Решение задач по оптике в курсе общей физики: Учебно-методическое пособие. Часть 1

ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Решение задач по оптике в курсе общей физики (часть I) Учебно-методическое пособие

Специальности: 010701 (010400) – Физика 010801 (013800) – Радиофизика и электроника 010803 (014100) – Микроэлектроника и полупроводниковые приборы

ВОРОНЕЖ 2005

2 Утверждено научно-методическим советом физического факультета Составители: Чернышова Т.Д., Коптев С.Н. Учебно-методическое пособие подготовлено на кафедре общей физики физического факультета Воронежского государственного университета. Рекомендуется для студентов 2 курса дневного обучения и 3 курса очно-заочного обучения по специальности: 010701 (010400) – «Физика», 010801 (013800) – «Радиофизика и электроника», 010803 (014100) – «Микроэлектроника и полупроводниковые приборы»

3 ВВЕДЕНИЕ Цель данного учебно-методического пособия – помочь студентам научиться решать задачи по курсу оптики по теме «Интерференция». Подробно рассматриваются анализ и решение наиболее типичных примеров. Подобраны задачи и для самостоятельного решения. Даны рекомендации по использованию литературы. ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ §1. Методы получения когерентных источников света ([1],[2]) При решении задач необходимо: 1. Построить изображение когерентных источников. 2. Найти на чертеже основные элементы интерференционной схемы (поле интерференции, угол апертуры, углы расхождения и схождения). 3. Используя формулу, связывающую величину ширины интерференционной полосы Δh с расстоянием D от когерентных источников до точки наблюдения и с расстоянием 2l между когерентными источниками, т.е. Δh = Dλ/2l, найти искомые величины и произвести вычисления. Задача 1. Определить угол α между зеркалами Френеля, если расстояние Δh между полосами интерференции равно 1 мм, а = 1 м, r = 10 см, λ = 4861 Å (см. рис. 1).

Рис. 1. Получение когерентных источников света с помощью бизеркал Френеля. SO=S1O=S2O=r ; OP=a; ∠ S1PS2=2w, ∠ S1OS2=2α, S1 S2=2l, D= QO+OP. Анализ и решение На рис. 1 S1 и S2 - мнимые когерентные источники, являющиеся изображениями источника S в зеркалах I и II; заштрихованная область между лучами 1 и

4 2 – поле интерференции; прямые лучи от S закрыты заслонкой E; α - угол между зеркалами; 2ω - угол апертуры интерференции; 2w – угол схождения. Расстояние между интерференционными полосами Δh = Dλ/2l, (1) где (см. рис. 1) D=OQ + OP = r cos α + a , (2) 2l = S1S2 = 2r sin α . (3) Подставив (2), (3) в (1), получим: λ (a + r ) α= (4) 2r ∆h (α мал, т.е. sin α ≈ α, cos α ≈ 1). Используя численные данные задачи, из (4) следует: 4861 ⋅ 10−10 ⋅ (1 + 0,1) α= = 2,674 ⋅ 10 −4 рад = 9′11′′ . −4 2 ⋅ 10 Ответ: различимые интерференционные полосы получаются, если угол между зеркалами α = 9'11'', т.е. довольно мал. Задача 2. Лучи от источника света (накаленная нить) проходят сквозь разрезанную на две половины собирающую линзу. Половины разведены на некоторое расстояние, при этом на экране появляются интерференционные полосы. 1. Определить расстояние между тёмными полосами интерференции при данных: нить находится от разрезанной линзы на расстоянии а = 20 см; фокусное расстояние f линзы 10 см; половинки раздвинуты на расстояние c = 1 мм; экран находится на расстоянии L = 450 см от линзы; длина волны 5000 Ǻ. 2. Определить, каким должен быть диаметр нити, чтобы получилась интерференционная картина? 3. Сколько интерференционных полос видно на экране? Анализ и решение Схема опыта представлена на рис. 2. Два когерентных источника S1 и S2, образованные с помощью билинзы, действительные. Получаются они следующим образом: лучи SO1 и SO2 идут без преломления (O1 и O2 - оптические центры половинок), лучи SF1 и SF2 , преломляясь, идут параллельно оси SO (F1 и F2 – фокусы половинок, разведенных на расстояние O1O2 = c). Луч S1N//SO2, а S2M//SO1 (такой ход лучей соответствует максимальному углу расхождения 2β [2]). Когерентные колебания от S1 и S2 дают на экране MN четкую интерференционную картину. Экран MN ┴ SP. 2ω угол апертуры интерференции; 2w – угол схождения лучей. Прямые лучи от источника S закрыты заслонкой E. Поле интерференции заштриховано. 1. Расстояние между интерференционными полосами Δh = Dλ/2l, (1) где D = QP, 2l = S1S2. Из Δ SO1O2 и Δ S1 S S2: c a c ( a + b) = ; 2l = , (2) 2l a + b a где b = OQ, причём из формулы линзы:

