Практический курс физики. Волновая оптика (1013223), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

Если сдвиг полос от крайних точекисточника существенно меньше ширины интерференционной полосы∆x ,тоуменьшениеконтрастностирезультирующейинтерференционной картины будет незначительным. При достаточнобольших размерах источника, когда этот сдвиг достигает величины≈ ∆х , интерференционная картина полностью исчезает (см. задачу 1.8).12когИнтерференция в тонких пленках.Пусть на тонкую пленку падает волна от точечного источникаS (рис. 1.5). В результате отраженияэтой волны от верхней и нижнейповерхностей пленки образуется двекогерентные волны, которые будутинтерферировать.Результатинтерференции в некоторой точкеP определяется разностью оптическихпутей SABCP (луч 1) и SFP (луч 2).Обычно толщина пленки dзначительно меньше, чем расстояние отисточника S до пленки.Рис.

1.5В этом случае оптическая разностьхода лучей 1 и 2 не зависит отположения точки P и равна (см. задачу 1.11)∆ = 2dn ⋅ cos β ,(1.17)10где n - показатель преломления вещества пленки, β - угол преломления.При расчете разности фаз интерферирующих волн, необходимоучитывать дополнительную разность фаз, равную π . Этадополнительная разность фаз возникает, если отражение луча 1 в точкеB происходит от оптически менее плотной среды, например, воздуха,тогда как луч 2 отражается в точке F от оптически более плотнойсреды (диэлектрика с показателем преломления n ).

С учетом этогополная разность фаз имеет вид:ϕ 2 − ϕ1 =2π2 dn cos β + πλ0что соответствует∆ = 2 dn cos β +Используяинтенсивности2 dn cos β +(1.9)λ02λ02и.(1.18)(1.10),получим условие максимумов= mλ0(1.19)m = 0 , 1, 2 ,...и минимумов интенсивности2 dn cos β +λ02= (2 m + 1 )λ02, m = 0 , 1 , 2 ,...(1.20)при интерференции в тонкой пленке.Следует помнить, что выражения (1.18), (1.19), (1.20) справедливытолько при разных условиях отражения на границах пленки. Если жеоба луча 1 и 2 отражаются от оптически более плотной среды (или оба– от оптически менее плотной), то дополнительная разность фаз π невозникает.Частными случаями интерференции в тонкой пленке являютсякольца Ньютона (задачи 1.13 и 1.14), интерференция в клине (задача(1.15)).Примеры решения задач.На пути световой волны, идущей в воздухе,поставили стеклянную пластинку толщиной d = 1мм так, что свет напластинку падает под углом α = 30 0 .

На сколько изменилисьоптическая длина пути? Показатель преломления стекла n = 1,5.Задача 1.1.11Решение. Нарисуем волновую поверхность ДС волны,вышедшей из пластинки. От точки О до этой поверхности вотсутствии этой пластинки волна проходила путь Ο С в воздухе.Принимая показатель преломления воздуха равным 1, найдемоптический путь луча безпластинки: l = ОС .После постановки пластинкиволна стала проходить путь ОВ встекле и ВД в воздухе;l= n(OB ) + ( ВД ). До точки О и1опт2 оптпосле поверхности ДС пути вобоих случаях (с пластинкой и безнее) совпадают.

Таким образом,изменение оптической длины путибудет равноРис. 1.6l2 опт − l1опт = n( ОВ ) + ( ВД ) − ( ОС ).Сделаем расчет:(ОС ) − ( ВД ) = (ОК ) = (ОВ) cos(α − β );l 2 опт − l1опт = ∆ = (ОВ)[n − cos(α − β )];ОВ = d ;cos βcos( α − β ) = cos α cos β + sin α sin β .Из закона преломления света sinα = nsin βполучаем: sin β = sin α ,n2sin α 1 2cos β = 1 −=n − sin 2 α ;2nn[]1 sin 2 α n − − cos α  = d n 2 − sin 2 α − cos α =cos β n ∆ = d= 1мм  2 ,25 − 0 ,25 −3 = 0 ,548 мм .2 12Задача 1.2. Плоская волна проходит через стеклянную пластинку3с показателем преломления n = 2 , падая на неё нормально. Толщина2пластинки скачком меняется на величину d = 3 λ вдоль прямой,проходящей через точку С перпендикулярно к плоскости рисунка.Прошедшая волна собирается в фокусе линзы. Найдите интенсивностьв фокусе линзы, если интенсивность в случае отсутствия уступа напластинки была I 0 .Решение.

