Logo
Logo

Измерение радиуса звезды

A1  0.20 Рассмотрим случай, когда лучи 1 и 2 параллельны оси $z$, а зеркало M3 параллельно плоскости $xy$. Найдите разность оптических путей $\Delta_{12}$ между лучами 1 и 2, если они оба падают на экран в точке $O$.

На горизонтальных участках разность путей составляет $L_1 - L_2$, ещё первый луч дважды проходит расстояние $L_3$. Таким образом, суммарная разность:
$$\Delta_{12} = L_1+2L_3-L_2$$

Ответ: \[\Delta_{12}=L_1+2L_3-L_2\]
A2  1.40 Рассмотрим случай, когда зеркало M3 отклоняют на угол $\alpha$ от плоскости $xy$ путём вращения вокруг оси $x$ (см. рис. 1). Если луч 1' падает на экран в точке $O$, найдите разность оптических путей $\Delta_{1'2}$ между лучами 1' и 2. Покажите, что в первом приближении разность хода не зависит от $\alpha$ и упростите ваш ответ при $\alpha\ll1$.

Заметим, что треугольник полученный из путей лучей 1 и 1' от зеркала М3 до точки $O$ равнобедренный. Ещё изменения горизонтального и вертикального путей из-за изменения точки падения луча компенсируют друг друга. Единственный параметр влияющий на путь, пройденный лучом 1, это координата $z$ точки попадания на зеркало М3: она влияет на расстояние пройденное от HM до M3. А оптический путь луча 2 никак не изменяется. Получаем:
$$\Delta_{1'2} = \Delta_{12} - \left(2(L_3+L_4)\sin{\alpha}\right)\cdot \sin{\alpha} = \Delta_{12} - 2(L_3+L_4)\sin^2{\alpha}$$
Подставляя результат прошлого пункта:
$$\Delta_{12'} = L_1+2L_3-L_2 - 2(L_3+L_4)\sin^2{\alpha} \approx L_1+2L_3-L_2 - 2(L_3+L_4)\alpha^2$$

Ответ: \[\Delta_{1'2}=L_1+2L_3-L_2-(L_3+L_4)\frac{\sin\alpha\sin2\alpha}{\cos\alpha}=L_1+2L_3-L_2-2(L_3+L_4)\alpha^2\]
B1  0.80 Пусть лучи 1 и 2 падают в фиксированные точки зеркал M1 и M2 соответственно. Покажите в листах решений, что в первом приближении оптические пути лучей 1 и 2 от точек отражения от зеркал M1 и M2 соответственно до экрана не зависят от углов $\theta$ и $\alpha$.

B2  0.80 Пусть углы $\alpha$ и $\theta$ зафиксированы, а положения точек падения лучей 1 и 2 на зеркала M1 и M2 соответственно могут изменяться. Покажите в листах решений, что оптические пути лучей 1 и 2 от пунктирной линии, соответствующей координате $z_\text{п}=L_3+L_4$ (подразумеваются точки пересечения пунктирной линии с траекториями лучей 1 и 2 до падений на зеркала M1 и M2 соответственно), до экрана в первом приближении не зависят от углов $\theta$ и $\alpha$.

B3  1.00 Выразите $b$ и $\delta_O$ через $\lambda$, $L_1$, $L_2$, $L_3$, $L_4$.

$\delta_O$ можно найти, используя прошлую часть задачи, так как это значение разности фаз для $\theta = 0$. Заметим, что разность фаз возникает не только из-за разности оптических путей, но и из-за отражений: луч 1 отражается на один раз больше, поэтому он дополнительно смещён на $\pi$.
$$\delta_O = \cfrac{2\pi}{\lambda}\left(L_1+2L_3-L_2\right) + \pi$$
Можно заметить, что в силу утверждений, доказанных в B1 и B2 при изменении угла $\theta$ разность фаз возникает только из-за изменения путей до пересечения с пунктирной линией $z_\text{п} = L_3 + L_4$, то есть:
$$\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2) \theta = \cfrac{2\pi}{\lambda}b\theta$$
$$b = L_1+L_2$$

Ответ: \[b=L_1+L_2\\\delta_O=\frac{2\pi}\lambda\big[L_1+2L_3-L_2\big]+\pi\]
B4  0.60 Покажите в листах решений, что $$\delta_y=\delta_O-\cfrac{2\pi}{\lambda}\cdot 2\alpha y $$

Примечание: Далее во всех пунктах задачи можно пользоваться утверждениями пунктов B1-B4, даже если они не доказаны.

