ZO-2012 Физика задания для контрольной

стояние между соседними максимумами

хмакс и минимумами хмин . Длина

световой волны в вакууме λ0

= 500 нм.

Дано

Анализ и решение

d = 5,00 мм

Сделаем рисунок. До встречи в произвольной точке M , в

L = 6,0 м

которой оценивается результат интерференции, каждая из

λ

= 500 нм

волн проходит соответствующий оптический путь L1 и L2 ,

0

равный произведению геометрического пути l на показатель

k

= 3, 5

хмакс ,

хмакс ,

преломления среды n . Считая начальные фазы колебаний

хмин ,

хмин – ?

равными нулю, а амплитуды одинаковыми, запишем уравне-

ния волн, излучаемых данными источниками

E = E

sin(2π vt −

2π L1

) ,

1

01

λ0

E = E

sin(2π vt −

2π L2

) ,

2

01

λ0

где ν –

частота световых колебаний, L1 = l1n0 ,

L2 = l2n0 –

оптические пути, прохо-

димые волнами, n0 – показатель преломления вакуума.

M

l1

х

S1

х

l2

d / 2

О

I

d D

А

d / 2

S2

А

Результирующее колебание в точке M находится по принципу суперпозиции

E = E + E		= 2E cos(	π	)sin(2πν t +	π	) ,
			λ0		λ0
1	2	01

где = (L1 − L2 ) – оптическая разность хода интерферирующих волн.

Как видно из формулы, результат сложения есть гармоническое колебание с частотой ν и амплитудой

	E = 2E cos(		π	) ,	(1)
			λ0
	0	01

которая зависит от параметра

80

( π D) .

λ0

Так как интенсивность света определяется квадратом амплитуды светового

вектора E , то, возведя обе части уравнения (1) в квадрат, интенсивности света на экране:

	I = 4I cos2 (	π	D) = 2I		+ cos(	2π
				1
						λ0
	01	λ0
				01

получим распределение

D) .

Найдем связь геометрической разности хода волн

с координатой х точки

М на экране. Если величины d и х много меньше l ,

то, как следует из рисунка,

треугольники ABC и DFO можно приближенно считать подобными. Тогда

=

x

D =

d

x .

L

d

L

Таким образом, распределение интенсивности имеет вид

2π

d

I = 2I

1 + cos(

x)

.

(2)

01

λ0 L

График функции (2) представлен на рисунке.

I

4I01

О

О

Учитывая условие интерференционного максимума

= ±kλ0

и интерференционного минимума

D = ±(k + 1 )λ0 , 2

определяем на экране координаты максимумов, минимумов, а так же расстояние между соседними максимумами и минимумами:

x

=

L

D =

L

kλ ,

макс

d

d

0

x

=

L

D =

L

(k +

1

)λ ,

мин

d

d

2

0

x

= x

= x

- x =

L

λ .

макс

мин

k +1

k

d

0

Проведем расчет:

5 ×6 ×500 ×10−9

(3 +

1

) ×6

×500

×10−9

= 3×10−3

=

= 2,1×10−3 м,

х5 макс

=

м,

х3 мин

2

5,0 ×10−3

5,0 ×10−3

81

Dх	= Dх =	6 ×500 ×10−9		= 6 ×10−4 м.
макс	мин	5	×10−3

2. Плоско-выпуклая линза положена на стеклянную пластинку, причем меж- ду линзой и пластинкой нет контакта (см. рисунок). Диаметры пятого и пятнадцатого темных колец Ньютона, наблюдаемых в отраженном свете, соответственно равны D5 = 0,70 и D15 = 1,70 мм. Найти радиус кривизны R выпуклой поверхности линзы, если система освещается светом с длиной волны λ0 = 581 нм.

		Анализ и решение
	Дано	Сделаем рисунок. Если на систему, состоящую из линзы и
		пластинки, падает свет (для простоты будем считать, что свет
	D5 = 0,70 м	(луч 1) падает нормально к поверхности пластинки), то про-
	D15 = 1,70 мм	исходит следующее: в точке А световой пучок частично
	λ0 = 581 нм.	отразится (луч 2) а частично пройдет в воздушный зазор меж-
	n = 1,0	ду линзой и пластинкой и отразится от поверхности пластин-
		ки (луч 3).
	R = ?

