Основные формулы
– Радиус внешней границы $m$-й зоны Френеля
\[
r_{m}=\sqrt{\frac{a b}{a+b} m \lambda},
\]
расстояния $a$ и $b$ показаны на рис. 5.10.
Рис. 5.10
– Площади отдельных зон Френеля
\[
\Delta S=\frac{\pi a b \lambda}{a+b} .
\]
– 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)
\[
b \sin \varphi= \pm k \lambda, \quad k=1,2,3, \ldots
\]
– Дифракционная решетка условие равных максимумов
\[
d \sin \theta= \pm k \lambda,
\]
где $k=1,2,3, \ldots ; d$ – период решетки, $\varphi$ – угол наблюдения.
– Угловая дисперсия дифракционной решетки
\[
D=\frac{\delta \varphi}{\delta \lambda}=\frac{k}{d \cos \varphi}
\]
– Разрешающая способность дифракционной решетки
\[
R=\frac{\lambda}{\delta \lambda}=k N,
\]
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:
\[
2 d \sin \alpha=k \lambda,
\]
где $d$ – межплоскостное расстояние, $\alpha$ угол скольжения луча, $k=1,2,3, \ldots$ – 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
\[
W_{1}=I_{0} N \Delta S \text {, }
\]
где $\Delta S$ – площадь одной зоны Френеля (см. рис. 5.11). Так как в нашем случае а $=\infty$ (плоская волна), то $\Delta S=\pi b \lambda$.
Энергия падающего за 1с света на экран
\[
W_{2}=\int_{0}^{\infty} 2 \pi r d r \cdot I(r) .
\]
На основании равенства $W_{1}=W_{2}$ получаем
\[
I_{0} N \pi b \lambda=\int_{0}^{\infty} I(r) 2 \pi r d r .
\]
Окончательно
\[
I_{0}=\frac{2}{N b \lambda} \int_{0}^{\infty} I(r) r d r .
\]
Ответ: $I_{0}=\frac{2}{N b \lambda} \int_{0}^{\infty} I(r) r d r$.
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)
\[
r_{1}=\sqrt{\frac{a b}{a+b} m \lambda} .
\]
Следующий максимум при $r=r_{2}$ будет наблюдаться, когда число открытых зон Френеля увеличится на две
\[
r_{2}=\sqrt{\frac{a b}{a+b}(m+2) \lambda}
\]
Возводя уравнения (1) и (2) в квадрат и вычитая после этого из последнего уравнения первое, получим
\[
r_{2}^{2}-r_{1}^{2}=\frac{a b}{a+b}(m+2-m) \lambda=\frac{2 a b \lambda}{a+b} .
\]
Отсюда получаем ответ
\[
\lambda=\frac{\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right)(a+b)}{2 a b}=0,6 \text { мкм. }
\]
Ответ: $\lambda=\frac{\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right)(a+b)}{2 a b}=0,6$ 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 $a \rightarrow \infty$ (т.к. падающая на диафрагму волна плоская):
\[
r_{m}=\sqrt{\frac{a b m \lambda}{a+b}}=\sqrt{b m \lambda}
\]
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 $O B=\sqrt{2} A_{0}$, где $A_{0}$ – амплитуда волны при полностью открытой диафрагме. Поскольку интенсивность световой волны пропорциональна квадрату амплитуды, то искомая интенсивность $I=2 I_{0}$.
Ответ: $I=2 I_{0}$
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 $\boldsymbol{c}$ показывает вклад от всех зон Френеля, поэтому вектор $\boldsymbol{b}$ 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 $\boldsymbol{b}$, то есть повернется на угол $(3 \pi / 4)+2 \pi k$, где $k=0,1,2 \ldots$ 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 $\boldsymbol{a}$ повернется на угол $2 \pi k$ или угол $(3 \pi / 2)+2 \pi k$, то сумма $\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$ даст вектор, длина которого окажется равной длине вектора $\boldsymbol{c}$ 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) $h=1,2 k$ 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) $h=1,2 k$ мкм или $h=1,2(k+3 / 4)$ мкм, где $k=0,1,2 \ldots$.
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 $a \rightarrow \infty$ (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
\[
b^{\prime}=\frac{a b}{a+b} .
\]
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: $b^{\prime}=\frac{a b}{a+b}$.
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 $\Delta \vartheta=15^{\circ}$.
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
\[
\begin{array}{c}
d \sin \theta_{1}=\lambda \\
d \sin \theta_{2}=2 \lambda \\
\Delta \theta=\theta_{2}-\theta_{1} .
\end{array}
\]
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:
\[
\sin \theta_{2}+\sin \theta_{1}=2 \sin \left(\frac{\theta_{2}+\theta_{1}}{2}\right) \cos \frac{\Delta \theta}{2}=\frac{3 \lambda}{d}
\]
\[
\sin \theta_{2}-\sin \theta_{1}=2 \cos \left(\frac{\theta_{2}+\theta_{2}}{2}\right) \sin \frac{\Delta \theta}{2}=\frac{\lambda}{d} .
\]
Приведем эти уравнения к виду
\[
\begin{array}{l}
\sin \left(\frac{\theta_{2}+\theta_{1}}{2}\right)=\frac{3 \lambda}{2 d \cos \frac{\Delta \theta}{2}} \\
\cos \left(\frac{\theta_{2}+\theta_{1}}{2}\right)=\frac{\lambda}{2 d \sin \frac{\Delta \theta}{2}} .
\end{array}
\]
Возведем эти уравнения в квадрат и сложим их, а затем после ряда простых преобразований получим окончательно:
\[
\lambda=\frac{d \sin \Delta \theta}{\sqrt{5-4 \cos \Delta \theta}}=0,54 \text { мкм. }
\]
Ответ: $\lambda=\frac{d \sin \Delta \theta}{\sqrt{5-4 \cos \Delta \theta}}=0,54$ 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
\[
\sin \theta=\frac{k \lambda}{d} \leq 1
\]
Отсюда получаем
\[
k \leq \frac{d}{\lambda} .
\]
Подставляя последнее соотношение в (2), получаем
\[
R \leq \frac{d}{\lambda} N=\frac{l}{\lambda},
\]
где $l=N d$. Таким образом
\[
R \leq \frac{l}{\lambda} .
\]
Ответ: $R \leq \frac{l}{\lambda}$
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))
\[
R=\frac{\lambda}{\delta \lambda}=k N
\]
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
\[
d \cong \frac{k l\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}} \cong 0,05 \text { мм. }
\]
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, $\lambda_{1}=460,0 \mathrm{нm}$, $\delta \lambda_{1}=0,13 \mathrm{Hm}, k_{1}=3$. Подставляя числовые значения параметров в (2), получаем ответ $l_{1} \cong 59 \mathrm{нм}$.
Ответ: а) $d \cong \frac{k l\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}} \cong 0,05$ 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
\[
\lambda=\frac{2 d \sin \alpha}{k},
\]
где $\alpha=60^{\circ}, k=2$.
Ответ: $\lambda=\frac{2 d \sin \alpha}{k}=0,243$ нм .