5 1 1 1 + = ; a b f

b=

fa . a− f

(3)

Рис. 2. ∠ ASB=2ω , ∠ S1PS2=2w, OP=L, OQ=b, SO=a, QP=D, OF=f. Из (3) b = 20 см. Из рис. 2 D = L – b (см. рис. 2) или с учётом (3): fa D=L– . a− f a ( L − b )λ . Из (1) - (4): ∆h = c( a + b) Вычисления дают: Δh = 0,107 см. 2. Условие хорошей видимости от протяжённого источника: 2d tg ω ≤ λ/4 , где 2ω – угол апертуры интерференции, 2d – размер источника. Из рис. 2 : 2ω = R ASB , tg ω = OA/SO ; из треугольников OAP и QS1P

(4) (5)

(6)

OP ⋅ S1Q L ⋅ l ; OA= 0,104 см ; tg ω =0,104/20 = 0,0052. (7) = QP D Подставив (7) в (6) и учитывая, что λ = 5 · 10-5 см, найдём размер источника: 2d ≤ 0,0024 см. 3. Число полос интерференции k = MN/Δh . Из рис. 2 : QT = QS = a + b ; TP = L – a – 2b . Из подобия треугольников SO1O2 и TMN : MN O1O2 c( L − a − 2b) = или MN = . (8) TP OS a Из (5), (8) и выражения для k получим : c ( L − a − 2b ) k= ; k = 18. a∆h Ответ: b = 20 см, 2d ≤ 0,0024 см, на экране 18 интерференционных полос. OA =

6 Задача 3. В опыте с зеркалами Френеля расстояние между мнимыми изображениями источника света (S1 S2 на рис. 1) равно 0,5 мм. Расстояние QP от них до экрана равно 5 м. В жёлтом свете ширина интерференционной полосы 6 мм. Определить длину волны. Анализ и решение. Схема опыта представлена на рис. 1 (см. задачу 1). Ширина интерференциDλ 2l ⋅ ∆h , откуда λ = ; вычисляя, получим длину волны онной полосы ∆h = 2l D 5 ⋅ 10 −4 ⋅ 6 ⋅ 10−3 жёлтого света: λ = м = 0,6 ⋅10−6 м . 5 Задача 4. Расстояние от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана соответственно a = 30 см и b = 1,5 м. Преломляющий угол стеклянной бипризмы Θ = 20'. Ширина интерференционной полосы Δh = 0,65 мм. Определите длину волны света. (Коэффициент преломления n = 1,5). Анализ и решение Схема опыта представлена на рис. 3. Из рисунка: 2l = S1S2 , φ – угол отклонения. Связь между преломляющим углом бипризмы Θ и φ определяется известной формулой: (n - 1)Θ = φ . (1) Расстояние от узкой щели S до экрана D = a + b . Тогда из формулы, опреде∆h ⋅ 2l ляющей Δh (см. задачу 3), получим: λ = . (2) a+b Из рис. 3: 2l = 2a·sin φ ≈ 2aφ . (3) 2a (n − 1)θ ⋅ ∆h = 6,3·10-7 м. a+b -7 Ответ: 6,3·10 м.