1

r

2 3

r O

A

h

x

В точке А обе части светового пучка встречаются, имея разность хода

D = 2hn ± λ0 , 2

где h – толщина зазора, соответствующего точке A , n – показатель преломления среды между линзой и пластинкой. Наличие λ0 / 2 обусловлено потерей полуволны при отражении света от стеклянной пластинки. С другой стороны условием интерференционного минимума является

D = ±(k + 1 )λ0 , 2

где k = (0, 1, 2, …), λ0 – длина световой волны в вакууме. Таким образом

82

2hn + λo = (k + 1 )λ0 . 2 2

Откуда для толщины зазора, при котором наблюдается минимум интенсивности

световых волн, получаем:

h = k λ0 . 2n

Радиус r темного кольца для случая отсутствия оптического контакта выражается формулой (см. рисунок)

r2 = R2 - [R - (h - x)]2 ,

или

r2 = R2 - R2 - 2R(h - x) + (h - x)2 ,

где R – радиус поверхности линзы. Слагаемое (h - x)2 мало по сравнению с 2R(h − x) , поэтому им можно пренебречь. Тогда последняя формула примет вид

r2 = 2R(h - x) .

Подставим значение h для темного кольца, получим

r2 = 2R(k λ0 - x) . 2n

В условии задачи известны радиусы двух темных колец rk и ri :

		r2	= R(k λ0		- 2x) и r2		= R(i λ0 - 2x) .
		k		n		i			n
Взяв разность r2	и r2	, исключаем неизвестную величину зазора х :
k	i					2 = Rλ (k − i) ,
				r2	- r
				k	i	0
откуда
				R =		(D2 - D2 )n			.
						k	i
						4λ0 (k - i)
Подставляя числовые значения заданных величин, получаем
		R =		(1,702	- 0,702 )10−6 ×1				= 0,10 (м).
				4 ×581×10−9 (15 -			5)

Ответ: радиус кривизны линзы равен 0,10 м.

ЗАДАЧИ

331. Расстояния от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана соответственно равны а = 48,0 см, b = 6,00 м (см. рис. 4.1 Приложения). Показатель преломления бипризмы n = 1,50, преломляющий угол γ = 20 минут. Определить длину волны света λ0 , если ширина интерференционных полос х = 0,65 мм.

332. Пучок монохроматических световых волн ( λ0 = 600 нм) падает на стеклянную пластинку c показателем преломления n = 1,50. В каких пределах может

83

изменяться толщина d пластинки, чтобы в отраженном свете можно было наблюдать интерференционный максимум 12-го порядка?

333. Между двумя плоскопараллельными пластинками положили очень тонкую проволочку, расположенную параллельно линии соприкосновения пластинок и находящуюся на расстоянии l = 75,0 мм от нее. Пластинки освещаются нормально падающим монохроматическим светом ( λ0 = 0,50 мкм). В отраженном свете на верхней пластинке на протяжении а = 30,0 мм наблюдается N = 16 светлых интерференционных полос. Найти диаметр d поперечного сечения проволочки.

334. Интерференционная картина в виде колец Ньютона наблюдается с помощью двух плосковыпуклых линз, сложенных вплотную выпуклыми поверхностями (плоские поверхности параллельны). Пространство между линзами заполнено

жидкостью с	показателем преломления nж		= 1,4. Радиусы кривизны линз
R = 1,00 м и R		=2,00 м. Определить радиус r	св. второго светлого интерференци-
1	2	2

онного кольца, наблюдаемого в отраженном свете ( λ0 = 660 нм) при нормальном падении света на поверхность верхней линзы.

335.Во сколько раз в опыте Юнга нужно изменить расстояние до экрана, чтобы 5-я светлая полоса новой интерференционной картины оказалась на том же расстоянии от нулевой, что и 3-я светлая в прежней картине? То же для четвертой темной и шестой светлой. То же для третьей темной и седьмой темной.

336.Найти минимальную толщину пленки ( n = 1,33), при которой свет с длиной волны λ01 = 0,64 мкм отражается максимально, а свет с длиной волны

λ02 = 0,40 мкм, не отражается совсем. Угол падения света на пленку α = 30°.

337. Мыльная пленка ( n = 1,33), расположенная вертикально, образует клин. Свет от ртутной дуги ( λ0 = 546,1 нм) падает на клин под углом α = 15°. При наблюдении интерференции полос в отраженном свете оказалось, что расстояние между пятью полосами l = 2,0 см. Найти угол γ клина.

338. В установке для наблюдения колец Ньютона свет с длиной волны λ0 = 0,50 мкм падает нормально на плосковыпуклую линзу с радиусом кривизны R1 = 1,00 м. Линза положена выпуклой стороной на вогнутую поверхность плосковогнутой линзы с радиусом R1 = 2,00 м. Пространство между линзами заполнено жидкостью, показатель преломления которой nж = 1,4. Найти радиус третьего темного кольца Ньютона r3т , наблюдаемого в отраженном свете.

