3 семестр ЭКТ / Физика. Оптика / Методические материалы и лекции / Оптика. Методика решения задач

62	ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

При наблюдении в опыте Поля интерференционной картины на бесконечности (например, в фокальной плоскости собирающей линзы, см. рис. 3.5) апертура интерференции Ω ≈ 0 , что означает отсутствие ограничений на размер D источника. В этом случае, с учетом закона преломления ( nsinθ′ = sinθ), оптическая разность хода интерферирующих лучей 1 и 2 равна

′	n	2	−sin	2	θ	(3.22)
= 2nhcosθ = 2h

и не зависит от угла θ и от положения источника S.

Рис. 3.5. Схема наблюдения локализованной на бесконечности интерференционной картины в опыте с пластинкой

С учетом изменения на π фазы волны при отражении от верхней границы (луч 1 отражается от оптически более плотной среды), для разности фаз ϕ интерферирующих лучей имеем:

	ϕ(θ)= k	± π =	4hπ	n2 −sin2θ ± π .	(3.23)
			λ

Соответствующая интерференционная картина получила название

"полос равного наклона".

В случае протяженного источника интерференционная картина локализована в бесконечности. Если, однако, пластинка достаточно тонкая, то можно наблюдать интерференционную картину

вблизи передней отражающей поверхности пластинки (рис. 3.6).

Для лучей 1 и 2 разность фаз ϕ в точке Р (при условии h << a ) может быть оценена с помощью формулы (3.23) для различных точек протяженного источника. Впрочем, если θ изменяется в достаточ-

но узком интервале Δθ, то ϕ = ϕ(h), а наблюдаемую интерференционную картину называют "полосами равной толщины". В белом

Гл. 3. Двухлучевая интерференция. Интерференционные схемы.

63

свете полосы окрашены (цвета тонких пленок). Наблюдают полосы равной толщины либо невооруженным глазом, либо с помощью лупы или микроскопа.

Рис. 3.6. Схема наблюдения интерференции света от протяженного источника света, локализованной вблизи передней отражающей поверхности

Чтобы на практике обеспечить условие малости Δθ, можно вести наблюдение в направлении θ ≈ 0 . Если наблюдение ведется под углом, то следует ограничивать входной зрачок объектива. Поэтому, например, видны невооруженным глазом радужные цвета масляных пятен на поверхности воды.

3.2. Задачи с решениями

Задача 3.2.1. Свет от протяженного монохроматического источника S размером D = 1 мм падает на непрозрачный экран Э, в котором имеются два маленьких отверстия (рис. 3.7). Интерференция света, прошедшего через отверстия, наблюдается в точке Р. Источник света S и точка Р находятся на одинаковом расстоянии L от экрана. Если смещать верхнее отверстие, увеличивая расстояние d ( d << L ), то интенсивность в точке Р периодически убывает и возрастает. Определить расстояние d1 между отверстиями, которо-

64 ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

му соответствует 1-й минимум интенсивности в точке Р, если амплитуда осцилляций уменьшается до нуля при d2 = 20d1 .

Решение

В соответствии с формулами (3.18) и (3.19) интенсивность I света в точке Р равна

I (P)= 2I		1	+sinc			k D		cosk		,
	0
							2
где соответствующая разность хода (3.7)
					d 2		.
					L

Первый минимум в точке Р будет тогда, когда для лучей, вышед-

ших из центра источника S, разность хода =	λ	, поэтому
	2		d 2
					λ
			1	=		.
			L		2

С другой стороны, со-

гласно (3.20) и (3.21):

d2 D =1.

λ L

Рис. 3.7. Схема наблюдения интерференции света от протяженного источника S

Из двух последних формул получаем:

d1 =10D = 1 cм..

Ответ: d1 = 1 см.

Задача 3.2.2. В интерференционной схеме (рис. 3.8) используется квазимонохроматический источник света S. Отражающие зеркала расположены симметрично относительно источника S и экрана Э, на котором наблюдается интерференция. Ширина интерференционной полосы на экране Э равна Λ = 0,02 мм. Параметры схемы: L = 1 м; d = 2,5 см; W = 20 см. Найти: 1) среднее значение длины волны λ излучения источника; 2) область локализации по-

лос на экране; 3) максимальный mmax и минимальный mmin порядки интерференции и число N наблюдаемых полос; 4) степень немо-

Гл. 3. Двухлучевая интерференция. Интерференционные схемы.

65

нохроматичности δλ, при которой число наблюдаемых полос максимально; 5) допустимый размер источника D.

