3 семестр ЭКТ / Физика. Оптика / Методические материалы и лекции / Практикум по решению задач

Максимум излучения будет при 2 m, где m = 0, 1, 2, …. Тогда

Рис.2	2 m 2 d cos ,
	cos (2 m )					(m			).
		2 d			d
								2

б) Условие минимума в направлении φ = 0 имеет вид

2 2 d cos0 2 m .

2 d 2 m .			(1)
В направлении φ = π разность хода		меняет знак, и условие максимума
имеет вид
2 d	2 m ,
2 d 2 m .			(2)
Из уравнений (1) и (2) найдем		и d m	1 .
	2		4

5.2.2. Имеются 2 когерентных источника излучения S1 и S2, расстояние между

которыми d, а длина волны излучения . На экране, расположенном параллельно

линии источников излучения и на большом удалении L наблюдается интерференционная картина (рис. 3). Определить: а) условие, при котором в точке Х будет наблюдаться максимум интерференции; б) ширину интерференционной полосы.

Решение. Запишем уравнения колебаний от источников в точке Х:

							E1 E0 cos( t kL1 ) .
							E	2	E	0	cos( t kL )
															2
Амплитуда результирующего колебания будет
E E1 E2						E0 cos( t kL1 ) cos( t kL2 )
									L L							L		L
	2E			0	cos k				2		1		cos t		k	1		2	.
									2									2
Максимальная амплитуда будет при													cos(k	L2	L1		) 1		или	k	L2 L1	= πm,
																					2
где m = 0, 1, 2, … Отсюда															2
	2		L2 L1				m,						L L m .
				2											2			1

В точках экрана, до которых разность хода волн от источников равна целому числу длин волны, будет наблюдаться максимум освещенности. В

точке О разность хода 0.				Следовательно, здесь будет интерференционный
максимум. Следующий максимум будет в точке Х, для										которой 1 .
Ширина интерференционной полосы						Х будет равна отрезку ОХ.
Проведем прямую S1M параллельно оси. Из									S1MX L12	L2 ( X d )2
										2
проведем прямую S2N также параллельно оси. Из									S2NX L22	L2 ( X d )2 .
Разность										2
L2	L2	(L L )(L L ) 2L(L L)							2L 2 Xd.
2	1	2	1	2	1	2	L
		2L 2 Xd.				X		.
							d

			X
S1	L1
			M
	L2
d		L	O
			N
S2
	Рис.3
Из рис. 3	видно, что	X	tg , отсюда
		L

угловой размер ширины интерференционной полосы или угловой размер интерференционного максимума d .

	x
/2	x
/2	O

5.2.3. Направление распространения	двух плоских волн одной и той же длины
составляют угол φ/2 с нормалью к	плоскости экрана, на котором наблюдаются
интерференционные полосы (рис.4). Показать, что при малых φ расстояние х между
соседними интерференционными полосами х ≈ /φ.

Решение. Запишем уравнение волн
		E1 E0 cos( t k1x r)								,
где		E2	E0			cos( t k2 x r)
			2
k		k sin			sin
							1
	1x	1							.
k		k sin	2	sin
	2 x							2
		1								Рис.4
Суммарное колебание

E E1 E2 E0 [cos( t k1x r) cos( t k2 x r)] 2E0 cos(k2 x k1x r) cos( t k2 x r). 2

Максимум результирующего колебания будет при k2 x 2 k1x r m , или

		2							2				r	m ,
				sin 2						sin 1
													2
2		r	(sin				sin			)		(			) m ,
	2					2			1				2	1
			r[		( )] m ,						r m .
				2				2

Следующий соседний максимум будет на экране в точке, отстоящей от первоначальной на х. Здесь условие максимума будет иметь вид

r1 (m 1) .

Вычитая из этого уравнения предыдущее, получим

(r r) ,	x ,	x .
1

5.2.4. Найти число полос интерференции N, получающихся в установке с бипризмой Френеля. Показатель преломления бипризмы n, преломляющий угол α, длина волны

излучения , расстояние от источника до бипризмы равно а, а расстояние от

бипризмы до экрана равно b.

	S
	1 d/ 2	a		b
	S
	S2			L

Рис.5

Решение. Обозначим на чертеже ход лучей и исходные данные (рис.5). Преломляющий угол призмы α, показатель преломления n и угол наименьшего отклонения связаны соотношением

		1
	sin	2	( )
n					,
		sin
				2

которое при малых α переходит в примерное равенство

n ,

отсюда угол отклонения

(n 1) .