339. При освещении зеркал Френеля монохроматическим светом с длиной волны λ0 = 486 нм на экране, отстоящем на расстоянии а = 1,0 м от линии пересечении зеркал, наблюдают интерференционную картину (см. рис. 4.2 Приложения). Угол между зеркалами α = 10 минут. Источник света находится на расстоянии r = 10,0 см от линии пересечения зеркал. Определить расстояние между интерфе-

84

ренционными полосами х на экране. Сколько интерференционных полос можно видеть на экране?

340. На поверхность плоскопараллельной пленки падает под углом α = 30° параллельный пучок белого света. Показатель преломления пленки n = 1,30. При какой наименьшей толщине dмин пленка будет наиболее прозрачна одновременно для света с длинами волн λ01 = 0,60 мкм и λ02 = 0,50 мкм? Наблюдение ведется в проходящем свете.

Тема 23. Дифракция световых волн. Принцип Гюйгенса-Френеля. Дифракция Френеля на круглом отверстии. Дифракция Фраунгофера на одной щели. Дифракционная решетка. Поляризация световых волн. Степень поляризации. Закон Малюса. Поляризация света при отражении и двойном лучепреломлении. Закон Брюстера

Примеры решения задач

1. Дифракция наблюдается на расстоянии l от точечного источника моно- хроматического света ( λ = 0,50 мкм). Посередине между источником све- та и экраном находится непрозрачный диск диаметром D = 5,00 мм. Опре- делить расстояние l , если диск закрывает только центральную зону Френе- ля.

	Дано		Анализ и решение
	D = 5,00 мм		Дифракция света – явление, наблюдаемое при распро-
	λ0 = 500 нм.		странении света в среде вблизи непрозрачных тел, сквозь
	n = 1,0		малые отверстия и связанное с отклонениями от законов
			геометрической оптики. Расчет дифракционной картины на
	m = 1
			диске можно провести с помощью метода зон Френеля. Зоны
	а = b = l / 2
			Френеля – это участки волнового фронта (геометрическое
	l = ?
			место точек, до которых доходят колебания к моменту вре-

мени t ), выделенные таким образом, что расстояния от соответствующих точек двух соседних зон до точки, в которой определяется действие этой волновой по-

верхности, отличаются наλ0		2 . Сделаем рисунок.
		А		b + m	λ0
					Э
	а+x	rm			2
S
	a	В	х	b
☼
					M
		С

85

На рисунке S – точечный источник света, АС – диск, Э – экран, rm – радиус m -ой зоны Френеля, b – расстояние от волнового фронта до точки наблюдения M , a – расстояние от источника света до диска. Волновой фронт источника изображен пунктирной линией.

Рассмотрим прямоугольный треугольник

ABS и выразим из него радиус m –

ной зоны Френеля r2

m

= (a + x)2 − a2

= a2 + 2ax + x2 − a2 .

r2

m

Так как х<<а

, то величиной x2 можно пренебречь тогда

r2

= 2ax .

(1)

m

Рассмотрим треугольник ABM и найдем из него r2

m

r2 =

b + m

λ 2 - (b + x)2 ,

m

2

или

r2

= b2 + mbλ +

mλ

2

- b2 - 2bx - x2 .

m

2

Величинами

mλ

2 и x2

можно пренебречь, так как b<< λ х<<b. Тогда

2

2

r2 = mbλ - 2bx .

(2)

m

По условию задачи r

=

Dm

,

a = b =

l

. Учитывая это, запишем уравнения (1)

m

2

2

и (2) в виде

D2

l

D2

l

λ

l

l

λ -

D2

m

= 2

x , или

m

= m

- 2

x = m

m

.

4

2

4

2

4

2

2

Решаем последнее уравнение относительно l, получаем

D2

(5,00 ×10−3 )2

l =

m

= 50,0( м) .

=

mλ

1×5,00 ×10−7

2. На щель падает нормально параллельный пучок монохроматического све- та. Расположенная за щелью линза с фокусным расстоянием F = 2,00 м проецирует на экран дифракционную картину в виде светлых и темных полос. Ширина центральной светлой полосы l = 5,00 см. Как надо изменить ширину щели, чтобы центральная полоса занимала весь экран при любой его ширине?

Анализ и решение

Дано	Сделаем рисунок.
F = 2,00 м
l = 5,00 см
а2 – ?