Рис. 3.8. Схема наблюдения интерференционной картины от источника света S

Решение

1)Поскольку угол схождения интерферирующих лучей

α≈ dL ,

то с учетом (3.9) период интерференционной картины на экране равен

Λ ≈ αλ ≈ λdL ,

а следовательно,

Λd

2 10−5

2,5 10−2

10−7

λ =

L

=

= 5

м = 500 нм.

1

2) Как видно из рис. 3.8,

xmax

=

d 2

,

W

L

+W 2

поэтому область локализации полос на экране:

x

d W

2,5 20 10−4

≤

=

≈ 0,23 см.

2(L +W 2)

2(1+ 0,1)

3) Очевидно,

что m

=

xmax

≈115

и

m = 0 , а число на-

max

Λ

min

блюдаемых полос:

N≈ 2mmax = 230 .

4)Так как в соответствии с (3.15) максимальное значение

должно удовлетворять условию

66	ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

max ≤ lког = λδλ2 ,

а в нашем случае −

max = λ mmax ,

поэтому

mmax ≤ δλλ ,

или

	δλ ≤	λ	=	500 10−9	≈ 4,35 нм.
		m		115
		max

5) Согласно (3.20) и (3.21), допустимый размер источника может быть найден из условия

D Ω ≤ λ ,

где Ω =

d

– апертура интерференции. Следовательно,

L

λL

λ

D ≤

≈

= Λ =

2 10−2 мм.

d

α

Ответ: 1) λ ≈

Λd

x

d W

L

= 500 нм; 2)

≤

≈ 2,3 мм;

2(L +W )

xmax

3) mmax =

≈115 , m

min

= 0 ,

N ≈ 2mmax = 230 ;

Λ

4) δλ ≤

λ

≈ 4,35 нм; 5) D ≤ λL

≈ 2 10−2 мм.

m

d

max

Задача 3.2.3. В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля угол между зеркалами ϕ =12′ (рис. 3.9). Расстояния от бизер-

кала до источника света S и экрана Э равны соответственно а = 10 см и b = 90 см. Ширина интерференционных полос на экране равна Λ = 1 мм. Найти: 1) длину волны λ излучения источника и число N интерференционных полос на экране; 2) сдвиг δх интерференционной картины на экране при смещении источника на δl = 0,1 мм по дуге радиуса а с центром в точке О на ребре бизер-

кала; 3) ширину D источника, при которой полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо.

Гл. 3. Двухлучевая интерференция. Интерференционные схемы.

67

Рис. 3.9. Интерференционная схема с бизеркалом Френеля

Решение

1) Как видно из рис. 3.9, в центре экрана Э (точка Oх) интерферирующие лучи сходятся под углом

α= aS1+S2b = aa +2bϕ .

Сучетом (3.9) период интерференционной картины на экране равен

Λ= λ = λ(a + b) ,

αa 2ϕ

поэтому

λ = Λaa+2bϕ = 696 нм.

Число наблюдаемых на экране интерференционных полос:

N ≈ 2 Λxmax ,

где xmax – полуширина интерференционной картины. Так как

xmax ≈ b ϕ, то

N= 2bΛϕ ≈ 6 .

2)При смещении источника S на δl (например, по часовой стрелке), изображения S1 и S2 сместятся по дуге на такое же рас-

стояние (но против часовой стрелки). В результате центр интерференционной картины на экране сместится вниз относительно точки

Ox на расстояние

68 ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

δx ≈ δl ba = 0,9 мм.

3) В соответствии с формулами (3.20) и (3.21)

D ≤ λΩ .

Чтобы полосы на экране наблюдались достаточно отчетливо, потребуем, чтобы

D ≤ 2λΩ .

Поскольку

Ω ≈ αab ,

то, подставляя полученное ранее выражение для α, получим:

Ω = 2ϕ 1

−

a

.

a + b

Согласно условию задачи можно считать, что a << b , поэтому

D ≤

λ

= 0,16 мм.

4ϕ

Ответ: 1)

λ =

Λa2ϕ

= 696 нм,

N =

2b ϕ

≈ 6

;

a + b

Λ

2)

δx ≈ δl

b

= 0,9 мм; 3)

D ≤

λ

= 0,16 мм.

a

4ϕ

Задача 3.2.4.

Параллельный

пучок

света с

длиной волны

λ = 500 нм падает на бипризму с преломляющим углом ϕ = 10−2 рад и шириной Н = 2 см, сделанную из стекла с показателем преломле-

ния n = 1,5 (рис. 3.10).

