задачи по физике. Учебное пособие по решению задач по физике для студентов вечернего отделения Моск гос инт радиотехники, электроники и автоматики
 Скачать 0.6 Mb.
|
|
Тема 2. Интерференция света (продолжение) Примеры решения задач Задача 1. На поверхность стеклянного объектива (n=1.5) нанесена тонкая пленка, показатель преломления которой n 1 =1.2 ( ″просветляющая пленка″). При какой наименьшей толщине этой пленки произойдет максимальное ослабление отраженного света с длиной волны λ=550 нм? Решение. 18 Схема хода интерферирующих лучей показана на рисунке. Луч 1, падая на пленку толщины d с показателем преломления n 1 , разделяется на два луча: 2 - отраженный от пленки и 3 - отраженный от объектива с показателем преломления n > n 1. Лучи 2 и 3 интерферируют, имея оптическую разность хода Δ. Отражение от оптически более плотной среды происходит дважды (на границах воздух-пленка и пленка–стекло). При каждом таком отражении разность хода Δ меняется на величину λ/2. Суммарное изменение Δ на одну длину волны не приводит к изменению интерференционной картины. Из рисунка видно, что оптическая разность хода: Δ=2dn 1 .По условию задачи происходит ослабление света, поэтому воспользуемся условием минимума при интерференции Δ=(2m−1)λ/2, откуда получаем для толщины пленки выражение: d m =(2m −1)λ/4n 1 , где m=1,2,3,… 2 3 пленка объектив d 1 n 1 n Минимальная толщина пленки получается при m=1 и равна d= λ/4n 1 . Используя данные условия задачи, получаем значение d=0.11 мкм. Ответ: d=0.11 мкм. Задача 2. На поверхности стекла находится пленка воды. На неё падает свет с длиной волны λ=0.68 мкм под углом θ=30° к нормали, как показано на рисунке. Найти скорость, с которой уменьшается толщина пленки из-за испарения, если интенсивность отраженного света меняется так, что промежуток времени между соседними максимумами отражения составляет Δt=15 минут. 19 Решение. При падении света на поверхность пленки под углом θ луч разделится на два: 1 - отраженный от верхней поверхности пленки, 2 - преломленный, который, отразившись от нижней поверхности пленки, выходит в воздух.Оптическая разность хода лучей 1 и 2 описывается выражением: θ 1 2 d пленка θ 2 2 sin 2 − = Δ n d , где n -показатель преломления пленки, d -толщина пленки. Условия образования двух последовательных максимумов, возникающих при толщинах d 1 и d 2 соответственно, имеют вид: , sin 2 2 2 1 λ θ m n d = − ) 1 ( sin 2 2 2 2 λ θ + = − m n d Из двух последних формул получаем выражение для скорости уменьшения толщины пленки: sin 2 2 2 1 2 θ λ − Δ = Δ − = n t t d d v Расчеты по последней формуле дают значение v=1.1 мкм/ч. Ответ: v=1.1 мкм/ч. Задача 3. Свет с длиной волны λ=0.55 мкм от удаленного точечного источника падает нормально на поверхность тонкого стеклянного клина. В отраженном свете наблюдают систему интерференционных полос. Расстояние между соседними максимумами интерференции на поверхности клина ΔX=0.21 мм. Найти угол θ между гранями клина. 20 Решение. Клин можно считать пленкой переменной толщины. Когерентные лучи 1 и 2 получаются в этом случае при отражении от верхней и нижней грани клина (см. рисунок). Из условий максимумов интерференции для m-ой и (m+1)-ой полос, возникающих при толщинах клина d m и d m+1 соответственно, получаем: ΔX 1 2 1 2 θ d m d m+1 d m+1 –d m = λ/2n. (1) На основании рисунка, учитывая малость угла θ, имеем: 1 X d d m m Δ − = + θ (2) Подставляя (1) в (2), получаем: 2 X n Δ = λ θ Расчеты по последней формуле дают значение θ=3 ′ Ответ: θ=3′. Задача 4. Плосковыпуклая линза с радиусом кривизны выпуклой поверхности R выпуклой стороной лежит на стеклянной пластине. Радиус k-го темного кольца Ньютона в проходящем свете равен r k . Определить длину световой волны. Решение. Из рисунка следует, что часть прошедшего луча 1 дважды отражается от границы оптически более плотной среды (в точках A и B на рисунке). Поэтому оптическая разность хода Δ меняется два раза на λ/2, т.