Примеры решения задач

1. Расстояние между предметом и его действительным изображением, даваемым линзой, L. Линейное увеличение равно k. Найти фокусное расстояние линзы.

Дано:

L,

k,

f = ?

Решение:

Построим изображение в линзе (см. рис.4)

	Рис. 4

Линейное увеличение определяется условием: k = (A^’ B^’) / (AB).

Исходя из подобия треугольников _ АВО и _ A^’ B^’ О получим

(A^’ B^’) / (AB) = b / a .

По условию задачи L = a + b.

Поэтому  .

Учитывая, что , преобразуем формулу тонкой линзы

к виду .

Отсюда приходим к ответу: .

2. Две щели находятся на расстоянии 0,1 мм друг от друга и отстоят на 1,2 м от экрана. От удаленного источника на щели падает свет длиной волны 500 нм. На каком примерно расстоянии друг от друга расположены светлые полосы на экране?

Дано:

d = 0, 1 мм,

L = 1, 2 м,

 = 500 нм,

х = ?

Решение

Светлые полосы наблюдаются на экране, если

dsin  = m, m = 0, 1, 2, ,

m порядок интерференционной полосы.

	Рис. 5

Полоса 1-го порядка наблюдается при угле ₁, задаваемом соотношением: sin ₁ =  / d.

Подставив численные значения получим

sin ₁ = 50010^9м / 10^4м = 510^3.

При малом угле можно положить sin ₁  ₁  tg ₁.

Расстояние х₁ , на котором полоса первого порядка находится от центра экрана, определяется соотношением

х₁ / L = ₁  х₁ = L  ₁ = 1200 мм  510^3 = 6 мм.

Вторая полоса находится на расстоянии

х₂ = L  ₂ = L2 / d = 12 мм, и так далее.

Ответ: Светлые полосы отстоят друг от друга примерно на 6 мм.

3. Покажите, что радиус r_m m-го темного кольца Ньютона при наблюдении по нормали сверху определяется выражением ,где R  радиус кривизны поверхности стекла,   длина волны используемого света. Предполагается, что толщина воздушного зазора всюду намного меньше радиуса кривизны R и что r_m много меньше R.

Решение

	Рис. 6

Так как при отражении света от среды с большим показателем преломления его фаза меняется на 180, а при отражении от среды с меньшим показателем преломления его фаза не меняется, луч 1 имеет ту же фазу, что и падающий луч, луч 2  фазу, отличную от падающего луча на 180, что означает дополнительную разность хода между лучами 1 и 2, равную  / 2. Тогда условие возникновения темного кольца

2t +  / 2 = (m + 1/2), m = 0, 1, 2, , или 2t = m,

где t  толщина воздушного зазора между сферической поверхностью и плоской пластинкой. Из геометрии рисунка следует. Что

(R  t)² + r² = R²

r²  2 t R + t² = 0

так как t  R и t  r, слагаемым t² можно пренебречь, и в результате

r² = 2 t R,

Ответ:

4. Вычислить радиусы первых трех зон Френеля, если расстояние от источника до волновой поверхности равно 1 м, расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения также равно 1 м и длина волны света 500 нм.

Дано: a = 1 м, b = 1 м,  = 500 нм, r1 = ? r2 = ? r3 = ?
		Рис. 7

Найдем радиус 1-й зоны Френеля. Он должен быть таков, чтобы лучи PA и NA, приходящие в точку наблюдения А из центра Р и края N-й зоны Френеля, имели разность хода, равную  / 2.

Обозначим a  расстояние от источника света до сферической волновой поверхности (источник считаем точечным), b  расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения. Тогда радиус 1-й зоны Френеля

r² = a²  (a x)² = (b +  / 2)²  (b + x)²,

Так как   b, после возведения в квадрат слагаемым ² / 4 можно пренебречь. В результате получаем уравнение

2ax + 2b x = b,

откуда ,

и r² = a²  (a x)² = a²  a² + ab / (a + b)

.

Аналогично вычисляется радиус m-й зоны Френеля

.

Ответ: Радиусы первых трех зон Френеля равны

,

,

5. Свет с длиной волны 750 нм, падая нормально, проходит через щель шириной 10^3 мм. Какова ширина центрального максимума: а) в градусах; б) в сантиметрах на экране, находящимся на расстоянии 20 см от щели.

