Методические указания по решению задач по физике

Тольяттинский государственный университет
Физико-технический институт
Кафедра «Общая и теоретическая физика»
Потемкина Л.О., Павлова А.П., Леванова Н.Г.
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
3й семестр
Модуль 8
ОПТИКА
Тольятти 2007
Содержание
Занятие №30. Интерференция света................................................................................................................................3
Основные формулы.....................................................................................................................................................3
Примеры решения задач .............................................................................................................................................4
Занятие №31. Дифракция света .....................................................................................................................................11
Основные формулы...................................................................................................................................................11
Примеры решения задач ...........................................................................................................................................12
Занятие №32. Поляризация света ..................................................................................................................................18
Основные формулы...................................................................................................................................................18
Примеры решения задач ...........................................................................................................................................19
Примерный вариант автоматизированной контрольной работы – АКР №8 .............................................................27
2
Занятие №30. Интерференция света
Основные формулы
Скорость света в среде:
υ= с ,
n
(1)
где с – скорость света в вакууме;
n – абсолютный показатель преломления среды.
Разность фаз двух когерентных волн:
δ = 2π (L2 − L1 ) = 2π Δ ,
λ0
λ0
(2)
где L = sn – оптическая длина пути (s – геометрическая длина пути световой волны в среде;
n – показатель преломления этой среды);
∆ = L2 – L1 – оптическая разность хода двух световых волн;
λ 0 - длина волны в вакууме.
Условие интерференционных максимумов:
∆ = ± m λ0, (m = 0, 1, 2, …).
Условие интерференционных минимумов:
∆ = ±(2 m+1)λ0/2 (m = 0, 1, 2, …).
Ширина интерференционной полосы
Δx = l λ0 ,
d
(3)
(4)
(5)
где d – расстояние между двумя когерентными источниками, находящимися на расстоянии l от
экрана, параллельного обоим источникам, при условии l >> d.
Условия максимумов и минимумов при интерференции света, отраженного от верхней и
нижней поверхностей тонкой плоскопараллельной пленки, находящейся в воздухе (n0 = 1),
λ0
λ
= 2d n 2 − sin 2 i ± 0 = mλ0 (m = 0, 1, 2, …),
2
2
λ
λ
λ
2dn ⋅ cos r ± 0 = 2d n 2 − sin 2 i ± 0 = ( 2m + 1 ) 0
2
2
2
2dn ⋅ cos r ±
(6)
(7)
(m = 0, 1, 2, …),
где d – толщина пленки;
n – ее показатель преломления;
i – угол падения;
r – угол преломления.
λ0
В общем случае член ± 2 обусловлен потерей полуволны при отражении света от границы раздела: если n > n0 , то необходимо употреблять знак плюс, если n < n0 – знак минус.
Радиусы светлых колец Ньютона в отраженном свете (или темных в проходящем свете):
rm = (m − 1 )λ 0 R (m = 0, 1, 2, …),
2
где m – номер кольца;
3
(8)
R – радиус кривизны линзы.
Радиусы темных колец Ньютона в отраженном свете (или светлых в проходящем свете):
rm* = mλ 0 R (m = 0, 1, 2, …).
(9)
В случае «просветления оптики» интерферирующие лучи в отраженном свете гасят друг
друга при условии:
n = nc
(10)
,
где nc – показатель преломления стекла;
n – показатель преломления пленки.
Примеры решения задач
Пример №1. Определите длину отрезка l1, на котором укладывается столько же длин волн
монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается на отрезке l2 = 5 мм в стекле.
Показатель преломления стекла n = 1,5.
Дано:
Решение:
n1 = 1
Длина волны: λ = υT , учитывая, что период:
n2 = 1,5
T = 1,
l2 = 5 мм = 5·10-3 м
ν
l1 l2
=
λ1 λ2
l1 = ?
где ν - частота колебаний,
υ = λν , υ = c
n
⇒
λ= c .
nν
Из условия, что длина отрезка l1, на котором укладывается столько же
длин волн монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается
на отрезке l2 в стекле:
l1 l2
λ
n
⇒ l1 = l2 1 ⇒ l1 = l2 2 = 5 ⋅10−3 1,5 = 7 ,5 мм.
=
λ2
1
n1
λ1 λ2
Ответ: 7,5 мм.
Пример №2. Два параллельных световых пучка, отстоящих друг от друга на расстоянии
d = 5 см, падают на кварцевую призму (n = 1,49) с преломляющим углом a = 25° . Определите
оптическую разность хода ∆ этих пучков на выходе их из призмы.
Дано:
Решение:
2
Разность оптического хода определим как:
d = 5 см = 5·10 м
n = 1,49
Δ = (A 2 − A1 )n и Δ = BC ⋅ n ,
a = 25°
где n – показатель преломления
∆-?
4
Из ΔABC BC = d ⋅ tgα
∆ = nd tga = 1,49·5·102 tg25° = 3,47 см.
Ответ: 3,47 см.
Пример №3. В опыте Юнга расстояние между щелями d = 1 мм, а расстояние l от щелей до
экрана равно 3 м. Определите: 1) положение первой световой полосы; 2) положение третьей
темной полосы, если щели освещать монохроматическим светом с длиной волны λ = 0,5 мкм.
Дано:
Решение:
-3
d = 1 мм = 10 м
max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …),
- оптическая разность хода (условие интерференционного максимума)
l=3м
7
λ = 0,5 мкм = 5·10 м
min ∆ = ±(2 m+1)λ/2 (m = 0, 1, 2, …),
- оптическая разность хода (условие интерференционного минимума)
X1max = ?