е. изменения разности фаз интерферирующих лучей не происходит и мы имеем: Δ =2d, (1) 21 где AB=d - толщина воздушного клина в месте нахождения интерферен- ционного кольца радиуса r. Используя рисунок, можно доказать, пренебрегая членом d 2 вследствие его малости, что 2 2 R r d = (2) Условие k-го минимума запишем в виде Δ=(2k - 1)λ/2. (3) После подстановки (1) и (2) в (3), для k-го темного кольца получаем выражение: n R r A B 1 1 d , 2 ) 1 2 ( λ − = k R r k откуда находим: ) 1 2 ( 2 − = k R r k λ Задача 5. Плосковыпуклая стеклянная линза с радиусом кривизны R=40 см соприкасается выпуклой поверхностью со стеклянной пластиной. При этом в отраженном свете радиус k– го темного кольца r k =2.5 мм. Наблюдая за данным кольцом, линзу осторожно отодвинули от пластины на расстояние h=5 мкм. Каким стал радиус r k ′ этого кольца? Решение. В данной задаче рассматривается интерференция лучей 1 и 2. Как следует из рисунка, луч 2 - это отражение от оптически более плотной среды в точке A, а луч 1 - от оптически менее плотной в точке B. Как известно, выражение для радиуса k-го кольца Ньютона в отраженном свете имеет вид: 22 , 2 λ kR r k = (1) где при четном k - кольцо темное, а при нечетном - светлое. Формула (1) относится к случаю, когда линза вплотную прилегает к пластине. При образовании воздушного зазора толщиной h между линзой и пластиной (см. рисунок) оптическая разность хода Δ с учетом одного отражения от оптически более плотной среды составляет: 2 ) ( 2 λ + + = Δ h d (2) Запишем условие минимума (кольцо темное): n R r k ’ A B 2 1 d h Δ=(k+1/2)λ. (3) Учтем, что аналогично предыдущей задаче (см. рисунок): 2 2 R r d k ′ = (4) Тогда из (1)-(4) имеем: 2 2 2 hR r r k k − = ′ Расчеты дают значение k r′ =1.5 мм. Ответ: =1.5 мм. k r′ 23 Задачи для самостоятельного решения Задача 6. На мыльную пленку с показателем преломления n=1.3, находящуюся в воздухе, падает нормально пучок лучей белого света. При какой наименьшей толщине пленки d отраженный свет с длиной волны λ=0.55 мкм окажется максимально усиленным в результате интерференции? (Ответ: d=0.1 мкм.) Задача 7. На мыльную пленку (n=1.33) падает белый свет под углом θ=45° к нормали. При какой наименьшей толщине пленки d лучи отраженного света будут наиболее сильно окрашены в желтый цвет ( λ ж =0.6 мкм)? (Ответ: d=0.13 мкм.) Задача 8. Определитьтолщину “просветляющей” пленки с показателем преломления n=1.231, нанесенной на поверхность линзы(n 1 =1.516). Учесть, что при дневном видении глаз наиболее чувствителен к свету с длиной волны 555нм.(Ответ: l =112.7нм.) Задача 9. На тонкий стеклянный клин (n=1.55) падает нормально монохроматический свет. Угол θ между поверхностями клина равен 2 ′. Определить длину световой волны λ, если расстояние между соседними интерференционными максимумами в отраженном свете равно 0.3 мм. (Ответ: λ=543 нм.) Задача 10. Поверхности стеклянного клина (n=1.5) образуют между собой угол θ=0.2′. На клин по нормали к его поверхности падает пучок лучей монохроматического света с длиной волны λ=0.55 мкм. Определить ширину Δx интерференционной полосы. (Ответ: Δx =3.14 мм.) Задача 11. Плосковыпуклая линза выпуклой стороной лежит на стеклянной пластине. Определить толщину d слоя воздуха там, где в отраженном свете с длиной волны λ=0.6 мкм видно первое светлое кольцо Ньютона. (Ответ: d=0.15 мкм.) Задача 12. Между краями двух хорошо отшлифованных плоских пластинок помещена тонкая проволока диаметром 0.05 мм; противоположные концы пластинок плотно прижаты друг к другу. Свет падает перпендикулярно поверхности пластинки. На 24 пластинке длиной 10см наблюдатель видит интерференционные полосы, расстояние между которыми 0.6мм. Определить длину волны света.