Книга 2. Решения задач из разделов 9-23 (509316), страница 48
Текст из файла (страница 48)
При 1 = "- получим Л = 480 нм, что удовлетворяет условию. ПРн 7г = 3 получим Л = 343 нм, эта длина волны также не лежит в пределах видимого спектра. Таким образом, исксмая длина волны Л = 480 нм. 408 1к 27. На поверхность стеклянного объектива ( и, = 1,5) нанена тонкая пленка, показатель преломления которой и, = 1,2 гкпросветляюшая» пленка). При какой наименьшей толщине с( ой пленки произойдет кеакснмальное ослабление отраженного света в средней части видимого спектра? Решение: е В Стеклянная пластинка и,> и, +1!~ — ).
Как видно из рисунка, оптическая раз- '1,2) ' 409 Из световой волны, пада й Г на пленку, выделим узкин пучок ЯА . В точках А и В Я падающий пучок частично и отражается и частично преломляется. Отраженные А',, С пучки света АЯ, н ВСЯз падают на собирающую линзу, пересекаются в ее фокусе и интерферируют между собой. Т. к. показатель преломления воздуха (и, =1) меньше показателя преломления вещества пленки, который, в свою очередь, меньше показателя преломления стекла, то в обоих случаях отражение происходит от среды оптически более плотной, чем та среда, в которой идет падающая волна. Поэтому фаза колебания пучка света АЯ, при отражении в точке А изменяется на и рад и точно так же на т рад изменяется фаза колебаний пучка света ВСЯ, при отражении в точке В . Следовательно, результат интерференции этих пучков света при пересечении в фокусе линзы будет такой же, как если бы никакого изменения фазы колебаний ни у того ни у др> гого пучка не было.
условие максимального ослабления света при интерференции в тонких пленках состоит в том, что оптическая разность хода Л интерфсрирующих волн д~~жна быть равна нечетному числу полуволн: ность хода гз = 1,пг — ?,п =(1АВ1+1ВС~)п„— ~АЕ~гг. Следов, тельно, условие минимума интенсивности света призгст вид (~АВ~+~ВС~пг — ~АЕ~1п=(21г+!)( — !. Если угол палс г'Лг 1,2г ния а будет уменьшаться, стремясь к нулю, то А?:г-э 0 „ ~АВ~+~ВС~-+ 2г?, где  — толщина пленки. В пределе прп (л1 а =О будем иметь Л=2г?и, =(2?с+1)( — ), откуда искомая (2А +1)Л толщина пленки г? = .
Минизгааьное значенпо г? 4п соответствует значению 1г = О . Подставляя числовые данные, получим г1 =1!5 1О ~м. 16.28. Свет от монохроматического источника 1Л = 600 нм) падает нормально на диафрагму с диаметром отверстия Ы = 6 мм. За диафрагмой на расстоянии ! = 3 м от нее находится экран.
Какое число гг зон Френеля укладывается в отверстле диафрагмы? Каким будет центр днфракционной картины на экране: темным нли светлым? Решение: Пусть в отверстии диафрагмы укладывается 1г зон Френеля, тогда радиус й-й зоны равен радиусу диафрагмы г? 12 гг = — =ДЫ. Отсюда ?г= — =5. Поскольку число от- 2 4ЬЛ крытых зон нечетно, то центр дифракционной картинки будет светлым. 16.29. Найтгг радиусы г, первых пяти зон Френеля, есгнг Гас стояние от источника света до волновой поверхности а — 1и расстояние от волновой поверхности до точки наблзолечння Ь=!м. Длина волны света Л = 500 им.