Из (1), (2), (3):

λ=

Рис. 3. Бипризма Френеля. Задача 5. Найти расстояние между центром интерференционной картины и пятой светлой полосой в установке с зеркалами Френеля, если угол между зеркалами α = 20', λ = 5890 Å, расстояние от источника до вершины угла α равно r

7 = 10 см, расстояние от этой вершины до точки наблюдения а = 1 м. Падение на экран нормальное. Анализ и решение Чтобы найти расстояние от центра интерференционной картины до точки, в которой кончается пятая светлая полоса, необходимо её ширину Δh умножить на k = 5, т.е. найти x = k · Δh. Тогда, используя выражение для Δh (см. задачу 3), получим x = Dλk/2l, где D = rcos α + a, 2l = S1S2 = 2 rα (см. рис. 1 в задаче 1); cos α ≈ 1, sin α ≈ α. ( r + a )λ k x= . Вычисляя, получим: x = 2,8 мм. (20' = 0,0058 рад.) 2rα Ответ: 2,8 мм. Задача 6. В опыте Ллойда световая волна, исходящая непосредственно из источника S, интерферирует с волной, отражённой от зеркала. На экране из-за малого угла апертуры интерференции (см. рис. 4) возникают интерференционные полосы. Расстояние от источника до экрана L = 100 см. Ширина интерференционных полос Δh1 = 0,25 мм. После того, как источник отодвинули от плоскости зеркала на Δy = 0,6 мм, ширина полос уменьшилась в η = 1,5 раз. Найти длину волны.

Рис. 4. Зеркало Ллойда. Dλ , где 2l = S1S ' (см. рис. 4), S ' – мнимое изображение ис2l точника S . После перемещения S1 в точку S2 ширина полосы изменится: ∆h1 2∆h1∆y Lλ . Учитывая, что = η , получим : λ = ∆h 2 = ∆h2 2l + 2 ∆ y L + (η − 1) Вычисления дают: λ = 0,6 мкм. Ответ: 0,6 мкм. Решение. ∆h 1=

§2. Полосы равного наклона и равной толщины ([2],[3],[4]) При решении задач необходимо: 1. Сделать рис. с построением хода лучей. 2. Найти, если это необходимо, разность хода интерферирующих лучей. 3. Записать условия максимума или минимума. 4. Из полученных уравнений выразить искомые величины и произвести вычисления.

8 Задача 7. На стеклянную пластинку с показателем преломления n3 = 1,5, покрытую очень тонкой плёнкой, коэффициент преломления которой n2 = 1,4, падает нормально параллельный пучок монохроматического света с λ =0,6 мкм. Отражённый свет максимально ослаблен вследствие интерференции. Определить толщину плёнки. Анализ и решение Ход лучей в случае, когда φ ≠ 0, показан на рис. 5. Луч SA частично отражается, частично преломляется на поверхностях I и II в точках A и B. Лучи AS1 и CS2 идут в воздухе параллельно друг другу, падают на линзу L и интерферируют в её фокусе. При отражении от оптически более плотных сред фаза коле→

баний вектора E в лучах AS1 и BCS2 меняется на π, разность хода между ними Δ = (AB + BC) n2 – λ/2 – (AD n1 - λ/2) = (2k+1) λ/2, что соответствует условию минимума. При нормальном падении φ = 0, (AB + BC) = 2d, AD = 0, и уравнение для Δ принимают вид: λ 2 dn2 = (2k + 1) . (1) 2