По углу отклонения рассчитаем расстояние d между мнимыми

источниками S1 и S2:

d 2atg 2a .

Аналогично найдем ширину интерференционной картины

2L 2b .

Ширина интерференционной полосы

				x (a b) (a b) .
				d	2a
	Полное число интерференционных полос N
	N	2L		2b 2a	4ab 2		4ab 2 (n 1)2 .
		x			(a b)
				(a b)			(a b)

5.2.5. Квазимонохроматический источник света с длиной волны характеризуется

разбросом длин волн . Какому условию должна удовлетворять разность хода

между лучами для наблюдения интерференционной картины?

Решение. Условие наблюдения интерференции – разность хода меньше длины когерентности.

Lêîã .

Длину когерентности можно определить так:

Lêîã c têîã ,

t

1

;

ñ

,

t

2

.

êîã

êîã

2

Используемое условие примет вид

2 .

5.2.6. Квазимонохроматический источник света с длиной волны имеет поперечный

размер D. Оценить поперечные размеры области в окрестности точки наблюдения Р, находящейся на расстоянии а от источника, в пределах которой световое поле сохраняет когерентность.

S1		S '
		L
S0	a
		1	x
		2
		S''
	'
		Рис.6

Решение. Пусть узкий источник S0 освещает когерентно две точки S' и S'', расположенные симметрично точке Р и находящиеся на расстоянии d друг от друга. В этом случае, если рассматривать S' и S'' как вторичные источники излучения на экране, перпендикулярном линии S0P и удаленном от Р на расстоянии L, возникает интерференционная картина с шириной интерференционной полосы Х:

X dL .

Угловой размер полуширины интерференционной полосы составит

1 X L . 2 L 2d

Сместим источник S0 в положение S1 на угол α, сместится и интерференционная картина. Если отрезок S0S1 будет представлять собой непрерывный источник света размера D, то каждый участок этого источника создаст свою интерференционную картину. Освещенность экрана станет равномерной при условии, что смещение максимумов в интерференции, возникающих от осевой части излучателя S0 и от края излучателя S1 составит ½ Х. В этом случае про точки S' и S'' можно сказать, что они перестали быть когерентными. Исходя из этого условие когерентности S' и S'' можно представить в виде

α < ,

где α – угловой радиус источника излучения. 2Da . Из α < следует

2Da 12 d или d D .

5.2.7. В интерференционной схеме с зеркалами Френеля угол между зеркалами α = 12', расстояние от линии пересечения зеркал до узкой щели S и экрана Э равны соответственно r = 10,0 см и b = 130 см. Длина волны света = 0,55 мкм. Определить:

а) ширину интерференционных полос на экране и число возможных максимумов; б) сдвиг интерференционной картины на экране при смещении щели δl = 1,0 мм по дуге радиуса r с центром в точке О; в) при какой ширине hmax интерференционные полосы на экране пропадут?

Решение. На рис.7 показан ход лучей в		M2' M1		S
установке с бизеркалами Френеля. S1 и S2	S1		r	x2
– это изображения источника света S в				b
	d	O
	S2
		S1	M2	x '
				1
				Э

2r sin

d 2r sin .

зеркалах. С другой стороны, мы их рассматриваем как когерентные источники, создающие интерференционную картину.

А) Выразим расстояние между S1 и S2 через r
и угол α.		Рис.7
Из	S1ОS2
	d 2r sin ,
из	S1ОS следует
	S1OM 2 ' SOM1 ,

из S2ОS

SOM1 S1OM 2 ' 2 .

Отсюда α = φ и Если обозначить расстояние от источников S1 и S2 до экрана через L, то получим L r cos b .

Ширина интерференционной полосы Х

X L (b r cos ) d

при условии, что мал.

X (b r) . 2r

На рис.7 отрезок х1х2 на экране есть ширина интерференционного поля. Число интерференционных полос N

N x1 x2 .

x

Выразим х1х2 через α и b:

x1 x2 2btg 2bsin 2b ,

	тогда	2b 2r		4br 2
	N				.
		(b r)		(b r)
	Число максимумов n с учетом нулевого		n N 1.

б) Точки S, S1 и S2 удалены от O на одинаковое расстояние, следовательно, они лежат на окружности радиуса r. При повороте S вокруг О на расстоянии δl по окружности смещение по углу составит δl/r. На такой же угол сместятся и точки S1 и S2, а следовательно, и интерференционная картина. Линейное смещение картины по экрану составит

x b l / r.