410 Решение: Радиус внешней границы )г-й зоны Френеля для сфери- аЬ ческой волны г, = гнЛ . Подставляя числовые дан- аеЬ ные, получим 0 =05 мм, г = 0,71 мм, гэ =0,36 мм, г, = 1,0 мм, гз = 1,12 кгкк 16.30. Найти радиусы г, первых пяти зон Френеля для плоской волны, если расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения Ь=!м. Длина волны света Л = 500 им. Решение: В случае плоской волны радиус й -й зоны Френеля определяется по формуле г„=ДЫ. Подставляя числовые данные, псьтучнм г, = 0,7! мм:, г, =1кэм; г, =1,22 мм; г„=1,4!мм; ~;.
=1,58 мы. 16.31. Дифракцнонная картина наблюдается на расстоянии ! от точечного источника монохромапгческого света (Л = 600 нм). На расстоянии а=0,51от источника помешсна круглая непрозрачная преграда диаметром Р =1 ем. Найти расстояние 1, если преграла закрывает только центральную зону Френеля. Решение: 1аЬ Радиус центральной (первой) зоны Френеля г, =~ Л . а+Ь с( Кроме того, й = —. По условию ачЬ=!; а=Ь=0,51, 2 г1э тогда г = — =0,5чг12 . Отсюда 1= — =167 м. 2 Л 1632. Дифракцнонная картина наблюдается на рассэояннп 1=4м от точечного исто шика монохроматпческого света 500нм). Посередине ысжду экраном и источником саста (Л бо поме о 1елзена диафрагма с кр)глым отнерстпем. Про каком радиусе 411 А отверстия центр лифракнпоннык колен, наблюлаемык ча экране, будет наиболее темным? Решение: Радиус отверстия соответствует радиусу !г-й зоны Фре нелЯ пРи Условии, что отвеРстие пРопУскает !г зоп.
1' е аб Л=г~. —— шй . Наименьшая освещенность центра коа4-Ь лсц соответствуст двум зонам ()г = 2). Подставляя шс ю вые данньие, получим Л =10 м. -3 16.33. На диафрагму с диаметром отверстия ЕЭ = 1,96 мм нада ет нормально параллельный пучок монохроматнческого свеза (2 = 600 им). Прн каком наибольшем расстояшш ! мегкг, диафрагмой и экраном в центре лнфракипонной картины еще 61 лет наблюдаться темное пятно". Решение: Расстояние, прн котором будет видно темное пятно. определяется числом зон Френеля, укладывающихся в отверстии. Если число зоп четное, то в центре дифракцнонной картинки будет темное пятно.
Число зон Френеля, помещающихся в отверстии, убывает по мере удаления экрана от отвсрстия. Наименьшее четное число зон равно двум. 6 ледовагсльно, максимальное расстояние, при котором еще будет наблюдаться темное пятно в цсптре экрана. определяется условием, согласно которому в отверстии долгины поместиться две зоны Френеля. Радиус диафрагмы дол.кел г! г —.— равпяться радиусу второй зоны. т. е. — = гэ = !2(2 . Огсюэ г! да )= — =08м. 82 16.34. 11а шсль шириной н =. 2 мкм падает нормаэьн1 "-рзн лелы~ый пучок монокрома~пческого сяппа (2 --. 589 нм' камню зг. амп р булээ нюлюлегься лпф1ыкппшппчс мамы свс~а". 412 Решение: В соответствии с принципо, Еюй генов гдель можно рас р "сточников света ~з - ~я Расстояние м ор гм л'~ + О при (Рис.
1). Колебания, со- л здаваемые источниками Рис, 1 их расположения, можно представить в виде: Е, = Е, соз озг. В точке наблюдения Р, расположенной под углом а к нормали л, эти источники создадут колебания, которые можно представить в виде: 2л Е, '= Ес соз~ оэ г — — лг, Л 2л Ея =Еясоз вг- — лгя — (1). Из (1) следует, что раз- 2л ( ность фаз соседних колебаний равна 8= — л(г -г)= ~2 1~ (2л = — ~ — Ьхз(ла — (2). Построим векторную диаграмму ~л для точки наблюде- ния Р (рис.