Воздух Пленка

Стекло Рис.5. Просветление оптики. Толщина d определяется неоднозначно, так как k может принимать ряд значений: k = 0, 1, 2, 3, 4... Очевидно, есть смысл говорить о наименьшей толщине d0 плёнки, способной дать максимальное ослабление света (k = 0): λ 0, 6 d0 = ; вычисления дают : d 0 = = 0,11 мкм . 4 n2 4 ⋅ 1, 4 Любая толщина d, кратная d0, также даст ослабление отражённого света. При изготовлении объективов на их поверхность обычно наносят тонкую плёнку с показателем преломления n, меньшим показателя преломления материала линз объективов, - это способ так называемого «просветления оптики». Как видно из решения данной задачи, такие плёнки уменьшают долю отражённого от объектива света и, следовательно, увеличивают долю проходящего через объектив света, что ведёт к увеличению яркости изображения. Задача 8. Установка для наблюдения колец Ньютона в отражённом свете освещается монохроматическим светом, падающим нормально. После того, как пространство между линзой и стеклянной пластиной заполнили жидкостью, ра-

9 диусы тёмных колец уменьшились в 1,25 раза. Найти показатель преломления жидкости.

Анализ и решение Ход лучей при образовании колец в отражённом свете дан на рисунке 6. Интерферируют лучи 1 и 2, отражённые соответственно от верхней и нижней поверхностей прослойки жидкости. При нормальном падении оптическая разность хода между этими лучами равна Рис.6. Кольца Ньютона. 2d, т.е. удвоенной толщине прослойки в месте, где наблюдается то или иное кольцо. Так как луч 1 отражается от менее плотной среды, а луч 2 - от более плотной, т. е. с изменением разности хода на λ/2, полная разность хода между лучами 1 и 2 имеет вид: Δ = 2dn + λ/2 = (2k +1) λ/2, (1) что соответствует условию образования тёмного кольца. Радиус тёмного кольца rk определяется по формуле: CD 2 = rk2 = (2 R − d )d = 2 Rd − d 2 ≈ 2 Rd , (d мало). (2) Из (1) и (2): rk2 d= . (3) 2R По условию задачи r1k/r2k = 1,25 = n , где r1k – радиус k-го тёмного кольца в случае, когда между линзой и пластинкой - воздух; r2k - радиус k-го тёмного кольца в случае, когда между линзой и пластинкой - жидкость. Вычисления дают: n = (1,25)2 = 1,562. Ответ: показатель преломления жидкости – 1,562. Задача 9. Две плосковыпуклые тонкие стеклянные линзы соприкасаются своими сферическими поверхностями. Найти оптическую силу такой системы, если в отраженном свете с длиной волны в 0,6 мкм диаметр 5-го светлого кольца D = 1,5 мм. Анализ и решение Линзы соприкасаются, поэтому оптическая сила такой системы φ = φ1 + φ2 ; (1) n −1 оптическая сила каждой из линз φ1 = φ 2 = . (2) R Задача сводится к определению радиуса линзы R. Как и в задаче № 6, связь между R, радиусом кольца Ньютона rk и d (см. рис. 7) определяется так: rk2 D 2 R= = . (3) 2d 8d

10 λ λ (2k − 1) D2 Для светлого кольца 2·2d+ =k· λ , т.е. d= и R= . 2 8 λ (2k − 1) Из (1) – (4) имеем: φ = 2 λ2 (n − 1)(2k − 1); φ = 2,4 Дп. D

(4)

Рис.7. Образование колец Ньютона в случае соприкосновения двух плосковыпуклых линз. Ответ : φ = 2,4 Дп. §3. Пластинка Люммера-Герке(интерференция N пучков). ([2],[3]) Пластинка Люммера-Герке – это плоскопараллельная стеклянная пластинка со срезанным концом, чтобы обеспечить нормальное падение на входную грань и, следовательно, уменьшить потери на отражение. Направление падения таково, что на границе стекло- воздух угол падения ϕ 2 чуть меньше угла полного внутреннего отражения. Угол выхода луча ξ (см. рис.8) мал. При каждом отражении свет почти полностью остается внутри пластинки, выходящие пучки малы по интенсивности. В результате можно получить до 10-15 близких по интенсивности лучей. При падении от широкого источника на экране получатся полосы k, k+1 и т.д. порядков, соответствующих различным углам. Задача 10. Стеклянная пластинка Люммера-Герке толщиной 1 см освещается светом с длиной волны λ = 5 ⋅ 10−7 м. Найти величину порядков наблюдаемых светлых полос. Анализ и решение Разность хода в случае наблюдения светлых полос определяется формулой: ∆ = 2dn cosϕ1 = k λ. (1)

