Тольяттинский государственный университет Физико-технический институт Кафедра «Общая и теоретическая физика» Потемкина Л.О., Павлова А.П., Леванова Н.Г. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ 3й семестр Модуль 8 ОПТИКА Тольятти 2007 Содержание Занятие №30. Интерференция света................................................................................................................................3 Основные формулы.....................................................................................................................................................3 Примеры решения задач .............................................................................................................................................4 Занятие №31. Дифракция света .....................................................................................................................................11 Основные формулы...................................................................................................................................................11 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................12 Занятие №32. Поляризация света ..................................................................................................................................18 Основные формулы...................................................................................................................................................18 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................19 Примерный вариант автоматизированной контрольной работы – АКР №8 .............................................................27 2 Занятие №30. Интерференция света Основные формулы Скорость света в среде: υ= с , n (1) где с – скорость света в вакууме; n – абсолютный показатель преломления среды. Разность фаз двух когерентных волн: δ = 2π (L2 − L1 ) = 2π Δ , λ0 λ0 (2) где L = sn – оптическая длина пути (s – геометрическая длина пути световой волны в среде; n – показатель преломления этой среды); ∆ = L2 – L1 – оптическая разность хода двух световых волн; λ 0 - длина волны в вакууме. Условие интерференционных максимумов: ∆ = ± m λ0, (m = 0, 1, 2, …). Условие интерференционных минимумов: ∆ = ±(2 m+1)λ0/2 (m = 0, 1, 2, …). Ширина интерференционной полосы Δx = l λ0 , d (3) (4) (5) где d – расстояние между двумя когерентными источниками, находящимися на расстоянии l от экрана, параллельного обоим источникам, при условии l >> d. Условия максимумов и минимумов при интерференции света, отраженного от верхней и нижней поверхностей тонкой плоскопараллельной пленки, находящейся в воздухе (n0 = 1), λ0 λ = 2d n 2 − sin 2 i ± 0 = mλ0 (m = 0, 1, 2, …), 2 2 λ λ λ 2dn ⋅ cos r ± 0 = 2d n 2 − sin 2 i ± 0 = ( 2m + 1 ) 0 2 2 2 2dn ⋅ cos r ± (6) (7) (m = 0, 1, 2, …), где d – толщина пленки; n – ее показатель преломления; i – угол падения; r – угол преломления. λ0 В общем случае член ± 2 обусловлен потерей полуволны при отражении света от границы раздела: если n > n0 , то необходимо употреблять знак плюс, если n < n0 – знак минус. Радиусы светлых колец Ньютона в отраженном свете (или темных в проходящем свете): rm = (m − 1 )λ 0 R (m = 0, 1, 2, …), 2 где m – номер кольца; 3 (8) R – радиус кривизны линзы. Радиусы темных колец Ньютона в отраженном свете (или светлых в проходящем свете): rm* = mλ 0 R (m = 0, 1, 2, …). (9) В случае «просветления оптики» интерферирующие лучи в отраженном свете гасят друг друга при условии: n = nc (10) , где nc – показатель преломления стекла; n – показатель преломления пленки. Примеры решения задач Пример №1. Определите длину отрезка l1, на котором укладывается столько же длин волн монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается на отрезке l2 = 5 мм в стекле. Показатель преломления стекла n = 1,5. Дано: Решение: n1 = 1 Длина волны: λ = υT , учитывая, что период: n2 = 1,5 T = 1, l2 = 5 мм = 5·10-3 м ν l1 l2 = λ1 λ2 l1 = ? где ν - частота колебаний, υ = λν , υ = c n ⇒ λ= c . nν Из условия, что длина отрезка l1, на котором укладывается столько же длин волн монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается на отрезке l2 в стекле: l1 l2 λ n ⇒ l1 = l2 1 ⇒ l1 = l2 2 = 5 ⋅10−3 1,5 = 7 ,5 мм. = λ2 1 n1 λ1 λ2 Ответ: 7,5 мм. Пример №2. Два параллельных световых пучка, отстоящих друг от друга на расстоянии d = 5 см, падают на кварцевую призму (n = 1,49) с преломляющим углом a = 25° . Определите оптическую разность хода ∆ этих пучков на выходе их из призмы. Дано: Решение: 2 Разность оптического хода определим как: d = 5 см = 5·10 м n = 1,49 Δ = (A 2 − A1 )n и Δ = BC ⋅ n , a = 25° где n – показатель преломления ∆-? 