Решение задач по физике. Общие методы - Беликов Б.С.
Скачать (прямая ссылка):
d0 < ^j-, т. е. d0 < 0,1 мм.
Пример 27.4 В установке для получения колец Ньютона пространство между линзой (показатель преломления M1= 1,55) и плоской прозрачной пластиной (показатель преломления M3= 1,50) заполнено жидкостью с показателем преломления M2= 1,60 (рис. 27.5). Установка облучается монохроматическим светом (Я0=б-10~7 м). падающим нормально на плоскую поверхность линзы. Найти радиус кривизны линзы R, если радиус четвертого (k=4) светлого кольца в проходящем свете pk= 1 мм.
183
Решение. Интерференция лучей осуществляется в тонком жидком клине (показатель преломления жидкости лв больше как ль так и л3). Именно в этой тонкой жидкой пленке неодинаковой толщины каждый луч разделяется на две когерентные части. В проходящем свете k-Pi максимум образуется вследствие интерференции луча /, прошедшего через точку А в пластину, и части // этого же луча ABC, отразившейся в точках А и В и прошедшей в пластину через точку С (рис. 27.5). Так как п?>п9 и n?>nlf то при отражении в точках А и В потери полуволны не происходит. Следовательно, приобретаемая лучами I и II оптическая разность хода
6=2dnit
где d — толщина жидкого клина в точке А. Учитывая, что
Пример 27.5 На стеклянную плоскопараллельную пластину с показателем преломления д=1,5 падает свет с длиной волны X=6-10"7 м со степенью монохроматичности AX=5-10"10 м под углом падения t=45°. При какой максимальной толщине пластинки интерференционная картина в отраженном свете является еще отчетливой?
Решение. Известно, что при интерференции монохроматического света (X0) в тонкой пленке толщины Лис показателем преломления п условие максимума имеет вид (в отраженном свете)
Если свет немонохроматический, то угловая ширина k-ro интерференционного максимума Ai определится из уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и левой частей при fc=const):
d = p?/(2#), а также условие максимума (27.1), находим
Отсюда радиус кривизны линзы # = -ф-, #«66см.
(27.10)
(2/1 Vn2—sin2/
OA/= + -і) АХ.
184
Отсюда
¦fi{2hVn*— sin8/)
Угловое расстояние 67 между соседними максимумами при монохроматическом свете также находится из уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и левой частей при 1K=const):
Я (2/i Vn*—sin2 і) Ы = Ш.
Отсюда при Ok=I (соседние максимумы)
6;=--к
(2h Yл2-sin* і)
Интерференционная картина является отчетливой при выполнении условия |Дї|<СІ6ї|, или
(ft + у)< VAX. (27.11)
Подставив выражение для (ft+4") из уравнения (27.10)
в формулу (27.11), получим максимальную толщину пластинки hmax, при которой еще можно наблюдать интерференционную картину:
2ax)J-S1nW А-«0,27 мм.
Известно, что степень монохроматичности лазерного излучения-"достигает ДХ=4«10"1а м. Следовательно, для наблюдения интерференции в луче лазера можно взять пластинку огромной толщины ЛтахА?3,3 см! Степень монохроматичности белого (видимого) света АХ«3,6-10~7 м, и, следовательно, в этом случае АтахжЗ,7« 10~7 м, т. е. для наблюдения интерференции в белом свете должна быть взята тончайшая пленка, толщина которой примерно составляет десятые доли микрометра. Пленку такой толщины можно получить в жидком и твердом виде.
Как рассчитать интерференционную картину не от двух, а от многих когерентных источников света? Часто в этом
185
случае используется метод векторных диаграмм. Рассмотрим для простоты случай равных амплитуд. Кроме того, предположим, что разность фаз двух соседних источников
отличается на одно и то же значение Acp=const.
На рис. 27.6 изображена векторная диаграмма, соответствующая сложению А/ =6 колебаний с одинаковыми амплитудами
IЛВ J = I ВС I = I CD J =» «IDEI-IEFHIFOI-E.!.
Амплитуду результирующего колебания изображают отрезком AO=E0. Определим эту результирующую амплитуду. Очевидно, что точки А, В, С, D, Е, F и О располагаются на окружности радиуса R=\0A\=\0B\ = . . . . Опустим из центра окружности О на отрезки AB и ВС перпендикуляры OK и OL. Тогда KOL=Ay, а KOB =Aq>/2. Из &К0В определяем радиус окружности:
KB I E01
R
(27.12)
sin (Аф/2) 2sin(Acp/2)'
Так как |Л#| = |#о| (по построению 0Н±_А0), то результирующая амплитуда
Е0 = | H 2| АН\. (27.13)
Угол AOH равен Va(2n—А/Аф)=я—V2AMq), и из ДЛОЯ находим
АН \ = R sin я
N Аф
Подставляя это значение |ЛЯ| в уравнение (27.13) и используя (27.12), получаем
P _Р sin (N Аф/2) ^o-coi sIn (Аф/2) '
Энергия колебаний (а также и интенсивность /) пропорциональна квадрату амплитуды. Следовательно, интенсивность результирующего колебания
sin2 (N Аф/2)
^01 sin2 (Аф/2) • где /oi — интенсивность одного источника.
(27.14)
186
При малой разности фаз (Д<р-»-0) уравнение (27.14) принимает вид
Таким образом, интенсивность главного максимума при интерференции N источников пропорциональна квадрату числа источников.
§ 28. Дифракция света
Основная задача при изучении дифракции заключается в расчете дифракционной картины, т. е. в нахождении распределения интенсивности света /. Более узкой задачей является нахождение положения максимумов и минимумов дифракционного спектра. Часто при расчете дифракционных картин используются метод зон Френеля и метод ДИ (см. §6).