11

Рис.8. Пластинка Люммера-Герке. sin ϕ1 sin ϕ1 1 cos 2 ξ = = ; cos ϕ1 = 1 − Из закона преломления . sin ϕ 2 cos ξ n n2

(2)

cos 2 ξ Из (1) и (2) : 2dn 1 − = kλ . n2 Так как ξ мал, то cos ξ ≈ 1 и 2d n2 − 1 = kλ .

(2’)

2d n 2 − 1 ; вычисляя, получим: k = 4,4 g 10 4 . λ Таким образом, пластинка Люммера-Герке дает интерференционные полосы только высоких порядков. Из (2’): k =

§4. Допустимые порядки, допустимые толщины при интерференции [2] Из-за немонохроматичности излучения ∆λ допустимые порядки наблюдеλ λ + λ2 ния интерференции k < ср ; λср = 1 . (1) ∆λ 2 Так как разность хода лучей, отражённых от поверхностей тонкой пленки, λ ∆ = 2dn cos ϕ 2 + = k λ. , то допустимая толщина, при которой ещё наблюдается 2 λ 2ср интерференция, определяется следующим образом: d ≤ . (2) ∆λ ⋅ 2 n Задача 11. С помощью стеклянного клина наблюдается интерференционная картина. Свет падает на клин нормально и содержит длины волн в интервале от λ1 = 4500 Å до λ2 = 4550 Å. При какой толщине интерференционная картина исчезнет? Анализ и решение Прежде чем решать задачу, необходимо прочитать теоретический материал, поясняющий, что такое допустимые порядки и толщины. По формуле (2) (λ1 + λ2 ) 2 данного параграфа можно рассчитать d ≤ . Для видимого света Δλ ≈ 4 ⋅ ∆λ ⋅ 2n (4525 ⋅ 10 −10 ) 2 ≈ 100 Å. Вычисления дают: d ≤ ≈ 7 мкм. 2 ⋅ 1,5 ⋅ 100 ⋅ 10 −10

12 Ответ: при толщине более 7 мкм интерференционная картина исчезнет. Задача 12. При какой разности хода может наблюдаться интерференционная картина а) от кадмиевого источника с длиной волны 6000 Å и степенью немонохроматичности Δλ = 0,01 Å; б) от лазера с λ =6000 Å с Δν =10 Гц ? Анализ и решение λ ; вычисляя, получим: k1 < 6 ⋅ 105 ; разность а) Допустимые порядки k1 < ∆λ хода, при которой может наблюдаться интерференционная картина, ∆1 = k1 ⋅ λ = 36 ⋅ 10−2 м. c с ∆ν ⋅ λ 2 ; ∆ν = 2 ⋅ ∆λ , отсюда ∆λ = , λ λ с λ c k2 = = ; ∆λ ∆νλ c из (1) и (2): ∆ 2 = k2λ = = 30 ⋅ 103 км. ∆ν Таким образом, из-за высокой степени монохроматичности лазеров каемая для наблюдения интерференции разность хода велика, поэтому ференционную картину можно наблюдать от 2-х независимых лазеров. б) ν =

(1) (2)