4 Из ΔABC BC = d ⋅ tgα ∆ = nd tga = 1,49·5·102 tg25° = 3,47 см. Ответ: 3,47 см. Пример №3. В опыте Юнга расстояние между щелями d = 1 мм, а расстояние l от щелей до экрана равно 3 м. Определите: 1) положение первой световой полосы; 2) положение третьей темной полосы, если щели освещать монохроматическим светом с длиной волны λ = 0,5 мкм. Дано: Решение: -3 d = 1 мм = 10 м max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) l=3м 7 λ = 0,5 мкм = 5·10 м min ∆ = ±(2 m+1)λ/2 (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного минимума) X1max = ? X3min = ? Интенсивность в любой точке экрана, лежащей на расстоянии x от О, определяется оптической разностью хода ∆ = S2 - S1 Из рисунка имеем 2 2 S 2 = l 2 + (x + d )2 S 2 = l 2 + (x − d )2 откуда S 2 − S1 = 2dx или Δ = S 2 − S1 = 2 xd . 2 2 (S1 + S 2 ) Из условия l >> d следует, что S1 + S 2 ≈ 2l поэтому Δ = xd l . Подставив найденное значение ∆ в условия максимума и минимума ⇒ чим, что максимумы интенсивности будет Xmax = ± m l λ d xd = ± mλ полуl X1max = ± l λ = 3-3 5⋅107 =1,5 мм (m=1) d 10 минимумы: xd = ±( 2m + 1 )λ Xmin = ±(m+ 1 ) l λ 2 d l X3min = ±( 3+ 1 ) l λ = ± 7λl = 5,22 мм 2 d 2d Ответ: 1) 1,5 мм; 2) 5,22 мм. Пример №4. В опыте с зеркалами Френеля расстояние d между мнимыми изображениями источника света равно 0,5 мм, расстояние l от них до экрана равно 5 м. В желтом свете ширина интерференционных полос равна 6 мм. Определите длину волны желтого света. 5 Дано: d = 0,5 мм =5·10-4 м l=5м λ = 6 мм = 6·10-3 м λ=? Решение: max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума). См. Пример №3 ⇒ xd = ± mλ , l Xmax = ± m l λ, d Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференционной полосы, равно: Δx= l λ ⇒ d Определим длину волны желтого света: λ = Δxd = 0,6 мкм. l Ответ: 0,6 мкм. Пример №5. Расстояние между двумя щелями в опыте Юнга d = 0,5 мм (λ = 0,6 мкм). Определите расстояние l от щелей до экрана, если ∆x интерференционных полос равна 1,2 м. Дано: Решение: -4 d = 0,5 мм =5·10 м max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), -3 - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) ∆x =1,2 мм = 1,2·10 м 7 λ = 0,6 мкм = 6·10 м См. Пример №3 ⇒ l=? X max d = ± mλ получим, что максимумы интенсивности будут Xmax = ± m l λ . d l Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференционной полосы, равно: Δx= l λ ⇒ d Определим расстояние l от щелей до экрана: l = Δxd = 1 м. λ Ответ: 1 м. Пример №6. В опыте Юнга расстояние l от щелей до экрана равно 3 м. Определите угловое расстояние между соседними светлыми полосами, если третья световая полоса на экране отстоит от центра интерференционной картины на 4,5 мм. Дано: Решение: max ∆ = ± m λ - оптическая разность хода (условие интерференциm=3 -3 x =4,5 мм = 4,5 ·10 м онного максимума) См. Пример №3 ⇒ l=3м ∆a = ? 6 xd = mλ (m = 0, 1, 2, …). l α ≈ tgα = x = mλ , т. к. α является малым углом по величине; l d Определим угловое расстояние между соседними светлыми полосами: (m − 1 )λ λ = = x = 5 ⋅10 −4 рад. Δα = mλ − d d d ml Ответ: 5·10–4 рад. Пример №7. Если в опыте Юнга на пути одного из интерферирующих лучей поместить перпендикулярно этому лучу тонкую стеклянную пластинку (n = 1,5), то центральная светлая полоса смещается в положение, первоначально занимаемое пятой светлой полосой. Длина волны λ = 0,5 мкм. Определите толщину пластинки. Дано: Решение: Разность оптического хода определим как: n = 1,5 m=5м ∆ = nd – d= d(n-1), ∆ = mλ ⇒ -7 λ = 0,6 мкм = 5·10 м mλ = d(n-1), ⇒ d=? Определим толщину пластинки −7 d = mλ = 5 ⋅ 5 ⋅10 = 5 мкм. n-1 