Рассмотрим два луча 1, которые приходят в точки на экране, расположенные на расстоянии $y$. В силу малости $\alpha$ расстояние между точками отражения этих лучей от М3 тоже равно $y$. Заметим, что разность оптических путей между ними возникает только из-за из-за разных координат $z$ точек отражения от M3: сокращается путь от HM до M3 и от M3 до экрана.
$$\Delta L = -2y\alpha$$
$$\delta_y = \delta_O - \cfrac{2\pi}{\lambda}\cdot 2\alpha y$$

Ответ: \[\delta_y=\frac{2\pi}\lambda\big[L_1+2L_3-L_2-2\alpha y\big]+\pi\]
B5  0.60 Таким образом, на экране возникнет интерференционная картина. Найдите расстояние $y_1$ до ближайшего к точке $O$ интерференционного максимума. Найдите также расстояние $\Delta y_m$ между двумя соседними интерференционными максимумами. Приведите численные ответы в случае $L_1=0.50~м$, $L_2=1.50~м$, $L_3=0.50~м$, $L_4=1.00~м$, $\alpha=10^{-4}$, $\theta=10^{-5}$, $\lambda=500~нм$.

Подставляя численные значения, получаем:
$$\delta = 81\pi - 800\cfrac{\pi}{1\text{м}}\cdot y$$
Максимум соответсвует $\delta = 2\pi n$. В точке $O$ находится минимум.
$$y_1 = \cfrac{\lambda}{4\alpha} = 1.25\text{мм}$$
$$\Delta y_m = \cfrac{\lambda}{2\alpha} = 2.5\text{мм}$$

Ответ: \[y_1=1.25\cdot10^{-3}~м\\\Delta y_m=\frac\lambda{2\alpha}=2.5~мм\]
B6  0.90 Найдите, как интенсивность $I(y)$ на экране зависит от координаты $y$, если её максимальное значение равно $I_0$, подставив сюда численные значения из предыдущего пункта. Учтите влияние светоделителя на интенсивность прошедшего света.

Амплитуда поля в луче 1 в $\sqrt{2}$ раз меньше, чем во втором. Тогда интенсивность, пропорциональная квадрату амплитуды:
$$I \sim 1 + 2 + 2\sqrt{2}\cos{\delta}$$
$$I(y)=I_0\frac{3-2\sqrt2\cos\left[80\pi\left(1-10\cfrac{y}{1\text{м}}\right)\right]}{3+2\sqrt2}$$

Ответ: \[I(y)=I_0\frac{3-2\sqrt2\cos\left[80\pi\left(1-10\cfrac{y}{1\text{м}}\right)\right]}{3+2\sqrt2}\]
C1  0.40 Выразите волновой вектор $\vec k$ падающих лучей через $\theta_x$, $\theta_y$, модуль волнового вектора $k=2\pi/\lambda$ и единичные орты координатных осей.

В силу малости углов $\theta_x$ и $\theta_y$:
$$k_z = - k$$
$$k_x = -k\theta_x$$
$$k_y = -k\theta_y$$

Ответ: \[\vec k=-k\big(\theta_x\hat x+\theta_y\hat y+\hat z\big)\]
C2  0.60 Выразите разность фаз между лучами 1'' и 2'' через $\lambda$, $L_1$, $L_2$, $L_3$, $L_4$, $\theta_x$, $\theta_y$, $\alpha$, $y$.