в) В случае, если источник не точечный, а имеет размер h, на экране будут создаваться интерференционные картины каждым участком δх источника, и эти картины будут смещены относительно картины, полученной от центра источника, на величину

x bdh / r.

Отсюда найдем максимальный размер hmax, при котором исчезает интерференционная картина:

b	1 h / r	1		(b r)	,
	2 max	2		2r

h	(b r)	(1 r / b) .
max	4 b	4
Подставляя данные условия, находим		х = 1,1 мм, h = 9, nmax = 43 мкм.

5.2.8. Плоская монохроматическая волна падает нормально на диафрагму с двумя узкими щелями, расстояние между которыми d = 2,5 мм на экране, расположенном за диафрагмой на L = 100 см образуется интерференционная картина. На какое расстояние и в какую сторону смещаются интерференционные полосы, если одну из щелей перекрыть стеклянной пластиной толщиной h = 10 мкм.

Решение. На рис.8. приведена схема опыта.
В	отсутствие стеклянной			пластинки					X
интерференционный			максимум		будет	S1		L1
наблюдаться в точке О. Отрезки S1O и S2O									M
равны.		Если	рассматривать			d		L2	O
								L
интерференционные			максимумы		выше				N
						S2
точки О, например, в точке О1, то можно
заметить, что путь S1O' меньше S2O'. Для								Рис.8
того	чтобы	разность	путей	S1O' и	S2O'

стала равна нулю, необходимо как-то увеличить оптический путь S1O', например, перекрыв отверстие S стеклянной пластинкой толщины h.

Добавочная длина пути составит

h(n 1),

где n – показатель преломления стекла.

Таким образом, интерференционная картина смещается в сторону источника, который перекрывается пластинкой. Величина смещения интерференционной картины X OO' связана с разностью хода лучей

	соотношением		x d	h(n 1). Отсюда	x h(n 1)L		0,01 0,5 1 103	2
			L				2,5
					d

мм.

5.2.9. В очень тонкой клиновидной пластинке в отраженном свете при нормальном падении наблюдаются интерференционные полосы. Расстояние между соседними темными полосами х = 5 мм. Зная, что длина световой волны = 5800 Å, а

показатель преломления пластинки n = 1,5, найти угол α между гранями пластинки.

Решение. Интерферировать будут лучи, отраженные от передней и задней поверхностей клина (рис.9). Два соседних интерференционных минимума (темные полосы I и II) отличаются друг от друга тем, что в месте нахождения полосы II оптический путь луча удлинился на величину 2ln и

это удлинение равно длине волны

2ln .

Из рис.9 видно, что l x tg x . Тогда 2 x n .

I
x
II
	l

			5,8 10	4	5		Рис.9
	2n x		2 1,5	5 3,87 10
						ðàä 8 .

5.2.10. В оптических приборах потери света при прохождении через прибор происходят, главным образом, вследствие отражения света от поверхностей оптических деталей. Для увеличения поверхностной прозрачности стекла его поверхность покрывают тонкой пленкой, показатель преломления которой меньше показателя преломления стекла. Каковы должны быть толщина пленки и ее показатель преломления, чтобы отражательная способность обратилась в ноль?

Решение. Отражательная способность будет иметь минимальное значение в случае, когда световые волны, отраженные от верхней и нижней поверхностей пленки, будут иметь противоположные фазы. Толщина пленки должна быть такой, чтобы разность хода равнялась /2. При нормальном падении света на пленку

2dn 2 .

Оба отраженных луча будут испытывать скачок фазы на π, поэтому разность хода от скачка фаз не зависит. Условие минимума интерференции примет вид

2dn		,	d		.
	2
				4n

Можно сказать, что минимальная толщина пленки равна четверти длины волны излучения в вакууме.

Рассмотрим условия на показатель преломления. Отраженного излучения не будет при условии равенства интенсивностей излучения, отраженного от верхней и нижней поверхностей пленки.

При нормальном падении излучения из воздуха на пленку по формулам Френеля коэффициент отражения излучения на верхней поверхности 1 равен

1 1 n 2 .1 n

Коэффициент отражения на нижней поверхности пленки 2 равен

2 n ncò 2 ,

n nñò

где n – показатель преломления пленки, а nст – показатель преломления стекла. Равенство отраженных потоков излучения будет при 1 = 2. Отсюда

			1 n	n ncò ,	n nñò .
II			1 n	n nñò
			Если показатель преломления стекла nст = 1,50,
I
			то показатель преломления пленки n = 1,22.
i	K	n0= 1	5.2.11. На тонкую плоскопараллельную пластинку падает
			параллельный пучок монохроматического света под углом
A	O	C	i с длиной волны . Толщина пластинки d, показатель
d		n

B

преломления n. Найти условие, при котором отраженный свет будет максимально ослаблен вследствие интерференции.