1,5 − 1 Ответ: 5 мкм. Пример №8. Определите, во сколько раз измениться ширина интерференционных полос на экране в опыте с зеркалом Френеля, если фиолетовый светофильтр (0,4 мкм) заменить красным (0,7 мкм). Дано: Решение: λ1 = 0,4 мкм max ∆ = ± m λ (1) (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) λ2 = 0,7 мкм См. Пример №3 ⇒ Δx1 =? xd = ± mλ получим, что максимумы интенсивности будет: X = ± m l λ. Δx2 l d Ширину интерференционных полос на экране определим как: (m − 1 )lλ lλ Δx = mlλ − = , d d d Δx1 λ2 0 ,7 = = = 1,75 . Δx2 λ1 0 ,4 Ответ: 1,75. Пример №9. Расстояние от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана соответственно равно a = 30 см и b = 1,5 м. Бипризма стеклянная (n = 1,5) с преломляющим углом ϑ = 20′ . Определите длину волны света, если ширина интерференционных полос ∆x = 0,65 мм. 7 Дано: ϑ = 20 ′ a = 30 см = 0,3 м b = 1,5 м n = 1,5 ∆x = 0,65 мм = 6,5·10-4 м λ=? Решение: ϕ = (n − 1 )ϑ , Δx = lλ , λ = Δxd , l = a + b , d l Находим d из двух треугольников Δ SS1B и Δ СS2S: d = 2a ⋅ sin ϕ = 2aϕ = 2a(n − 1 )ϑ . Находим длину волны света: λ= 2a(n − 1 )ϑ ⋅ Δx . a+b Вычисления: ϑ = 20′ = 20 ⋅ 2,91⋅10− 4 = 5,82 ⋅10− 3 рад. Определим длину волны света: 2 ⋅ 30 ⋅10 −2 м ⋅ 0 ,5 ⋅ 5,82 ⋅ 10 −3 рад ⋅ 0 ,65 ⋅ 10 −3 м λ= = 6 ,3 ⋅10 −7 м . ( 1,5 + 0 ,3 )м Ответ: 6,3·10–7 м. Пример №10. На плоскопараллельную пленку с показателем преломления n = 1,33 под углом i = 45° падает параллельный пучок белого света. Определите, при какой наименьшей толщине пленки зеркально отраженный свет наиболее сильно окраситься в желтый цвет (λ = 0,6 мкм). Дано: Решение: n = 1,33 max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максиi = 45° -7 мума) λ = 0,6 мкм = 6·10 м d=? Δ = (AB + BC)n − (AE − λ ) 2 8 AB = BC = d , AD = d tgr, из Δ ADB и Δ BCD cos r AE=2d tgr sin i, AE=AC sin i, из Δ AEC, Δ ABD = Δ DBC ⇒ AD = DC ⇒ AC=2AD Подставим найденные значения Δ = 2dn − 2d ⋅ tgr ⋅ sin i + λ , cos r 2 По закону преломления света: sin i = n , tgr = sin r , cos r sin r Произведем замену: 2d (n − sin r ⋅ sin i) + λ = λ , (m=1), ⇒ cos r 2 2d (n − sin 2 r sin i ) = λ , cos r sin r 2 2dn ( 1 − sin 2 r) = λ , 2dn cos 2 r = λ , cos r 2 cos r 2 2 2 2 λ 2dn ⋅ cos r = λ , d = , cos r = 1 − sin r = 1 n − sin i , 4n ⋅ cos r n 2 Определим толщину пленки: d= λ 6 ⋅10 −7 = 133нм = 4 n 2 − sin 2 i 4 1,332 − sin 2 45 Ответ: 133 нм. Пример №11. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны λ = 0,6 мкм, падающим нормально. Пространство между линзой и стеклянной пластинкой заполнено жидкостью, и наблюдение ведется в проходящем свете. Радиус кривизны линзы R = 4 м. Определите показатель преломления жидкости, если радиус второго светлого кольца r = 1,8 мм. Дано: Решение: -7 r = 1,8 мм =1,8 ·10 м max ∆ = ± m λ (m = 2), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) R=4м Радиусы светлых колец Ньютона: m=2 -7 λ = 0,6 мкм = 6·10 м r = R 2 − (R − d)2 ≈ 2 Rd m n=? Потеря полуволны происходит на обеих поверхностях; следовательно, условие максимума 2dn=mλ, где nd – оптическая толщина пленки ⇒ 2 Δ = 2dn ; d = r ; n = Δ ⇒ 2R 2d 9 Определим показатель преломления жидкости: n = mλ , 2d n = mλ ⋅ 22 R = mRλ = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅10 = 1,48 . 2 2r r ( 1,8 ⋅10−7 )2 −7 Ответ: 1,48. Пример №12. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим нормально. При заполнении пространства между линзой и стеклянной пластинкой прозрачной жидкостью радиусы темных колец в отраженном свете уменьшились в 1,21 раза. Определите показатель преломления жидкости. Дано: Решение: min ∆ = ±(2 m+1)λ/2 r1 = 1,21 - оптическая разность хода (условие интерференционного минимума) r2 Радиусы темных колец Ньютона: n=? rm ≈ 2 Rd Δ = 2dn + λ , 2 где nd – оптическая толщина пленки ⇒ 2dn + λ = ( 2m + 1 ) λ d = mλ . 2n 2 2 rm = 2 Rmλ = 2n Rmλ , n Rmλ r1 = n r2 r1 = Rm λ r2 = Определим показатель преломления жидкости: 2 ⎛r ⎞ n = ⎜ 1 ⎟ = 1,212 = 1,46 ⎝ r2 ⎠ Ответ: 1,46. 