\theta }{2}=\frac{\lambda }{d}.$$

Приведем эти уравнения к виду
$$\begin{array}{l}\sin \left(\frac{{\theta }_2+{\theta }_1}{2}\right)=\frac{3\lambda }{2d\cos \frac{\mathrm{\Delta }\theta }{2}}\\ \cos \left(\frac{{\theta }_2+{\theta }_1}{2}\right)=\frac{\lambda }{2d\sin \frac{\mathrm{\Delta }\theta }{2}}.\end{array}$$

Возведем эти уравнения в квадрат и сложим их, а затем после ряда простых преобразований получим окончательно:
$$\lambda =\frac{d\sin \mathrm{\Delta }\theta }{\sqrt{5-4\cos \mathrm{\Delta }\theta }}=0,54\text{ мкм. }$$

Ответ: $\lambda =\frac{d\sin \mathrm{\Delta }\theta }{\sqrt{5-4\cos \mathrm{\Delta }\theta }}=0,54$ мкм
5.3.7. Показать, что при нормальном падении света на дифракционную решетку максимальная величина ее разрешающей способности не может превышать значения $l/\lambda$, где $l$ — ширина решетки, $\lambda$ — длина волны света.
Решение
Условие главных дифракционных максимумов и разрешающая способность дифракционной решетки $R$ определяется соотношениями (5.3.4) и (5.3.6):
$$\begin{array}{c}d\sin \theta =k\lambda \\ R=\frac{\lambda }{\delta \lambda }\end{array}$$

Из первого уравнения следует
$$\sin \theta =\frac{k\lambda }{d}\le 1$$

Отсюда получаем
$$k\le \frac{d}{\lambda }.$$

Подставляя последнее соотношение в (2), получаем

$$R\le \frac{d}{\lambda }N=\frac{l}{\lambda },$$

где $l=Nd$. Таким образом
$$R\le \frac{l}{\lambda }.$$

Ответ: $R\le \frac{l}{\lambda }$
5.3.8. 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:
a) период этой решетки;
б) при какой ширине решетки с таким же периодом можно разрешить в третьем порядке дуплет спектральной линии с $\lambda =460,0\mathrm{HM}$, компоненты которого отличаются 0,13 нм.
Решение
a) Разрешающая способность дифракционной решетки определяется соотношением (см. (5.3.6))
$$R=\frac{\lambda }{\delta \lambda }=kN$$

Подставляя в это уравнение $\delta \lambda ={\lambda }_2-{\lambda }_1,N=\frac{l}{d}$, где $l$ — длина решетки, $d$ — ее период, получаем
$$\frac{\lambda }{{\lambda }_2-{\lambda }_1}=k\frac{\lambda }{d},$$

где $\lambda ={\lambda }_1\cong {\lambda }_2$. Из полученного равенства получаем искомый период решетки
$$d\cong \frac{kl({\lambda }_2-{\lambda }_1)}{{\lambda }_1}\cong 0,05\text{ мм. }$$
б) Используя формулу (1), получаем
$$l_1=\frac{{\lambda }_1}{\delta {\lambda }_1}\frac{d}{k_1},$$

где $l_1$ — искомая для данного случая длина решетки, ${\lambda }_1=460,0\mathrm{н}\mathrm{m}$, $\delta {\lambda }_1=0,13\mathrm{Hm},k_1=3$. Подставляя числовые значения параметров в (2), получаем ответ $l_1\cong 59\mathrm{н}\mathrm{м}$.
Ответ: а) $d\cong \frac{kl({\lambda }_2-{\lambda }_1)}{{\lambda }_1}\cong 0,05$ мм.; б) $l_1\cong 59$ нм.
5.3.9. Узкий пучок рентгеновских лучей падает под углом скольжения $\alpha =60,0^{\circ }$ на естественную грань монокристалла $\mathrm{NaCl}$, плотность которого $\rho =2,16$ г/см ${}^3$.. При зеркальном отражении от этой грани образуется максимум второго порядка. Определить длину волны излучения.
Решение
При решении воспользуемся формулой Брэгга-Вульфа (5.3.7) и рис. 5.13. Для определения межплоскостного расстояния $d$ в кубическом кристалле $\mathrm{NaCl}$ вычислим сначала объем элементарного куба (V), приходящийся на одну формульную единицу $\mathrm{NaCl}$
$$V=\frac{1}{N}=\frac{m}{\rho },$$

где $N$ — число молекул $\mathrm{NaCl}$ в $1{\mathrm{cm}}^3,\rho$ — плотность кристалла $\mathrm{NaCl}$, $m=(23+35.5)$ а.е.м. — масса одной молекулы $\mathrm{NaCl}$. Объем, приходящийся на один любой атом в кристалле ( $\mathrm{Na}$ или $\mathrm{Cl}$ ) равен $V/2$. Следовательно сторона элементарного куба, приходящегося на один атом в кристалле $\mathrm{NaCl}$, а значит и межплоскостное расстояние равны
$$d=\sqrt[3]{V/2}=\sqrt[3]{m/2\rho }$$

Подставляя соответствующие числовые значения в последнюю формулу, получаем $d=0,281$ нм. Далее, используя формулу Брэгга-Вульфа, получаем
$$\lambda =\frac{2d\sin \alpha }{k},$$

где $\alpha ={60}^{\circ },k=2$.
Ответ: $\lambda =\frac{2d\sin \alpha }{k}=0,243$ нм .