(Ответ: λ=0.6 мкм.) Задача 13. Установка для получения колец Ньютона освещена светом от ртутной дуги, падающим нормально. Наблюдение производится в проходящем свете. Какое по порядку светлое кольцо, соответствующее линии λ 1 =579.1 нм, совпадает со следующим светлым кольцом, соответствующим линии λ 2 =577.0 нм? (Ответ: k 1 =275.) Задача 14. Плосковыпуклая линза выпуклой стороной лежит на стеклянной пластине. Радиус десятого темного кольца Ньютона в отраженном свете равен r 10 =1.25 мм; длина волны света λ=0.6 мкм. Определить радиус кривизны R выпуклой поверхности линзы. (Ответ: R=0.26 м.) Задача 15. Установка для наблюдения колец Ньютона в отраженном свете освещается светом с длиной волны λ=0.5 мкм. Пространство между линзой и стеклянной пластиной заполнено водой (n=1.33). Найти толщину слоя воды между линзой и пластиной в том месте, где наблюдается третье светлое кольцо.(Ответ: d=0.5 мкм.) Тема 3. Дифракция света Примеры решения задач Задача 1. Плоская световая волна с длиной волны λ=0.5 мкм падает нормально на диафрагму с круглым отверстием диаметром d=1 мм. На каком расстоянии b от отверстия должна находиться точка наблюдения, чтобы отверстие открывало одну зону Френеля? Решение. Радиус r k зоны Френеля с номером k для плоской волны равен: r bk k = λ Используя эту формулу, получаем: λ k d b 4 2 = 25 По условию задачи k=1. Подставляя численные значения, находим: b=0.5 м. Ответ: b=0.5 м. Задача 2. Точечный источник света с длиной волны λ=0.5 мкм расположен на расстоянии a=100 см перед диафрагмой с круглым отверстием радиуса r=1.0 мм. Найти расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, для которой число зон Френеля в отверстии составляет k=3. Решение. Точечный источник света является источником сферических волн. В этом случае радиус k-й зоны Френеля равен: r ab a b k k = + λ , откуда находим: b ar ak r k k = − 2 2 λ Подставляя численные значения, получим b=2 м. Ответ: b=2 м. Задача 3. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I 0 падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова интенсивность света I за экраном в точке, для которой отверстие равно первой зоне Френеля? Решение. Амплитуда A k колебаний в точке P, расположенной на прямой, проходящей через центр отверстия и источник, будет определяться через амплитуды a k колебаний, доходящих до точки P от отдельных зон Френеля. Так как фазы колебаний, приходящих в точку P от двух соседних зон, противоположны, то амплитуда суммарного колебания A k , вызванного действием k зон, равна: A k = a 1 − a 2 + a 3 − a 4 + a 5 − ....± a k (1) Знак последнего члена положителен при нечетном k и отрицателен при четном k. Приближенно можно считать, что 26 амплитуда колебаний, вызванных k-ой зоной, равна полусумме амплитуд колебаний, вызванных (k −1) и (k+1) зонами: 2 1 1 + − + = k k k a a a Тогда, группируя слагаемые в формуле (1), можно получить следующую приближенную формулу для вычисления результирующего колебания в точке P: 2 2 1 k k a a A ± = , где знак плюс соответствует нечетному числу зон, а знак минус - четному числу зон. Таким образом, амплитуда суммарного колебания в точке P зависит от числа открытых зон k, вклад отдельных зон уменьшается с увеличением k. При полностью открытом отверстии (при отсутствии диафрагмы) k= ∞. Действие последней зоны станет бесконечно малым и A ∞ =a 1 /2. По условию задачи точка P расположена таким образом, что k=1. В этом случае: 1 1 1 1 2 2 a a a A = + = Таким образом, отношение амплитуд колебаний в точке P равно: 2 1 = ∞ A A Так как интенсивность колебаний пропорциональна квадрату амплитуды, то I/I 0 =4, или I=4I 0 Ответ: I=4I 0 Задача 4. На щель шириной b=0.05 мм падает нормально монохроматический свет с длиной волны λ=0.6 мкм. Определить угол ϕ между первоначальным направлением пучка света и направлением на четвертую темную дифракционную полосу. Решение. Минимумы интенсивности света при дифракции на щели шириной b наблюдаются под углами ϕ, определяемыми условием b ⋅Sinϕ=±kλ, где k - номер минимума. В нашем случае k=4, 27 Sin ϕ=4λ/b=0.048. Для малых углов справедливо соотношение Sin ϕ≈ϕ. Окончательно имеем ϕ=0.048=2 0 45 ’ Ответ: ϕ=2 0 45 ’ Задача 5. На щель шириной b=0.1 