Дано:  = 750 нм, D = 103 мм, L = 20 см, 2х = ? 2 = ?		Решение
		Рис. 8

Ширина щели D настолько мала, что в ней укладывается менее одной зоны Френеля (докажите это самостоятельно). Поэтому в данном случае имеет место дифракция Фраунгофера. На экране наблюдается светящееся изображение щели (центральный максимум), окруженное темными и светлыми полосами (дифракционные минимумы и максимумы).

а) Первый минимум наблюдается под углом  таким, что

sin  =  / D.

sin  = 75010^9 м / 10^6 м = 0,75   = 49.

б) Ширина центрального максимума равна 2х.

tg  = x / L, где L  расстояние до экрана.

2Х = 2tg  L = 2tg 49 0,2 м = 0,46 м.

Ответ: а)  = 49, б) 2Х = 0,46 м.

6. Желтый свет натрия (которому соответствуют длины волн 589,00 нм и 589,59 нм) падает на дифракционную решетку, имеющую 7500 штрихов / см. Определить: а) максимальный порядок для желтого света натрия; б) ширину решетки, необходимую для разрешения двух линий натрия; в) разрешающую способность дифракционной решетки в этом случае.

Дано:

₁ = 589,00 нм,

₂ = 589,59 нм,

n = 7500 штрих / см,

m = ? R = ? N= ?

Решение

а) Период дифракционной решетки будет равен d = 1 / n = 10,01 м / 7500 = 1,3310^6м.

Максимальный порядок m может быть найден из условия возникновения максимумов для дифракционной решетки: d sin  = m .

Учитывая, что _max  90 получим: m = (dsin _max) /  < d / .

m = 1,3310^6м / 5,8910^7м = 2,25.

Округляя это значение до меньшего целого, получаем ответ m = 2.

б) Разрешающая способность решетки определяется выражением

R = ₁ /  = Nm,

где   разность длин волн близких спектральных линий, разрешаемых решеткой; N  полное число штрихов решетки; m  порядок максимума.

N = D / d,

где D  ширина решетки.

Для разрешения спектральных линий с разностью длин волн  решетка должна иметь ширину: D = Nd = d₁ / (m),

Для разрешения линий натрия во втором максимуме решетка должна иметь ширину D = 1,3310^6м58910^9м / (20,5910^9м) = 6,6710^4м.

в) Разрешающая способность решетки находится из формулы

R = ₁ / .

При подстановке численных данных получаем:

R = 589 нм / 0,59 нм = 1000.

Чтобы достичь ее, полное число штрихов должно быть равно:

N = R / m = 1000 / 2 = 500.

Ответ: а) m = 2, б) D = 6,6710^4м, в) R = 1000, N = 500.

7. Неполяризованный свет проходит через два поляроида. Ось одного вертикальна, а ось другого образует с вертикалью угол  = 60. Найти интенсивность прошедшего света.

Решение

	Рис. 9

Первый поляроид исключает половину света, поэтому после его прохождения интенсивность света уменьшается в два раза:

I₁ = I₀ / 2.

Свет, падающий на второй поляроид, поляризован в вертикальной плоскости, поэтому после прохождения второго поляроида интенсивность света равна: I₂ = I₁(cos )² = I₀(cos )² / 2.

Отсюда I₂ = I₀(cos 60)² / 2 = I₀ / 8.

Ответ: интенсивность прошедшего света составляет 1/8 от интенсивности падающего света, а плоскость его поляризации образует с вертикалью угол 60.

8. При каком угле падения солнечный свет отражается от поверхности озера плоскополяризованным? Чему равен угол преломления?

Решение

Согласно закону Брюстера отраженный луч полностью поляризован, если:

tg _Б = n,

где _Б  угол полной поляризации отраженного от диэлектрика света, n  показатель преломления. Для границы водавоздух n = 1,33,

отсюда _Б = 33,1.

При полной поляризации отраженного света выполняется равенство:

_Б +  = 90

где   угол преломления.

 = 90  _Б = 36,9.

Ответ:  = 36,9

9. Какую минимальную толщину должна иметь четвертьволновая пластинка кальцита (n₀ = 1,658 ; n_e = 1,486) для света с длиной волны 589 нм?

Решение

При распространении луча в кристалле перпендикулярно главной оптической оси между обыкновенным и необыкновенным лучами возникает разность фаз  = 2d(n_o  n_e) / ,

где d  толщина кристалла;   длина волны света.

Четвертьволновой пластинке максимальной толщины соответствует разность фаз  =  / 2, или 2d(n_o  n_e) /  =  / 2,

откуда нм.

Ответ: d = 856 нм