10 n. Занятие №31. Дифракция света Основные формулы Радиус внешней границы m-й зоны Френеля для сферической волны. rm = ab mλ , a+b (1) где m – номер зоны Френеля; λ - длина волны, a и b – соответственно расстояния диафрагмы с круглым отверстием от точечного источника и от экрана, на котором дифракционная картина наблюдается. Условия дифракционных максимумов и минимумов от одной щели, на которую свет падает нормально: λ asinϕ = ±(2m + 1) , 2 λ asinϕ = ±2m , 2 (2) (3) (m = 1,2,3, …), где a – ширина щели; ϕ – угол дифракции; m – порядок спектра; λ – длина волны. Условия главных максимумов и дополнительных минимумов дифракционной решётки , на которую свет падает нормально: λ dsinϕ = ±2m , (m = 0,1,2, …); 2 λ dsinϕ = ± m′ ( m′ = 1,2,3, …, кроме 0, N, 2N, …), N (4) (5) где d – период дифракционной решётки; N – число штрихов решётки. Период дифракционной решётки: d= 1 , N0 (7) где N 0 - число щелей , приходящихся на единицу длины решётки. Условие дифракционных максимумов от пространственной решётки (формула ВульфаБрэггов): (8) 2dsinθ = mλ (m = 1,2,3, …), где d – расстояние между атомными плоскостями кристалла; θ - угол скольжения. Наименьшие угловое расстояние между двумя светлыми точками, при котором изображения этих точек могут быть разрешены в фокальной плоскости объектива: 11 ϕ ≥ 1,22 λ D , (9) где D – диаметр объектива; λ - длина волны света. Разрешающая способность дифракционной решётки: R= λ = mN, δλ (10) где λ , (λ + δλ) – длины волн двух соседних спектральных линий, разрешаемых решеткой; m – порядок спектра; N – общие число штрихов решётки. Примеры решения задач Пример №1. Точечный источник света (L=0,5 мкм) расположен на расстоянии а=1 м перед диафрагмой с круглым отверстием диаметра d=2 мм. Определите расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, если отверстие открывает 3 зоны Френеля. Дано: Решение: −7 Рассмотрим треугольник SCA, его сторону AC можно легко найти λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 м по теореме Пифагора, она же является радиусом отверстия: a=1м −3 r 2 = a 2 − (a − x) 2 , d=2мм= 2 ⋅ 10 м r – радиус отверстия, a – расстояние между диафрагмой и отверстием, m=3 x – высота сферического сегмента. b-? С другой стороны, AC можно найти из треугольника ACM: 2 λ⎞ ⎛ r = ⎜ b + m ⎟ − (b + x) 2 , 2⎠ ⎝ 2 b+m λ - расстояние от зоны Френеля до точки M. 2 Учитывая, что λ << a, λ - длина волны, a – расстояние от источника света до отверстия, λ << b, b – расстояние от отверстия до точки наблюдения. Можно выразить высоту сферического элемента 12 x= bmλ , 2(a + b) ab b2 r = mλ − m2λ2 , 2 a+b 4(a + b) 2 b2 m 2 λ 2 т.к. отверстие мало, то можно считать высоту сферического сегмента пре2 4(a + b) небрежительно малой величиной, тогда квадрат радиусы отверстия равен ab ar 2 r = mλ выразим расстояние до точки наблюдения, получаем b = , a+b amλ − r 2 2 подставив в формулу диаметр получаем ad 2 b= , 4amλ − d 2 1м ⋅ (2 ⋅ 10 −3 м) 2 b= =2 м. 4 ⋅ 1м ⋅ 5 ⋅ 10 −7 м − (2 ⋅ 10 −3 м) 2 Ответ: b=2 м. Пример №2. Определите радиус третьей зоны Френеля для случая плоской волны. Расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения равно 1,5 м. Длина волны λ =0,6 мкм. Дано: Решение: Расстояние от зоны Френеля до точки наблюдения M, можно найти m=3 как гипотенузу треугольника AOM, где O – центр отверстия. b=1,5 м 2 λ =0,6 мкм = 6 ⋅ 10 −7 м λ⎞ ⎛ r + b = ⎜b + m ⎟ , 2⎠ ⎝ 2 r-? 2 где λ - длина волны, m – номер зоны Френеля, r –расстояние от центра отверстия, до m-й зоны Френеля, b – расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения. Выразим радиус зоны Френеля r 2 = bmλ + m2λ2 . 4 λ << b Длина волны значительно меньше расстояние пройденного ей – необходимое условие дифракции волн. 13 m2λ2 пренебрежимо мало, следовательно r = bmλ 4 r = 1,5м ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 10 −7 м =1,64 мм Ответ: r=1,64 мм. Пример №3. Зонная пластинка даёт изображение источника, удалённого от неё на 2 метра, на расстоянии 1 метра от своей поверхности. Где получится изображение источника, если его удалить в бесконечность? Дано: Решение: a=2м Воспользуемся формулой из примера 1: b=1м ab rm2 = mλ . a1 = ∞ a+b b1 − ? Воспользуемся формулой из примера 2: rm2 = mb1λ . Приравняем и выразим b1 b1 = ab , a+b 1м ⋅ 2м = 66,7 см. 1м + 2м Ответ: b1 = 66,7 см. b1 = Пример №4. На узкую щель шириной a = 0,05 м падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 694 нм. Определите направление света на вторую дифракционную полосу (по отношению к первоначальному направлению света). Дано: Решение: −5 Запишем условие дифракционных минимумов. a = 0,05 м = 5 ⋅ 10 м λ = 694 нм = 6,94 ⋅ 10 −7 м m=2 φ -? λ a ⋅ sinφ = ±(2m + 1) , 2 где a – ширина щели, λ - длина волны, φ - угол, под которым падает свет, m – номер дифракционного максимума. 