§ 32. Интерференция света

Глава VI. ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА

Страницы переведены на новый сайт:
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ФИЗИКЕ
https://myeducation.su/sbornik-zadach-po-elementarnoj-fizike/

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Две световые волны, налагаясь друг на друга в определенном
участке пространства, взаимно погашаются.
Означает ли это, что световая энергия превращается в другие
формы?

ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ.
Свойства пара.
Элементарная физика.

802. Два когерентных источника света S t и S 2, расположены
на расстоянии I друг от друга. На расстоянии D^>1 от
источников помещается экран (рис. 257). Найти расстояние

между соседними интерференционными полосами вблизи
середины экрана (точка А), если источники посылают
свет длины волны Я.
803. Два плоских зеркала образуют между собой угол,
близкий к 180° (рис. 258). На равных расстояниях Ь от
зеркал расположен источник света S. Определить интервал
между соседними интерференционными полосами на экране
MN, расположенном на расстоянии О А —а от точки пере

153 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Элементарная физика скачать.

сечения зеркал. Длина световой волны известна и равна
X. (Ширма С препятствует непосредственному попаданию
света источника на экран.)

804. Интерференционный, опыт Ллойда состоял в получении
на экране картины от источника 5 и его мнимого изображения
S ‘ в зеркале АО (рис. 259). Чем будет отличаться

интерференционная картина от источников S и 5 ‘ по сравнению
с картиной, рассмотренной в задаче 802?
805. Два точечных когерентных источника, расстояние
между которыми расположены на прямой, перпендикулярной
экрану. Ближайший источник находится от экрана
на расстоянии Какой вид будут иметь интерференционные
полосы на экране? Каково расстояние на экране
от перпендикуляра до ближайшей светлой полосы (при
условии 1=пК, п — целое число)?
806; Найти радиус гк для 6-го светлого кольца (см. задачу
805) при условии, что D = l—nK, я^>1, k—n, п —1,
п —2, . . .

154 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Элементарная физика скачать.

807. Как практически можно осуществить опыт, «писанный
в задаче 805?
808. На бипризму Френеля, изображенную на рис. 260,
падает свет от источника S. Световые пучки, преломленные
различными гранями призмы, частично перекрываются и
дают на экране на участке АВ интерференционную кар-
j тину. Найти расстояние между соседними интерференцион-
! ными полосами, если расстояние от источника до призмы
а= 1 м, а от призмы до экрана Ь—4 м; преломляющий угол

призмы а=2* 10“ 3 рад. Стекло, из которого изготовлена
призма, имеет показатель преломления «= 1 ,5 . Длина световой
волны Я=608О А.
809. Сколько интерференционных полос наблюдается
на экране в установке с бипризмой, описанной в предыду-
■ щей задаче?
■810. Трудность изготовления бипризмы с углом, близким
к 180° (см. задачу 808), заставляет прибегнуть к следующему
приему. Бипризма с углом (5, сильно отличающимся
от 180°, помещается в сосуд, заполненный жидкостью с
показателем преломления пи или является одной из стенок
этого сосуда (рис. 261). Рассчитать угол б эквивалентной
бипризмы, находящейся в воздухе. Показатель преломления
вещества призмы лг. Произвести вычисления для пх=
= 1,5 (бензол), п2=1,52 (стекло), (5=170°.
811. Собирающая линза, имеющая фокусное расстояние
/= 1 0 см, разрезана пополам, и половинки раздвинуты на
расстояние d = 0 ,5 мм (билинза). Оценить число интерферен-

155 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Элементарная физика скачать.

дластинку толщины d2—0,1 см? Показатель преломления
стекла га—1,5. Пластинки располагаются нормально к проходящим
сквозь них световым пучкам.
815. Почему кольца Ньютона образуются только вследствие
интерференции лучей 2 и 3, отраженных от границ
воздушной прослойки между линзой и стеклом (рис. 263),

