127838-229237

Откуда расстояние между ними:

Ответ: r4 - r3 = 1,01мм.

Пример 16. На толстую стеклянную пластинку ( n3 =1,50 ), покрытую тонкой пленкой, показатель преломления вещества ко-

торой равен 1,40, падает под углом 30o параллельный пучок монохроматического света с длиной волны 0,60 мкм. Отраженный свет максимально ослаблен вследствие интерференции. Определить толщину пленки.

Дано:

ϕ = 30° ,

n2 =1,40 , n3 =1,50 ,

λ = 0,60 мкм = 6,0×10−7 м.

Найти: h .

Решение. По условию задачи показатель преломления пленки меньше показателя преломления стекла ( n3 > n2 , рис. 2.51). По-

этому отражение интерферирующих лучей 1 и 2 на границе раздела воздух – пленка и пленка – стекло сопровождается потерей хода в l2 , и разность хода в данном случае будет равна [18.17]:

DL = 2h n22 - sin2 j .

261

Рис. 2.51

Из условия минимума интерференции [18.11] получаем:

В результате получим ряд возможных значений толщины пленки: h0 = 0,11мкм, h1 = 0,34 мкм, h2 = 0,57 мкм и так далее.

Ответ: h0 = 0,11мкм, h1 = 0,34 мкм, h2 = 0,57 мкм и так далее.

Пример 17. Интерферометр Майкельсона освещается светом D -линии натрия, которая представляет собой две близкие спектральные линии со средним значением длины волны 589,3 нм. При перемещении одного из зеркал интерференционная картина периодически исчезала. Определить разность длин волн спектраль-

262

ных линий, если для наблюдения двух соседних исчезновений интерференционной картины необходимо подвижное зеркало переместить на 0,0289 см.

Дано:

l = 589,3 нм = 5,893×10−7 м, h = 0,0289 см = 2,89 ×10−4 м.

Найти: λ .

Решение. D -линия натрия представляет собой дублет, то есть две желтые линии с незначительно отличающимися значениями длин волн. Условия максимумов и минимумов определяются разностью хода между интерферирующими пучками, выраженной в длинах волн [18.9], [18.11]. Поэтому для одних и тех же порядков положение максимумов интерференции различается. Это приводит к тому, что интерференционные полосы выглядят несколько нерезкими. При увеличении разности хода наблюдаемый порядок интерференции увеличивается, при этом резкость максимумов еще более ухудшается. Интерференционная картина полностью исчезнет, если при внесенной разности хода 2h1 максимумы m1 -го по-

Следующее исчезновение интерференционной картины будет на-

Вычитая из (3) выражение (1), а также из (4) выражение (2) и обозначив 2h = 2(h2 - h1 ), получим:

Поскольку l1l2 » l 2 (так как линии с близкими длинами волн), из выражения (7) получим окончательно:

Dl = l 2 . 2h

Производя вычисления, получим:

Dl = (5,893×10−9 )2 = 6,01×10−10 м. 2× 2,89 ×10−4

Ответ: λ = 0,601 нм.

Пример 18. Свет с длиной волны 0,546 мкм падает нормально на поверхность стеклянного диска, который перекрывает полторы зоны Френеля для точки наблюдения P . При какой толщине этого диска интенсивность света в этой точке будет минимальной; равной интенсивности падающего света.

Дано:

λ = 0,546 мкм = 5,46×10−6 м; n = 1,50.

Найти: h1 , h2 .

Решение. Для определения амплитуды или интенсивности в точке наблюдения P часто используют простой и наглядный графический метод, основанный на методе зон Френеля. Суть метода состоит в следующем. Каждую из зон Френеля (смотри главу 19 «Дифракция» теоретической части) разбивают на большое число N одинаковых участков (подзон). При переходе от

264

N одинаковых участков (подзон). При переходе от одного края зоны к другому фаза волны изменяется на π , а при переходе от одной подзоны к другой – на ΔΦ = πN (рис. 2.52 а). Поскольку

площади подзон одинаковы, то амплитуды волн, приходящих в точку P от каждого участка, будут в соответствии с методом зон Френеля также одинаковыми. Обозначим амплитуду волны E01 .

Примем фазу волны, приходящей в P из первой подзоны, за нуль. Тогда суммарная амплитуда волны в точке P , создаваемая первой зоной, с учетом возникающего сдвига фаз будет равна:

E1 = E01 + E01eiΔΦ + E01ei2ΔΦ + ...

При увеличении числа разбиений до бесконечности ( N → ∞ ) ломаная кривая превращается в плавную (рис. 2.52 б). Графическое построение амплитуды при учете вклада от последующих зон производится аналогично.

Рис. 2.52

Необходимо только принять во внимание, что при движении на край зоны значение E0 несколько уменьшается. Вследствие

этого непрерывная кривая не замыкается, а имеет вид спирали (спираль Френеля, рис. 2.52 в). Она позволяет определить амплитуду при открытии любого числа зон Френеля и их частей. Напри-

→

мер, отрезок M 0 P пропорционален амплитуде при открытии

265

циональны амплитудам при открытии первой, второй, третьей и так далее зон. Когда открыты все зоны, амплитуда пропорциональна M 0O . Из рис. 2.52 видно, что первая зона создает в точке

P амплитуду примерно в два раза большую, чем при открытии всех зон.

