Ермолаева Физика разделы Колебания и волны Оптика 2015
.pdf
2. Резонансная амплитуда вынужденных колебаний равна
Aрез = |
|
F0 |
|
, |
(2) |
2mβ |
ω2 |
|
|||
|
− β2 |
|
|||
|
|
0 |
|
|
|
где F0 – амплитуда внешней периодически изменяющейся силы; ω0 – собственная циклическая частота.
3. Внешняя периодически изменяющаяся сила описывается уравнением Fвн = F0sinωt. Поскольку по условию задачи F =
=0,2sinωt, то получаем F0 = 0,2 Н.
4.Запишем дифференциальное уравнение вынужденных коле- баний, возникающих под действием внешней периодически изме- няющейся силы, следующим образом
m |
d 2 x |
+ r |
dx |
+ kx = F sin ωt, |
(3) |
dt 2 |
|
||||
|
|
dt |
0 |
|
где ω – циклическая частота вынуждающей силы. С другой сторо- ны, уравнение (3) можно записать в виде
|
|
d |
2 x |
+ 2β |
dx |
+ ω2 x |
= |
F |
ωt. |
(4) |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
sin |
|||||||||||||||||||
|
|
|
dt 2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
0 |
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
||||||||||
Сравнивая уравнения (3) и (4), получаем |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ω2 |
= |
k |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
(5) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
5. Подставим (1) и (5) в (2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Aрез = |
|
|
|
|
F0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
F0 |
|
|
|
= |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2m |
|
r |
|
|
k |
− |
|
|
|
r 2 |
|
|
|
r |
k |
− |
|
r 2 |
|
||||||
|
|
2m |
|
|
|
4m2 |
|
|
|
4m2 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
||||||||||||
= |
|
|
|
|
0, 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0,033 м = 3,3 см. |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
30 |
− |
0,62 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
0,6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
4 0,32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
0,3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Ответ: β = 1 с-1, Арез = 3,3 см.
Задача 1.7. Амплитуда затухающих колебаний математического маятника за время τ1 = 5 мин уменьшилась в два раза. За какое вре- мя, считая от начального момента, амплитуда уменьшится в восемь раз?
31
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
||||
|
|
|
|
|||||||
|
|
1. Запишем уравнение логарифмиче- |
||||||||
τ1 = 5 мин |
|
300 |
с |
|
||||||
|
ского декремента колебаний |
|||||||||
А0 = 2А1 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
A(t ) |
||
А0 = 8А2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
θ = ln |
|
= δT , |
|
τ2 = ? |
|
|
|
|
|
|
A(t + T ) |
|||
выразим из него коэффициент затухания |
|
|
||||||||
|
|
|
|
δ = |
1 |
|
A(t ) |
(1) |
||
|
|
|
|
|
ln |
|
. |
|||
|
|
|
Т |
A(t + T ) |
||||||
где А(t) − амплитуда колебаний в начальный момент времени;
А(t + T) − значение амплитуды через один период колебания. |
|
|||||||||||||||||||||
2. |
Перепишем уравнение (1) следующим образом |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δ = |
1 |
|
|
ln |
А0 |
. |
|
|
(2) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ |
|
|
|
|
|
A |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
3. |
Подставим в (2) числовые значения: |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
δ = |
|
1 |
|
ln |
А0 |
= |
1 |
|
|
ln 2 = 2,3 10−3 c−1 . |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
300 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
τ |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. |
Запишем уравнение (1) через переменные τ2 и А2 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
A0 |
|
(3) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δ = |
τ |
2 |
ln |
A , |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
||
5. |
Выразим из (3) искомое время τ2: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ2 = |
1 ln |
А0 |
. |
(4) |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
δ |
A2 |
|
|||||||
3. |
Подставим в (4) числовые значения: |
|
||||||||||||||||||||
|
τ |
2 |
= 1 ln |
А0 |
= |
1 |
|
|
|
ln 8 = 504 c = 15,1 мин. |
|
|||||||||||
|
|
2,3 10−3 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
δ |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: τ2 = 15, 1 мин.