а луч 4, отраженный от плоской грани линзы, не влияет
на характер интерференционной картины?
816. Изменится ли характер интерференционной картины
в установке, которая описана в задаче 803, если ширму
С убрать? Расстояние а считать большим (равным 1 м).
Излучаемые источником волны не являются монохроматическими.
817. В каком случае кольца Ньютона видны более отчетливо:
в отраженном свете или же в проходящем?
818. Контакт между плоско-выпуклой линзой и стеклянной
пластинкой, на которую она положена, отсутствует
вследствие попадания пыли. Радиус пятого темного кольца
Ньютона равен при этом ^ = 0 ,0 8 см. Если пыль удалить,
то радиус этого кольца увеличится до r2= 0 ,1 см. Найти
толщину слоя пыли d, если радиус кривизны выпуклой
поверхности линзы R = 10 см.
819. На поверхность двояковогнутой линзы, имеющую
радиус кривизны R u положена своей выпуклой стороной
плоско-выпуклая линза с радиусом кривизны поверхности
Найти радиусы колец Ньютона, возникающих
вокруг точки соприкосновения линз, если на систему падает
нормально монохроматический свет длины волны А,.
820. Чтобы уменьшить коэффициент отражения света от
оптических стекол, на их поверхность наносят тонкий слой
прозрачного вещества, у которого показатель преломлё-

157 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Элементарная физика скачать.

светления
оптики»,) Оцените толщину наносимого слоя,
считая, что световые лучи падают на оптическое стекло
приблизительно нормально.
821. Нормальный глаз способен ^различать оттенки в
цвете при разности длин волн в 100 А. Учитывая это, оценить
максимальную толщину тонкого воздушного слоя,
при которой можно наблюдать в белом свете интерференционную
картину, вызванную наложением лучей, отраженных
от границ этого слоя.»
822. На тонкий стеклянный клин от удаленного источника
почти нормально падает поток монохроматических,
волн длины.волны X. На расстоянии фат клина расположен
экран, на который линза с фокусным расстоянием / проецирует
возникающую в клине интерференционную картину.
Расстояние между интерференционными полосами на экране
АI известно. Найти угол а клина, если показатель преломления
стекла равен п.

158 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Элементарная физика скачать.

§ 32. Интерференция света. Ответы

 

801. Нет. Наличие минимумов освещенности в интерференционной
картине означает, что световая эйергия не поступает в-данные участки
пространства. —
802. В произвольной точке экрана С будет наблюдаться максимум
освещенности, если разность хода d3 — dl — k%, где k = 0, 1, 2, —

целые числа (рис. 550). По теореме Пифагора
d\ = £>2 + (hk + 1/2)2, d! = + {hk _ //2)2
Отсюда
d \ — d \ = (d2+ dx) (d2 — dx) = 2hftl.
В соответствии с условием задачи d3+ d 1 &2D. Следовательно,
d2 — dx = k k к 2hkl/2D. Расстояние k -й светлой полосы от центра
экрана hk — kXDjl. Расстояние между полосами &H=hk+1—/»д — XDJl,

400 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

805. Расстояние между интерференционными полосами Л Л = -^ —
(см. задачу 802). В данном случае D = АВ я а -)-6, a / = StS2 —
расстояние между изображениями S i и S 2 источника S в плоских
зеркалах (рис. 551). I можно определить из треугольника S^SB:
I/ 2 = 2ба/2, или I -= 26а.
Следовательно, Ah — к (а + 6)/26а.

804. Второй когерентный источник получается в опыте Ллойда
путем отражения лучей от зеркала АО. При отражении происходит
изменение фазы на я (потеря полуволны), поэтому в точке О, где
должна была бы наблюдаться светлая полоса, произойдет гашение
кблебаний— минимум освещенности. По сравнению с задачей 802 вся
картина окажется сдвинутой на ширину светлой (или темной) полосы.
805. Усиление освещенности на экране получается, когда разность
хода dz— i t — kk. Геометрическое место точек экрана, до которых
лучи от обоих источников доходят с такой разностью хода, есть

окружность с центром в точке А (рис. 552). Следовательно, интерференционные
полосы будут представлять собой концентрические
окружности.
В случае 1 = пК в точке А будет наблюдаться усиление освещенности
(интерференционный максимум я-го порядка), Ближайшая
светлая интерференционная полоса (окружность) (я — 1)-го порядка