Рис. 3.10. Наблюдение интерференционной картины с помощью бипризмы

Гл. 3. Двухлучевая интерференция. Интерференционные схемы.

69

1)На каком расстоянии l от бипризмы следует расположить экран, чтобы на нем можно было наблюдать максимально возможное число интерференционных полос?

2)Оценить допустимую немонохроматичность δλ света, при которой можно наблюдать все полосы. 3) Оценить допустимый уг-

ловой размер ψ источника в этом интерференционном опыте.

Решение

После прохождения через призму исходный пучок разделится на два параллельных пучка, идущих за призмой под углом

α= 2(n −1)ϕ друг к другу.

1)Из рис. 3.10 видно, что ширина зоны интерференции максимальна на расстоянии

l ≈	H 2	=	H	= 1 м.
	α		4(n −1)ϕ

Согласно (3.9) период интерференционной картины равен

	Λ =	λ	=	λ	= 5 10−3 см,
		α		2(n −1)ϕ

поэтому максимальный порядок интерференции: mmax = HΛ4 =100 .

2) В соответствии с (3.15) допустимая немонохроматичность света δλ равна

	δλ =	λ2	=	λ	=	4λΛ	= 5 нм.
		l		m		H
		ког		max

3) В соответствии с формулами (3.20) и (3.21) для допустимого углового размера источника получаем:

ψ ≤ dλ ,

где d – расстояние между двумя точками бипризмы, через которые пройдут лучи, пришедшие в центральную точку экрана (см. рис. 3.3).

Так как d = α l = H2 , то

ψ ≤ dλ = 2Hλ = 5 10−5 рад.

70					ОПТИКА. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Ответ: 1) l ≈			H	=	1 м; 2) δλ ≤=	4λΛ	= 5 нм;
		4(n −1)ϕ				H
3) ψ ≤	2λ		= 5 10−5		рад.
		H

Задача 3.2.5. Билинза Бийе изготовлена из двух половинок тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием f =10 см. На

расстоянии a = 3 f 2 от нее помещен источник света в виде щели,

освещаемой широкоугольным пучком света с длиной волны λ = 5790 Å. Экран для наблюдения интерференционных полос установлен с противоположной стороны билинзы на расстоянии L = 330 см от нее. При какой минимальной ширине щели D интерференционные полосы на экране пропадут? Считать, что различные точки щели излучают световые волны некогерентно. Расстояние между половинками билинзы h = 0,5 мм.

Решение

В соответствии с формулой для тонкой собирающей линзы: 1a + b1 = 1f ,

поэтому за билинзой на расстоянии b = 3 f формируются два действительных, перевернутых, увеличенных в Г = ba = 2 раза изо-

бражения S1 и S2 щели S. С учетом формулы (3.9) период интерференционной картины на экране равен

Λ = αλ ,

	где α ≈	3h	=	3h	- угол схождения интерферирующих лучей
		L −b		L −3 f

(см. рис. 3.11).

В соответствии с формулами (3.20) и (3.21) для минимальной ширины щели D имеем:

D ≤ λda ,

где d – расстояние между двумя точками билинзы, через которые пройдут лучи, вышедшие из центральной точки источника и пришедшие в центральную точку экрана (см. рис. 3.3).

Гл. 3. Двухлучевая интерференция. Интерференционные схемы.

71

Рис. 3.11.Схема наблюдения интерференционной картины с помощью билинзы Бийе

Из рис. 3.11 следует:

	d = L α =				3hL		,
				L −3 f
поэтому		λa(L −3 f )
	D =					≈ 0,052 мм
	min		3hL
	λa(L −3 f )
Ответ: D =			≈ 0,052		мм.
min	3hL

Задача 3.2.6. Свет от далекого точечного источника S падает на фотоприемник (ФП) непосредственно и после отражения от горизонтальной плоскости (рис. 3.12). При вертикальном перемещении источника ФП регистрирует периодическое изменение интенсивности попадающего в него света. Оценить угол α возвышения источника над горизонтом, при котором изменения фототока практически исчезают, если перед ФП установлен светофильтр СФ с

полосой пропускания Δν = 3 1011 Гц. Входное отверстие ФП находится на высоте h =1см над отражающей плоскостью.

Решение

Как видно из рис. 3.12, данную схему (аналог опыта Ллойда) удобно анализировать, используя соотношения, полученные для схемы Юнга, если рассматривать источник S и его мнимое изображение в зеркале S′ как щели S1 и S2 в опыте Юнга (при этом ξ = 0 ). В этом случае изменение угла α возвышения источника S