оптика. практикум по решению задач - Учебно

Министерство образования и науки Российской Федерации
ФГАОУ ВПО «УрФУ имени первого Президента России Б.Н.Ельцина»
В.Н. Мальцев
ОПТИКА. ПРАКТИКУМ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
Учебно-методическое обеспечение модуля «Общая физика».
Дисциплина «Оптика»
Учебное электронное текстовое издание
Подготовлено кафедрой «Общей и молекулярной физики»
Задачи с решениями, используемые на практикуме по решению
задач в рамках дисциплины «Оптика, модуля «Общая физика»,
для студентов второго года дневной формы обучения по
направлениям бакалавриата 011200 – «Физика»; 011800 –
«Радиофизика»; специальности 011501 – «Астрономия».
 УрФУ, 2014
Екатеринбург
Учебное электронное текстовое издание
Мальцев Владимир Николаевич
ОПТИКА. ПРАКТИКУМ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
Редактор
Компьютерная верстка
Рекомендовано Методическим советом
Разрешен к публикации
Электронный формат – pdf
Объем уч.-изд. л.
620002, Екатеринбург, ул. Мира, 19
Информационный портал УрФУ
http://www.ustu.ru
ВВЕДЕНИЕ
Данное
пособие
предназначено
для
преподавателей,
ведущих
семинарские занятия по решению задач по оптике, а также может быть
использовано студентами физических специальностей при самостоятельном
изучении дисциплины «Оптика» в курсе общей физики.
Курс практических занятий рассчитан на 12–13 аудиторных занятий по 90
минут, из которых два занятия отводится на написание контрольных работ.
Безусловно, что такое небольшое количество занятий требует от преподавателя
более активного, чем обычно, участия в семинарах, с тем, чтобы успеть решить
большее число задач. Целью практических занятий ставится приобретение
студентами навыков решения оптических задач по определенному алгоритму.
Студент должен понимать какое явление ответственно за ситуацию, описанную
в задаче, знать какие формулы, из приведенных в задачнике, нужно
использовать для решения конкретной задачи.
В начале занятия, на небольшой части доски выписываются все формулы,
которые потребуются для решения задач на занятии, объясняются условия их
применения, рисуются все необходимые рисунки. Эту часть доски в
дальнейшем не трогают, студент должен при решении сам выбрать из этого
списка необходимые формулы для решения задачи. Решение задачи происходит
совместно с группой, при этом один из студентов находится у доски.
Преподаватель
разъясняет
трудные
моменты
в
решении,
в
случае
возникновения у них затруднений, наводящими вопросами подводит студентов
к правильному способу решения. Можно отказаться от получения численного
результата, чтобы сэкономить время на вычислениях. Главная цель – освоение
алгоритма решений оптических задач, понимание физического смысла,
который выражают основные формулы в задачнике.
В пособии приведены решения задач, которые даются в аудитории и в
качестве домашней работы. По замыслу автора, это должно облегчить
1
преподавателю подготовку к занятию, позволит ему сосредоточиться на
педагогических моментах занятия.
Ниже приведен план практических занятий.
Может показаться, что
количество задач, указанных в нем для решения в аудитории, слишком велико.
Но по опыту автора такое количество задач вполне по силам для решения в
группах среднего уровня подготовленности. Кроме того, некоторые сложные
моменты в решении задач можно, рассмотреть на консультациях. Можно также
отступить от плана, использовать одно резервное занятие для рассмотрения
задач, которые не успели рассмотреть ранее.
В случае использования данного пособия студентами хотелось бы дать
им несколько советов по его использованию.
Во-первых, придерживайтесь плана практических работ.