Задача 1.8. Звуковые колебания, имеющие частоту ν = 500 Гц и амплитуду A = 0,3 мм, распространяются в воздухе. Длина волны λ = 60 см. Найти скорость υ распространения колебаний и макси- мальную скорость частиц воздуха.
32
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
|
|
1. Скорость распространения ко- |
|||
ν = 500 Гц |
|
|
|
||
|
3 10-4 м |
|
лебаний (фазовая скорость) равна |
||
A = 0,3 мм |
|
|
|||
λ = 60 см |
|
0,6 м |
|
υ = λν, |
(1) |
|
|
где λ – длина волны; |
ν – частота |
||
F = 0,2sinωt Н |
|
|
|
||
|
|
|
|
колебаний. Отсюда |
|
υ = ? υmax = ? |
|
|
|
||
|
|
|
|
υ = 0,6·500 = 300 м/с. |
|
2. Уравнение плоской бегущей волны, распространяющейся
вдоль координатной оси x, имеет вид |
|
y (x,t ) = Asin (ωt − kx), |
(2) |
где у – смещение любой из точек среды с координатой х в момент t; υ – скорость распространения колебаний в среде; A – амплитуда колеблющихся точек; k = 2π /λ – волновое число.
3. Найдем скорость точек среды, в которой распространяется волна, путем дифференцирования волнового уравнения по времени:
|
|
υ = |
dy |
= Aωcos(ωt − kx), |
(3) |
|
|
|
|
||||
|
|
|
dt |
|
|
|
4. Скорость частиц в воздухе |
будет максимальной, |
если |
||||
cos(ωt − kx) = 1, тогда |
|
|
|
|
|
|
υ |
= Aω = 2 |
Аπν = 2 0,3 10−3 |
3,14 500 = 0,942 м с. |
|
||
max |
|
|
|
|
|
|
Ответ: υ = 300 м/с; υmax = 0,942 м/с.
Задача 1.9. В вакууме вдоль оси Ох распространяется плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряженности электрическо- го поля волны равна 10 В/м. Определите амплитуду напряженности магнитного поля волны.
Дано: |
|
СИ |
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
1. |
Связь |
между |
мгновенными |
||
Е = 10 |
В/м |
|
|
|
||||
|
|
|
значениями |
векторов |
напряженно- |
|||
Н0 = ? |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
стей электрического Е и магнитного |
||||
|
|
|
|
|
||||
Н полей волны в любой точке: |
|
|
|
|||||
|
|
|
ε0εE = |
µ0µH . |
|
(1) |
||
2. Уравнения напряженности электрического и магнитного по- лей волны имеют вид
33
E = E0 cos (ωt − kx) , H = H0 cos (ωt − kx ) , |
(2) |
где Е0 и Н0 –амплитуды напряженностей соответственно электри- ческого и магнитного полей волны, ω – круговая частота волны, k – волновое число.
3. В вакууме ε = 1, µ = 1, тогда из (1) с учетом (2) получим
ε0 E0 = µ0 H0 , |
(3) |
откуда
H |
|
= |
ε |
0 |
E |
|
= |
8,85 10−12 |
10 = 26,5 10−3 |
А/м = 26,5 мА/м . |
|
0 |
µ0 |
0 |
4π 10−7 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||
Ответ: Н0 = 26,5 мА/м.
Задача 1.10. Смещение от положения равновесия точки, отсто- ящей от источника колебаний на расстояние х1 = 2 см, в момент времени t1 = T/4 равно половине амплитуды. Найти длину λ бегу- щей волны.
