1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 11
Текст из файла (страница 11)
е. все лучи, исходящие от пузырька,приходят в результате преобразования в одну и ту же точку x2 ):´¯d11´n d1`d`1“ 0,2nn Rd2 “ ´d1dn´pn´1q R1RR2“ ´ 2´p2´1q1 “ ´3.2Поскольку d2 ă 0, изображение находится по правую сторону от сферической поверхности (оно лежит в точке пересеченияпродолжений выходящих влево лучей и, таким образом, являетсямнимым).Коэффициент увеличения находим, подставляя полученное d2в выражение для m11 :41m11 “ 1 ´ p1 ´ 2q “ .33Решение задачи 3Для определения амплитуды волны в заданнойточке на оси воспользуемся диаграммой Френеля.Действие отверстия до того, как его частично закрыли пленкой, соответствует полной первой зоне Френеля и описывается вектором с началом в точке O и концом вточке M на вертикальном диаметре полуокружности радиуса E0 (на рисунке показанапунктиром).
Действие половины отверстия, открытой по диаметру, сводится к ограничениюпо углу и описывается вектором E1 “ 21 OMдлиной E0 .После закрытия полупрозрачной пленкойдействие верхней? умень? половины отверстияшается еще в 2 раз (так как E9 I) и опиE0.сывается вектором E11 длиной E11 “ ?299РешенияОба вектора сонаправлены и в сумме даютˆ˙1E “ E1 1 ` ?2с амплитудойE “ E0ˆ˙.˙2.11` ?2Тогда интенсивность в заданной точке равнаI “ I0ˆ11` ?2Решение задачи 4Сначала выясним, как связаны направления падающегои прошедшего через призмулучей. Без ограничения общности рассмотрим верхнюю призму.
Для падающего луча угол наклона к горизонтали и угол падения θ1 совпадают. Пусть θ1 ! 1.Тогда согласно закону Снеллиуса угол преломления на первойгранице равенθ1.nУгол падения на вторую границу равен θ2 “ α ´ ψ1 . Рассмотрим сначала случай ψ1 ă α, представленный на рисунке. Тогдаθ2 ą 0. Угол преломления на второй границеψ1 “ψ2 “ nθ2 .Поскольку нормаль ко второй границе составляет с горизонталью угол α, то угол наклона выходящего луча равен1002012/2013 Контрольная работа 2.2, вар.
1ˆ˙θ1θ1 “ α ´ ψ2 “ α ´ n α ´“ θ1 ´ pn ´ 1qα.n(1)Если α ă ψ1 , то θ2 ă 0 и ψ2 ă 0 – преломленный луч выйдет по другую сторону от нормали, нежели на рисунке. Нетрудноубедиться, что формула (1) подходит и для этого случая.Теперь рассмотрим два луча, исходящие из щелевого источника: один – горизонтально, другой – под малым угломpn ´ 1qα. Прошедшие черезпризму лучи наклонены подуглами p1 ´ nqα и 0 соответственно. Продолжения выходящих лучей пересекаются в точке S1на высоте d1 “ apn ´ 1qα над источником S.
Т. е. выходящие лучираспределены так, как если бы призмы не было, а вместо щелевого источника-оригинала был щелевой источник-изображение ˚ .Очевидно, что нижняя призмасоздает изображение, смещенноена расстояние d2 “ apn ´ 1qβ внизот оригинала. Таким образом, система эквивалентна схеме Юнга.Оба изображения когерентны. Но,поскольку в точке C фазы лучей,выходящих из верхней и нижнейпризмы, равны, а расстояния S1 Cи S2 C различны, то нижний источник-изображение отстает по˚Наши рассуждения справедливы, пока вертикальный размер призмыменьше либо одного порядка с d1 ! a. В противном случае продолжениелуча, преломленного на расстоянии h " apn ´ 1qα от оптической оси, уже непройдет через точку S1 , пучок преломленных лучей перестанет быть гомоцентрическим.101Решенияфазе от верхнего:¯´´aaa2 ` d21 ´ a2 ` d22 « k a `φS2 ´ φS1 “ k“kd21 ´d222a2 pn´1q2 α2 ´a2 pn´1q2 β2“ ka2a“ kapn ´ 1q2 αd212a´a´d222a¯“2 ´β22Другой дополнительный сдвиг по фазе δφ в точках экранавозникает из-за несимметричного расположения источников относительно плоскости x “ 0:δφ “ k1pd1 ` d2 q d2 ´dd2 ´ d21a2 pn ´ 12 qpβ2 ´ α2 q2“k 2“k.L2L2LФаза в интерференционном слагаемом Ipxq включает оба фактора:2 qx“φpxq “ pφS2 ´ φS1 q ` δφ ` k pd1 `dL´`1“ k a2 pn ´ 12 qpα2 ´ β2 q 2a´12L˘`apn´1qpα`βqxL¯.Положение полос максимальной интенсивности находим из условия φpxq “ 2πm, где m - целое.
Получим:xmax,m ““L2πk apn´1qpα`βq mλLapn´1qpα`βq m`L´a2 pn´ a2 pn ´ 1q2´ 1qpβ ´ αq.`12a´12L˘pα2 ´β2 qLapn´1qpα`βqРасстояние между интерференционными полосами:∆xmax “λLapn ´ 1qpα ` βq102“2012/2013 Контрольная работа 2.2, вар. 2Наконец, обратим внимание на то, что яркости изображенийне одинаковые, поскольку площади призм различны. В этом случае интенсивность на экране зависит от x какIpxq “ I0 p1 ` A cos φpxqq ,где |A| ă 1.Контрольная работа 2.2, вариант 2Решение задачи 1Воспользуемся результатом,полученным при решении задачи 1 вар.1 (см. формулу (3)на стр. 96) для общего случая трех промежутков длинойL1 , L2 , L3 с оптически плотной средой в среднем промежутке:l1 ´ l2 “d22pL1 `nL2 `L3 q .В нашем случае L1 “ L2 “ L3 “l1 ´ l2 “32`nLs3 :¨d22Ls .Таким образом, щелевые источники O1 , O2 излучают с фа3d2зовым сдвигом k 2`n.