Решение. Рассмотрим ход падающих, отраженных и преломленных лучей (рис.10). Луч I в точке A частично отражается, частично преломляется.

Преломленный луч в точке В (нижней плоскости пластинки) испытывает

отражение и в точке С выходит из пластинки под углом i. Луч II, падающий

на пластинку в точке С, также отразится под углом i. Таким образом, лучи I и

Рис.10

II будут интерферировать на верхней плоскости пластинки, если

разность хода лучей будет меньше длины когерентности.

Рассчитаем разность хода .

Луч I по сравнению с

лучом

II

проходит

дополнительно

путь 1,

равный АВ + ВС. Луч II проходит в воздухе дополнительный путь

2, равный

отрезку КС + /2. /2 появляется за счет изменения фазы при отражении от

более плотной среды.

.

1 2 2AB n KC

d

2

Из

AOB: AB

;

AO d tg .

cos

В

AKC KAC KCA / 2,

KCA i / 2,

следовательно KCA i.

KC AC sin i 2AOsin i 2dtg sin i.

2dn

2d sin sin i

2d

(n sin sin i)

.

cos

cos

cos

2

2

Углы β

и

I

связаны

законом

преломления

sin i

n,

отсюда

sin

sin i

sin

. Тогда

n

2d

2 i

2d

n2 sin

2 i

sin

n

n

n

.

2

cos

2

cos

Выразим cosβ сначала через sinβ, а затем через sini:

cos

1 sin2

1 sin2 i

1

n2 sin2 i.

n2

n

Подставим это выражение в

:

2dn (n2

sin2 i)

2d

n2

sin2

i

.

n2 sin2

i n

2

2

Условие минимума интерференции примет вид

2d

n2

sin2 i

k ,

2d

n2

sin2 i k ,

2

2

где k = 1, 2, 3, … .

5.2.12. Сферическая линза радиуса R = 1 м лежит на плоскопараллельной стеклянной пластинке выпуклой поверхностью. Система освещается монохроматическим

излучением с длиной волны = 500 нм. Найти радиус пятого светлого кольца.

Наблюдение ведется в отраженном свете.

	O	R		Решение.	Нарисуем ход лучей	(рис.11). В	точке А,
				лежащей	на верхней грани	пластинки,	падающее
	K	rm	B	излучение частично отразится,		а частично пройдет и
			A	отразится	от сферической поверхности в точке В.
	h
				Отраженный в точке В луч вернется в точку А, где
				произойдет наложение с лучом, отраженным в точке А.
				В случае,	если разность хода лучей меньше длины
				когерентности, будет наблюдаться интерференционная

	Рис.11	картина в виде концентрических темных и светлых
		колец.
		Найдем радиус m-го светлого кольца rm. Пусть

толщина воздушного зазора в точках, где наблюдается m-ое светлое кольцо, равна d. Из KOВ rm2 R2 (R h)2 2hR. Отсюда 2h rm2 / R. Найдем разность

хода лучей с учетом скачка фазы отраженного луча в точке В:

2h 2 .

Условие интерференционного максимума примет вид

2h m . 2

rm2 / R m 2 .

Отсюда радиус m-го светлого кольца

2		2m 1
rm	R	2	.

Здесь m = 1, 2, 3, … . Условие минимума интерференции приводит к выражению для радиуса m-го темного кольца в виде

rm2 R m.

Подставляя данные условия задачи для 5-го светлого кольца, получим r5 = 1,5

O	мм, для 5-го темного кольца r5 = 1,6 мм. Центр
	интерференционной картины будет темным.

		R1
D
	N	B
M		n
rm	С
K	A

2a n1

5.2.13. На поверхности жидкости с показателем преломления n1 плавает очень тонкая линза с показателем преломления n < n1, геометрические размеры которой показаны на рис.12. Рассчитать, какая картина будет видна в отраженном

монохроматическом свете с длиной волны , если

смотреть на линзу сверху.

Решение. Так как линза образована сферическими поверхностями, интерференционная картина

Рис.12