401 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

Находится от точки А на расстоянии, определяемом из уравнения
d2-dt = V (nk-rD)*+hU — Kff +hl.l= (я — 1) X.
Приняв во внимание условия задачи Я<^£>, X<^1, получим
806. Разность хода лучей для k-ro светлого кольца
d2- d l = V (2пХ)2 + г% — V (nX f + r l = кХ.
Отсюда г*— ^ У (9п2 — к1) (п2 — /г2) .
807. Для создания второго когерентного источника, расположен»
ного ближе к экрану, чем первый, можно использовать полупрозрачную
пластину с отверстием. На основании принципа Гюйгенса отверстие
можно рассматривать как» вторичный источник. На экране
получается интерференционная картина. Если расстояние между
источниками велико, то для-получения интерференционной картины
необходимо располагать источником, дающим волны, очень близкие
к монохроматическим. .
808. Чтобы найти искомое расстояние Ah, нужно предварительно
вычислить расстояние I между мнимыми источниками St и S2, расположенными
на пересечении продолжений лучей, преломленных
гранями призмы. Для этого проще всего рассмотреть ход луча, падающего
на грань призмы нормально (рис. 553). Такого луча в действительности
нет, но можно построить его, мысленно продолжив верхнюю
призму вниз. Все преломленные призмой лучи от точечного

источника можно считать сходящимися в точке, и такой прием вполне
допустим. Так как преломляющий угол призмы мал (призма тонкая),
то мнимые изображения и S2 источника можно считать лежащими
на том же расстоянии от призмы, что и Источник S. Как видно из
рис. 553, i — a и S A = a a . По закону преломления г « п а. Рассматривая
треугольник / I S ^ , можно записать
f-o a « аал.

402 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

Отеюда / = 2aa (n —
Ah =
1). Используя, решение задачи 802, находим
XD X(;a-\-.b)
I 2aa(n — 1)
=0,15 cm.
809. N = L/Ah, где L — ширина интерференционной картины. Как
видно из рис. 260, L*=(b/a)L Используя результаты предыдущей
задачи, получим
4aba? (а — 1 )2 N— ( а + 6 ) л :5 .
810. Бипризма, изготовленная из вещества с показателем преломления
п2, отклоняет лучи на угол
<Pi = (90° —P/2) (n2 —«i).
где % —показатель преломления среды, из которой падают лучи.
Для’бипризмы, находящейся в воздухе,
ф2 = (90° —5/2) (п2 — 1).
В случае эквивалентности бипризм tpi = q>2- Отсюда
6 = Pt й2— tti j 1SQ° ^ ^ я* — 1 — Г
Для заданных в условии величин б « 179°37′.
811. Ход лучей в системе изображен на рис. 554. S i и S2 —изображения
источника S в половинках линзы. Очевидно, что&==/а/(а—- /).

Из подобия треугольников SAB и S S iS 2 можно найти расстояние I
между Sj и S2: l — ad/(a—/). Расстояние между соседними интерференционными
полосами на экране
X (D — b ) X
Ah— I ad
( D a — D f — a f ) = 1 0 -2 см
(см. задачу 802). Искомое число интерференционных полос
L d(D + a)
N = Ah a Ah
=25.

403 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

812. Расстояние менаду мнимыми источниками S i и Sa можно
найти методом,, изложенным в решении задачи 811 (рис. 555). Расстояние
между интерференционными’Полосами
X (D f—Da-t-af)
Ah da
Число полос на .экране N = LfAh, где L ~ D l J b—размер участка экрана,
на котором наблюдаются интерференционные полосы. Отсюда
D— NabfX
a d l+ a bN X— bfNX
= 15 см.
Максимально возможное число полос найдется из условия
a d l — j — N a b X — b f N X = 0
(при этом D -> оо). Следовательно,
adl
bfX— abX
= 5 .
Число полос получается конечным, так как по мере удаления экрана
одновременно с увеличением размеров участка экрана, на котором
возникает интерференционная картина, растет расстояние между
полосами.

813. Расстояние между интерференционными полосами не будет
зависеть-от положения экрана только в том случае, если источник
расположен в фокальной плоскости линзы. Эго непосредственно вытекает
из выражения
A h = ^ ( D f — D a + a S),
которое получено при решении задачи 812. Е с л и а = /, то Ah-
= 1 0 _ а смп ри любом D.

404 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

Ход лучей для данного случая изображен на рис. 566. Как видно
из этогч рисунка, число интерференционных полос будет максимально,
когда экран займет положение АВ. Расстояние экрана до линзы можно
найти из треугольника ОАВ, учитывая, что угол a & d j f , a AkB — R:
D=-Rf/d — 2 м.

