3 семестр ЭКТ / Физика. Оптика / Методические материалы и лекции / lek_optika

грань 1 со стороны стекла равен ϕ2 = θ – α2 = θ – α1/n , а угол преломления при выходе этого луча равен ϕ1 = nϕ2 = nϑ– α1. Далее, угол поворота β1 выражается как β1 = ϕ1 – θ = (n – 1) θ –α1 и в вершине угла, гле α1 = 0, имеем β = (n–1)θ. Таким образом, получено d = 2a (n – 1) θ. Пусть b – расстояние от вершины бипризмы до экрана, xm – координата m–ой полосы, отсчитывая от линии симметрии. На основании формулы (4.16) имеем

Отсюда находим ширину интерференционных максимумов

| xm+1 − xm | = λ0 (a +b) 2a(n −1)θ

4.4.3. Кольца Ньютона

Оптическая система состоит из толстой стеклянной пластинки, которая соприкасается с плосковыпуклой линзой достаточно большого радиуса кривизны R, при этом плоская поверхность линзы параллельна поверхности пластины (рис. 4.7).

1

R •

2 • h

Рис. 4.7

Если плоскопараллельный пучок света направить перпендикулярно пластинке, то в отраженном свете наблюдается интерференционная картина в виде темных и светлых колец, называемыми кольцами Ньютона. Для вычисления радиуса светлых колец rm будем считать rm << R. Падающий луч расщепляется на два луча точно так же, как при интерференции на клине (см. задачу 4.3): луч 1 отражается от сферической

61

поверхности, а луч 2 – от поверхности пластинки, при этом за счет малости угла клина считаем оба луча параллельными.

Оптическая разность хода этих двух лучей равна = 2h, где h = R – b – толщина зазора, b = ( R2 – r2 )1/2 ≈ R – r2/2R. С учетом

того, что луч 2 теряет полуволну, получаем условие интерференции в виде = λ0 (m +1/2) = rm2/R. Отсюда получаем радиус m–го светлого кольца

rm = Rλ0 (m +1/ 2), m = 0,1, 2,..., mmax

Радиусы темных колец получаются из условия = λom , что дает

rm = Rλ0m, m = 0, 1, 2,..., mmax

Из этих формул следует, что в центре интерференционной картины всегда будет темное пятно.

4.4.4. Интерференция при отражении от тонких пластинок

При падении световой волны на тонкую прозрачную пленку ( пластинку ) происходит отражение света от обеих поверхностей пластинки (рис. 4.8). Ход лучей от точечного источника (например, от солнечного света) указан на рис. 4.8, а. Из рисунка видно, что лучи 1, 2 будут расходящимися. Однако при достаточной удаленности источника S угол a между лучами будет мал, поэтому на достаточно близком расстоянии от пленки лучи 1,2 можно считать параллельными, что и изображено на рис. 4.8, б. Именно это обстоятельство объясняет то, что интерференционные картины от тонких пленок в солнечном свете видны только на близком расстоянии.

Рис. 4.8. Интерференция света при отражении от тонкой пластинки.

62

Световые волны 1, 2 при определенных углах падения ϕ1 могут

интерферировать. Найдем условия интерференции. Разность хода лучей , до того, как они сольются в точке С, равна

При вычислении разности фаз δψ лучей 1, 2 необходимо учесть изменение фазы волны при отражении. Если n2 > n1, то при отражении первого луча фаза изменится на π, а фаза второго луча не изменится (напомним, что фаза изменяется только при отражении луча от оптически более плотной среды – см. раздел 2.1 ). В этом случае

При n2 < n1 первый луч не меняет фазу, а второй меняет фазу на π, поэтому формула (4.24) верна и для этого случая.

Условия образования интерференционных максимумов и минимумов имеют вид

Эти уравнения определяет углы падения ϕ1 , при которых будут

наблюдаться максимумы и минимумы интенсивности света в интерференционной картине. В том случае, когда нет потери полуволны и n2 = n1, условие наблюдения интерференционных максимумов запишется как

63

где α – угол скольжения, дополняющий ϕ1 до π/2 (рис.4.8).

Из (4.27) видно, что при малых толщинах пленки d < λ / 2 интерференция наблюдаться не будет. Отсюда следует, что если

о

d имеет межатомные масштабы (d ~ 1 А), то для наблюдения интерференции необходимы очень короткие эл.-м. волны (рентгеновский спектр).

Условия когерентности для солнечного света при интерференции от тонких пленок накладывают ограничения на толщины пленок в виде неравенства d < 0,05 мкм. Отметим также, что из–за отсутствия потери полуволны условия максима и минимума интенсивности в прошедшем свете будут противоположны соответствующим условиям (4.25), (4.26) для отраженного света.