14 Выразим синус угла: (2m + 1)λ , 2a 5 ⋅ 6,94 ⋅ 10 −7 м sinφ = =0,0347, 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −5 м sinφ = φ = arcsin φ =2º. Ответ: φ =2º. Пример №5. На узкую щель падает нормально монохроматический свет. Его направление на четвёртую тёмную дифракционную полосу составляет 2º12´. Определите, сколько длин волн укладываются на ширину щели. Дано: Решение: Запишем формулу для максимумов дифракционной решётки φ = 2º12´ a ⋅ sinφ = ± mλ , (m=4). m=4 a -? λ Выразим a : λ a m , где φ = 2º12´=2,2º; = λ sinφ a 4 = = 104 . λ sin2,2° Ответ: a = 104. λ Пример №6. На щель шириной a = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 0,5 мкм. Дифракционная картина наблюдается на экране, расположенном параллельно щели. Определите расстояние l от щели до экрана, если ширина центрального дифракционного максимума b = 1 см. 15 Дано: −4 a = 0,1 мм = 10 м λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 −7 м −2 b =1 см = 10 м l-? Решение: Запишем формулу для минимумов дифракционной решётки λ a ⋅ sinφ = ± mλ , где m=1, sinφ = , a следовательно λ 5 ⋅ 10 −7 ϕ = arcsin =arcsin =0,286, a 10 −4 ∆MOC прямоугольный, значит можно найти b b= 2 ⋅ l ⋅ tgφ , следовательно l= l= b , 2 ⋅ tgφ 10 −2 м =1м. 2 ⋅ tg0,286 Ответ: l = 1 м. Пример №7. На дифракционную решётку нормально падает монохроматический свет длиной волны λ =600 нм. Определить наибольший порядок спектра, полученного с помощью этой решётки, если её постоянная d = 2 мкм. Дано: Решение: −7 Запишем формулу максимумов дифракционной решётки λ =600 нм = 6 ⋅ 10 м −6 dsinφ = mλ , d = 2 мкм = 2 ⋅ 10 м m max − ? где d – период дифракционной решётки m наибольшие будет при наибольшем значении sinφ . Синус принимает значения: − 1 ≤ sin ϕ ≤ 1, наибольшие значение 1. sinφ max = 1 Порядок спектра примет вид: m max d 2 ⋅ 10 −6 =3,33. = = λ 6 ⋅ 10 −7 Порядок спектра может принимать только целые значения, поэтому m max = 3 . Ответ: m max = 3 . Пример №8. На дифракционную решётку длиной l=15 мм, содержащую N= 3000 штрихов, падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 550 нм. Определите 1) Число максимумов, наблюдаемых в спектре дифракционной решётки. 2). Угол, соответствующий последнему максимуму. 16 Дано: l= 15 мм=1.5 ⋅ 10 м N= с −2 λ = 550 нм= 5,5 ⋅ 10 −7 м 1)n -? 2) φ max − ? Решение: Запишем формулу максимумов дифракционной решётки dsinφ = ± mλ (m=0,1,2,….), d= l - период дифракционной решётки, N N – число штрихов d m max = , когда sin φ = 1 , λ Подставим период дифракционной решётки m max = 1 . Nλ Общие число максимумов в 2 раза больше числа порядков т.к. максимумы располагаются по обе стороны от центра дифракционной картины. 2l 2 ⋅ 1.5 ⋅ 10 −2 n = 2m max = = =18 Nλ 3000 ⋅ 5,5 ⋅ 10 −7 Запишем формулу наибольшего максимума dsinφ max = mλ max , следовательно sinφ max = m max λ m max λN = , d l m max λN l −7 9 ⋅ 5,5 ⋅ 10 м ⋅ 3000 =81º54´. φ max = arcsin 1.5 ⋅ 10 −2 м Ответ: 1) n=18; 2) φ max =81º54´. Найдём угол φ max = arcsin Пример №9. Определите число штрихов на 1 мм дифракционной решётки, если углу φ =30º соответствует максимум 4-го порядка для монохроматического света с длиной волны λ = 0,5 мкм. Дано: Решение: Запишем формулу максимума дифракционной решётки φ =30º dsinφ = ± mλ , m=4 λ = 0,5 мкм = 5 ⋅ 10 −7 м где m = 4 (порядок спектра). n-? Выразим период решётки: d= mλ , sinφ с другой стороны d= 1 . N Число штрихов на 1 мм равно общему числу штрихов, на длину дифракционной решётки. 