Дано: |
|
|
|
СИ |
|
|
|
Решение. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
1. По условию задачи смещение точ- |
|||||||||
х1 = 2 см |
|
|
|
0,02 м |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
ки, |
|
находящейся |
на |
расстоянии |
х1 от |
||||||
t1 = T/4 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
источника, |
|
|
|
|
||||||
у(х1, t1) = А/2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
у(х1, t1) = А/2, |
(1) |
|||
λ = ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
С другой стороны, это же смещение |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
можно выразить из уравнения бегущей волны |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
y ( x1,t1 ) = Asin (ωt1 − kx1 ) . |
|
(2) |
|||||||||
Приравнивая правые части равенств (1) и (2), получаем |
|
||||||||||||||
|
|
А |
= Asin (ωt − kx ) , |
sin (ωt |
− kx |
) = 1 , |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
2 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
1 |
1 |
2 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
= π , |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
ωt |
− kx |
|
|
(3) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
6 |
|
|
|
|
|
где ω = 2πν – |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
циклическая частота колебаний; k = 2π/λ – волновое |
|||||||||||||||
число. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Преобразуем выражение (3) с учетом того, что t1 = T/4 и |
|||||||||||||||
найдем искомую λ: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
2π |
|
Т |
− 2π x |
= π , |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
Т |
4 λ |
1 |
6 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
34
π2 − 2λπ x1 = π6 ,
2π |
x |
= π − π , |
|
|
|||
λ |
1 |
|
2 6 |
|
|
||
2π x |
= π , |
||
|
λ |
1 |
3 |
|
|
||
λ = 6x1 .
Следовательно, длина волны равна
λ = 6 0,02 = 0,12 м = 12 см.
Ответ: λ = 12 см.
Задача 1.11. На дне сосуда, наполненного водой до высоты h, находится точечный источник света. На поверхности воды плавает круглый диск радиуса R так, что центр диска находится над источ- ником света. При каком минимальном радиусе диска ни один луч не выйдет через поверхность воды? Показатель преломления воды равен n.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
|
|
1. Рассмотрим все возможные варианты хода |
||
h |
|
|
|
|
|
|
|
световых лучей от источника S: |
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
- если лучи, ис- |
|
R = ? |
|
|
|
|
|
|
|
ходящие от источ- |
|
|
|
|
|
|
ника |
S, попадают на диск, то они от- |
|||
ражаются от него и через поверхность |
|
воды не выходят (рис. 1.3); |
|
- если угол падения луча SA равен |
|
предельному углу полного отражения, |
|
то этот луч также не выходит через |
|
поверхность воды; |
Рис. 1.3 |
- лучи, падающие на поверхность |
|
воды левее точки А, имеют угол падения больше α0 и также не вы- ходят через поверхность воды.
Таким образом, для луча SA должно выполняться условие: |
|
sinα0 = 1/n. |
(1) |
2. Рассмотрим прямоугольный треугольник AOS: |
|
35
|
|
|
tgα0 |
= |
AO |
= |
R |
. |
|
|
|
|
|
(2) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
SO |
|
|
h |
|
|
|
|
|
|
|||
С другой стороны, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tg α0 = sin α0 |
= |
|
|
sin α0 |
. |
|
|
|
(3) |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
cos α0 |
1 |
− sin2 α0 |
|
|
|
|
||||||||||
3. Подставим (1) в (3) и приравняем полученный результат R/h: |
||||||||||||||||||
|
sin α0 |
= |
|
(1 / n) |
|
= |
|
|
1 |
|
= |
R |
(4) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
. |
|||||||||||
|
1 − sin2 α0 |
1 − (1 / n)2 |
|
n2 −1 |
h |
|||||||||||||
4. Выразим из (4) исходный радиус R:
|
|
R = h |
1 |
. |
|
|
|
||
|
n2 −1 |
|||
Ответ: R = h |
1 |
. |
|
|
|
|
|
||
n2 −1 |
|
|
Задача 1.12. Луч падает на плоскопараллельную пластину под углом α = 30°. Выходящий из пластинки луч параллелен падающе- му лучу (рис.1.4). Показатель преломления стекла n = 1,5. Какова толщина пластинки, если расстояние между лучами СD =3,88 см?
Дано: |
|
СИ |
|
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
1. Из рис. 1.4 видно, что углы α и |
||||
α = 30° |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
BAD – вертикальные, поэтому |
|
|||
n = 1,5 |
|
|
|
|
|
|||
|
-2 |
|
|
|
BAD = α, СAD = α – β. |
(1) |
||
СD =3,88 см |
|
м |
|
|
||||
|
3,88 10 |
|
|
2. Треугольники СAD и АВС – |
||||
АВ - ? |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
прямоугольные, и для них справед- |
||||
ливы соотношения: |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
АС = |
CD |
|
|||
|
|
|
|
, |
(2) |
|||
|
|
|
sin(α − β) |
|||||
|
|
|
|
АВ = AC cosβ . |
(3) |
|||
3. Подставим (2) в (3) и получим выражение для нахождения
толщины пластинки АВ: |
|
|
|
АВ = |
CD cosβ |
. |
(4) |
|
|||
|
sin(α − β) |
|
|
36
4. Угол преломления β определим
из закона преломления
откуда sin β = sin α и n
β= arcsin sin α .
n
sinsinαβ = n ,
(5)
5. Подставим в (5) числовые зна- чения:
β = arcsin( |
sin 30 |
) = arcsin 0,33 = 19 |
Рис. 1.4 |
1,5 |
|
||
|
|
α – β = 30° – 19° = 11°, |
|
|
AB = |
3,88 10−2 cos19 =19, 22 10−2 |
м =19, 22 см . |
|
|
sin11 |
|
Ответ: АВ = 19,22 см.
Задача 1.13. Радиус кривизны вогнутого зеркала R = 20 cм. На расстоянии а1 = 30 см от зеркала поставлен предмет высотой у1 = = 1 см. Найти положение а2 и высоту у2 изображения.
Дано: |
|
|
СИ |
|||
R = 20 cм |
|
0,2 м |
||||
а1 = 30 см |
|
0,3 м |
||||
у1 = 1 см |
|
0,01 м |
||||
а2 = ? у2 = ? |
|
|
|
|
||
|
1 |
+ |
1 |
= |
1 |
, |
|
|
|
||||
|
a1 |
a2 F |
||||
Решение.
1. Фокусное расстояние зеркала
F = R2 = 10 cм.
2. Выразим из формулы вогнутого зеркала величину а2:
а2 |
= |
Fa1 |
= |
0,1 0,3 |
|
= 0,15 |
м = 15 см . |
||
a1 |
− F |
0,3 − 0,1 |
|||||||
|
|
|
|
|
|||||
3.Так как предмет расположен за центром зеркала, то его изоб- ражение действительное ( f > 0), обратное, уменьшенное.
4.Увеличение k = а2/а1 = 0,5 cм. Следовательно, высота изоб- ражения у2 составит
у2 = ky1 = 0,5 1 = 0,5 см. Ответ: а2 =15 см, у2 = 0,5 см.
37
Задача 1.14. Для уменьшения потерь света при отражении от стекла на поверхность объектива (n2 = 1,7) нанесена тонкая прозрач- ная пленка (n = 1,3). При какой наименьшей толщине ее произойдет максимальное ослабление отраженного света, длина волны которого приходится на среднюю часть видимого спектра (λ0 = 0,56 мкм)? Считать, что лучи падают нормально к поверхности объектива.
Дано: |
|
СИ |
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1. Свет, падая на объектив, отра- |
|||
n2 = 1,7 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
жается как от передней, так и от зад- |
||
n = 1,3 |
|
|
|
|
||
|
|
-6 |
|
ней поверхностей тонкой пленки. |
||
λ0 = 0,56 мкм |
|
0,56 10 |
м |
|||
|
|
Ход лучей для случая их наклонного |
||||
hmin = ? |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
падения изображен на рис. 1.5. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отраженные лучи 1, 2 интерфери- |
|
|
|
|
|
|
руют. Условие минимума интенсив- |
|
|
|
|
|
|
ности света при интерференции |
вы- |
|
|
|
|
|
ражается формулой |
|
|
|
|
|
|
= ± (2k +1)λ , |
(1) |
|
2 |
|
|
где k = 0,1,2,… |
|
Рис. 1.5 |
2.Оптическая разность хода лучей, |
|
отраженных от двух поверхностей |
||
|
тонкой пленки, окруженной одинаковыми средами, определяется формулой
= 2hn cos r − |
λ0 |
, |
( 2) |
|
2 |
||||
|
|
|
где h – толщина пластинки, n – показатель преломления (абсолют- ный) вещества пластинки, r – угол преломления, λ0 – длина свето- вой волны в вакууме.
В данном случае пленка окружена различными средами – воз- духом (n = 1,00) и стеклом (n2 = 1,7). Из неравенства n1 < n < n2 следует, что оба луча, отражаясь от границы с оптически более плотной средой, «теряют» полуволну. Так как это не влияет на их разность хода, то в (2) следует отбросить член λ0/2. Кроме того,
полагая r = 0, получим |
|
= 2hn, |
(3) |
3. Из равенств (1) и (3) находим толщину пленки:
38
h = ± (2k +1) |
λ0 |
, |
(4) |
|
|||
|
4n |
|
|
4. Учитывая, что h – положительная величина и что значению hmin соответствует k = 0, получим
h = |
λ |
0 |
= |
0,56 10−6 |
= 107,7 10−9 м = 107,7 нм . |
|
|
|
|||
min |
4n |
|
4 1,3 |
|
|
|
|
|
|||
Ответ: hmin = 107,7 нм.
Задача 1.15. Расстояние d между щелями в опыте Юнга равно 1 мм. Экран располагается на расстоянии R = 3 м от щелей. Найди- те длину волны электромагнитного излучения, если первый макси- мум располагается на расстоянии y1 = 2,1 мм от центра интерфе- ренционной картины.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
|
|
1. Запишем условие интерференци- |
||
d = 1мм |
|
1 10-3м |
|
|
y1 = 2,1 мм |
|
2,1 10-3м |
|
онного максимума: |
R = 3 м |
|
|
|
= ±mλ, (m = 0,1,2...) . (1) |
m = 1 |
|
|
|
2. Оптическая разность хода лучей |
λ = ? |
|
|
|
(рис. 1.6) равна |
3. Выразим искомую дли- ну волны из формул (1) и (2):
λ= у1d = mR
=2,1 10−3 1 10−3 = 1 3
=0,7 10−6 м = 700 нм.
Ответ: λ = 700 нм.
= |
у1d |
. |
(2) |
|
|||
|
R |
|
|
Рис. 1.6
Задача 1.16. На установке для наблюдения колец Ньютона был измерен в отраженном свете радиус темного кольца (m = 3). Когда пространство между плоскопараллельной пластинкой и линзой за- полнили жидкостью, то тот же радиус стал иметь кольцо с номе-
39
ром, большим на единицу. Определить показатель преломления n жидкости.
Дано: |
СИ |
Решение. |
|
||
1. Радиус темного кольца Ньютона в |
|||||
m1 |
= 3 |
|
|||
|
отраженном свете |
|
|||
m2 |
= m1 +1 |
|
|
||
|
r = mRλ . |
(1) |
|||
n = ? |
|
||||
2. Получим выражение для радиуса кольца при заполнении пространства между линзой и пластинкой жидкостью. Рассмотрим для этого прямоугольный треугольника СОВ (рис. 1.7):
2 = 2− ( −d)2 = |
|
||
= (2 − ) = 2 , |
(2) |
||
где d – очень малая величина, |
|
||
d = |
r 2 |
. |
(3) |
|
|||
|
2R |
|
|
3. Луч, доходящий до точки В, ча- стично отражается, а частично проходит в воздушный клин. Отражаясь от пла-
стинки в точке K, он возвращается обратно и интерферирует с лу- чом, отраженным в точке В. Так как в точке K происходит отраже- ние от оптически более плотной среды и теряется полволны, то оп- тическая разность хода обоих интерферирующих лучей:
= 2 + λ/2. (4) 4. Заменим в (4) на выражение (3):
= |
r 2 |
+ |
λ |
. |
(5) |
|
2R |
2 |
|||||
|
|
|
|
5. Радиусы темных колец найдем из условия минимума интен-
сивности для разности хода |
|
|
|
|
||
|
|
|
= (2m + 1)λ |
(6) |
||
|
|
|
|
|
2 |
|
или |
|
|
|
|
||
|
r 2 |
|
+ |
λ |
= (2m + 1)λ . |
(7) |
|
2R |
2 |
||||
|
|
2 |
|
|||
6. Отсюда радиус m-го темного кольца
40