Во-вторых, не торопитесь заглядывать в решение задачи, попытайтесь
сначала самостоятельно решить задачу, осмыслите условие задачи, сделайте
рисунок, сформулируйте вслух, что вам нужно найти, чего не хватает для
решения задачи, как можно найти то, чего не хватает, введите недостающие
переменные, с тем, чтобы избавиться от них в конце решения, еще раз
посмотрите внимательно на формулы, которые приведены в начале каждой
темы, возможно, это даст вам подсказку, в каком направлении нужно двигаться.
К приведенному решению надо обращаться только когда у вас уже есть свое,
пусть и неправильное решение или в случае, когда нет даже идеи, в каком
направлении нужно двигаться чтобы решить задачу.
В-третьих, домашние задания нужно обязательно пытаться выполнить
самостоятельно, еще раз загляните в решения аудиторных задач, учебники.
В случае пренебрежения этими советами, может возникнуть иллюзия
легкости методов решения оптических задач. Тогда как некоторые задачи
требуют довольно глубокого понимания, хотя решение может быть получено в
одно или два действия (а в некоторых случаях даже действий не требуется, а
только знание).
2
Для проверки своего уровня освоения методов решения оптических задач
обратитесь к пособию «Контрольные работы по оптике в курсе общей физике».
При этом в оценке ориентируйтесь на ответ. Решения задач рассматривайте
только в случае, если ваш ответ не совпал с правильным.
План практических занятий
Дата
№
Решение задач по оптике
Номера задач из пятой части задачника Иродова И.Е., издание второе, 1988 г.
Тема
Аудиторные задачи
Дополнительные
Домашние
1
Фотометрия
2
Геометрическая оптика
3
4
5
Геометрическая оптика
Поляризация
света
Кристаллооптика
6
7
Контрольная работа
Интерференция
8
Интерференция
9
Дифракция
10
Дифракция
1 (а); 5; 7; 9; 12; 6; 29; 34(б);
41
40
18; 27; 28; 33;
34 (а); 35; 36
42; 43; 53; 57
171; 173; 174;
180; 184
190; 191; 195;
213;208
201; 206; 209
1(б); 4; 10;
11
20; 37; 38
68; 74; 78; 84;
86; 89
90; 91; 95; 97;
100
102; 105; 109;
111; 116; 118;
125
128; 131; 133;
140; 146; 155;
159; 160
226; 228; 231;
235; 242; 246
264; 267; 272;
276; 280; 294
69; 70; 79;
87
96; 99
163; 166
44; 58; 59
172; 176;
183
192; 207
103; 106;
112; 117;
126
134; 136;
147; 156;
161
233; 236;
248
269; 281;
293
Поглощение. Оптика
251
движущихся сред
12
Тепловое излучение и
квантовые свойства
света
13
Контрольная работа
14
зачет
Занятие на тему «Поглощение, оптика движущихся тел» можно заменить
11
занятием на другую тему, задачи по которому решить не успели.
3
Список литературы
1. Иродов, И.Е. Задачи по общей физике / И.Е. Иродов. – М.: Бином; 2002, –
448 с.
2. Сборник задач по общему курсу физики в 5 т., Кн.4 Оптика/ под редакцией
Д.В. Сивухина. – М. ФИЗМАТЛИТ; «Лань», 2006, – 272 с.
3. Фирганг, Е.В. Руководство к решению задач по курсу общей физики. / Е.В.
Фирганг. – СПб: «Лань», 2009, –352 с.
4. Сахаров, Д.И. Сборник задач по физике для вузов / Д.И. Сахаров. – М.:
«Мир и Образование», 2003, -399 с.
5. Ильичева, Е.Н. Методика решения задач оптики/Е.Н. Ильичева, Ю.А.
Кудеяров, А.Н. Матвеев; под ред. А.Н. Матвеева. – М.: Из-во Моск. ун-та,
1981, – 232 с.
4
ФОТОМЕТРИЯ
Длительность: 90 минут
Навыки и умения: навык использование понятия ламбертовский источник для
решения задач; умение определять, когда источник света можно считать
точечным, а когда протяженным, умение решать задачи для протяженных и
точечных источников.
Аудиторные задания: 1 (а); 5; 7; 9; 12; (41)
Домашние задания: 1(б); 4; 10; 11
Основные формулы
Сила света:
I
d
d
(1)
Освещенность (определение):
E
d  пад
dS
(2а)
Освещенность в точке А, которую создает точечный источник S, с силой света I
(см. рис. 1):
E
I cos 
r2
(2б)
S, I
r
h