4.5. Просветление оптики

При создании оптических систем с большим числом

Сведение к минимуму коэффициента отражения на поверхностях раздела называется просветлением оптики. Пусть на поверхность стеклянной линзы нанесен тонкий слой диэлектрика с показателем преломления меньшим, чем показатель преломления стекла линзы, и свет падает нормально к поверхности.

обоих интерферирующих лучей, формирующихся за счет отражения от границы воздух–диэлектрик и диэлектрик–стекло). Если положить m = 0, то есть выбрать толщину диэлектрической пленки минимальной, при которой будет наблюдаться минимум в отраженном свете d = λ0/4n, то оба отраженных луча будут находиться в противофазе и в этом случае отражение от внешней стороны линзы свести к минимуму. Если же показатель преломления пленки больше показателя преломления стекла линзы, то d = λ0/2n.

64

4.6. Многолучевая интерференция

Если в точку Р сходятся не один, а множество когерентных лучей, то их наложение называют многолучевой интерференцией. Многолучевую интерференцию рассмотрим на примере интерферометра Фабри–Перо, схематическое устройство которого изображено на рис. 4.9.

Рис. 4.9

Этот прибор состоит из двух стеклянных или кварцевых пластинок A, B, со строго параллельными внутренними поверхностями, на которые наносятся отражающие прозрачные напыления ( обычно металлические ). Входящий луч, многократно отражаясь, расщепляется на лучи 1, 2,.., N, которые линзой сводятся в точку Р. Напряженность электрического поля в каждом луче выражается как ( используем комплексную форму записи )

E1 = A0exp(iωt), E2 = A0ρexp[i(ωt +δ)],

где δ – разность фаз двух соседних лучей, ρ – коэффициент отражения от внутренней поверхности, N – число лучей, на которые расщепляется исходный падающий луч. Результирующее поле выражается как ( о методике вычисления см. подраздел 5.7. Дифракционная решетка)

Если N >> 1, то ρN << 1 и для квадрата амплитуды колебаний получаем

65

| E |=| A |2 = (1− ρ)2 + 4Aρ0 sin2 (δ / 2)

отсюда находим интенсивность света в точке Р

I = (1− ρ)2 + 4Iρ1 sin2 (δ / 2)

где I1 – интенсивность первого луча.

Если ϕ – угол падения первого луча на зеркальную по-

верхность первой либо второй пластинки, d – расстояние между ними, то оптическая разность хода двух соседних лучей выражается как δ = (2π / λ)(2d / cosϕ). При δ /2 = π m , ( m – целое )

будут наблюдаться интерференционные максимумы, интенсивность которых определяется как

Imax = I1/(1– ρ )2

Если коэффициент отражения ρ близок к единице, то светлые полосы можно сделать значительно ярче, по сравнению с яркостью полос при двухлучевой интерференции. Обратим внимание, что яркость света в областях интерференционных минимумов будет ненулевая и выражается как

Imin = I1/(1+ ρ )2

Контрольные вопросы

1.Дать определение интерференции.

2.Раскрыть содержание временной и пространственной когерентности света.

3.Сформулировать условия, при которых наблюдается интерференция света.

4.В чем суть парадокса интерференции?

5 .Сформулировать понятия оптической длины луча и оптической разности хода двух лучей.

6.Сформулировать условия наблюдения максимумов и минимумов интесивности света при интерференции.

7.Дать примеры интерференционных явлений.

8.Пояснить принцип работы звездного интерферометра.

9.Описать способы просветления оптики.

66

ЗАДАЧИ Задача 4.1

В опыте Юнга на пути одного из интерферирующих лучей помещалась перпендикулярно тонкая стеклянная пластинка с показателем преломления n = 1,5. В результате центральная светлая полоса сместилась на 5–ую светлую полосу, которая формируется в отсутствие пластинки. Длина волны света

λ0 = 6 10–7 м. Найти толщину пластинки h.

Решение. Схема опыта изображена на рис.4.1. Оптическая длина первого луча равна L1 = s1 – h + nh, L2 = s2, поэтому для оптической разности хода получаем = xd/l – (n–1)h. Из условия максимума интенсивности света для центрального максимума (m = 0) находим: x = xo = (n–1)hλ0 (l/d). C другой

стороны, xo – это координата 5–ой полосы при отсутствии пластинки x5 = xo = 5λ0 l/d, откуда h = 5λ0/(n–1) = 6 10–7 м.

Задача 4.2

На мыльную пленку ( n = 1,33 ) падает белый свет под углом ϕ1 = 45o. При какой наименьшей толщине пленки отраженные

лучи будут окрашены в желтый свет (λ0 = 0,6 мкм ) ?