допусинтер-

§5. Возможность наблюдения интерференции от протяжённых источников света Задача 13а. Источник – одна узкая светящаяся щель. Пучок от щели делится на два по методу Френеля (например, с помощью бизеркал, двух щелей). Найти распределение интенсивности на экране, перпендикулярном плоскости чертежа. Анализ и решение Щель можно рассматривать как совокупность точечных источников, каждый из которых дает синусоидальное распределение интенсивности, такое же, как в опыте Юнга (см. [1]). На экране наблюдается результат суперпозиции освещенностей интерференционных картин, создаваемых отдельными точками щели. Расположенные в плоскости, перпендикулярно плоскости чертежа, они дадут на экране, который также перпендикулярен плоскости чертежа, практически одинаковое распределение освещенности. Суммарное распределение освещенности будет отличаться от того, которое даёт отдельная точка щели, яркостью: чем длиннее щель, тем ярче интерференционная картина. Задача 13б. Источник: две узкие параллельные светящиеся щели S1 и S2 , перпендикулярные плоскости чертежа. Найти распределение интенсивности I (h) и видимость V на экране, перпендикулярном плоскости чертежа. Анализ и решение Разделим пучок S1 на S1' и S1’’, а S2 – на S2’, S2’’ при помощи двух параллельных зеркал (см. рис. 9). Пучки от источников S1́ и S1’’(от S2’, S2’’) являются

13 когерентными и способны интерферировать. На экране друг на друга накладываются две интерференционные картины. 1. Графическое рассмотрение. Из рис. 9 видно, что системы интерференционных полос, создаваемые обеими щелями, сдвинуты одна относительно другой на расстояние 2d (2d – расстояние между щелями). Угол 2ω - апертура интерференции. Экран установлен на расстоянии D ? 2l. ( 2l = S1́ S1’’= S2’ , S2’’.) l Так как 2d = 2l, то D ? 2d. Из рис. 9: tgω = , (1) D т.е. ω очень мал. Если смещение систем интерференционных полос 2d меньше расстояния между серединами соседних интерференционных полос от одной щели Δh (см. рис. 10), то на экране получится приблизительно такое же распределение освещённости, как и от одной щели, но суммарная интенсивность окажется при этом вдвое больше. Если 2d = Δh/2, то минимумы от одной щели накладываются на максимумы от другой, и экран будет равномерно освещён, т.е. интерференционной картины не будет.

Рис. 9. Возможность наблюдения интерференции от протяженных источников света. 2ω - угол апертуры интерференции, 2 w – угол схождения, 2 w = 2ω ; l tgω = , S1S2 = 2d – протяжённость источника света. D

14

Рис. 10. График функции I(h). 2. Аналитическое рассмотрение. Используя результаты задачи об интерференции двух когерентных источников, можно записать для S2’и S2’’ : 4π lh I 2 = I 0 (1 + cos ). (3) Dλ Для S1’и S1’’ система полос смещена на экране на 2d относительно системы полос от S2’и S2’’, поэтому для S1’и S1’’ имеем: 4π l (h − 2d ) I1 = I 0 [1 + cos ]. (4) Dλ Так как S1 и S2 некогерентны, то I = I1 + I2 , (5) где I - суммарная освещённость экрана. Из (2), (3), (4), (5) получим: 2π d 2π (h − d ) I = 2 I 0 [1 + cos cos ] = f ( h) ; (6) ∆h ∆h 2π d 2π d I макс = 2 I 0 (1 + cos ) ; I мин = 2 I 0 (1 − cos ). (7) ∆h ∆h I −I Видимость интерференционной картины V = макс мин . Используя (7), полуI макс + I мин 2π d чим: V = cos = cos x , где x = 2πd/Δh. График V(x) представлен на рис. 11. ∆h V зависит от Δh и 2d : при 2d = Δh , когда расстояние между S1 и S2 очень

∆h = 2d она равна 0. При увеличении 2d до Δh ви2 димость снова становится хорошей, а при 2d = 1,5Δh обращается в 0 и т.д. Решение этой задачи облегчает рассмотрение более сложного случая - интерференции от протяжённого источника.