17 n= N , l заменим N через d. n= 1 sinφ sin30° = = =250. d mλ 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −7 м Ответ: n=250. Пример №10. Монохроматический свет нормально падает на дифракционную решётку. Определите угол дифракции, соответствующий максимумы 4-го порядка, если максимум третьего порядка отклонён на ϕ =18º Дано: m3 = 3 Решение: Запишем формулу максимума дифракционной решётки. m4 = 4 ϕ 3 = 18D dsinφ 3 = m 3 λ - для третьего максимума dsinφ 4 = m 4 λ - для четвёртого Для одной и той же решётки период константа (d =const), а длина волны ( λ ) постоянна по условию, значит постоянным останется отношение синуса угла, соответствующего максимуму, к его номеру этого максимума. ϕ4 − ? sinφ 3 m 3 . = sinφ 4 m 4 Выразим синус угла третьего четвёртого максимума sinφ 4 = m4 sinφ 3 . m3 Следовательно ⎞ ⎛m ⎞ ⎛4 φ 4 = arcsin⎜⎜ 4 sinφ 3 ⎟⎟ = arcsin⎜ sin18° ⎟ =24º20´. ⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ m3 Ответ: φ 4 =24º20´. Занятие №32. Поляризация света Основные формулы Степень поляризации света: P= Imax − Imin , Imax + Imin (1) где Imax и Imin − соответственно максимальная и минимальная интенсивности частично поляризованного света, пропускаемого анализатором. Закон Малюса: I = I0 cos2 α, где I − интенсивность плоскополяризованного света, прошедшего через анализатор; 18 (2) I0 − интенсивность плоскополяризованного света, падающего на анализатор; α − угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора. Закон Брюстера: tgiB = n21 , (3) где iB − угол падения, при котором отраженный от диэлектрика луч является плоскополяризованным; n21 − относительный показатель преломления. Оптическая разность хода между обыкновенным и необыкновенным лучами на пути ячейке Керра: Δ = A(n0 − ne ) = κAE 2 , Aв (4) где n0 , ne − показатели преломления соответственно обыкновенного и необыкновенного лучей в направлении, перпендикулярном оптической оси; E − напряжённость электрического поля; κ − постоянная. Оптическая разность хода для пластинки в четверть волны 1⎞ ⎛ Δ = (n0 − ne )d = ±⎜ m + ⎟λ0 (m = 0,1,2,...), 4⎠ ⎝ (5) где знак плюс соответствует отрицательным кристаллам, минус – положительным; λ0 − длина волны в вакууме. Угол поворота плоскости поляризации: для оптически активных кристаллов и чистых жидкостей для оптически активных растворов ϕ = α ⋅d; (6) ϕ = [α ]C⋅ d, (7) где d − длина пути, пройденного светом в оптически активном веществе; α 0 [α ] − удельное вращение; C − массовая концентрация оптически активного вещества в растворе. Примеры решения задач Пример №1. Определите степень поляризации частично поляризованного света, если амплитуда светового вектора, соответствующая максимальной интенсивности света, в 3 раза больше амплитуды, соответствующей его минимальной интенсивности. 19 Дано: Решение: Применим формулу для степени поляризации: E0max =3 E0min P= P−? I max − I min , I max + I min Imax и Imin – максимальная и минимальная интенсивности частично поляризованного света. I ~ E02 , ( E0 − амплитуда светового вектора) Произведём замену и подстановку: E02max − E02min P= 2 E0max + E02min ⎛ E02max ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ −1 2 E 3 −1 8 = ⎝ 02min ⎠ = 2 = = 0,8. 3 +1 10 ⎛ E0max ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ +1 ⎝ E0min ⎠ Ответ: 0,8. Пример №2. Степень поляризации частично поляризованного света составляет 0,75.Определите отношение максимальной интенсивности света, пропускаемого анализатором, к минимальной. Дано: Решение: Воспользуемся формулой из примера 1: P = 0,75 Imax −? Imin P= Imax− Imin ; Imax+ Imin где P – степень поляризации; Imax −1 Imin ; P= Imax +1 Imin Сделаем преобразования формулы, получим: ⎛I ⎞ I max − 1 = P⎜⎜ max + 1⎟⎟; I min ⎝ I min ⎠ Математически преобразуем выражение: I max I − 1 = P ⋅ max + P; I min I min I max I − P ⋅ max = P + 1; I min I min Вынесем Imax за скобки в левой части: Imin 20 I max (1− P) = 1+ P ⇔ I max = 1+ P I min I min 1− P Произведём вычисления: I max 1+ 0,75 1,75 = = = 7. I min 1− 0,75 0,25 Ответ: 7. Пример №3. Определите степень поляризации P света, который представляет собой смесь естественного света с плоскополяризованным, если интенсивность поляризованного света равна интенсивности естественного. Дано: Решение: I п = I ест P= P −? Найдём значение I max − I min ; I max + I min Imax и Imin: 1 1 3 I max = I п + I ест = I п + I п = I п ; 2 2 2 где In − плоскополяризованный свет; Iест− естественный свет; I min = Подставим найденные значения 1 1 I ест = I п ; 2 2 Imax и Imin в формулу для степени поляризации: 3 1 Iп − Iп 2 = I п = 0,5. P= 2 3 1 I п+ I п 2 I п 2 2 Ответ: 0,5. Пример №4. Угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора составляет 30°.