Теоретические основы оптико-электронных приборов - Мирошников М.М.
Скачать (прямая ссылка):
Растр состоит из N непрозрачных секторов, пропускание которых 2жтр = 0, и N прозрачных ТГ секторов, пропускание которых равно тр.
Полагая, что в начальный момент просвет растра расположен симметрично относительно краев отверстия диафрагмы в силу четности функций тр (ф) и тд (ф), как это было сделано выше, найдем:
т (t) = 0,5Ло +
оо
+ S Ak cos koo0t\ k=\
Рис. 187. Секторный растр с трапецеидальной
диафрагмой поля Ak — akaok, А0 = CLbaw\
ak =
Ф т
J тр (ф) cos 2nk dtp;
—Фу/2
+Ф7-/2 —Фу/2
«° = J тр (ф) dq>;
Ф2
aok = f Тд (ф) cos 2nk d(f>\
ф!
j тд(ф)с(ф.
<{>1
210
Имея в виду, что ц>т = 2л/N, найдем
4 я/Л/ —я/(2 Л/)
щ = J ТР (ф) C0S ^Ф ^ф — | ТР (ф) C0S ^Ф ^Ф "Ь
—л/Л/ —л/N
+n/(2N) +n/N
-f-— f тр (ф) cos Nk(p rfcp -]-----[ тр (ф) cos/Vfop с?ф.
Jt J JT J “
—Jt/(2iV) +я/(2М)
Поскольку для непрозрачных участков растра, ограниченных углами от —л/N до —л/(2я) и от -f-я/ (27V) до -f-Jt/TV, тр (ф) = О, а для прозрачного участка [от —я/ (2N) до +л/(2ДО) ] тр (ф) = тр, то можно найти
4я/(2Д/)
— Тр J cos Nkф dtp = тр sa к ,
—n/(2N)
N
ак
где sa л: = (sin *)/*.
Далее найдем:
я0 = тр sa (0) = тр;
(р 2 ^ + сбо
= J Тд (ф) cos 2лк —- йф = р" ~рг cos /Vfop t/ф =
<fi — «О
= (Pi —Pi) «о sa NkaQ.
-Ч? _
о
°OC=[(('2-f5)/°]aO-
Так как площадь части кругового кольца, ограниченного радиусами рг, р2 и центральным углом 2а0 (площадь диафрагмы), равна
с = (2a0/360c) л (р| — pf),
где угол 2а0 выражен в градусах, то выражая угол 2а0 в радианах, найдем
a = 2a0 (180/360) (р* — pf) = a0 (p* — pf). Следовательно,
a0k = [(р| — Pi) ao/a] sa ^afl = sa Nkav
Goo = 1
и можно найти:
Ak = = тр sa (for/2) sa ?/Va0;
Л0 = сi0am ~ Tp.
Амплитуда первой гармоники
A — Tp sa (зт/2) sa A/a0 = (2тр/л) sa /Va0;
211
Аг =0 при Na0 = max, а0 =m(n!N) = т (ц>Т/2), где m равно 1; 2; 3; 4; т. е. Аг = 0 в том случае, когда угловая ширина отверстия диафрагмы равна целому числу периодов растра.
§ б. МОДУЛЯЦИЯ СЕКТОРНЫМ РАСТРОМ ИЗЛУЧЕНИЯ, РАВНОМЕРНО РАСПРЕДЕЛЕННОГО В ПРЕДЕЛАХ КРУГЛОЙ ДИАФРАГМЫ ПОЛЯ
Отверстие диафрагмы представляет собой круг радиусом г, имеющий на расстоянии р0 угловой размер 2а0 (рис. 188). Отвер-’ стие не закрыто фильтром, т. е. тф (ср) =1, и, следовательно, падающий поток излучения распределен равномерно по отверстию
диафрагмы. Растр состоит из N непрозрачных секторов, пропускание которых равно нулю, и N прозрачных секторов, пропускание которых равно тр.