Заметим, что начальное смещение по оси $x$ лучей, попадающих в одну точку на экране, величина порядка $L_3 \theta_x$, разность оптических путей соответсвенно пропорциональна $\theta_x^2$, поэтому вклад $\theta_x$ можно не учитывать. Ответ аналогичен прошлой части задачи:
\[\delta_{1''2''}=\cfrac{2\pi}{\lambda}\big((L_1+L_2)\theta_y+(L_1+2L_3-L_2)-2\alpha y\big)+\pi\]

Ответ: \[\delta_{1''2''}=\cfrac{2\pi}{\lambda}\big((L_1+L_2)\theta_y+(L_1+2L_3-L_2)-2\alpha y\big)+\pi\]
D1  1.80 Запишите $V$ в виде интеграла по одной переменной. Явно производить интегрирование при этом необязательно.

Подсказка: интеграл некоторой функции $f(\theta_y)$, зависящей только от $\theta_y$, по поверхности диска радиусом $\theta_R$ можно представить в виде:\[I=\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R}\mathrm d\theta_y\int\limits_{-\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}}^{\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}}\mathrm d\theta_x~f(\theta_y)=\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R}\mathrm d\theta_y\cdot 2\sqrt{\theta^2_R-\theta^2_y}f(\theta_y).\]

Части звезды излучают независимо, поэтому интенсивности от них можно складывать.
$$dI = J d\theta_x d\theta_y\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(\frac{2\pi}\lambda\big(L_1+2L_3-L_2-2\alpha y\big)+\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)$$
Обозначим $\varphi_0 = \frac{2\pi}\lambda\big(L_1+2L_3-L_2\big)$.
$$I = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(-\frac{4\pi}\lambda\alpha y+\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2+d) \theta_y + \varphi_0\right)}\right)d\theta_y$$
Заметим, что:
$$I_{max} = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 + 2\sqrt{2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)d\theta_y$$
$$I_{min} = \int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} J\sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\left(3 - 2\sqrt{2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}\right)d\theta_y$$
Тогда видность:
$$V = \cfrac{2\sqrt{2}\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} \sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_y\right)}d\theta_y}{3\int\limits_{-\theta_R}^{\theta_R} \sqrt{\theta^2_R - \theta^2_y}d\theta_y}$$
Обозначим $\omega = \cfrac{\theta_y}{\theta_R}$.
$$V = \cfrac{2\sqrt{2}\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1 - \omega^2}\cos{\left(\cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d) \theta_R\omega\right)}d\omega}{3\int\limits_{-1}^{1} \sqrt{1 - \omega^2}d\omega}$$
Интеграл в знаменателе равен площади половины окружности единичного радиуса, то есть $\cfrac{\pi}{2}$. Обозначим $\eta = \cfrac{2\pi}{\lambda}(L_1 + L_2 + d)\theta_R$.
$$V=\frac{4\sqrt2}{3\pi}\int\limits_{-1}^1\mathrm dw\sqrt{1-w^2}\cos(\eta w)$$
Заметим, что интегрируемая функция чётная, поэтому:
\[V=\frac{8\sqrt2}{3\pi}\int\limits_0^1\mathrm dw\sqrt{1-w^2}\cos(\eta w)\]

Ответ: \[V=\frac{8\sqrt2}{3\pi}\int\limits_0^1\mathrm dw\sqrt{1-w^2}\cos(\eta w)\]
D2  0.90 Найдите угловой радиус Бетельгейзе $\theta_R$. Найдите её радиус $R$, если расстояние до неё $h=6.079\cdot10^{15}~км$.

Подсказка: Первые два нуля интеграла\[F_n=\int_0^1\left(1-w^2\right)^n\cos(\eta w)~\mathrm dw\]как функции $\eta$ приведены в таблице ниже.

Первые обнуления видности соответствуют $\eta_1$ и $\eta_2$ для $n = 0.5$. Таким образом:
$$\eta_2 - \eta_1 = \cfrac{2\pi}{\lambda}(d_2 - d_1)\theta_R$$
$$\theta_R = \cfrac{(\eta_2 - \eta_1)\lambda}{2\pi(d_2 - d_1)} = 1.18\cdot10^{-7}$$
$$R = \theta_Rh = 7.16\cdot10^8 \text{км}$$

Ответ: $$\theta_R = \cfrac{(\eta_2 - \eta_1)\lambda}{2\pi(d_2 - d_1)} = 1.18\cdot10^{-7}$$
$$R = \theta_Rh = 7.16\cdot10^8 \text{км}$$