На отдельном рисунке 2.53 применим графический метод сложения амплитуд в присутствии стеклянного диска. При отсутствии диска свободно распространяющаяся волна имеет в точке

→

наблюдения амплитуду, равную AO . При этом первые полторы

→

зоны Френеля создают амплитуду AC , а все остальные зоны – ам-

→ → → →

плитуду CO , то есть AO = AC+ CO .

Рис. 2.53

При внесении диска происходит изменение фазы волны, создаваемой первыми полутора зонами Френеля. Поскольку скорость света в стекле меньше, чем в воздухе, то волна при этом приходит в точку наблюдения с опозданием. Изменение фазы волны на величину ΔΦ на векторной диаграмме отображается поворотом вектора также на угол ΔΦ , причем при задержке по фазе происходит поворот вектора против часовой стрелки. Поскольку диск не поглощает света, то модуль амплитуды волны, прошедшей через него, не изменяется.

Как следует из рис. 2.53, для того, чтобы при сложении амплитуд получить максимальную амплитуду, необходимо вектор

266

→

AC , соответствующий амплитуде волны, проходящей через диск,

Сопоставляя (1) – (3), получим:

h1 = (5 (+ 8m))p l . 8 n -1

Принимая m = 0, 1, 2, …, получим ряд значений:

h1 (0)= 2,14 ×10−3 мм, h1 (1)= 5,57 ×10−3 мм.

Интенсивность света в точке наблюдения не изменится, если в

Необходимый сдвиг фаз для волн, проходящих через диск, будет равен:

Для m = 1, 2, …, получим ряд значений:

h2 (1) = 1,09 ×10−3 мм, h2 (1) = 2,18×10−3 мм, ….

Ответ: h1 (0)= 2,14 ×10−3 мм, h1 (1)= 5,57 ×10−3 мм. h2 (0) = 1,09 ×10−3 мм, h2 (1) = 2,18×10−3 мм.

267

Пример 19. На ирисовую диафрагму падает свет от точечного монохроматического источника с длиной волны 500 нм, расположенного на расстоянии 2,1 м. При каком минимальном радиусе диафрагмы интенсивность света на экране, расположенном на расстоянии 70 см от диафрагмы, будет равна нулю? На сколько и в какую сторону нужно сместить экран, чтобы при полученном радиусе диафрагмы в центре экрана получить максимальную интенсивность?

Дано:

λ = 500 нм = 5,0 ×10−7 м,

r0 = 2,1м,

r = 70 см = 0,70 м.

Найти: rm .

Решение. Воспользуемся выражением для нахождения радиуса внешней границы m -ой зоны Френеля [19.1]:

стояние от диафрагмы до точки наблюдения.

Интенсивность света в центре экрана будет равна нулю, если внутри диафрагмы укладывается четное число зон Френеля, причем минимальное значение радиуса получается, если число зон равно двум ( m = 2 ). Выражение (1) для этого условия примет вид:

r r

rm = r2 = r0 0+ r 2l .

Производя вычисления, получим:

Если в отверстии диафрагмы укладывается нечетное число зон Френеля, то в центре экрана будет наблюдаться светлое пятно, причем максимальная интенсивность будет наблюдаться, если

268

число зон будет равно единице ( m = 1). Принимая во внимание то, что по условию задачи во втором случае расстояние между диафрагмой и источником не изменилось, поэтому равенство (1) примет вид:

Определим расстояние, на которое необходимо передвинуть экран. Оно будет равно

Поскольку r > 0 , то есть r′ > r , то это означает, что экран необходимо удалить от диафрагмы.

Ответ: r2 = 0,72 мм, удалить на r = 5,0 см.

Пример 20. На грань стеклянного клина с преломляющим уг-

лом 15o падает нормально плоская монохроматическая волна длиной 546 нм. На противоположной грани, которая является непрозрачной, имеется щель шириной 9,0 мкм, параллельная ребру клина. Найти угол между направлением на Фраунгоферов максимум нулевого порядка и направлением падающего света.

Дано:

λ = 546 нм = 5,46 ×10−7 м, q =15o ,

269

b = 9,0 мкм = 9,0 ×10−6 м, n =1,5 .

Найти: ϕ .

Решение. Условием возникновения Фраунгоферова максимума нулевого порядка является равенство нулю разности хода для волн, дифрагировавших от краев щели по направлению угла дифракции ϕ . На основании рис. 2.54 разность хода равна:

Из рис. 2.54 очевидно, что искомый угол ϕ представляет собой разность углов ϕ и θ (можно применить свойство равенст-

ва углов со взаимно перпендикулярными сторонами). Принимая во внимание соотношение (2), запишем:

Рис. 2.54

Подставляя числовые значения величин, получим окончательно:

Dj = arcsin(1,5sin15°)-15° = 7,84° = 7°50′

Ответ: Dj = 7°50′ .

270