Полагая, как в предыдущем случае, что в начальный момент времени просвет растра расположен симметрично относительно коаев отвеостия диафрагмы (отсчет угла Wn производится от центра
Р,(9>)
Рис. 188. Секторный растр с круглой диафрагмой поля
ОО
Ф(Л = 0,5ДА(/) + 0,5 ? AsNW—адH-'I’o(/ + */.№
оо
т (/) = 0,5У10 Ц Ак cos koУ;
212
Aq — а0а00, А/, ft/flok,
4~фу/2
аи^~- Фг
f тр (ф) cos 2nk dtp;
-Ф7./2
Ф*
«0*= j тд (ф) cos 2л,/г d(p;
Ф1
«00 = [«о/г ]ft=0; Oq — Г«/Л/г=0 •
Поскольку фт = 2л/N, то
ak = тр sa (ifen/2); я0 = тр.
Далее найдем аоА;. Полагая, что полюс лежит вне диафрагмы, т. е. Ро > г, имеем
\ (ф) ^ [Pi (ф) — Р? (ч)]/(2а).
Так как уравнение окружности в полярных координатах (рис. 189) имеет вид
Р2 — 2рр0 cos (ф — ф0) -f (pj — г2) — 0,
то
р2 1 = p0COS (ф— Фо) It ± j/~Р2 COS2 (ф — ф0) - (р20-г2), о гкуда
Р2 Pi = 2р0 cos (ф Фо)>
Рис. 189. Окружность в полярных координатах
Р2 Pi 2 j/~Po cos- («( ф0) (pq /“),
Р2 Pi ~ (P‘2 Г Pi) (P2 Pi) =
= Mv cos ((p - (Po) у \ — xl sin2 (<p - <p0),
где x0 = Po/r.
Учитывая также, что a = лг2, получим
тд (ф) = (Р2 ~ Pi)/(2<?) =
= (2/л) х0 cos (ф — ([ 0) у \ — xl sin2 (<р — (| 0). Соответственно,
ф2
аы = -^Гхо j V1 “ xlsin2 ((1 “ (Г0) cos (Ф - Фо) cos NhV d{V-
Ф1
Последующий расчет может проводиться двумя путями.
213
Первый путь используется исключительно в случае, когда
*о =Р(Л > 1-
Полученное выражение для aok приводится к виду
л
aok = cos J sin2 0 cos ? Nk arcsin cos 0^ j dQ. о
Для этого прежде всего заметим, что при х0 =p0/r>> 1 Фх = Фо — «о = Фо — arcsin (г/ро);
Фа = Фо + «о = Фо + arcsin (г/р0).
Следовательно,
Фо+arcsin (г/рц)
aok = - — xQ j V1 — а о sin2 (ф — фо) cos (ф — ф0) cos Nkydy.
Фо—arcsin (л/Ро)
Избавимся от ф0 в пределах интегрирования, вводя обозначение
а = ф — ф0, тогда найдем
+arcsin (г/ро)
aok = — лг0 J V1 — (*0 sin a)2 cos a cos Nk (a -J- ф0) da.
—arcsin (г/ро)
Так как
cos Nk (а -}- фо) = cos Nka cos NkyQ — sin Nka sin Nkq>0,
а интеграл в симметричных пределах от выражения, включающего в себя в качестве сомножителя sin Nka, равен нулю, то
-farcsin (г/Ро)
aok =~х0 cos Nkф0 J V1 — (a0 sin a)2 cos a cos Nka da.
—arcsin (г/ро)
Избавимся от arcsin (г/р0) в пределах интегрирования, вводя обозначение
у — Nk sin а,
тогда получим
«о*=-?-* ^ Т «•ж) ^
—у о
где «/о = (г/ро).
Обозначим далее
i//t/0 = cos 0.
Справедливость такой подстановки определяется условием у/у о < 1. Действительно,
у/уп = (Nk sin a)l [Nk (г/ро) 1 = (р0/0 sm а*
очевидно, что
(у1Уо)тах = [(Ро/о sin a]max = (Ро/г) sinamax,
214
ио максимальное значение а определяется пределами интегрирования, т. е.