X3min = ?
Интенсивность в любой точке экрана, лежащей на расстоянии x от О, определяется оптической разностью хода ∆ = S2 - S1
Из рисунка имеем
2
2
S 2 = l 2 + (x + d )2 S 2 = l 2 + (x − d )2 откуда S 2 − S1 = 2dx или Δ = S 2 − S1 = 2 xd .
2
2
(S1 + S 2 )
Из условия l >> d следует, что S1 + S 2 ≈ 2l поэтому
Δ = xd
l
.
Подставив найденное значение ∆ в условия максимума и минимума ⇒
чим, что максимумы интенсивности будет
Xmax = ± m l λ
d
xd = ± mλ полуl
X1max = ± l λ = 3-3 5⋅107 =1,5 мм (m=1)
d 10
минимумы: xd = ±( 2m + 1 )λ Xmin = ±(m+ 1 ) l λ
2 d
l
X3min = ±( 3+ 1 ) l λ = ± 7λl = 5,22 мм
2 d
2d
Ответ: 1) 1,5 мм; 2) 5,22 мм.
Пример №4. В опыте с зеркалами Френеля расстояние d между мнимыми изображениями
источника света равно 0,5 мм, расстояние l от них до экрана равно 5 м. В желтом свете ширина
интерференционных полос равна 6 мм. Определите длину волны желтого света.
5
Дано:
d = 0,5 мм =5·10-4 м
l=5м
λ = 6 мм = 6·10-3 м
λ=?
Решение:
max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …),
- оптическая разность хода (условие интерференционного максимума).
См. Пример №3 ⇒
xd = ± mλ ,
l
Xmax = ± m l λ,
d
Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференционной полосы, равно:
Δx= l λ ⇒
d
Определим длину волны желтого света:
λ = Δxd = 0,6 мкм.
l
Ответ: 0,6 мкм.
Пример №5. Расстояние между двумя щелями в опыте Юнга d = 0,5 мм (λ = 0,6 мкм). Определите расстояние l от щелей до экрана, если ∆x интерференционных полос равна 1,2 м.
Дано:
Решение:
-4
d = 0,5 мм =5·10 м
max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …),
-3
- оптическая разность хода (условие интерференционного максимума)
∆x =1,2 мм = 1,2·10 м
7
λ = 0,6 мкм = 6·10 м
См. Пример №3 ⇒
l=?
X max d
= ± mλ получим, что максимумы интенсивности будут Xmax = ± m l λ .
d
l
Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференционной полосы, равно:
Δx= l λ ⇒
d
Определим расстояние l от щелей до экрана:
l = Δxd = 1 м.
λ
Ответ: 1 м.
Пример №6. В опыте Юнга расстояние l от щелей до экрана равно 3 м. Определите угловое
расстояние между соседними светлыми полосами, если третья световая полоса на экране отстоит от центра интерференционной картины на 4,5 мм.
Дано:
Решение:
max ∆ = ± m λ - оптическая разность хода (условие интерференциm=3
-3
x =4,5 мм = 4,5 ·10 м онного максимума)
См. Пример №3 ⇒
l=3м
∆a = ?
6
xd = mλ (m = 0, 1, 2, …).
l
α ≈ tgα = x = mλ , т. к. α является малым углом по величине;
l
d
Определим угловое расстояние между соседними светлыми полосами:
(m − 1 )λ λ
= = x = 5 ⋅10 −4 рад.
Δα = mλ −
d
d
d ml
Ответ: 5·10–4 рад.
Пример №7. Если в опыте Юнга на пути одного из интерферирующих лучей поместить перпендикулярно этому лучу тонкую стеклянную пластинку (n = 1,5), то центральная светлая полоса смещается в положение, первоначально занимаемое пятой светлой полосой. Длина волны λ
= 0,5 мкм. Определите толщину пластинки.
Дано:
Решение:
Разность оптического хода определим как:
n = 1,5
m=5м
∆ = nd – d= d(n-1), ∆ = mλ ⇒
-7
λ = 0,6 мкм = 5·10 м
mλ = d(n-1), ⇒
d=?
Определим толщину пластинки
−7
d = mλ = 5 ⋅ 5 ⋅10 = 5 мкм.
n-1
1,5 − 1
Ответ: 5 мкм.
Пример №8. Определите, во сколько раз измениться ширина интерференционных полос на
экране в опыте с зеркалом Френеля, если фиолетовый светофильтр (0,4 мкм) заменить красным
(0,7 мкм).
Дано:
Решение:
λ1 = 0,4 мкм
max ∆ = ± m λ (1) (m = 0, 1, 2, …),
- оптическая разность хода (условие интерференционного максимума)
λ2 = 0,7 мкм
См. Пример №3 ⇒
Δx1
=?
xd = ± mλ получим, что максимумы интенсивности будет: X = ± m l λ.
Δx2
l
d
Ширину интерференционных полос на экране определим как:
(m − 1 )lλ lλ
Δx = mlλ −
= ,
d
d
d
Δx1 λ2 0 ,7
= =
= 1,75 .
Δx2 λ1 0 ,4
Ответ: 1,75.
Пример №9. Расстояние от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана соответственно равно
a = 30 см и b = 1,5 м. Бипризма стеклянная (n = 1,5) с преломляющим углом ϑ = 20′ . Определите длину волны света, если ширина интерференционных полос ∆x = 0,65 мм.