Тогда интенсивность в точках экрана¨ 2Lsзадается выражениемˆˆ˙˙d ¨ px ´ d{2q3d2Ipxq “ I0 1 ` cos k`¨L2 ` n 2LsУсловие нулевого максимума:103Решенияkоткудаˆx0 “3d2d ¨ px0 ´ d{2q`¨L2 ` n 2Ls˙“ 0,d3d2 Ld3d¨L´¨“ ´¨2 2 ` n 2Ls d2 2 ` n 2LsВидность мала (источники некогерентны), если разброс по фазе за счет немонохроматичности δk “ δωc превышает π:ˇˇδω ˇˇ d ¨ px ´ d{2q3d2 ˇˇěπ`¨c ˇL2 ` n 2Ls ˇУмножим обе части неравенства на|x ´ x0 | ěLcd¨δω :πLcd ¨ δωКритическое расстояние от точки x0 оценивается как|xc ´ x0 | “πLcd ¨ δωРешение задачи 2Способ 1 (через матричный формализм).Если рассматривать в качестве оптическойсистемы линзу и зеркало, то матрица M0 оптической системы равна произведению матриц MRпреломления на сферической границе ”воздухстекло“, пустого промежутка в стекле Tn , отражения R от плоского зеркала, пустого промежутка в стекле Tn1 и преломления на сферическойгранице ”стекло-воздух“ MR1 :M0 “ MR1 ¨ Tn1 ¨ R ¨ Tn ¨ MR1042012/2013 Контрольная работа 2.2, вар.
2Составим матрицы по правилам матричного формализма ивыполним умножение ˚ :¨˝10´ 1´nR¨“˝11˛¨‚¨˝0n´1R1¨“˝1 ´Rn0˛ ¨‚¨ ˝1n´1R¨“˝1˛¨‚¨˝1 ´Rn0011˛ ¨‚¨ ˝1n´1R01100 ´1˛ ¨‚¨ ˝1˛¨‚¨˝00 ´1˛ ¨R1 ´n0 1˛ ¨‚¨ ˝‚¨ ˝´1 `n´1RRn101˛ ¨‚¨ ˝2n˛¨‚¨˝1´Rnn´1R´1˛´10´ n´1Rn´1n´ n´1R1n2Rn1˛Rn11˛˛‚“‚“‚“‚˚Поскольку после отражения луч движется влево, длина промежутка вматрице Tn1 отрицательна (´R). Кроме того, описание преломления после отражения в рамках матричного формализма нуждается в корректировке. Этосвязано с тем, что набора параметров tx, α, Ru еще не достаточно, чтобы однозначно задать угол между падающим лучом и нормалью к поверхности.Необходимо также уточнить, вправо или влево движется луч.
Если произошло нечетное число отражений, то при составлении текущей матрицы преломления достаточно принять обратное правило знаков для радиуса кривиз1ны поверхности. Поэтому, в выражении для элемента (2,1) матрицы MRмыприписали положительный радиус кривизны R вогнутой поверхности. Еслиперед преломлением луч испытал четное число N отражений (включая N=0),то действует обычное правило знаков. Поэтому в матрице MR мы приписалиположительный радиус кривизны выпуклой поверхности.105РешенияВыпишем отдельно элементы матрицы M0 :´ 1 “ 13 ,m11 “2nm12 “2Rn“163 ,m21 “ 2 n´1nR “23R“ 61 ,1m22 “ 2 n´1n ´ 1 “ ´3.Теперь воспользуемся стандартными формулами матричногоформализма ˚ . Положение изображения источникаd2 “ ´1¨ 6 ` 16m11 d1 ` m123“ ´ 311 “ ´11 ă 0m21 d1 ` m22¨6´63Изображение находится слева: на 5 см левее источника.УвеличениеK “ m21 d2 ` m11 “ ´11 13` “ ´ ´ изображение перевернутое.632Способ 2 (эффективная схема без зеркала).Решение упрощается, если учестьзнакомое из обыденной практикисвойство: отраженный от плоского зеркала луч симметричен продолжению падающего.
Тогда ход отраженных лучей можно анализировать по дополнительной картине, полученной симметричным отображением отраженных лучей. Ход лучей на этой картине будет в точности совпадать с тем, какой наблюдался бы вслучае одной сферической линзы (вместо полушара и зеркала).После нахождения изображения на вспомогательной картине его˚Эти формулы с использованием других обозначений приведены, например, на стр. 93 учебного пособия [6].1062012/2013 Контрольная работа 2.2, вар.
2истинное положение получается обратным симметричным отображением. Для сферической линзы обратное фокусное расстояниеравно (см. задачу 1.34 из [2])n´1211“2““fnR3R6Левая и правая главные плоскости совпадают и проходят через центр линзы.Тогда эффективное расстояние до источника a˚ “ a ` R “ 10и искомое расстояние находится из основной формулы линзы1115´3111111“ ˚` ˚ Ñ ˚ “ ´ ˚ “ ´““fabbfa6 103015Отображая найденную точку относительно плоскости симметрии (где расположено зеркало), получим действительное изображение в точке на расстоянии 15-4=11 см левее крайней точки полусферы. Из рисунка видно, что размеры предмета и изображения относятся так же, как расстояния от них до центра линзы(см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