мало, V стремится к 1, при

15

Рис. 11. График функции V(x). Задача 13в. Источник - широкая светящаяся щель, ее ширина – 2d. Каковы распределения интенсивности на экране и видимость V суммарной картины ? Анализ и решение Будем считать, что щель состоит из очень большого числа расположенных рядом светящихся полосок шириной dξ = λ . Такие полоски некогерентны, поэтому суммарная интенсивность в произвольной точке экрана с координатой h равна сумме отдельных интенсивностей: +d

I = I 0 ∫ [1 + cos −d

2π (h − ξ ) 2π d 2π h ∆h ]dξ = 2 I 0 d [1 + sin cos ] ∆h 2π d ∆h ∆h ,

(8)

2π (h − ξ ) ]dξ - интенсивность, создаваемая в точке наблю∆h дения P полоской шириной dξ, находящейся на расстоянии ξ от середины щели; h - расстояние от середины щели до точки наблюдения P (см. рис.9). Из (8): где Idξ = I 0 [1 + cos

I макс = 2 I 0 d [1 +

∆h 2π d sin ], 2π d ∆h

(9)

∆h 2π d (10) sin ], 2π d ∆h Из (9) и (10) видимость интерференционной картины (см. рис. 12) ∆h 2π d sin x V= sin = , (11) 2π d ∆h x 2π d где x = . При 2d = Δh видимость близка к 1, как в случае точечного источ∆h ника, при 2d = Δh видимость обращается в 0. При дальнейшем увеличении протяжённости источника видимость возрастает и при 2d = Δh/2 достигает максимума ~ 2/3, при 2d = 2Δh видимость практически равна 0. Принято, что V ≥ 2/3 хорошая видимость, при этом 2d ≤ Δh/2. Из (1) и (2) : Δh = λ/2 tg ω, тогда условие хорошей видимости принимает вид: I мин. = 2 I 0 d [1 −

16 λ . (12) 4 Вывод: чтобы видимость интерференционной картины была хорошей, необходимо, чтобы апертура интерференции была малой (см. условие (12)). 2 d tgω ≤

Рис. 12. График функции V(x) для протяжённого источника.

Задачи для самостоятельного решения Вариант I. 1. Плоская световая волна падает на бизеркала Френеля, угол между которыми α = 2'. Определить длину волны света, если ширина интерференционной полосы на экране 0,55 мм. 2. Расстояния от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана равны соответственно a = 25 см и b = 100 см. Бипризма стеклянная, с преломляющим углом θ = 20'. Найти длину волны, если ширина интерференционной полосы на экране 0,55 мм. 3. Плоская монохроматическая волна падает нормально на диафрагму с двумя узкими щелями, отстоящими друг от друга на расстояние d = 2,5 мм. На экране, расположенном за диафрагмой на l = 100 см, образуется система интерференционных полос. На какое расстояние и в какую сторону сместятся эти полосы, если одну из щелей перекрыть стеклянной пластинкой, толщина которой 10 мкм? 4. На тонкую плёнку (n = 1,33) падает параллельный пучок белого света. Угол падения равен 52°. При какой толщине плёнки зеркально отражённый свет будет наиболее сильно окрашен в жёлтый цвет (λ = 0,6 мкм)? 5. Плоская монохроматическая волна длины λ падает на поверхность стеклянного клина, угол между гранями которого мал. Плоскость падения перпендикулярна к ребру клина, угол падения φ1. Найти расстояние между соседними максимумами интерференционных полос на экране, расположенном перпендикулярно к отражённому свету.