2). Т. к. длины векторов Е,, Е„и углы межлу ними равны, то цепочка векторов является частью правильного многоугольника, вокруг которого можно опи- окружность радиусом Е. Рез)ль- 413 откуда интенсивность в точке наблюдения Р равна з!и (ХБ/2) 1=1, — (3), где 1, — интенсивность, зп! (Б/2) обусловленная отдельным источником света.
При малых УБ УБ , Б Б Б имеет место равенство з!и — = — и з!и-= —, Тогда 2 2 2 2 из выражения (3) следует, что интенсивность падающего света !с =1,„У вЂ” (4). Подставляя (2) в (3), получим згп (2шККк 1(2Л)г|ла) 1=1,, Отсюда с учетом того, что з!и (2лЛт/(2Л)арпа) з !и (ха I Л зги а ) Ьх-+0 и !УЛх=а, получим 1=1,М' Н (тЪх/Лзсла) Гип (1гпlггпипа) или, с учетом (4), 1 = 1е, . Минимумы (ага/Лзгпа) Ш7 интенсивности будут наблюдаться при — згпа =Ы, где Л 1г = !, 2, 3 ... Таким образом, при дифракции света на одной щели (в случае нормального падения лучей) условие минимумов интенсивности имеет вид азгпу = !гЛ . Отсюда 1гЛ Л зп!гд= —, При й=! имеем з!пр, = — =0,295; (а !7'.
а а При !г = 2 имеем з!ига, =0,589; у=36'. При !с =3 имеем тирующий вектор Е является хордой этой окружности, а центральный угол, соответствующий этой хорде, равен УБ. Проведем перпендикуляры из точки В к сторонам АС и ОГ. Из прямоугольных треугольников АВН и РВГ, учитывая, что !Е ~ = Е, найдем —" = Ази —, 2 2 Е ХБ Ып(МБ l 2) — = АГпл —, Е=Ео Тогда 2 2 зл~(Б/2) 4!4 агл4гг = 0,884; сд = 62'. Очевидно, что пРи /с = 4 мы получим ягп(гг >1, что не имеет смысла. 16.35. На шель шириной а = 20 мкм падает нормально параллельный пучок монохроматпческого света (Л = 500 им).
Найти ширину А изображения шели на экране, удаленном от щели на расстояние 1=1м. Шириной изображения считать расстояние между первыми дифракцноннымп минимумами, расположенными по обе стороны от главного максимума освешенностп. Репгеине: А Из рисунка видно, что — = 1184г. 2 Поскольку угол (гг мал, то можно принять гд.сгг = зггг 4г . Тогда А = 2(зггг4г — (1). Условие мак- симумов интенсивности света азгггср = Ы, откуда при lс =1 Л яггг(сг = — — (2). Подставляя (2) а 2И в(1), получим А= — =0,05 м. а 16.36.
На щель шириной а =бЛ падает нормально параллельный пучок монохроматического света с ллииой волны Л. Под каким углом ег будет наблюдаться третий дифракционный минимум света? Решение: Имеем азгл(гг=гсЛ. По условию а=бЛ, гс=3. Отсюда бЛ зг'и гр.= ЗЛ; зги се = 0,5: (гг = 30 .
16.37. На дифракццонную решетку падает нормально пучок света. Для того чтобы увидеть красную линию (Л =700нм) в 415 спектре этого порядка, зрительную трубку пришлось уставов~ под углом 9э=30' к оси коллиматора. Найти постояннэю дифракционной решетки. Какое число штрихов Т, нанесено единицу длины этой решеткиз Решение: Согласно формуле ди фракционной решетки Н з1п 9э = 1; ' (1). По условию /г = 2, тогда из (1) пайп, л — =2,8 10 м. ь!испо штрихов 79,, приходя цих Ял (Р на единицу длины решетки, связано с периодом решет 1 с7 соотношением Тв = —, откуда Ув — — 357 10 'м.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