O
A
Рис. 1. Расстояние от источника S до точки A равно r; между направлением на источник и
нормалью к поверхности угол α
5
Светимость
M
d излуч
(3)
dS
Яркость
L
d излуч
d   S  cos 

I
S  cos 
(4)

S
d
Рис. 2. К определению понятия яркость
Связь между светимостью и яркостью для ламбертовского
источника
M  L
(5)
Спектральная чувствительность глаза
Vλ определяется как отношение светового потока Фс к потоку излучения
Фи:
V ( ) 
 с ( )
.
 и ( )
Максимальное значение функции V(λ) равно Vмах и имеет место при длине
волны λ = 0,555 мкм. Поскольку абсолютные значения V(λ) зависят от
индивидуальных
относительную
особенностей
спектральную
людей,
то
на
чувствительность
отношению V(λ) к ее максимальному значению Vмах:
6
практике
глаза,
используют
которая
равна
V 
V () с () и (  0,55 мкм)  с ()



 A,
Vmax и () с (  0,55 мкм) и ()
(6)
где
A
и (  0,55мкм)
 1,6 мВт / лм.
с (  0,55мкм)
(7)
Яркость ламбертовского источника
не зависит от направления, а сила света зависит
от направления по
косинусоидальному закону I  I 0 cos  , где угол θ, определяющий направление
излучения, отсчитывается от нормали к поверхности.
Приближение точечного источника
Если геометрические размеры источника света составляют 1/10 от
расстояния до точки, в которой надо найти значение фотометрической
величины, то в этом случае источник можно считать точечным.
Телесный угол
dS
определяется как
d 
dSn dS  cos 

r2
r2
r
dSn
– пространственный угол, под которым на
расстоянии
r
видна
плоская
площадка,
расположенная перпендикулярно направлению наблюдения, имеющая площадь
dSn. Если площадка площадью dS расположена под углом θ к направлению
наблюдения, то dSn= dS·cosθ. Угол θ между нормалью к dS и направлением
наблюдения. В сферической системе координат
d   sin  d  d  .
Аудиторные задачи
1. Найти с помощью кривой относительной спектральной чувствительности
глаза (см. рис. 5.1):
7
а) поток энергии, соответствующий световому потоку в 1,0 лм с длиной
волны 0,51 и 0,64 мкм;
б) световой поток, приходящийся на интервал длин волн от 0,58 до 0,63
мкм, если соответствующий поток энергии Фэ=4,5 мВт, причем последний
распределен равномерно по всем длинам волн этого интервала. Считать, что в
данном спектральном интервале функция V зависит линейно от длины волны.
Решение. а) Из формулы (6) находим и () 
 с ( )
 A . По условию
V
задачи Ф = 1 лм для обеих длин волн. Для λ1 = 0,51 мкм Vλ = 0,503 (в задачнике
ошибочное значение 0,475), для λ1 = 0,64 мкм Vλ = 0,175 (в задачнике
ошибочное значение 0,15). После подстановки этих значений в полученное
выражение, находим, что в первом случае поток излучения примерно равен 3
мВт, а во втором – примерно 9 мВт.
5. Определить светимость поверхности, яркость которой зависит от
направления по закону L=L0cosθ, где θ – угол между направлением излучения и
нормалью к поверхности.
Решение. Из формул (3)–(4) находим, что под углом θ в телесный угол dΩ с
единицы поверхности излучается поток
dM 
d
 L0 cos2   d   L0 cos 2   sin   d   d  .
dS
После интегрирования по полупространству, т.е. по φ от 0 до 2π, по θ от 0
до π/2, найдем решение
M
2
L0 .
3
7. Над центром круглого стола радиуса R= 1,0 м подвешен небольшой
светильник в виде плоского горизонтального диска площадью S=100 см2.
Яркость светильника не зависит от направления и равна L=1,6·104 кл/м2. На
какой высоте от поверхности стола надо поместить светильник, чтобы
8
освещенность периферийных точек стола была максимальной? Какова будет
эта освещенность?
Решение. Радиус диска светильника примерно 5,6 см, что почти в 18 раз
меньше расстояния до точки, в которой необходимо найти освещенность.
Поэтому светильник можно считать точечным. И для расчета освещенности
использовать формулу (2б). Так как яркость источника не зависит от
направления (ламбертвоский), то сила света в направлении края стола по
формуле (4) будет определяться выражением (см. Рис.1):
I  LS cos  .
Треугольник SAO
прямоугольный (Рис.1). Согласно условию задачи
R | OA | (Рис.1), поэтому
r 2  h2  R 2 ,
cos  
h
h