7
Дано:
ϑ = 20 ′
a = 30 см = 0,3 м
b = 1,5 м
n = 1,5
∆x = 0,65 мм = 6,5·10-4 м
λ=?
Решение:
ϕ = (n − 1 )ϑ , Δx = lλ , λ = Δxd , l = a + b ,
d
l
Находим d из двух треугольников Δ SS1B и Δ СS2S:
d = 2a ⋅ sin ϕ = 2aϕ = 2a(n − 1 )ϑ .
Находим длину волны света:
λ=
2a(n − 1 )ϑ ⋅ Δx
.
a+b
Вычисления:
ϑ = 20′ = 20 ⋅ 2,91⋅10− 4 = 5,82 ⋅10− 3 рад.
Определим длину волны света:
2 ⋅ 30 ⋅10 −2 м ⋅ 0 ,5 ⋅ 5,82 ⋅ 10 −3 рад ⋅ 0 ,65 ⋅ 10 −3 м
λ=
= 6 ,3 ⋅10 −7 м .
( 1,5 + 0 ,3 )м
Ответ: 6,3·10–7 м.
Пример №10. На плоскопараллельную пленку с показателем преломления n = 1,33 под углом i = 45° падает параллельный пучок белого света. Определите, при какой наименьшей толщине пленки зеркально отраженный свет наиболее сильно окраситься в желтый цвет
(λ = 0,6 мкм).
Дано:
Решение:
n = 1,33
max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …),
- оптическая разность хода (условие интерференционного максиi = 45°
-7
мума)
λ = 0,6 мкм = 6·10 м
d=?
Δ = (AB + BC)n − (AE − λ )
2
8
AB = BC = d , AD = d tgr, из Δ ADB и Δ BCD
cos r
AE=2d tgr sin i, AE=AC sin i, из Δ AEC,
Δ ABD = Δ DBC ⇒ AD = DC ⇒ AC=2AD
Подставим найденные значения
Δ = 2dn − 2d ⋅ tgr ⋅ sin i + λ ,
cos r
2
По закону преломления света:
sin i = n , tgr = sin r ,
cos r
sin r
Произведем замену:
2d (n − sin r ⋅ sin i) + λ = λ , (m=1), ⇒
cos r
2
2d (n − sin 2 r sin i ) = λ ,
cos r
sin r
2
2dn ( 1 − sin 2 r) = λ , 2dn cos 2 r = λ ,
cos r
2 cos r
2
2
2
2
λ
2dn ⋅ cos r = λ , d =
, cos r = 1 − sin r = 1 n − sin i ,
4n ⋅ cos r
n
2
Определим толщину пленки:
d=
λ
6 ⋅10 −7
= 133нм
=
4 n 2 − sin 2 i 4 1,332 − sin 2 45
Ответ: 133 нм.
Пример №11. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим
светом с длиной волны λ = 0,6 мкм, падающим нормально. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено жидкостью, и наблюдение ведется в проходящем свете. Радиус
кривизны линзы R = 4 м. Определите показатель преломления жидкости, если радиус второго
светлого кольца r = 1,8 мм.
Дано:
Решение:
-7
r = 1,8 мм =1,8 ·10 м
max ∆ = ± m λ (m = 2),
- оптическая разность хода (условие интерференционного максимума)
R=4м
Радиусы светлых колец Ньютона:
m=2
-7
λ = 0,6 мкм = 6·10 м r = R 2 − (R − d)2 ≈ 2 Rd
m
n=?
Потеря полуволны происходит на обеих поверхностях; следовательно, условие максимума
2dn=mλ, где nd – оптическая толщина пленки ⇒
2
Δ = 2dn ; d = r ; n = Δ ⇒
2R
2d
9
Определим показатель преломления жидкости:
n = mλ ,
2d
n = mλ ⋅ 22 R = mRλ
= 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅10
= 1,48 .
2
2r
r
( 1,8 ⋅10−7 )2
−7
Ответ: 1,48.
Пример №12. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим
светом, падающим нормально. При заполнении пространства между линзой и стеклянной пластинкой прозрачной жидкостью радиусы темных колец в отраженном свете уменьшились в 1,21
раза. Определите показатель преломления жидкости.
Дано:
Решение:
min ∆ = ±(2 m+1)λ/2
r1
= 1,21
- оптическая разность хода (условие интерференционного минимума)
r2
Радиусы темных колец Ньютона:
n=?
rm ≈ 2 Rd Δ = 2dn + λ ,
2
где nd – оптическая толщина пленки ⇒ 2dn + λ = ( 2m + 1 ) λ d = mλ .
2n
2
2
rm = 2 Rmλ =
2n
Rmλ ,
n
Rmλ r1 =
n r2
r1 = Rm λ r2 =
Определим показатель преломления жидкости:
2
⎛r ⎞
n = ⎜ 1 ⎟ = 1,212 = 1,46
⎝ r2 ⎠
Ответ: 1,46.
10
n.
Занятие №31. Дифракция света
Основные формулы
Радиус внешней границы m-й зоны Френеля для сферической волны.
rm =
ab
mλ ,
a+b
(1)
где m – номер зоны Френеля;
λ - длина волны,
a и b – соответственно расстояния диафрагмы с круглым отверстием от точечного источника
и от экрана, на котором дифракционная картина наблюдается.
Условия дифракционных максимумов и минимумов от одной щели, на которую свет падает
нормально:
λ
asinϕ = ±(2m + 1) ,
2
λ
asinϕ = ±2m ,
2
(2)
(3)
(m = 1,2,3, …),
где a – ширина щели;
ϕ – угол дифракции;
m – порядок спектра;
λ – длина волны.
Условия главных максимумов и дополнительных минимумов дифракционной решётки , на
которую свет падает нормально:
λ
dsinϕ = ±2m , (m = 0,1,2, …);
2
λ
dsinϕ = ± m′ ( m′ = 1,2,3, …, кроме 0, N, 2N, …),
N
(4)
(5)
где d – период дифракционной решётки;
N – число штрихов решётки.
Период дифракционной решётки:
d=
1
,
N0
(7)
где N 0 - число щелей , приходящихся на единицу длины решётки.
Условие дифракционных максимумов от пространственной решётки (формула ВульфаБрэггов):
(8)
2dsinθ = mλ (m = 1,2,3, …),
где d – расстояние между атомными плоскостями кристалла;
θ - угол скольжения.
Наименьшие угловое расстояние между двумя светлыми точками, при котором изображения
этих точек могут быть разрешены в фокальной плоскости объектива:
11
ϕ ≥ 1,22 λ D ,
(9)
где D – диаметр объектива;
λ - длина волны света.
Разрешающая способность дифракционной решётки:
R=
λ
= mN,
δλ
(10)
где λ , (λ + δλ) – длины волн двух соседних спектральных линий, разрешаемых решеткой;
m – порядок спектра;
N – общие число штрихов решётки.
Примеры решения задач
Пример №1. Точечный источник света (L=0,5 мкм) расположен на расстоянии а=1 м перед
диафрагмой с круглым отверстием диаметра d=2 мм. Определите расстояние b от диафрагмы до
точки наблюдения, если отверстие открывает 3 зоны Френеля.
Дано:
Решение:
−7
Рассмотрим треугольник SCA, его сторону AC можно легко найти
λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 м
по теореме Пифагора, она же является радиусом отверстия:
a=1м
−3
r 2 = a 2 − (a − x) 2 ,
d=2мм= 2 ⋅ 10 м
r – радиус отверстия, a – расстояние между диафрагмой и отверстием,
m=3
x – высота сферического сегмента.
b-?
С другой стороны, AC можно найти из треугольника ACM:
2
λ⎞
⎛
r = ⎜ b + m ⎟ − (b + x) 2 ,
2⎠
⎝
2
b+m
λ
- расстояние от зоны Френеля до точки M.
2
Учитывая, что
λ << a, λ - длина волны, a – расстояние от источника света до отверстия,
λ << b, b – расстояние от отверстия до точки наблюдения.
Можно выразить высоту сферического элемента
12
x=
bmλ
,
2(a + b)
ab
b2
r =
mλ −
m2λ2 ,
2
a+b
4(a + b)
2
b2
m 2 λ 2 т.к. отверстие мало, то можно считать высоту сферического сегмента пре2
4(a + b)
небрежительно малой величиной, тогда квадрат радиусы отверстия равен
ab
ar 2
r =
mλ выразим расстояние до точки наблюдения, получаем b =
,
a+b
amλ − r 2
2
подставив в формулу диаметр получаем
ad 2
b=
,
4amλ − d 2
1м ⋅ (2 ⋅ 10 −3 м) 2
b=
=2 м.
4 ⋅ 1м ⋅ 5 ⋅ 10 −7 м − (2 ⋅ 10 −3 м) 2
Ответ: b=2 м.
Пример №2. Определите радиус третьей зоны Френеля для случая плоской волны. Расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения равно 1,5 м. Длина волны λ =0,6 мкм.
Дано:
Решение:
Расстояние от зоны Френеля до точки наблюдения M, можно найти
m=3
как
гипотенузу треугольника AOM, где O – центр отверстия.
b=1,5 м
2
λ =0,6 мкм = 6 ⋅ 10 −7 м
λ⎞
⎛
r + b = ⎜b + m ⎟ ,
2⎠
⎝
2
r-?
2
где λ - длина волны, m – номер зоны Френеля, r –расстояние от центра отверстия, до m-й зоны
Френеля, b – расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения.
Выразим радиус зоны Френеля
r 2 = bmλ +
m2λ2
.
4
λ << b Длина волны значительно меньше расстояние пройденного ей – необходимое условие дифракции волн.
13
m2λ2
пренебрежимо мало, следовательно r = bmλ
4
r = 1,5м ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 10 −7 м =1,64 мм
Ответ: r=1,64 мм.
Пример №3. Зонная пластинка даёт изображение источника, удалённого от неё на 2 метра,
на расстоянии 1 метра от своей поверхности. Где получится изображение источника, если его
удалить в бесконечность?
Дано:
Решение:
a=2м
Воспользуемся формулой из примера 1:
b=1м
ab
rm2 =
mλ .
a1 = ∞
a+b
b1 − ?
Воспользуемся формулой из примера 2:
rm2 = mb1λ .
Приравняем и выразим b1
b1 =
ab
,
a+b
1м ⋅ 2м
= 66,7 см.
1м + 2м
Ответ: b1 = 66,7 см.
b1 =
Пример №4. На узкую щель шириной a = 0,05 м падает нормально монохроматический свет
длиной волны λ = 694 нм. Определите направление света на вторую дифракционную полосу
(по отношению к первоначальному направлению света).
Дано:
Решение:
−5
Запишем условие дифракционных минимумов.
a = 0,05 м = 5 ⋅ 10 м
λ = 694 нм =
6,94 ⋅ 10 −7 м
m=2
φ -?
λ
a ⋅ sinφ = ±(2m + 1) ,
2
где a – ширина щели, λ - длина волны, φ - угол, под которым падает
свет, m – номер дифракционного максимума.
14
Выразим синус угла:
(2m + 1)λ
,
2a
5 ⋅ 6,94 ⋅ 10 −7 м
sinφ =
=0,0347,
2 ⋅ 5 ⋅ 10 −5 м
sinφ =
φ = arcsin φ =2º.
Ответ: φ =2º.
Пример №5. На узкую щель падает нормально монохроматический свет. Его направление на
четвёртую тёмную дифракционную полосу составляет 2º12´. Определите, сколько длин волн
укладываются на ширину щели.
Дано:
Решение:
Запишем формулу для максимумов дифракционной решётки
φ = 2º12´
a ⋅ sinφ = ± mλ , (m=4).
m=4
a
-?
λ
Выразим
a
:
λ
a
m
, где φ = 2º12´=2,2º;
=
λ sinφ
a
4
=
= 104 .
λ sin2,2°
Ответ:
a
= 104.
λ
Пример №6. На щель шириной a = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 0,5 мкм. Дифракционная картина наблюдается на экране, расположенном параллельно щели. Определите расстояние l от щели до экрана, если ширина центрального дифракционного максимума b = 1 см.
15
Дано:
−4
a = 0,1 мм = 10 м
λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 −7 м
−2
b =1 см = 10 м
l-?
Решение:
Запишем формулу для минимумов дифракционной решётки
λ
a ⋅ sinφ = ± mλ , где m=1, sinφ = ,
a
следовательно
λ
5 ⋅ 10 −7
ϕ = arcsin =arcsin
=0,286,
a
10 −4
∆MOC прямоугольный, значит можно найти b
b= 2 ⋅ l ⋅ tgφ , следовательно
l=
l=
b
,
2 ⋅ tgφ
10 −2 м
=1м.
2 ⋅ tg0,286
Ответ: l = 1 м.
Пример №7. На дифракционную решётку нормально падает монохроматический свет длиной волны λ =600 нм. Определить наибольший порядок спектра, полученного с помощью этой
решётки, если её постоянная d = 2 мкм.
Дано:
Решение:
−7
Запишем формулу максимумов дифракционной решётки
λ =600 нм = 6 ⋅ 10 м
−6
dsinφ = mλ ,
d = 2 мкм = 2 ⋅ 10 м
m max − ?
где d – период дифракционной решётки
m наибольшие будет при наибольшем значении sinφ .
Синус принимает значения: − 1 ≤ sin ϕ ≤ 1, наибольшие значение 1.
sinφ max = 1
Порядок спектра примет вид:
m max
d 2 ⋅ 10 −6
=3,33.
= =
λ 6 ⋅ 10 −7
Порядок спектра может принимать только целые значения, поэтому m max = 3 .
Ответ: m max = 3 .
Пример №8. На дифракционную решётку длиной l=15 мм, содержащую N= 3000 штрихов,
падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 550 нм. Определите 1) Число
максимумов, наблюдаемых в спектре дифракционной решётки. 2). Угол, соответствующий последнему максимуму.
16
Дано:
l= 15 мм=1.5 ⋅ 10 м
N= с
−2
λ = 550 нм=
5,5 ⋅ 10 −7 м
1)n -?
2) φ max − ?
Решение:
Запишем формулу максимумов дифракционной решётки
dsinφ = ± mλ (m=0,1,2,….),
d=
l
- период дифракционной решётки,
N
N – число штрихов
d
m max = , когда sin φ = 1 ,
λ
Подставим период дифракционной решётки
m max =
1
.
Nλ
Общие число максимумов в 2 раза больше числа порядков т.к. максимумы располагаются по
обе стороны от центра дифракционной картины.
2l
2 ⋅ 1.5 ⋅ 10 −2
n = 2m max =
=
=18
Nλ 3000 ⋅ 5,5 ⋅ 10 −7
Запишем формулу наибольшего максимума
dsinφ max = mλ max , следовательно
sinφ max =
m max λ m max λN
=
,
d
l
m max λN
l
−7
9 ⋅ 5,5 ⋅ 10 м ⋅ 3000
=81º54´.
φ max = arcsin
1.5 ⋅ 10 −2 м
Ответ: 1) n=18; 2) φ max =81º54´.
Найдём угол φ max = arcsin
Пример №9. Определите число штрихов на 1 мм дифракционной решётки, если углу φ =30º
соответствует максимум 4-го порядка для монохроматического света с длиной волны
λ = 0,5 мкм.
Дано:
Решение:
Запишем формулу максимума дифракционной решётки
φ =30º
dsinφ = ± mλ ,
m=4
λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 −7 м где m = 4 (порядок спектра).
n-?
Выразим период решётки:
d=
mλ
,
sinφ
с другой стороны
d=
1
.
N
Число штрихов на 1 мм равно общему числу штрихов, на длину дифракционной решётки.
17
n=
N
,
l
заменим N через d.
n=
1 sinφ
sin30°
=
=
=250.
d mλ 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −7 м
Ответ: n=250.
Пример №10. Монохроматический свет нормально падает на дифракционную решётку. Определите угол дифракции, соответствующий максимумы 4-го порядка, если максимум третьего
порядка отклонён на ϕ =18º
Дано:
m3 = 3
Решение:
Запишем формулу максимума дифракционной решётки.
m4 = 4
ϕ 3 = 18D
dsinφ 3 = m 3 λ - для третьего максимума
dsinφ 4 = m 4 λ - для четвёртого
Для одной и той же решётки период константа (d =const), а длина волны
( λ ) постоянна по условию, значит постоянным останется отношение синуса
угла, соответствующего максимуму, к его номеру этого максимума.
ϕ4 − ?
sinφ 3 m 3
.
=
sinφ 4 m 4
Выразим синус угла третьего четвёртого максимума
sinφ 4 =
m4
sinφ 3 .
m3
Следовательно
⎞
⎛m
⎞
⎛4
φ 4 = arcsin⎜⎜ 4 sinφ 3 ⎟⎟ = arcsin⎜ sin18° ⎟ =24º20´.
⎠
⎝3
⎠
⎝ m3
Ответ: φ 4 =24º20´.
Занятие №32. Поляризация света
Основные формулы
Степень поляризации света:
P=
Imax − Imin
,
Imax + Imin
(1)
где Imax и Imin − соответственно максимальная и минимальная интенсивности частично поляризованного света, пропускаемого анализатором.
Закон Малюса:
I = I0 cos2 α,
где
I − интенсивность плоскополяризованного света, прошедшего через анализатор;
18
(2)
I0 − интенсивность плоскополяризованного света, падающего на анализатор;
α − угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора.
Закон Брюстера:
tgiB = n21 ,
(3)
где iB − угол падения, при котором отраженный от диэлектрика луч является плоскополяризованным;
n21 − относительный показатель преломления.
Оптическая разность хода между обыкновенным и необыкновенным лучами на пути
ячейке Керра:
Δ = A(n0 − ne ) = κAE 2 ,
Aв
(4)
где n0 , ne − показатели преломления соответственно обыкновенного и необыкновенного лучей
в направлении, перпендикулярном оптической оси;
E − напряжённость электрического поля;
κ − постоянная.
Оптическая разность хода для пластинки в четверть волны
1⎞
⎛
Δ = (n0 − ne )d = ±⎜ m + ⎟λ0 (m = 0,1,2,...),
4⎠
⎝
(5)
где знак плюс соответствует отрицательным кристаллам,
минус – положительным;
λ0 − длина волны в вакууме.
Угол поворота плоскости поляризации:
для оптически активных кристаллов и чистых жидкостей
для оптически активных растворов
ϕ = α ⋅d;
(6)
ϕ = [α ]C⋅ d,
(7)
где d − длина пути, пройденного светом в оптически активном веществе;
α 0 [α ] − удельное вращение;
C − массовая концентрация оптически активного вещества в растворе.
Примеры решения задач
Пример №1. Определите степень поляризации частично поляризованного света, если амплитуда светового вектора, соответствующая максимальной интенсивности света, в 3 раза больше
амплитуды, соответствующей его минимальной интенсивности.
19
Дано:
Решение:
Применим формулу для степени поляризации:
E0max
=3
E0min
P=
P−?
I max − I min
,
I max + I min
Imax и Imin – максимальная и минимальная интенсивности частично поляризованного света.
I ~ E02 ,
( E0 − амплитуда светового вектора)
Произведём замену и подстановку:
E02max − E02min
P= 2
E0max + E02min
⎛ E02max ⎞
⎜⎜ 2 ⎟⎟ −1 2
E
3 −1 8
= ⎝ 02min ⎠ = 2 = = 0,8.
3 +1 10
⎛ E0max ⎞
⎜⎜ 2 ⎟⎟ +1
⎝ E0min ⎠
Ответ: 0,8.
Пример №2. Степень поляризации частично поляризованного света составляет
0,75.Определите отношение максимальной интенсивности света, пропускаемого анализатором, к минимальной.
Дано:
Решение:
Воспользуемся формулой из примера 1:
P = 0,75
Imax
−?
Imin
P=
Imax− Imin
;
Imax+ Imin
где P – степень поляризации;
Imax
−1
Imin
;
P=
Imax
+1
Imin
Сделаем преобразования формулы, получим:
⎛I
⎞
I max
− 1 = P⎜⎜ max + 1⎟⎟;
I min
⎝ I min ⎠
Математически преобразуем выражение:
I max
I
− 1 = P ⋅ max + P;
I min
I min
I max
I
− P ⋅ max = P + 1;
I min
I min
Вынесем
Imax
за скобки в левой части:
Imin
20
I max
(1− P) = 1+ P ⇔ I max = 1+ P
I min
I min 1− P
Произведём вычисления:
I max 1+ 0,75 1,75
=
=
= 7.
I min 1− 0,75 0,25
Ответ: 7.
Пример №3. Определите степень поляризации P света, который представляет собой смесь
естественного света с плоскополяризованным, если интенсивность поляризованного света равна интенсивности естественного.
Дано:
Решение:
I п = I ест
P=
P −?
Найдём значение
I max − I min
;
I max + I min
Imax и Imin:
1
1
3
I max = I п + I ест = I п + I п = I п ;
2
2
2
где
In − плоскополяризованный свет;
Iест− естественный свет;
I min =
Подставим найденные значения
1
1
I ест = I п ;
2
2
Imax и Imin в формулу для степени поляризации:
3
1
Iп − Iп
2 = I п = 0,5.
P= 2
3
1
I п+ I п 2 I п
2
2
Ответ: 0,5.
Пример №4. Угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора составляет
30°.Определите изменение интенсивности прошедшего через них света, если угол между главными плоскостями равен 45°.
Дано:
Решение:
Закон Малюса:
α = 300
1
α2 = 450
I1
−?
I2
I1 = I 0 cos 2 α1 ;
где I0 – интенсивность света, вышедшего из поляризатора на анализатор;
I1 – интенсивность света, вышедшего из анализатора;
α1 – угол между оптическими осями кристаллов.
I 2 = I0 cos2 α2 ;
Найдём отношение
I1
:
I2
21
I1 cos2 α1
=
;
I 2 cos 2 α 2
⎛
2⎞
⎟.
⎜ cos 450 =
⎜
2 ⎟⎠
⎝
Произведём вычисления:
2
⎛ 3⎞
⎜ ⎟
I1 cos2 α1 cos2 300 ⎜⎝ 2 ⎟⎠
=
=
=
=
I 2 cos2 α 2 cos2 450 ⎛ 2 ⎞ 2
⎜
⎟
⎜ 2 ⎟
⎝
⎠
3
4 = 3 = 1,5.
2 2
4
Ответ: 1,5.
Пример №5. Определите, во сколько раз ослабится интенсивность света, прошедшего через
два николя, расположенные так, что угол между их главными плоскостями α = 60°, а в каждом
из николей теряется 5% интенсивности падающего на него света.
I0
П
Дано:
α = 60
O′
O
I1
А
Решение:
0
I1 =
k1 = k 2 = 0,05
I0
−?
I2
где
1
I0 ,
2
I0 - интенсивность естественного света;
I1 - интенсивность плоскополяризованного света;
Интенсивность света прошедшего через поляризатор:
1
1
I1 = (1 − (k1 + k 2 ))I 0 = 0,9 I 0 ;
2
2
Интенсивность света прошедшего через анализатор:
1
I 2 = I1 0,9 cos 2 α = I 0 0,9 2 cos 2 α ;
2
I0
2
=
.
2
I 2 0,9 cos 2 α
Учитывая, что cos 60° =
1
, получим:
2
I0 2 ⋅ 4
=
= 9,88 .
I 2 0,9 2
Ответ: 9,88.
22
I2
Пример №6. Естественный свет интенсивностью I 0 проходит через поляризатор и анализатор, угол между главными плоскостями которых составляет α . После прохождения света через
эту систему он падает на зеркало и, отразившись, проходит вновь через неё. Пренебрегая по-
глощением света, определите интенсивность
I
света после его обратного прохождения.
I1
I3
E
I,I0
E cosα
α
I2
П
А
Дано:
α
Решение:
I1 =
I0
I −?
где
1
I0 ,
2
I0 - интенсивность естественного света;
I1 - интенсивность плоскополяризованного света;
По закону Малюса:
I 2 = I 1 cos 2 α
Подставим и получим:
Интенсивность света прошедшего через анализатор:
I2 =
1
I 0 cos 2 α ;
2
Интенсивность света при попадании на зеркало:
I 3 = I 2 = 1 I 0 cos 2 α ;
2
Интенсивность света после обратного прохождения:
I = I 3 cos 2 α = 1 I 0 cos 4 α ;
2
I = 1 I 0 cos 4 α .
2
Ответ: I = 1 I 0 cos 4 α .
2
Пример №7. Пучок естественного света падает на стеклянную призму с углом
α = 30°.Определите показатель преломления стекла, если отражённый луч является плоскополяризованным.
23
iB
α
α
Дано:
α = 30 0
n−?
n
Решение:
Закон Брюстера:
tgi B = n21 = n;
где i B - угол Брюстера;
n21 – показатель преломления второй среды относительно
первой.
По закону Брюстера: отражённый и преломленные лучи
взаимно перпендикулярны, следовательно:
π
iB =
−α;
2
Вычислим n:
⎛π
⎞
⎛π π ⎞
⎛π ⎞
n = tg ⎜ − α ⎟ = tg ⎜ − ⎟ = tg ⎜ ⎟ = 1,73.
⎝2
⎠
⎝2 6⎠
⎝3⎠
Ответ: 1,73.
Пример №8. Определите, под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы
лучи, отражённые от поверхности озера (n = 1,33) были максимально поляризованы.
Дано:
Решение:
n = 1,33
По закону Брюстера:
tgi B = n 21 = n;
α −?
где i B -угол падения преломленного луча(угол Брюстера);
n21 – показатель преломления второй среды относительно первой.
iB = arctg (n ) = arctg (1,33) = 530 ,
α=
π
− i B = 90 0 − 53 0 = 37 0.
2
Ответ: 37°.
Пример №9. Предельный угол полного отражения для пучка света на границе кристалла каменной соли с воздухом равен 40,5°.Определите угол Брюстера при падении света из воздуха на
поверхность этого кристалла.
Дано:
Решение:
iпр = 40,50
iB − ?
Используем закон преломления света:
24
sin iпр
⎛π ⎞
sin ⎜ ⎟
⎝2⎠
⎛
⎛π ⎞
⎝2⎠
=
n1
.
n2
⎞
Перепишем формулу с учётом ⎜⎜ sin⎜ ⎟ = 1⎟⎟ :
⎝
⎠
n2
1
=
.
n1 sin iпр
По закону Брюстера:
n2
= tgi B ,
n1
где i B -угол Брюстера.
Приравниваем и получаем:
tgiB =
⎛ 1 ⎞
1
⎟
⇒ iB = arctg⎜
⎜ sin i ⎟ .
sin iпр
пр ⎠
⎝
Произведём вычисления:
1
⎛
⎞
⎛ 1 ⎞
i B = arctg ⎜
⎟ = arctg ⎜
⎟ = arctg (1,54 ) = 57° .
⎝ sin 40,5° ⎠
⎝ 0,65 ⎠
Ответ: 57°.
Пример №10. Параллельный пучок света падает нормально на пластинку из исландского
шпата толщиной 50 мкм, вырезанную параллельно оптической оси. Принимая показатели преломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно
n0 = 1,66 и ne = 1,49 , определите разность хода этих лучей, прошедших через пластинку.
O
Io
Ie
d
O'
d-толщина пластины, Iо –обычная интенсивность света, O O΄-оптическая ось, I-естественная
интенсивность света.
25
Дано:
−5
d = 50 мкм = 5 ⋅ 10 м
n0 = 1,66
ne = 1,49
Δ−?
Решение:
По определению геометрическая разность хода:
d ⋅n.
Оптическая разность хода длявырезанной пластинки параллельно
оптической оси:
Δ = dn0 − dne = d (n0 − ne ).
no − показатель преломления обычного света;
ne − показатель преломления естественного света;
Произведём вычисления:
Δ = 5 ⋅10−5 (1,66 −1,49) = 8,5 ⋅10−6 м = 8,5мкм
Ответ: 8,5 мкм.
Пример №11. Плоскополяризованный свет, длина волны которого в вакууме λ = 589нм , падает на пластинку исландского шпата перпендикулярно его оптической оси. Принимая показатели преломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно n0 = 1,66 и ne = 1,49 , определите длины волн этих лучей в кристалле.
Дано:
Решение:
λ = cT .
λ = 589нм = 5,89 ⋅ 10 м
−7
Для обыкновенного луча:
n0 = 1,66
λ0 = υ 0T ,
ne = 1,49
где υ 0 =
λ0 − ?
λe − ?
где υ e =
c
.
n0
Для необыкновенного луча:
λe = υ e T ,
c
.
ne
Выразим T:
T=
тогда T =
λ0
c0
λ
c
.
T=
λ 0 λ 0 n0
;
=
υ0
c
Выразим λ:
λ=
,
cλ0 n0
λ 5,89 ⋅ 10 −7
= λ0 n0 ⇒ λ0 =
=
= 355нм;
c
n0
1,66
Аналогично найдём λe =
λ
ne
=
5,89 ⋅ 10 −7
= 395нм
1,49
Ответ: 355 нм; 395 нм.
26
Пример №12. Дайте определение кристаллической пластинки «в целую волну» и определите
её наименьшую толщину для λ = 530нм , если разность показателей преломления необыкновенного и обыкновенного лучей для данной длины волны ne − n0 = 0.01
Дано:
Решение:
λ = 530нм = 5,3 ⋅ 10 м
Пусть no − показатель преломления обычного света;
ne − n0 = 0,01
ne − показатель преломления естественного света, тогда
−7
Δ=λ
Δ = d min (ne − n0 ) - оптическая разность хода для вырезанной пластинки параллельно оптической оси (см. рис. примера №10).
d min − ?
Δ = λ (при
m = 0)
И получаем:
d min
(n e
− n0
)=
λ
;
λ;
Следовательно
d min =
ne − n0
Произведём вычисление:
d min =
5 ,3 ⋅ 10 − 7
= 53 ⋅ 10 − 6 м = 53 мкм
0 , 01
Ответ: 53 мкм.
Примерный вариант автоматизированной контрольной
работы – АКР №8
1. На тонкую мыльную плёнку (n = 1,33) под углом i=30º падает монохроматический свет с
длинной волны λ = 0,6 мкм. Определите угол между поверхностями пленки, если расстояние b
между интерференционными полосами в отраженном свете равно 4 мм.
Ответ: α = 12,5´´.
2. Плосковыпуклая линза с показателем преломления n = 1,6 выпуклой стороной лежит на
стеклянной пластинке. Радиус третьего светлого кольца в отраженном свете (λ = 0,6 мкм) равен
0,9 мм. Определите фокусное расстояние линзы.
Ответ: ƒ = 0,9 м.
3. На линзу с показателем преломления n = 1,58 нормально падает монохроматический свет
с длинной волны λ = 0,55 мкм. Для устранения потерь света в результате отражения на линзу
наносится тонкая плёнка. Определите: 1) оптимальный показатель преломления для пленки; 2)
минимальную толщину плёнки.
Ответ: 1) nп = 1,26; 2) d = 109 нм.
4.Определите радиус третьей зоны Френеля, если расстояние от точечного источника света
(λ = 0,6 мкм ) до волновой поверхности и от волновой поверхности до точки наблюдения равно1,5м.
Ответ: r3 = 1,16 мм.
27
5. Монохроматический свет падает на длинную прямоугольную щель шириной a = 12 мкм
под углом α = 30º к её нормали. Определите длину волны λ света, если направление φ на первый
минимум ( m=1 ) от центрального фраунгоферова максимума составляет 33º.
Ответ: λ = a·( sinφ – sinα ) = 536 нм.
6.Докажите, что при падении света на границу раздела двух сред под углом Брюстера отраженный и преломленный лучи взаимно перпендикулярны.
28