17 6. Плоско-выпуклая стеклянная линза с радиусом кривизны сферической поверхности R = 12,5 см прижата к стеклянной пластинке. Диаметры 10-го и 15-го тёмных колец Ньютона в отражённом свете D1 = 1 мм, D2 = 1,5 мм. Определить длину волны света. 7. В интерферометре Майкельсона использовалась жёлтая линия натрия, состоящая из двух компонент с длинами волн λ1 = 589 нм и λ2 = 589,6 нм. При поступательном перемещении одного из зеркал интерференционная картина периодически исчезала (почему?). Найти перемещение зеркала между двумя последовательными появлениями наиболее чёткой интерференционной картины. 8. В опыте Юнга расстояние от щелей до экрана равно 3 м. Определите угловое расстояние (в рад.) между соседними светлыми полосами, если третья световая полоса на экране отстоит от центра интерференционной картины на 4,5 мм. 9. На тонкую мыльную плёнку с n = 1,33 под углом φ = 30° падает монохроматический свет с λ = 0,6 мкм. Определите угол между поверхностями плёнки, если расстояние между интерференционными полосами в отражённом свете равно 4 мм. Вариант II. 1. Найти длину волны монохроматического излучения, если в опыте Юнга расстояние первого интерференционного максимума от центральной полосы x = 0,05 см, расстояние от плоскости щелей до экрана наблюдений D = 5 м, расстояние между щелями 2l = 0,5 см. 2. Определить угол α между зеркалами Френеля, если расстояние между полосами интерференции на экране равно 1 мм, D = 1 м (см. рис. 1), λ = 486,1 нм. Интерферирующие лучи падают на экран приблизительно перпендикулярно. 3. Выразить расстояние x от центра интерференционной картины до k–той светлой полосы в опыте с бипризмой). Показатель преломления призмы n , длина волны λ, преломляющий угол θ. Интерферирующие лучи падают на экран приблизительно перпендикулярно. 4. Найти число полос интерференции N , получающихся с помощью бипризмы, если показатель преломления призмы n , длина волны λ, преломляющий угол θ. Расстояние источника света от бипризмы равно a , расстояние бипризмы от экрана равно b. 5. Из линзы с фокусным расстоянием f = 50 см вырезана центральная часть шириной a , как показано на рис. 13. Обе половины линзы сдвинуты до соприкосновения. По одну сторону линзы помещён точечный источник монохроматического света (λ = 600 нм). С противоположной стороны линзы помещён экран, на котором наблюдаются полосы интерференции. Расстояние между соседними светлыми полосами равно 0,5 мм и не изменяется при перемещении экрана вдоль оптической оси. Найти a.

18

Рис. 13. Билинза.

6. Полосы равной толщины, получающиеся в тонком стеклянном клине (n = 1,5) при освещении рассеянным монохроматическим светом с λ = 500 нм, проектируются линзой на экран. Перед линзой помещена квадратная диафрагма со стороной d = 1 см и отстоящая от клина на расстоянии L = 50 см. Какой максимальный порядок интерференции может при этом наблюдаться на экране? Главная оптическая ось проектирующей системы приблизительно перпендикулярна к поверхности клина. 7. Найти расстояние Δl между 20-м и 21-м светлыми кольцами Ньютона, если расстояние между 2-м и 3-м равно 1 мм, а кольца наблюдаются в отражённом свете. 8. Свет с длиной волны λ = 550 нм от удалённого точечного источника падает нормально на поверхность стеклянного клина. В отражённом свете наблюдают систему интерференционных полос, расстояние между соседними максимумами которых на поверхности клина равно 0,21 мм. Найти: а) угол между гранями клина; б) степень монохроматичности света (Δλ/λ), если исчезновение интерференционных полос наблюдается на расстоянии l ≈ 1,5 см от вершины клина. 9. На плоскопараллельную плёнку с показателем преломления (n = 1,33) под углом i = 45° падает параллельный пучок белого света. Определите, при какой наименьшей толщине плёнки зеркально отражённый свет наиболее сильно окрасится в жёлтый цвет (λ = 0,6 мкм). Литература 1. Калитеевский Н.И. Волновая оптика / Н.И. Калитеевский. – М. : Высш. школа, 1995. – 462 с. 2. Ландсберг Г.С. Оптика / Г.С. Ландсберг. – М. : Физматлит, 2003. – 848 с. 3. Иродов И.Е. Задачи по общей физике / И.Е. Иродов. – М. : Наука, 2001. – 368 с. 4. Матвеев А.Н. Оптика / А.Н. Матвеев. - М. : Высш. школа, 1985. 5. Фриш С.Э. Курс общей физики / С.Э. Фриш, А.В. Тиморева. – М. : Физматгиз, 1962. – Т. 3. - 608 с. 6. Сборник задач по общему курсу физики. Оптика / под ред. Д.В. Сивухина. – М. : Наука, 1977. - 320 с.

19

Составители: Чернышова Тамара Даниловна, Коптев Сергей Николаевич Редактор Тихомирова Ольга Александровна.