В фокусе линзыинтерферируют две когерентные волны:одна - прошедшая слева от плоскостиСС ′ (волна 1) и другая – прошедшаясправа от неё (волна 2).В случае плоскости без уступаразность фаз колебания этих двух волнбыларавнанулю;амплитударезультирующего колебания А = 2 А ,где А1 - амплитуда колебаний в каждойиз волн. Переходя к интенсивностям,Рис.

1.7получим I 0 = 4I1 .В случае пластинки с уступом волны 1 и 2 получат оптическуюразность хода ∆ = dn − d = d (n − 1), и, следовательно, разность фаз0∆ϕ =2πλ1d (n − 1).Подставив данные из условия задачи, получим∆ϕ =2π.3Найдем результирующую амплитуду методом векторногосложения колебаний.Из диаграммы видно, что А = А1I = I1 =Рис. 1.8I0413Задача 1.3. Некоторое колебание возникает в результате сложениякогерентных колебаний одного направления имеющих следующийвид: ξ k = a cos( wt + (k − 1)α ), где k - номер колебания (k = 1, 2 ,..., N ),α - разность фаз между k - м и (k −1) − м колебаниями.

Найтиамплитуду результирующего колебания.Решение. Решим задачу, используяметод векторного сложения колебаний.Каждому колебанию сопоставим вектордлиной а . Угол между векторами,Nизображающими k − e и (k + 1) − eα.колебания,равенВектор,характеризующийрезультирующееколебание, равен векторной сумме Nвекторов. Его амплитуду обозначим .Рис.

1.9Поскольку длины всех складываемыхвекторов и углы между ними одинаковы, концы вектороврасполагаются на некоторой окружности. Центр О этой окружностинаходится на пересечении перпендикуляров, проведенных черезсередины любых двух складываемых векторов.Найдем радиус R этой окружности. Из треугольника ВОС следует:. 4.15.Рисaα= R sin ;22R=a2 sin α2.АИз треугольника ВОД находим 2 = R sin(Подставив в это выражение R , получимNα  2 Nα).2a sin A=sinα.2Два одинаковых точечных источникамонохроматического света с длинной волны λ расположены нарасстоянии d друг от друга. Начальные фазы колебаний источниковравны между собой. Найти распределение интенсивности I (x) на осиx , параллельной отрезку, соединяющему источники, и отстоящей отних на расстоянии L . Координату x отсчитывать от точки O на осиx , равноудаленной от обоих источников.

Считать d , x << L .Задача1.4.14Решение. В случае одинаковых источников и при условииd << L в каждую точку С оси x придут две волны с одинаковымиинтенсивностями. Согласно (1.3), результирующая интенсивность вточке С равна:I = 2 I1 [1 + cos(ϕ 2 − ϕ 1 )] ,где ϕ 2 − ϕ1 = 2π ( r1 − r2 ), что можноλполучить из (1.6), положив α 1 = α 2 .Рис. 4.10.Выразим r1 − r2 через положениена оси x . ИзточкипрямоугольныхтреугольниковS1 AC и S 2 BC (рис. 1.10) имеем. 4.16.Р исРис.