814. Внутри стекла длина световой волны уменьшается в л раз,
так как частота не изменяется, а скорость уменьшается в л раз.
Вследствие этого между когерентными волнами в пучках возникает
дополнительная разность хода. На расстоянии в верхнем пучке
уложится ft1= d 1n/X длин волн, а в нижнем на том же расстоянии
уложится k 2= d 2n/k-j-(d1—d2)/X длин волн. Световые волны в любой
точке экрана окажутся дополнительно сдвинутыми друг относительно
друга на k, — k2 длин волн. Вследствие этого вся интерференционная
d d
картина сместится вверх на kt — fe2= — ^ —- ( л — 1 )= 100 полос. Процесс
смещения можно наблюдать в Момент введения пластин. После
того как пластины введены, интерференционная картина на экране
будет иметь прежний вид.
815. Толщина линзы слишком велика. Интерференция имеет место
только в случае тонких пленок. Воздушная прослойка вблизи соприкосновения
линзы и стекла является тонкой.
816. Нет, не изменится. Разность хода между волнами, встречающимися
на экране от источников S и S x или S и S2> велика. В этих
условиях спектры различных порядков, соответствующие спектральному
интервалу источника, налагаются друг на друга подобно тому,
как это имеет место при отражении волн от границ толстой пленки.
Если цшрму убрать, то это приведет только’ к наложению на интерференционную
картину от источников Sx и S 2 монотонно меняющейся
освещенности.
817. При наблюдении колец в отраженном свете интенсивность
интерферирующих пучков примерно одинакова. В проходящем же
свете интенсивность одного пучка, не испытавшего отражений, значительно
превышает интенсивность второго пучка, испытавшего два
отражения. В результате максимумы и минимумы возникнут на фоне
равномерной освещенности, полного гашения света не произойдет, и
вся картина будет менее контрастной, чем в отраженном свете.
818. При отсутствии контакта радиус пятого кольца определяется
уравнением r\/R-\-2d== 5Я, Если пыль удалить, то радиус этого
кольца определится равенством r%/R = 5L Отсюда d = ( r l— r l ) /2R =
= 1,8-10~* см.

405 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

819- r k — ] / ‘ 1/iR, _ 1/^ —
820. Для уменьшения коэффициента отражения необходимо, чтобы
лучи 1 и 2 (рис. 557), отраженные от внешней и внутренней поверхностей
пленки, нанесенной на оптическое стекло, гасили друг друга.
Гашение будет иметь место при условии
2ftn = ( 2 * + l ) y . » (1)
где k = 0, 1, 2, . . . Отсюда минимальная толщина пленки hm\n = \ /4 n .
Условие (1) не может быть выполнено для всех длин волн. Поэтому
обычно h выбирают так, чтобы гасилась средняя часть спектра. Наносимая
пленка имеет толщину, превышающую ftmjn в нечетное число
раз, так как более толстые пленки изготовить проще, чем тонкие
(в четверть длины волны).

821. Для наблюдения интерференционной картины необходимо,
чтобы максимум к-то порядка, соответствующий длине’ волны к, не ‘
перекрывался с максимумом (ft-j-l)-ro порядка, соответствующим
длине волны А.+ДА, где ДА — 100А. Это будет иметь место при условии
(А, + ДА)А:<;А(6-|-1). Отсюда k < А/Да.

406 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

Максимально допустимая толщина прослойки Лтах удовлетворяет
уравнению 2/ггаах = (Я + ДЯ)£шах, где йшах = Я/ДЯ. Если в качестве Я
выбрать дайну волны, соответствующую середине видимого участка
спектра (Я = 5000А), то Лтах r: 1 ,3 -1 0 -3 см.
Если вместо воздушной прослойки взять тонкую пленку, имеющую
показатель преломления п, то максимальная толщина должна
быть в я раз меньше, чем у воздушной прослойки.
822. При интерференции лучей 1 и 2 (рис. 558), отраженных от
различных граней клина, условие минимума запишется следующим
образом: 2hn = kk (к — 0, 1, 2). Так как угол а мал, то ft и ха. Следовательно,
расстояние между интерференционными полосами на самом
клине Д х =Я /2 а я .
Согласно формуле увеличения линзы Ах/А/ = а/Ь, где а —расстояние
от экрана до линзы, а Ъ—от линзы до клина. Так как b = d ^ -a ,
то но формуле линзы
Исключая из данных выражений а и Ъ, найдем искомое значение
угла а:
Я d Т V d ^ ~ 4 fd • ,
a ~ 2 n A l d ± y > _ 4 / d ‘
Решение этой задачи не однозначно. Это ввязано с тем, что четкое
изображение на экране при фиксированных d и / можно получить
при двух положениях линзы.

407 Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА. Ответы.

Интерференция света, ФИЗИЧЕСКАЯ ОПТИКА