Определите изменение интенсивности прошедшего через них света, если угол между главными плоскостями равен 45°. Дано: Решение: Закон Малюса: α = 300 1 α2 = 450 I1 −? I2 I1 = I 0 cos 2 α1 ; где I0 – интенсивность света, вышедшего из поляризатора на анализатор; I1 – интенсивность света, вышедшего из анализатора; α1 – угол между оптическими осями кристаллов. I 2 = I0 cos2 α2 ; Найдём отношение I1 : I2 21 I1 cos2 α1 = ; I 2 cos 2 α 2 ⎛ 2⎞ ⎟. ⎜ cos 450 = ⎜ 2 ⎟⎠ ⎝ Произведём вычисления: 2 ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ I1 cos2 α1 cos2 300 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = = = = I 2 cos2 α 2 cos2 450 ⎛ 2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ 3 4 = 3 = 1,5. 2 2 4 Ответ: 1,5. Пример №5. Определите, во сколько раз ослабится интенсивность света, прошедшего через два николя, расположенные так, что угол между их главными плоскостями α = 60°, а в каждом из николей теряется 5% интенсивности падающего на него света. I0 П Дано: α = 60 O′ O I1 А Решение: 0 I1 = k1 = k 2 = 0,05 I0 −? I2 где 1 I0 , 2 I0 - интенсивность естественного света; I1 - интенсивность плоскополяризованного света; Интенсивность света прошедшего через поляризатор: 1 1 I1 = (1 − (k1 + k 2 ))I 0 = 0,9 I 0 ; 2 2 Интенсивность света прошедшего через анализатор: 1 I 2 = I1 0,9 cos 2 α = I 0 0,9 2 cos 2 α ; 2 I0 2 = . 2 I 2 0,9 cos 2 α Учитывая, что cos 60° = 1 , получим: 2 I0 2 ⋅ 4 = = 9,88 . I 2 0,9 2 Ответ: 9,88. 22 I2 Пример №6. Естественный свет интенсивностью I 0 проходит через поляризатор и анализатор, угол между главными плоскостями которых составляет α . После прохождения света через эту систему он падает на зеркало и, отразившись, проходит вновь через неё. Пренебрегая по- глощением света, определите интенсивность I света после его обратного прохождения. I1 I3 E I,I0 E cosα α I2 П А Дано: α Решение: I1 = I0 I −? где 1 I0 , 2 I0 - интенсивность естественного света; I1 - интенсивность плоскополяризованного света; По закону Малюса: I 2 = I 1 cos 2 α Подставим и получим: Интенсивность света прошедшего через анализатор: I2 = 1 I 0 cos 2 α ; 2 Интенсивность света при попадании на зеркало: I 3 = I 2 = 1 I 0 cos 2 α ; 2 Интенсивность света после обратного прохождения: I = I 3 cos 2 α = 1 I 0 cos 4 α ; 2 I = 1 I 0 cos 4 α . 2 Ответ: I = 1 I 0 cos 4 α . 2 Пример №7. Пучок естественного света падает на стеклянную призму с углом α = 30°.Определите показатель преломления стекла, если отражённый луч является плоскополяризованным. 23 iB α α Дано: α = 30 0 n−? n Решение: Закон Брюстера: tgi B = n21 = n; где i B - угол Брюстера; n21 – показатель преломления второй среды относительно первой. По закону Брюстера: отражённый и преломленные лучи взаимно перпендикулярны, следовательно: π iB = −α; 2 Вычислим n: ⎛π ⎞ ⎛π π ⎞ ⎛π ⎞ n = tg ⎜ − α ⎟ = tg ⎜ − ⎟ = tg ⎜ ⎟ = 1,73. ⎝2 ⎠ ⎝2 6⎠ ⎝3⎠ Ответ: 1,73. Пример №8. Определите, под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы лучи, отражённые от поверхности озера (n = 1,33) были максимально поляризованы. Дано: Решение: n = 1,33 По закону Брюстера: tgi B = n 21 = n; α −? где i B -угол падения преломленного луча(угол Брюстера); n21 – показатель преломления второй среды относительно первой. iB = arctg (n ) = arctg (1,33) = 530 , α= π − i B = 90 0 − 53 0 = 37 0. 2 Ответ: 37°. Пример №9. Предельный угол полного отражения для пучка света на границе кристалла каменной соли с воздухом равен 40,5°.