Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Апенко М.И. -> "Задачник по прикладной оптике" -> 158

Задачник по прикладной оптике - Апенко М.И.

Апенко М.И. Задачник по прикладной оптике — М.: Высшая школа, 2003. — 591 c.
ISBN 5-06-004258-8
Скачать (прямая ссылка): zadachnikpoprikladnoy2003.djvu
Предыдущая << 1 .. 152 153 154 155 156 157 < 158 > 159 160 161 162 163 164 .. 168 >> Следующая

2 у = л1а2+Ь2 = л/2,82 + 2,92 =4,031.
Угловое поле (рис. 18.2, в) 2<о = 2arctg (y!f) = 2arctg (2,0155/50) = = 4,62°.
Диаметр линзы ограничивается величиной малой оси 2д эллипса (рис. 3.2). Вначале получим формулу для 2Ь. Зная уравнение профиля у2 = 2r^z - (1 - е2) z2, определим вершины кривой, положив у = 0: z, =0, z2= 2а = 2гД1 - е1), поэтому а = гД 1 - е2). При z = а из урав-нения профиля получим у = Ь; Ь1 = у2 = г02/(1 - е2) и fc =г0/л/ 1-е2 , 2Ь-2г0/V1 - е2 . Подставив численные значения для г0= г01 и е = е„ имеем 26 = 80,5. Однако в этом случае получим линзу значительной толщины d = а = 62,6 лш и кроме того, не все лучи пройдут через, линзу, поэтому можно взять ?>„,„ = (1,4...1,6) b - 56...64лш.
Следует обратить внимание на то, что величины полуосей а и b в данном случае нельзя определять по формулам, приведенным для анаберрационных поверхностей в гл. 3.
Задача 18.4. Эллипсоидная отражающая поверхность имеет вершинный радиус кривизны г0=-75 мм, эксцентриситет е = 0,5. Определить положения s'p- анастигматических выходных зрачков. Проверить, являются ли центры зрачков анаберрационными точками.
35 — 2509 545
/
1 \ \ — ——' г 1 1
• ^ ¦
-с -,-с r[rSfV

~*F>
Рис. 18.3. Профиль эллипсоидной отража-
ющей поверхности____________________
Решение. Для поверхностей второго порядка положение анастигматических выходных зрачков, найденных с применением уравнений Юнга — Гульстранда [1], определяется уравнением
^=-|(i±VTT5),
где В = -( 1 -е2).
Используя условия задачи, запишем уравнение профиля поверхности (начало координат совмещено с вершиной поверхности): j>2=2r0z-
- (1 - e2)z2 = 2(-75) z- (1 -0,25) z2 = -150 z- 0,75 z2; уравнение профиля можно записать в виде y2=Az + Bz2, поэтому в данном случае В = -0,75. Подставим полученные значения в уравнение s'r:
4 = -i(l + VTTB)=-i^(l + ,/l-0,75)=-150;
4; =-*• (l -^/ЙГв)= (l --5»-
Для того, чтобы определить, в каких особых точках находятся центры выходных зрачков, найдем геометрические характеристики эллипса — величины полуосей а и Ь, расстояние 2с между геометрическими фокусами F, и F2 и положения геометрических фокусов sFi~ а-с и sF = с + а (рис. 18.3). Для вычисления а и b используем формулы, полученные в задаче 18.3:
а = г0 /(l - е2 )= - 75/(l - 0,52 )= -100;
b = |r0/VbV =| -75/л/1-0,25| = 86,6025,
тогда с = ае (см. гл. 3) и с = -100-0,5 = -50.
Найдем положения точек геометрических фокусов: sF = с + а = =-50 - 100 =-150; sF{ = а - с = -100 + 50 = —50, т. е. c + a=s'P;, a a-c=s'Pследовательно центры выходных зрачков совпадают с геометрическими фокусами эллипсов.
Проверим, являются ли эти точки анаберрационными. Для этого Вычислим величины полуосей, используя формулы для анаберраци-онных отражающих поверхностей (гл. 3)]_ а = 0,5 (5 + s') - 0,5х х( s'p; + s'P-) = 0,5(—150 — 50) = -100, 6 = л/5? = ф'Р; ¦ s'p¦ = 86,6025.
546
Полученные значения совпали с теми, что вычислены по общим формулам для а и Ь, следовательно точки являются анаберрацион-ными и сопряженными. Поэтому, если в одном из геометрических фокусов находится центр выходного зрачка, то в другом находится центр входного зрачка.
Задача 18.5. Вывести уравнение профиля анаберрационной отражающей поверхности, если s, = -«= и доказать, что поверхность не является апланатической.
Решение. Для вывода уравнения профиля поверхности используем условие образования точечного изображения (гл. 3) ?я/ = const. Так как знаки отрезков учитывают отражение лучей и изменение знака показателя преломления на обратный (и' но к отражающей поверхности условие точечного изображения сводится к суммированию отрезков для каждого из лучей.
Запишем равенство геометрических путей для действительного луча, идущего на высоте у, и для параксиального луча (у = 0)
(рис. 18.4): МК + KF' = F'O + OF' или
- f' + z + л) у2 + (z - f'f = -2f, откуда
ЫУ2 +(z-/')2 =-/'-z = -(T + z).
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем уг + (z - /')2 = [-(/"'+ z)]2 и в результате получаем у2 = 4/'z. Так как /'= г</2, то у1 =
= 2г<? — получено уравнение параболы, следовательно е = 1.
Для того,чтобы поверхность была апланатической, при отсутствии сферической аберрации необходимо соблюдение условия синусов, т. е. Д/'= const при = Найдем f' = yj sin o'.
Из рис. 18.4 видно, что
f' = KF' = -Jy2+(f'-z)2 =л/4 f'z + if'-zf =
= 'j(f' + zY =/'+Z,
т. е. /'—/' = Af' = z = var.
Следовательно, анаберрационная параболоидная отражающая поверхность не является апланатической и вносит меридиональнуго кому, которую для небольших угловых полей можно оценить по формуле К = 3y'Af'/f', где у' = -/'tg со, поэтому К = -ЗД/'tg со.
Задача 18.6. Рассчитать анаберрационную систему Грегори (классическая система) с /'—180 мм, D!f=1:3, 2(0 = 3°, k, = 0,38 и 8 = 0,03/', если из габаритного расчета получено (гл. 16) /-,= = -91,3043, г2= 27,6763, d = -63. Выполнить аберрационный анализ
= -п), то применитель-
м F >6 Ж 7% У \0 z
} , -/' j -Z
Рис. 18.4. Анаберраци-оиная отражающая поверхность
35*
547
анаберрационной системы и системы типа Грегори со сферическими поверхностями и сравнить значения сферической аберрации и меридиональной комы.
Предыдущая << 1 .. 152 153 154 155 156 157 < 158 > 159 160 161 162 163 164 .. 168 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed