ОПТИКА Тема №1 Геометрическая оптика Задача № 1

ОПТИКА
Тема №1 Геометрическая оптика
Задача № 1
На плоскопараллельную стеклянную пластинку толщиной d = 1см падает луч
света под углом i = 600. Показатель преломления стекла n.=1,73. Часть света
отражается, а часть, преломляясь, проходит в стекло, отражается от нижней
поверхности пластинки и, преломляясь вторично, выходит обратно в воздух
параллельно первому отраженному лучу. Найти расстояние  между лучами.
Ответ: L =5,8 мм.
Задача № 2
Луч света падает под углом i на тело с показателем преломления n. Как должны
быть связаны между собой величины i и n, чтобы отраженный луч был
перпендикулярен к преломленному лучу?
Ответ: tg i = n
Задача № 3
Каков преломляющий угол  призмы из стекла с показателем преломления n2
равным 1,56, если луч упавший нормально на одну ее грань, выходит вдоль
другой?
Ответ:  = 39052’
Задача № 4
Монохроматический луч падает нормально на боковую поверхность призмы и
выходит из нее отклоненным на угол  = 250. Показатель преломления
материала призмы для этого луча n = 1,7. Найти преломляющий угол  призмы.
Ответ:  = 280
Задача № 5
Во сколько раз изменится длина волны света при переходе его из воды в
воздух?
Ответ: длина волны в воздухе  в воздухе будет больше, чем длина волны в воде
 в воде в nводы раз (nводы = 1,33).
Задача № 6
Длина волны зеленого света в воздухе  0 в воздухе равна 0,55 мкм. Найти
длину волны  этого света в стекле, если показатель преломления стекла
nстекла равен 1,5.
Ответ: длина волны  зеленого света в стекле равна 0,37мкм.
Задача № 7
Из двух стекол с показателями преломления n1 = 1,5 и n2 = 1,7 сделаны две
одинаковые двояко-выпуклые линзы. Найти отношение F1/F2 их фокусных
расстояний. Какое действие каждая из этих линз произведет на луч,
параллельный главной оптической оси, если погрузить линзы в прозрачную
жидкость с показателем преломления n = 1,6?
Ответ: F1/F2 = 1,4; в жидкости первая линза будет действовать как
рассеивающая, а вторая – как собирающая.
Задача №8
Радиусы кривизны поверхностей двояковыпуклой линзы: R1 =50 см и R2 =50см.
Показатель преломления материала линзы n = 1,5.Найти оптическую силу D
линзы.
Ответ: D = 2 дптр.
Задача №9
Найти фокусное расстояние F2 линзы, погруженной в воду, если ее фокусное
расстояние в воздухе F1 = 20 м. Показатель преломления материала линзы n =
1.6.
Ответ: F2 = 0,59 м.
Задача №10
Плоско-выпуклая линза с радиусом кривизны R=30 см и показателем
преломления n = 1,5 дает изображение предмета с увеличением k =2. Найти
расстояния а1 и а2 предмета и изображения от линзы. Дать чертеж.
Ответ: а1 = -90 см; а2 =180 см.
Пример решения задач :
Задача
На дно сосуда, наполненного водой до высоты h = 10 cм, помещен точечный
источник света. На поверхности воды плавает круглая непрозрачная пластинка
так, что ее центр находится над источником света. Какой наименьший радиус r
должна иметь эта пластинка, чтобы ни один луч не мог выйти через
поверхность воды
n1
С
А
В
h
α
d
Дано:
n1= 1
nводы = 1,33
h = 10 см;
Найти:
rmin = ?

M
rmin
S
mi
n
=
?
Решение
Необходимо выполнить условие задачи которое заключается в том, что ни один
луч не может выйти через поверхность воды.
Это условие выполняется для падающего луча SB, которому соответствует
преломленный луч равный π/2 .
Запишем для точки В закон преломления :
nводы*sin  SBM = n1*sin900, откуда
n1
sin  SBM =
;
nводы
Обозначим nводы через n2 и запишем выражение для sin  SBM как:
n1
;
n2
Рассмотрим ∆ ASB :
Катет AB соответствует rmin ;
Катет SA соответствует h ;
r
AB
tg  ASB =
= min ;
SA
h
Отсюда:
sin  SBM =
sin ASB
sin ASB
= h*
;
cos ASB
1  sin 2 ASB
т.к.  ASB =  SBM (см. чертеж), то выражение для rmin можно переписать
следующим образом :
sin SBM
rmin = h*
;
1  sin 2 SBM
n
Подставив значение sin  SBM = 1 , получим :
n2
h * n1
rmin =
;
2
n1
n2 * 1  2
n2
rmin = h*tg  ASB = h*
Ответ:
rmin = 0,114 м.
Тема №2 Интерференция
Задача №1
В некоторую точку пространства приходят когерентные лучи с геометрической
разностью хода ΔS равна1,2 мкм, длина волны λ0 которых в вакууме равна 600 нм
нм. Определить, что происходит в этой точке пространства вследствие
интерференции, когда лучи проходят
1) в воздухе (n1 = 1) ;
2) в воде (n2 = 1.33);
3)в скипидаре (n3 = 1.5)
Ответ:1) в воздухе будет наблюдаться максимум интенсивности;
2) в воде будет ослабление интенсивности;
3) в скипидаре будет наблюдаться максимум интенсивности.
Задача №2
На пути одного из интерферирующих лучей помещена тонкая стеклянная
пластинка, вследствие чего интерференционная картина смещается на k полос
(k = 5). Луч падает на пластинку перпендикулярно. Показатель преломления
пластинки n2 равен 1,6; длина волны λ равна 6,67*10-7м. Какова толщина
пластинки?
Ответ: d =5.5 мкм
Задача №3
Из воздуха на мокрое плоское стекло падает свет с длиной волны λ = 600 нм.
Воду на стекле считать плоскопараллельной пленкой. При какой наименьшей
толщине hmin пленки интенсивность света, наблюдаемого при отражении,
достигнет максимума?
Ответ: hmin = 2.26*10-7м.
Задача №4
Тонкая пленка с показателем преломления n= 1.5, освещается светом с длиной
волны λ = 600 нм. При какой наименьшей толщине пленки интерференционные
полосы исчезнут?
1) в отраженном свете;
Ответ: 1) d< λ/4n2 ;
2) в проходящем свете.
2) d < λ/2n2
Задача №5
На стеклянный клин нормально его основанию падает монохроматический свет
с длиной волны λ равной 0,67 мкм. Число интерференционных полос на 1см
длины равно 10. Определить преломляющий угол клина.
Ответ: (θ =0,013)0
Задача №6
На мыльную пленку (n2 = 1,33) падает белый свет под углом α =460.При какой
наименьшей толщине пленки, отраженные лучи будут окрашены в желтый
цвет? (λжелт. = 6*10-7м.)
Ответ: dmin = 2,89*10-7м.
Задача №7
Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим
светом, падающим по нормали к поверхности пластинки. Наблюдение ведется в
отраженном свете. Расстояние между вторым и двадцатым темными кольцами
равно 4,8мм. Найти расстояние между третьим и шестнадцатым темными
кольцами Ньютона.
Ответ: l2 =3,66мм.
Задача №8
Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим
светом падающим по нормали к поверхности пластинки. Радиус кривизны
линзы R =15м. Наблюдение ведется в отраженном свете. Расстояние между
пятым и двадцать пятым светлыми кольцами Ньютона равно 9мм. Найти длину
волны λ монохроматического света.
Ответ: λ = 675нм.
Задача №9
Установка для получения колец Ньютона освещается монохроматическим
светом с длиной волны λ равной 500нм, падающим по нормали к поверхности
пластинки. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено
водой. Найти толщину h слоя воды между линзой и пластинкой в том месте, где
наблюдается третье светлое кольцо в отраженном свете.
Ответ: h =470нм.
Задача №10
Между стеклянной пластинкой и лежащей на ней плоско-выпуклой линзой
находится жидкость. Каков ее показатель преломления, если при наблюдении в
проходящем свете с длиной волны λ = 600нм радиус десятого темного кольца
Ньютона r10 = 2,1мм. Радиус кривизны линзы равен1м. (показатель преломления
жидкости меньше, чем показатель преломления стекла).
Ответ: n = 1,33
Пример решения задач
Задача 2.1
На мыльную пленку (n2 = 1,4) падает белый свет под углом α = 520. При какой
наименьшей толщине пленка в проходящем свете будет казаться красной?
Длина волны красного света λ. = 6,7*10-7м.
Дано:
nводы = 1,33
α = 460
λжелт. = 6*10-7м
Найти:
S
n1
C
A
d
n2
M
D
B
K
E
L
n1
Решение
Луч от источника S падает на пластинку, частично преломляясь и отражаясь в
точках A, B, C, и D (см. рис. 2.1).
Отражение луча в точках В и С не сопровождается потерей полуволны, т.к. в
этих точках идет отражение от оптически менее плотной среды.
Следовательно, оптическая разность хода лучей SABK и SABCD
∆= 2(BC)n2
─ (ВК)n1;
где n1 – показатель преломления воздуха; n2 – показатель преломления пленки;
BC = AB
 - угол падения;
  - угол преломления;
d – толщина пленки;
 KBE =  α, т.к. луч выходит из пластинки параллельно падающему лучу.
 KDB =  KBE =  α, как два угла с взаимно перпендикулярными
сторонами (KD ┴ BK;
BM ┴ BE)
d
Очевидно, что АВ =
BK = (DB)sinα;
;
cos 
(DB) = 2(BM)
(BM) найдем из ∆ BCM:
BM = d*tg 
 BCM =   ,
Следовательно,
BK = (DB)sin  = 2(BM)sin  = 2d*tg  sin 
В соответствии с этим
2dn2
2dn2
n
 2dn1 * tg * sin  =
* (1  1 * sin  * sin  )
cos 
cos 
n2
Учитывая, что
∆
=
sin  n2
;

sin  n1
получаем:
∆
=
sinα = sin  *
n2
;
n1
2dn 2
* (1  sin 2  ) = 2dn2 cos  = 2dn2 * 1  sin 2 
cos 
∆ = 2dn2 * 1  sin 2  *
n1
2
n2
2
= 2d* n2  n1 * sin 2 
2
2
Условием максимума, т.е. условием того, что пленка будет казаться
окрашенной, является
∆ = kλ
подставляя в это условие раннее выведенное выражение для оптической
разности хода ∆, получим:
2d n2  n1 * sin 2  = kλ
2
2
Для минимальной толщины пленки k =1, так что
dmin =

2 n2  n1 * sin 2 
2
2
;
dmin = 2,89*10-5 см.
Ответ: dmin = 2,89*10-5 см.
Задача №2.2
Кольца Ньютона наблюдаются при отражении света от соприкасающихся друг с
другом плоскопараллельной толстой стеклянной пластинки и плоско-выпуклой
линзы с радиусом кривизны R = 0,96 м.. Роль тонкой пленки, от которой
отражаются когерентные волны, играет воздушный зазор между пластинкой и
линзой. Между светлыми кольцами Ньютона с номерами m = 7 и n = 5
расстояние l = 0,31 мм. Найти длину волны монохроматического света,
падающего нормально на установку. Наблюдения проводятся в отраженном
свете.
O
Дано:
l = 0,31 мм
n
m
R
Найти:
λ=?
S
R
K
bk
A
n1
rk
B
C
D
n2
n2
Решение
Интерференция будет наблюдаться вблизи точки
D
(в месте
соприкосновения пластинки и линзы), т.е. там, где воздушный клин, который
образуется между пластинкой и линзой имеет очень малую толщину и поэтому
лучи отраженные от нижней поверхности линзы и верхней поверхности
пластинки будут когерентными.
Поэтому можно считать, что свет падает по нормали к пластинки;
Для наглядности рассматриваем лучи не в (.) D, а дальше от центра – в (.)В.
Когда падающий луч доходит до точки А, лежащей на нижней поверхности
линзы, то луч SA в точке А:
частично отражается, - это луч АК,
частично преломляется: - это луч AB.
На верхней поверхности пластинки в точке В луч опять частично
отражается и частично преломляется, но т.к. наблюдение ведется в отраженном
свете, то рассматриваем только отразившийся луч ВК.
В точке А будет наблюдаться интерференция, т.е. наложение двух
когерентных лучей АК и ВК (луча отразившегося от нижней поверхности
линзы АК и луча отразившегося от верхней поверхности пластинки луча ВК).
Найдем радиусы светлых колец Ньютона:
Чтобы вывести формулу для радиуса светлого кольца надо записать
условие для максимума интенсивности:
(Для Imax):
Оптическая разность хода ∆ луча АК и луча ВК равна:

;
2
Здесь необходимо было учесть условие того, что при отражении от
оптически более плотной среды происходит скачок фазы светового вектора на

π, для чего необходимо прибавлять
(в точке В имеется отражение от
2
оптически более плотной среды).
В рассматриваемом случае имеются две точки в которых лучи
отражаются: - это точка А, где отражается луч АК и точка В, где отражается
луч ВК.
В точке А фаза светового вектора луча АК не претерпевает скачка, т.к.
луч АК проходит в линзе – в среде оптической более плотной, чем воздух, а
отражается от воздуха, среды оптически менее плотной (линза имеет показатель
преломления n2 > n1 )
В точке В происходит скачок фазы, т.к. луч ВК идет в воздухе , а
отражается от линзы, среды оптически более плотной.
∆ = 2АВn1 +
Определим радиус светлого кольца:
В ∆ ОАС:
катет АС – равен радиусу светлого кольца rm
катет ОС = ОD – СD = R – AB;
АО – равен радиусу линзы R
Величина воздушного зазора АВ равна отрезку СD
По теореме Пифагора:
(АО)2 = R2 = (ОС)2 + (АС)2 = (ОD-СD)2 + (AC)2 = (R-AB)2 + rm = (R - bm)2 + rm2
R2 = (R - bm)2 + rm2
R2 = R2 -2Rbm + bm2 + rm2
2Rbm = rm2
(слагаемым bm2 пренебречь, как величиной второго порядка малости.)
Отсюда:
bm =
Дифракция
3.1. Дифракция Френеля
Задача№1
Найти радиус первой зоны Френеля для плоской волны, если расстояние от
фронта волны до точки наблюдения 1м. Длина волны λ = 0,5мкм.
Ответ: r =0,71м.
Задача №2
Радиус r4 четвертой зоны Френеля для плоского волнового фронта равен 3 мм.
Определить радиус r6 шестой зоны Френеля.
Ответ: r6 = 3,69 мм.
Задача №3
Расстояние между точечным источником света с длиной волны λ = 0,63мкм и
экраном равно 3,5м.Диафрагма с отверстием радиуса r находится в k раз (k=3,7)
ближе к экрану, чем к источнику. В отверстии укладывается m =2 зон Френеля.
Определить радиус отверстия r.
Ответ: r =0,86мм.
Задача №4
Свет от монохроматического источника (λ = 600 нм) падает нормально на
диафрагму с диаметром отверстия d = 6мм . За диафрагмой на расстоянии l = 3м
от нее находится экран. Какое число k зон Френеля укладывается в отверстии
диафрагмы? Каким будет центр дифракционной картины на экране: темным или
светлым ?
Ответ: k = 5; центр дифракционной картины будет светлым.
Задача № 5
Найти радиусы rk первых пяти зон Френеля, если расстояние от источника света до
волновой поверхности a = 1м , расстояние от волновой поверхности до точки
наблюдения b = 1м. Длина волны света λ = 500 нм.
kab
;
ab
Подставляя числовые данные, найдем:
r1 = 0,50 мм;
r2 = 0,71 мм;
r3 = 0,86 мм;
Ответ: Радиус k-й зоны rk =
r4 = 1,0 мм;
r5 = 1,12 мм.
Задача № 6
Дифракционная картина наблюдается на расстоянии l от точечного источника
монохроматического света с длиной волны λ = 600 нм. На расстоянии а = 0,5l от
источника, помещена круглая непрозрачная преграда диаметром D = 1 см. Найти
расстояние l, если преграда закрывает только центральную зону Френеля.
Ответ: l = 167 м.
Задача № 7
На диафрагму с диаметром отверстия D = 1,96 мм падает нормально
параллельный пучок монохроматического света с длиной волны λ = 600 нм. При
каком наибольшем расстоянии l между диафрагмой и экраном в центре
дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно?
Ответ: l = 0,8 м.
Задача №8
Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0 падает
нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова
интенсивность света I за экраном в точке, для которой отверстие:
а) равно первой зоне Френеля; внутренней половине первой зоны;
б) сделали равным первой зоне Френеля и затем закрыли его половину (по
диаметру)?
Ответ: а) I ≈ 4I0 ;
б) I ≈ I0;
I ≈ 2I0;
Задача №9
Точечный источник света с длиной волны λ = 0,50 мкм расположен на
расстоянии а = 100 см перед диафрагмой с круглым отверстием радиуса r
равным 1,0 мм. Найти расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, для
которой число зон Френеля в отверстии составляет k = 3.
Ответ: b =
ar 2
;
ka  r 2
b = 2, 0 м.
Задача №10
Дифракционная картина наблюдается на расстоянии равном 4м от точечного
источника монохроматического света (λ = 500нм). Посередине между экраном и
источником помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком радиусе R
отверстия центр дифракционных колец, наблюдаемых на экране, будет
наиболее темным?
Ответ: R =1мм.
Пример решения задач
Задача №3.1.1
На диафрагму с круглым отверстием радиусом r = 1 мм падает нормально
параллельный пучок света с длиной волны λ = 0,5 мкм. На пути лучей,
прошедших через отверстие, помещают экран. Определить максимальное
расстояние bmax от центра отверстия до экрана, при котором в центре
дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно.
Дано:
r = 1 мм
λ = 0,5 мкм
в центре картины еще
наблюдается темное пятно
Найти:
bmax─?
R0 
S
r


2
R0  2

2
O
O1
OO1 =R0=bm
диафрагма
Решение
Расстояние, при котором будет видно темное пятно, определяется
числом зон Френеля, укладывающихся в отверстии. Если число зон четное, то в
центре дифракционной картины будет темное пятно.
Число зон Френеля, помещающихся в отверстии, убывает по мере
удаления экрана от отверстия. Наименьшее число зон равно двум.
Следовательно, максимальное расстояние, при котором еще будет
наблюдаться темное пятно в центре экрана, определяется условием, согласно
которому в отверстии должны поместиться две зоны Френеля.
Из рисунка следует, что расстояние от точки наблюдения О на экране

до края отверстия на 2 ( ) больше, чем расстояние R0 = bmax.
2
По теореме Пифагора получим
r2 = (bmax + 2
 2
) ─ bmax2 = 2λbmax + λ2 ;
2
Учтя, что λ « bmax и что членом, содержащим λ2, можно пренебречь,
последнее равенство перепишем в виде:
r2 = 2λbmax,
откуда
bmax =
r2
;
2
Произведя вычисления по последней формуле, найдем, что
bmax = 1 м.
Ответ: bmax = 1 м.
Задача №3.1.2
Расстояние между точечным источником света с длиной волны λ = 0,63 мкм и
экраном равно l = 3,5 м. Диафрагма с отверстием радиуса r находится в
k = 3,7 раз ближе к экрану, чем к источнику. В отверстии укладывается m = 2
зон Френеля.
Определить радиус отверстия r.
диафрагма
экран
Дано:
λ = 0,63 мкм
d=2r
l = 3,5 м
k = 3,7
m 2
Найти
S 
P
rmax = ?
b
a
l
Решение
a+b =l
(1)
a
k
(2)
b
ab
r0 =
m (3)
ab
Из уравнения (2)
a = kb
Подставим это значение а в уравнение (1):
kb+b = l
b(k+1) = l
l
kl
b =
; следовательно а = kb =
;
k 1
k 1
kl 2
ab =
;
(k  1) 2
a+b = l
Подставим значение ab и a+b в уравнение (3), получим:
kl 2
klm
m =
;
2
(k  1) l
(k  1) 2
Подставив числовые значения, получим:
r0 = 0,86 мм.
r0 =
3.2 Дифракция Фраунгофера
Задача №1
Свет с длиной волны λ = 0,50 мкм падает на щель ширины b = 10 мкм под
углом θ0 = 300 к ее нормали. Найти угловое положение первых минимумов,
расположенных по обе стороны от центрального фраунгоферова максимума.
Углы θ. и угол дифракции φ лежат по разные стороны от нормали.
Ответ: Для k = +1 и k = -1 углы θ равны соответственно 330 и 270.
Задача №2
Чему равна постоянная дифракционной решетки, если для того чтобы увидеть
красную линию (λкр. = 0,7 мкм) в спектре третьего порядка, зрительную трубу
пришлось установить под углом α = 48036’ к оси коллиматора?
Какое число штрихов нанесено на 1 см длины этой решетки?
Свет падает на решетку нормально.
Ответ: n = 3570
Задача №3
На дифракционную решетку в направлении нормали к ее поверхности падает
монохроматический свет. Период решетки равен 2 мкм. Дифракционный
максимум какого наибольшего порядка дает эта решетка в случае красного
(λкр. = 0,7 мкм) и фиолетового (λф. = 0,45 мкм) света?
Задача №4
1) Какое наименьшее число штрихов должна содержать решетка, чтобы в
спектре первого порядка можно было разделить две желтые линии
натрия с длинами волн λ1 = 589нм и λ2 = 589,6нм?
2) Какова длина такой решетки, если постоянная решетки d =10 мкм.
3) Какое число штрихов укладывается на 1см длины решетки?
Ответ: 1) N = 982;
2) L = 9,8 мм.;
3) nl = 1000 (штрихов на 1см длины решетки).
Задача №5
На дифракционную решетку нормально падает пучок света от разрядной
трубки наполненной гелием. На какую линию в спектре третьего порядка
накладывается красная линия гелия (λ1 = 6,7*10-7м) спектра второго порядка?
Ответ: λ2 = 4,42*10-7м.
Задача №6
Дифракционная решетка содержит 200 штрихов на 1мм длины решетки. На
дифракционную решетку падает нормально монохроматический свет длиной
волны λ = 600 нм. Найти общее число дифракционных максимумов которые
дает эта решетка.
Ответ: mmax = 17 .
Задача №7
На узкую щель шириной а = 40 мкм падает под углом θ = 200 к нормали
параллельный пучок света с длиной волны λ = 0,6 мкм. В дифракционной
картине проектируемой на экран линзой с фокусным расстоянием F = 40 см,
ширина центрального максимума Δх . Экран перпендикулярен главной
оптической оси линзы, угол θ и угол дифракции φ лежат по одну сторону от
нормали. Найти ширину центрального максимума.
Ответ: Δх = 0,27 м.
Задача №8
Можно ли наблюдать дифракционный спектр второго порядка, если ширина
щели в два раза больше длины волны? Ответ обосновать.
Ответ: Нет, т.к. второй дифракционный максимум будет наблюдаться под углом
дифракции φ = π/2 т.е. на бесконечности .
Задача №9
Можно ли наблюдать дифракционный спектр второго порядка, если период
дифракционной решетки в два раза больше длины волны?
Ответ: Нет. Дифракционный спектр второго порядка наблюдать невозможно,
т.к. второй и все последующие максимумы кратные отношению d/b = 2, будут
исчезать, потому что, под углами соответствующими этим максимумам, щели
дифракционной решетки ничего не излучают и каждый максимум кратный
отношению d/b = 2 будет исчезать.
Задача №10
Дифракционная решетка содержит 100 штрихов на 1 мм длины решетки.
Определить длину волны монохроматического света, падающего на решетку
нормально, если угол между двумя спектрами первого порядка равен 80.
Ответ: λ = 1,7 мкм.
Примеры решения задач
Задача №3.2.1
Определить число штрихов на l = 1 см дифракционной решетки, если при
нормальном падении света с длиной волны λ = 600 нм решетка дает первый
максимум на расстоянии s = 3,3 см от центрального. Расстояние от решетки до
экрана L = 110 см.
Дано:
l=1 см
d
α
линза
С
L
α
О1
О
экран
s
Решение
Число штрихов на 1 см длины решетки определяем по формуле
nl = 1/d,
где период решетки d найдем из условия максимума для дифракционной
решетки :
Условие максимума:
dsinα = kλ
(где α - угол, под которым наблюдается k-й максимум;
k – порядок дифракционного максимума).
Ввиду того, что для максимума 1-го порядка угол α мал, можно принять
sin α ≈ tg α = s/L,
следовательно, условие максимума дифракционной решетки может быть
переписано в виде:
ds /L = kλ, откуда можно выразить d:
d = kλL/s ;
таким образом, число штрихов на 1 см длины решетки равен :
nl = 1/d = s/kλL;
nl = 500.
Ответ: На 1 см длины решетки 500 штрихов.
Задача №3.2.2
На дифракционную решетку, содержащую n = 500 штрихов на 1 мм,
нормально падает белый свет. Спектр проектируется на экран помещенной
вблизи решетки линзой. Определить длину спектра первого порядка на экране,
если расстояние от линзы до экрана L = 4 м. Границы видимого света:
λкр = 780 нм, λф = 400нм.
Дано:
nl = 500 l = 1 мм
L = 4м
λкр = 780 нм
λф = 400 нм
Найти:
∆l =?
α
L
1
α2
l1
l2
Решение
Запишем уравнение дифракционной решетки для случая дифракции красных и
фиолетовых лучей:
dsin α1= kλф;
dsinα2 = kλкрα1
Вследствие малости углов α1 и α2 в случае спектра первого порядка можно
принять:
l
l
sin α1 ≈ tg α1 = 1 ;
sinα2 ≈ tgα2 = 2 .
L
L
Таким образом,
dl1
dl 2
 kф ;
 kкр ,
L
L
и длина спектра
kL
( кр  ф ) = knL(λкр-λф) = 76 см.
∆l = l2-l1 =
d
Ответ: ∆l = 76 cм.
Тема № 5 ПОЛЯРИЗАЦИЯ
Задача №1
На какой угловой высоте φ над горизонтом должно находиться Солнце, чтобы
солнечный свет, отраженный от поверхности воды, был полностью поляризован ?
Ответ: φ = 370.
Задача №2
Угол Брюстера iB при падении на кристалл каменной соли равен 570.Определить
скорость света в этом кристалле.
Ответ: 194 Мм/с.
Задача №3
Пучок естественного света падает на стеклянный шар, находящийся в воде. Найти
угол между отраженным и падающим пучками в точке А (см. рисунок)
.Показатель преломления стекла равен1,58..
·
·
·
n1
A
α
· · ·
О
n2
Задача №4
Анализатор в k раз (k = 2) уменьшает интенсивность света, приходящего к нему от
поляризатора. Определить угол α между направлениями пропускания
поляризатора и анализатора. Потерями интенсивности света в анализаторе
пренебречь.
Ответ: α = 450.
Задача №5
Во сколько раз ослабляется интенсивность света, проходящего через два николя,
направления пропускания которых образуют угол α = 300, если в каждом из
николей в отдельности теряется 10% интенсивности падающего на него света?
Ответ: В 3,3 раза.
Задача №6
Угол α между направлениями пропускания поляризатора и анализатора равен
450.Во сколько раз уменьшится интенсивность света , выходящего из анализатора,
если угол увеличить до 600?
Ответ: В два раза.
Задача №7
Пучок естественного света падает на стеклянную (n = 1,6) призму, изображенную
на рисунке. Определить двугранный угол α призмы, если отраженный луч
полностью поляризован.
Ответ: 320.
°

2
°
°
°

°
α°
α
Задача №8
На пути частично-поляризованного света, степень поляризации Р которого равна
0,6 , поставили анализатор так, что интенсивность света , прошедшего через него,
стала максимальной. Во сколько раз уменьшится интенсивность света, если
направление пропускания анализатора повернуть на угол α = 300?
Ответ: В 1,23 раза.
Задача №9
На поляризатор падает пучок частично поляризованного света. При некотором
положении поляризатора, интенсивность света, прошедшего через него, стала
минимальной. Когда направление пропускания поляризатора повернули на угол β
= 450 , интенсивность света возросла в k раз (k = 1,5).Определить степень
поляризации Р света.
Ответ: Р = 0,3.
Задача №10
Лучи естественного света проходят сквозь плоскопараллельную стеклянную
пластинку (n = 1,54), падая на нее под углом iB поляризации. Найти степень
поляризации Р лучей , прошедших сквозь пластинку.
Ответ: P = 18,9 %.
Пример решения задач.
Задача 5.1
Найти показатель преломления n стекла, если при отражении от него света
отраженный луч будет полностью поляризован при угле преломления β = 350.
Дано
i = φB
β = 350
n1 = 1
Найти:
n2 = ?
Решение
Запишем закон Брюстера:
tg iB =
n2
n1
По закону преломления имеем:
sin i B n2

sin  n1
Т.к. равны правые части этих уравнений, то можно приравнять и левые части:
sin i B
tg iB =
sin 
Распишем tgiB и подставим его значение в последнюю формулу:
sin i B sin i B

cos i B sin 
В получившемся равенстве у этих двух дробей равны числители, следовательно,
равны и знаменатели. В результате имеем:
cos iB = sin β
Из закона Брюстера имеем:
sin i B
cos i B
Заменив выражение sin iB в последней формуле через cos iB , получим:
n2 = n1tg iB = n1
1  cos 2 i B
sin i B
 n1
cos i B
cos i B
Заменяя выражение для cos iB ранее выведенным соотношением:
cos iB = sin β
получим:
n2 = n1tg iB = n1
1  sin 2 
;
sin 
sin 
Поставив числовые значения, получим:
n2 = 1,43.
n2 = n1
1  cos 2 i B
 n1
Ответ: n2 = 1,43.
Задача №5.2
На пути частично поляризованного света помещен поляроид. При его повороте на
угол
α = 600 из положения соответствующего максимальному пропусканию света,
интенсивность прошедшего света уменьшается в k = 3 раза. Найти степень
поляризации Р падающего света.
Дано:
α = 600
k=3
Найти:
Р =?
Решение
Интенсивность частично поляризованного света Iч.п. можно представить как
совокупность интенсивности линейно поляризованного света Iл.п. и
интенсивности I0 естественного света.
Iч.п. = I0 + Iл.п.
(1)
При произвольном положении поляризатора он пропустит только часть линейнополяризованного света и половину интенсивности естественного света.
Согласно закону Малюса от интенсивности линейно-поляризованного света
поляризатор пропустит только его часть равную Iл.п. = I0cos2φ /
Следовательно, после поляризатора общая интенсивность пропущенного при этом
света I равна:
I=
1
I 0  Iл.п. cos 2 
2
(2)
где угол φ это угол между направлением пропускания поляризатора и
направлением колебания светового вектора в падающем линейно-поляризованном
свете.
Следовательно величина I , будет меняться в зависимости от значения cos 2φ :
При этом максимальная интенсивность Imax будет наблюдаться, когд = а cos2φ = 1
(т.е. когда значение cos2φ будет максимальным);
Imax = I1 =
1
I 0  Iл.п.
2
(3)
Соответственно, для минимальной интенсивности света, получим:
Imin = I2 =
1
I0
2
(4)
При повороте поляризатора на угол α из положения соответствующего
максимальному пропусканию, интенсивность света I3 становится равной
I3 =
1
I 0  Iл.п. cos 2 
2
(5)
Согласно условию, интенсивность прошедшего света I3 уменьшается в k раз по
сравнению с максимальной интенсивностью Imax, те.:
K
1
I 0  Iл.п.
2
(6)
I max

1
I3
I 0  Iл.п. cos 2 
2
Степень поляризации Р по определению:
P=
I max  I min
I max  I min
(7)
Подставив в формулу (7) выражения для Imax и Imin (формулы (3) и (4) ),
получим:
P
Iл.п.
I 0  Iл.п.
Из уравнения (6) выразим I0 и подставим в уравнение (8), получим:
Выразим из уравнения (6) I0:
(8)
k
1
1
I0 + kIл.п.cos2α = I0 + Iл.п.
2
2
1
I0(k-1) = Iл.п.(1-kcos2α)
2
2 Iл.п.(1  k cos 2  )
I0 
k 1
(9)
Полученное выражение для I0 (формулу (9))
подставим в уравнение (8), получим:
I л.п.
I л.п .(k  1)
k 1


2
2
2 I л.п .(1  k cos  )
I л.п .(2  2k cos   k  1) 1  2k cos 2   k
 I л.п .
k 1
Подставив числовые данные, получим:
P=
Р = 0,8
Ответ: Р = 0,8.
6. Квантовые свойства света
6.1 Тепловое излучение
Задача №6.1.1
Найти температуру Т печи, если известно, что излучение из отверстия в ней
площадью
S = 6,1 см2 имеет мощность N = 34,6 Вт. Излучение считать близким к
излучению абсолютно черного тела.
Ответ: Т = 1000 К.
Задача № 6.1.2
Температура а.ч.т. 1270С . После повышения температуры суммарная
мощность излучения увеличилась в три раза. На сколько повысилась при этом
температура?
Ответ: ∆Т = 126 К
Задача №6.1.3
На сколько изменится длина волны, на которую приходится максимум
лучеиспускательной способности при увеличении первоначальной температуры
Т1 равной 1000 К в три раза.
Ответ: ∆λ = 1,926*10-6 м.
Задача №6.1.4
Абсолютно черное тело имеет температуру Т1 = 2900 К. В результате
остывания тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной
плотности энергетической светимости, изменилась на ∆λ = 9 мкм. До какой
температуры охладилось тело?
Ответ: Т2 = 290 К.
Задача № 6.1.5
При увеличении термодинамической температуры а.ч.т. в два раза, длина
волны на которую приходится максимум лучеиспускательной способности
изменилась на 4 мкм.
Определить конечную температуру тела Т2.
Ответ : Т2 = 727,5 К
6.2 Внутренний фотоэффект.
Задача №6.2.1
Решение