Определите угол Брюстера при падении света из воздуха на поверхность этого кристалла. Дано: Решение: iпр = 40,50 iB − ? Используем закон преломления света: 24 sin iпр ⎛π ⎞ sin ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛ ⎛π ⎞ ⎝2⎠ = n1 . n2 ⎞ Перепишем формулу с учётом ⎜⎜ sin⎜ ⎟ = 1⎟⎟ : ⎝ ⎠ n2 1 = . n1 sin iпр По закону Брюстера: n2 = tgi B , n1 где i B -угол Брюстера. Приравниваем и получаем: tgiB = ⎛ 1 ⎞ 1 ⎟ ⇒ iB = arctg⎜ ⎜ sin i ⎟ . sin iпр пр ⎠ ⎝ Произведём вычисления: 1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ i B = arctg ⎜ ⎟ = arctg ⎜ ⎟ = arctg (1,54 ) = 57° . ⎝ sin 40,5° ⎠ ⎝ 0,65 ⎠ Ответ: 57°. Пример №10. Параллельный пучок света падает нормально на пластинку из исландского шпата толщиной 50 мкм, вырезанную параллельно оптической оси. Принимая показатели преломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно n0 = 1,66 и ne = 1,49 , определите разность хода этих лучей, прошедших через пластинку. O Io Ie d O' d-толщина пластины, Iо –обычная интенсивность света, O O΄-оптическая ось, I-естественная интенсивность света. 25 Дано: −5 d = 50 мкм = 5 ⋅ 10 м n0 = 1,66 ne = 1,49 Δ−? Решение: По определению геометрическая разность хода: d ⋅n. Оптическая разность хода длявырезанной пластинки параллельно оптической оси: Δ = dn0 − dne = d (n0 − ne ). no − показатель преломления обычного света; ne − показатель преломления естественного света; Произведём вычисления: Δ = 5 ⋅10−5 (1,66 −1,49) = 8,5 ⋅10−6 м = 8,5мкм Ответ: 8,5 мкм. Пример №11. Плоскополяризованный свет, длина волны которого в вакууме λ = 589нм , падает на пластинку исландского шпата перпендикулярно его оптической оси. Принимая показатели преломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно n0 = 1,66 и ne = 1,49 , определите длины волн этих лучей в кристалле. Дано: Решение: λ = cT . λ = 589нм = 5,89 ⋅ 10 м −7 Для обыкновенного луча: n0 = 1,66 λ0 = υ 0T , ne = 1,49 где υ 0 = λ0 − ? λe − ? где υ e = c . n0 Для необыкновенного луча: λe = υ e T , c . ne Выразим T: T= тогда T = λ0 c0 λ c . T= λ 0 λ 0 n0 ; = υ0 c Выразим λ: λ= , cλ0 n0 λ 5,89 ⋅ 10 −7 = λ0 n0 ⇒ λ0 = = = 355нм; c n0 1,66 Аналогично найдём λe = λ ne = 5,89 ⋅ 10 −7 = 395нм 1,49 Ответ: 355 нм; 395 нм. 26 Пример №12. Дайте определение кристаллической пластинки «в целую волну» и определите её наименьшую толщину для λ = 530нм , если разность показателей преломления необыкновенного и обыкновенного лучей для данной длины волны ne − n0 = 0.01 Дано: Решение: λ = 530нм = 5,3 ⋅ 10 м Пусть no − показатель преломления обычного света; ne − n0 = 0,01 ne − показатель преломления естественного света, тогда −7 Δ=λ Δ = d min (ne − n0 ) - оптическая разность хода для вырезанной пластинки параллельно оптической оси (см. рис. примера №10). d min − ? Δ = λ (при m = 0) И получаем: d min (n e − n0 )= λ ; λ; Следовательно d min = ne − n0 Произведём вычисление: d min = 5 ,3 ⋅ 10 − 7 = 53 ⋅ 10 − 6 м = 53 мкм 0 , 01 Ответ: 53 мкм. Примерный вариант автоматизированной контрольной работы – АКР №8 1. На тонкую мыльную плёнку (n = 1,33) под углом i=30º падает монохроматический свет с длинной волны λ = 0,6 мкм. Определите угол между поверхностями пленки, если расстояние b между интерференционными полосами в отраженном свете равно 4 мм. Ответ: α = 12,5´´. 2. Плосковыпуклая линза с показателем преломления n = 1,6 выпуклой стороной лежит на стеклянной пластинке. Радиус третьего светлого кольца в отраженном свете (λ = 0,6 мкм) равен 0,9 мм. Определите фокусное расстояние линзы. Ответ: ƒ = 0,9 м. 3. На линзу с показателем преломления n = 1,58 нормально падает монохроматический свет с длинной волны λ = 0,55 мкм. Для устранения потерь света в результате отражения на линзу наносится тонкая плёнка. Определите: 1) оптимальный показатель преломления для пленки; 2) минимальную толщину плёнки. Ответ: 1) nп = 1,26; 2) d = 109 нм. 4.Определите радиус третьей зоны Френеля, если расстояние от точечного источника света (λ = 0,6 мкм ) до волновой поверхности и от волновой поверхности до точки наблюдения равно1,5м. Ответ: r3 = 1,16 мм. 27 5. Монохроматический свет падает на длинную прямоугольную щель шириной a = 12 мкм под углом α = 30º к её нормали. Определите длину волны λ света, если направление φ на первый минимум ( m=1 ) от центрального фраунгоферова максимума составляет 33º. Ответ: λ = a·( sinφ – sinα ) = 536 нм. 6.Докажите, что при падении света на границу раздела двух сред под углом Брюстера отраженный и преломленный лучи взаимно перпендикулярны. 28