1.10r12 = L2 + ( x +dd 2) ; r22 = L2 + ( x − ) 2 .22Вычитая второе равенство из первого, получим r12 − r22 = 2xdоткудаr1 − r2 =2 xd.r1 + r2В результатеr1 − r2 =xd.L2πПодставив в выражение для интенсивности ϕ 2 − ϕ 1 = λполучимI (x ) = 2 I 1 (1 + cos,хdL,2π xdπxd) = 4 I 1 cos 2.λ LλLИз последнего выражения можно найти координаты максимумовинтенсивности xmax = mdλL и координаты минимумовx min = (2m + 1)λL2d,гдеm = 0 , ± 1,± 2 ,...Расстояние между соседними минимумами или максимумамиравно∆x =λLd.15Два точечных одинаковых источника когерентныхволн расположены на расстоянии d = λ4 друг от друга. КолебанияЗадача 1.5.πисточника B запаздывают по фазе на 2 относительно источника AОпределить:а) углы θ , в направлении которых интенсивность излучения этойсистемы максимальна и в направлении которых интенсивностьминимальна (см.

рис. 1.11);б) вид зависимости интенсивности от угла θ . Изобразитьпримерный вид полярной диаграммы направленности излучения такойсистемы.Решение. Когда расстояние отисточников до точки наблюдениязначительно превышает расстояниемежду источниками ( АС, ВС >> d ),лучи AC и ВД оказываютсяпрактически параллельными. Тогдаразность хода интерферирующихлучейВС − АС = BД = d cos θ .Рис. 1.11Рис. 1.12Согласно (1.6) в точке наблюдения волна от источника B отстаетπ 2πпо фазе на величину ∆ϕ = ϕ A − ϕ B = 2 + λ d cosθ .а) Из условия максимумов интенсивности (1.4) получимπ 2π λ+cosθ = 2πm , откуда следует cosθ = 4m − 1 .2 λ 4Последнее соотношение может выполняться только при m = 0 иcosθ = −1 . Максимум интенсивности имеет место под углом θ = π .Из условия минимумов (1.5) имеемπ2π λcos θ = ( 2 m + 1)π .2 λ 4Откуда следует cos θ = 4 m + 1, m = 0, cos θ = 1 .+Следовательно, минимум наблюдается под углом θ = 0 .б) Поскольку AC ≈ BC и излучатели одинаковы, можно считатьинтенсивность волн от обоих источников в точке наблюдения равными16друг другу.

Тогда, согласноточке С будет равна(1.3),результирующая интенсивность вπI = 2 I 1 + 2 I 1 cos ∆ϕ = 2 I 1 (1 + cos 2(cos θ + 1) ),где I1 - интенсивность каждой из волн в точке С .После несложных преобразований получим вид зависимости I (θ )I = 4 I 1 cos 2 (π2cos 2θ2).Разумеется, при удалении точки наблюдения от источниковинтенсивность I1 , а вместе с ней и I , будут убывать.Для построения диаграммы направленности рассчитаем I длянескольких углов θ :θ =πθ =0πθ =3πθ=2Рис. 1.13θ =2π3I = I max = 4 I 1 ,I = 0,π3 = 0 ,38 I max , 2 4I = I max cos 2 π1 = 0 ,5 I max , 2 2π 1I = I max cos 2  = 0 ,92 I max , 2 4I = I max cos 2 ОД = I max , ОД 1 = 0 ,38 I max ,ОД 2 = 0 ,5 I max , ОД 3 = 0 ,92 I maxВ опыте Юнга на пути одного из интерферирующихлучей помещалась тонкая стеклянная пластинка, вследствие чегоцентральная светлая полоса смещалась в положение, первоначальнозанятое пятой светлой полосой.

Луч падает на пластинку нормально.Показатель преломления пластинки n = 1,5 ; длина волны светаλ = 6 × 10 −7 м . Какова толщина пластинкиЗадача 1.6.d?РисРис.. 1.144.14.Решение. При отсутствии пластинкинулевая полоса располагается в точке х = 0 ,т− я полоса в точке А , для которой17Для пятой полосы r1 − r2 = 5λ .При установке пластинки нулевая полоса переместилась в точкуA ; следовательно, для этой точки l1опт = l 2опт .

Характеристики

Список файлов книги