86

а

ϕmin

ϕmin

F

l

Кривая на рисунке показывает распределение интенсивности света на экране. Центральная светлая полоса заключена между двумя минимума первого порядка. Ёе ширина l зависит от угла дифракции ϕ , который соответствует первому минимуму. В свою очередь угол ϕ связан с шириной щели а формулой

где λ0 –	аsinϕ = ±kλ0 ,						(1)
	длина световой волны в вакууме, k = 1.					величины λ0 , k
Так как при изменении ширины щели от а1 до а2							остаются
постоянными, то из формулы (1) следует
где λ0 –	аsinϕ = ±kλ0 ,						(1)
	длина световой волны в вакууме, k = 1.					величины λ0 , k
Так как при изменении ширины щели от а1 до а2							остаются
постоянными, то из формулы (1) следует
		а2	=	sinϕ2	,		(2)
		а		sinϕ
	1		1

где ϕ1 , ϕ2 – углы первых дифракционных минимумов, соответствующих размерам щели а1 , а2 . Из условия видно, что угол ϕ1 очень мал. Поэтому

sinϕ1 ≈ tgϕ1 =	l
		.
	2F

С другой стороны, чтобы центральная полоса занимала весь экран при его любой ширине, должно выполняться соотношение

		ϕ2	= π , sinϕ2 = 1.
				2
Подставив найденные значения sinϕ1 , sinϕ2						в формулу (2), получим
	=	b			5 ×10−2			а
а			а	=			а =	1	.
2		2F	1	2		× 2	1	80

Таким образом, ширину щели следует уменьшить в 80 раз.

87

3. Частично поляризованный свет проходит через николь. При его повороте на угол 60° от положения, соответствующего максимальному пропусканию света, интенсивность прошедшего света уменьшается в к = 2 раза. Пре- небрегая поглощением света в николе, определить отношение интенсивно-

стей естественного и плоскополяриизованного света I e / I0п , составляющих данный частично-поляризованный свет и степень поляризации падающего света Р .

	Дано			Анализ и решение
				Свет представляет собой суммарное электромагнитное излу-
α = 60°
к = 2				чение множества атомов. Световые волны, в которых направле-
				ния колебаний светового вектора E быстро и хаотически меня-
	I e / I0п – ?
	Р – ?			ются, называется естественным светом. Если колебания вектора
				E в световых волнах каким-то образом упорядочены, то свет бу-

дет поляризованным. Световые волны, в которых колебания вектора E одного направления преобладают над колебаниями других направлений, называется частично поляризованным светом.

Для преобразования естественного света в плоскополяризованный используются поляризаторы, в частности призма Николя: двойная призма из исландского шпата (см. рисунок). Естественный свет, падая на грань призмы Николя, расщепляется, вследствие двойного лучепреломления на два пучка: обыкновенный и необыкновенный. Оба пучка одинаковы по интенсивности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний необыкновенного пучка лежит в плоскости чертежа. Плоскость колебаний обыкновенного пучка перпендикулярна

I е

I п

плоскости чертежа. Обыкновенный пучок света вследствие полного отражения от границы соединения отбрасывается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновенный пучок проходит через призму без отклонения, уменьшая свою интенсивность вследствие поглощения.

Частично поляризованный свет можно рассматривать как смесь плоскополяризованного и естественного света. Николь всегда пропускает половину падающего на него естественного света (превращая его в плоскополяризованный). Интенсивность плоскополяризованного света, прошедшего через николь, зависит, согласно закону Малюса

I п = I0п cos2 α ,

от угла α между плоскостью колебаний падающего света и плоскостью поляризатора. Поэтому полная интенсивность частично поляризованного света, прошедшего через николь

88

I = 0,5I е + I0п cos2 α ,

где I e и I0п – интенсивности естественной и поляризованной составляющих света, падающего на николь.

При первом положении николя, соответствующем максимальному пропусканию света, через николь проходит свет, интенсивность которого составляет поло-

вину интенсивности естественного света и весь ранее поляризованный свет I0п .

I1п = 0,5I е + I0п .

При втором положении николя прошедший свет имеет интенсивность:

I2п = 0,5I е + I0п cos2 600 = 0,5I е + 0, 25I0п .

По условию задачи

I1п = 2I2п .

Тогда

0,5I е + I0п = 2(0,5I е + 0,25I0п) ,

откуда

I e = I0п .

Следовательно, отношение интенсивностей естественного и плоскопараллельного света равно единице

I е = 1.

I0п

Степень поляризации определяется отношением интенсивности поляризованного света к общей интенсивности света или отношением:

р= I максп − I минп ,

п+ I минпI макс

где I максп и I минп – максимальная и минимальна интенсивности в двух взаимно перпендикулярных направлениях.

Максимальная интенсивность света, пропускаемая николем,

I максп = I1п = 0,5I е + I0п ,

или учитывая, что I e = I0п ,

I максп = 1,5I0п

При этом положении плоскости поляризации николя и падающего света параллельны.

При повороте николя на 90° свет, ранее поляризованный, не пройдет, а на экран будет падать свет с минимальной интенсивностью:

I минп = 0,5I е = 0,5I0п .

Подставляем значения максимальной и минимальной интенсивностей в формулу степени поляризации, получаем:

89