Решение. Согласно формуле (4.19) максимум интенсивности отраженного света будет наблюдаться при выполнении условия

2d (n2 – sin2ϕ1)1/2 = λ0 (m + 1/2). Минимальная толщина пленки будет при m = 0, откуда d = λ0 / [4(n2 – sin2ϕ1)1/2] = 0,12 мкм.

Задача 4.3

Мыльная пленка ( n = 1,33 ), расположена вертикально, образует клин вследствие стекания жидкости (рис. 4.10, а). Наблюдая интерференционные полосы в отраженном свете ртут-

ной дуги λ = 0,5461 мкм ), обнаружено, что расстояние между

0

пятью полосами равно b5 = 2 см. Найти угол клина, если свет падает перпендикулярно поверхности.

Решение. Вследствие малости угла α << 1, луч 1, отраженный от верхней поверхности пленки, можно считать горизонтальным. Пусть h – толщина пленки в сечении x ( рис. 4.10, а). Тогда оптические длины лучей 1, 2 запишутся как L1 = 0, L2 = 2nh.

Учитывая, что луч 1 теряет половину волны, получаем условие максимума интенсивности отраженной волны в виде

67

2nh = λ0 (m+1/2), m = 0,1,2,... Из OAB имеем h = x tgα , поэтому координаты светлых полос определяются как

x = xm = λ0 (m +1/ 2) 2ntgα

A • h • B

2 1

Пленка

Рис. 4.10. а) схема расчета, б) фотография интерференционной картины

Задача 4.4

В опыте с интерферометром Майкельсона для смещения интерференционной картины на 500 полос потребовалось переместить зеркало на расстояние l = 0,161 мм. Найти длину волны света.

Решение. Схема интерферометра Майкельсона изображена на рис. 4.11, а. Пучок света от источника падает на разделительную пластику P1, покрытую тонким слоем серебра или алюминия. Луч 1, прошедший через пластинку Р1, отражается от зеркала S1 и, попадая опять на пластинку Р1, частично отражается по направлению AO к приемнику. Луч 2, который формируется за счет отражения от внутренней зеркальной стороны пластинки Р1 , падает на зеркало S2 и, отражаясь от него, походит вновь через пластинку Р1 и сливается c лучом 1. Лучи 1, 2 когерентны,

68

поэтому в приемнике они будут интерферировать. Так как луч 2 пересекает пластинку Р1 два раза, то на пути луча 1 устанавливается точно такая же пластинка Р2, чтобы скомпенсировать добавочную оптическую разность хода.

Рис. 4.11. а) интерферометр Майкельсона, б) схема доработанного интерферометра Майкельсона по измерению продольной скорости движения тела и расстояния до него: Т1, Т2 – уголковые отражатели, Ф1, Ф2 – компенсирующие пластинки, Р – полупрозрачная разделительная пластинка, D – диафрагма, ФЭУ - фотоумножитель

Наблюдаемая интервенционная картина будет соответствовать интерференции в воздушном слое, образованном зеркалом S2 и мнимым изображением S1' зеркала S1 в пластинке Р1. Обычно зеркала устанавливаются таким образом, чтобы эквивалентный воздушный слой имел вид клина. В этом случае наблюдаются интервенционные полосы равной толщины, располагающиеся параллельно ребру воздушного клина.

Действуя также как и в задаче 4.3, получаем условие интерференционных максимумов до перемещения зеркала в виде 2h = λ0 m и после перемещения: 2(h + l) = λ0 (m + 500). Отсюда получаем λ0 = 2l /500 = 0,6044 мкм.

69

Задача 4.5

Вычислить зависимость интенсивности света, падающего на фотоумножитель в доработанном интерферометре Майкельсона, как функцию скорости движения тела V.

Решение. Интенсивность света в ФЭУ будет определяться согласно (4.18), в которой разность фаз выражается выражением (4.19). пусть s1 – путь, пройденный лучом, отразившемся от первого уголкового отражателя, s2 – от второго. Так как тело движется, то s2 = s0 +V t , где s0 - расстояние до тела в начальный

момент времени. Тогда оптическая разность хода будет выражаться как = 2(s2 − s1), и формулу (4.18) можно записать в виде

I = 2I0[1+cos(2π f t +α0 )], f = 2V / λ , где α0 - начальная фаза, f – частота модуляции интенсивности света на ФЭУ.

Задача 4.6

На поверхность стеклянного объектива (n1 = 1,5) нанесена тонкая пленка, показатель преломления которой n2 = 1,2. ("просветляющая" пленка). При какой наименьшей толщине этой пленки произойдет максимальное ослабление отраженного света в средней части видимого спектра ( λ = 0,555 мкм ).

Решение. По формуле d = λ/4n ( см. подраздел 4.5. Просветление оптики) находим d = 0,115 мкм.

70