мм падает нормально монохроматический свет с длиной волны λ=0.5 мкм. За щелью находится собирающая линза, в фокальной плоскости которой расположен экран. Что будет наблюдаться на экране, если угол ϕ дифракции равен: 1) 17 минут; 2) 43 минуты? Решение. При дифракции плоских волн на щели (дифракции Фраунгофера) минимумы интенсивности света наблюдаются в направлениях ϕ, определяемых условием b ⋅Sinϕ=±kλ, где k - номер минимума, b - ширина щели. Максимумы интенсивности наблюдаются, если в отверстии укладывается нечетное число зон Френеля. В этом случае направления ϕопределяются следующим соотношением b ⋅Sinϕ=±(2k+1)λ/2.Для малых углов справедливо Sinϕ≈ϕ. В этом случае получаем следующее условие минимума интенсивности: ϕ=±kλ/b. Подставляя численные значения, находим, что минимумы будут наблюдаться под углами ϕ 1 =17.2’ для к=1 и ϕ 2 =37.4 ’ для к=2. Максимумы интенсивности будут наблюдаться под углами ϕ=±(2k+1)λ/2b. Подставляя численные значения, находим ϕ 1 =25.8 ’ для k=1 и ϕ 2 =43 ’ для k=2. Сравнивая полученные значения с приведенными в условии задачи, видим, что под углом 17 минут будет наблюдаться первый минимум интенсивности, а под углом 43 минуты - максимум, соответствующий к=2. Ответ: под углом 17 минут будет наблюдаться первый минимум интенсивности, а под углом 43 минуты - максимум, соответствующий к=2. Задачи для самостоятельного решения. Задача 6. Между точечным источником света и экраном поместили диафрагму с круглым отверстием, радиус которого r 28 можно менять. Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны a=100 см и b=125 см, соответственно. Определить длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной картины на экране наблюдается при r 1 =1.00 мм и следующий максимум при r 2 =1.29 мм. (Ответ: λ=0.6 мкм.) Задача 7. Плоская световая волна ( λ=0.7 мкм) падает нормально на диафрагму с круглым отверстием радиусом R=1.4 мм. Определить расстояния b 1 , b 2 и b 3 от диафрагмы до трех наиболее удаленных от нее точек, в которых наблюдаются минимумы интенсивности. (Ответ: b 1 =1.4 м, b 2 =0.7 м, b 3 =0.47 м.) Задача 8. На диафрагму с диаметром отверстия D=1.96 мм падает нормально параллельный пучок монохроматического света ( λ=600 нм). При каком наибольшем расстоянии b между диафрагмой и экраном в центре дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно? (Ответ: b=0.8 м.) Задача 9. Найти радиусы r k первых пяти зон Френеля для плоской волны, если расстояние от волновой поверхности до источника наблюдения b=1 м. Длина волны света λ=500 нм. (Ответ: r 1 =0.71 мм, r 2 =1.0 мм, r 3 =1.22 мм, r 4 =1.41 мм, r 5 =1.58 мм.) Задача 10. На щель шириной b=6 λ падает нормально пучок монохроматического света с длиной волны λ.Под каким углом ϕ будет наблюдаться третий дифракционный минимум света? (Ответ: ϕ=30 0 .) Задача 11. На узкую щель падает нормально монохроматический свет. Угол ϕ отклонения пучков света, соответствующих второй светлой дифракционной полосе, равен 1 0 . Скольким длинам волн падающего света равна ширина щели? (Ответ: b=143 λ.) Задача 12. Радиус r 4 четвертой зоны Френеля для плоского волнового фронта равен 3 мм. Определить радиус r 6 шестой зоны Френеля. (Ответ: r 6 =3.69 мм.) Задача 13. Щель в непрозрачном экране освещается нормально пучком монохроматического света ( λ 1 =660 нм). Наблюдается дифракционная картина. Вторая темная полоса видна под углом ϕ. Какая должна быть длина волны света, чтобы 29 под тем же углом наблюдалась третья темная полоса? (Ответ: λ 2 =440 нм.) Задача 14. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I 0 падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова интенсивность света I за экраном в точке, для которой отверстие сделали равным первой зоне Френеля, а затем закрыли его половину по диаметру? (Ответ: I ≈I 0 .) Задача 15. Зная формулу для радиуса k-той зоны Френеля для сферической волны r ab a b k k = + λ , вывести соответствующую формулу для плоской волны. |