.
r
h2  R 2
Освещенность на краю стола:
LS cos 2 
LSh2
E ( h) 

r2
h2  R 2


2
Для нахождения максимального значения этой функции действуем
стандартным образом, находим, что максимум E (h) имеет место при h  R , а
максимальное значение
Emax 
LS
.
4R2
9. Вертикальный луч прожектора освещает центр потолка круглой комнаты
радиуса R=2,0 м. При этом на потолке образуется небольшой зайчик
площадью S=100 м2. Освещенность зайчика E0=1000 лк. Коэффициент
отражения ρ=0,80. Найти наибольшую освещенность стены, создаваемую
светом, отраженным от потолка. Считать, что отражение происходит по
закону Ламберта.
9
Решение. Светимость «зайчика» M  E0 . «Зайчик» является ламбертовским
источником, поэтому, согласно (5), его яркость
L
E0
.

Размеры «зайчика» таковы, что его можно считать точечным источником.
Рассуждая так же как в задаче 7, можно определить силу отраженного света
«зайчика» в направлении θ, отсчитываемого от нормали к потолку:
I  LS cos  
E0
S cos  .

На стену, на расстоянии h от потолка, этот свет падает под углом
  90   , поэтому освещенность стены в этой точке будет определяться
выражением
E ( h) 
E0 S cos  cos 
E0 ShR

2
r
 h2  R 2


2
.
Стандартным образом находим, что максимум освещенности имеет
место при h 
R
, а значение освещенности в этой точке
3
Emax 
9E0 S
.
16 3R 2
12. Над столом находится светильник – плоский горизонтальный диск радиуса
R=25 см. Расстояние от него до поверхности стола h=75 см. Освещенность
стола под центром светильника Е0=70 лк. Найти светимость этого
источника, считая его ламбертовским.
Решение. Радиус светильника сравним с расстоянием, на котором ищется
значение освещенности, поэтому этот светильник нельзя считать точечным.
Для расчетов нужно разбить светильник на участки таких размеров, что их уже
можно будет считать точечными, найти вклад в освещенность в центре от
каждого такого участка, суммарная освещенность должна равняться Е0.
10
dr
r
 x
h
Так как источник ламбертовский, то для решения задачи, в силу (5),
необходимо найти яркость источника
M  L .
Выделим на диске светильника кольцо малой шириной dr, с внутренним
радиусом кольца r. Тогда, согласно (4), сила света от этого кольца в
направлении на центр стола, под углом θ к нормали
dI  L cos dS  L cos 2rdr .
Это кольцо дает вклад в освещенность в центре стола
dE 
dI cos  L 2rdr

cos 2  
2
2
x
x
2
L 2rdr  h 
Lh 2 2rdr


 
2
x2  x 
x2  h2


Если проинтегрировать это выражение по r от 0 до R, то, по условию
задачи, результат должен быть равен Е0:
LR 2
MR 2
.
E0  2

R  h2 R 2  h2
Из последнего выражения находим выражение для светимости диска:

h2 
M  E0 1  2  .
 R 
41. Как зависит от диаметра D тонкой собирающей линзы яркость
изображения, если его рассматривать:
а) непосредственно;
б) на белом экране, рассеивающем по закону Ламберта?
11
Решение. Собирающая линза создает изображение предмета, площадь
изображения не зависит от площади линзы.
а) при рассматривании предмета непосредственно через линзу, каждый
точечный элемент А1 объекта преобразуется в соответствующий точечный
элемент А2
изображения (на рисунке точечные объекты нарисованы как
имеющие площади S1 и S2 )
S
S2
S1
A1
 1
2
A2
Поэтому яркость некоторой точки изображения, согласно (4), будет
определяться выражением
L

.
S2  2
Здесь 2 – телесный угол, под которым видна линза из точки А2
изображения. Площадь изображения не зависит от размеров линзы. Поток,
попадающий в точку равен   ES , где S – площадь линзы, а E –
освещенность, создаваемая на ней (в предположении, что объект находится на
расстоянии, превышающем размеры линзы). Телесный угол 2 
S
по
r22
определению телесного угла, здесь r2 – расстояние от центра линзы до точки
А2. Таким образом, после подстановки, получаем выражение, не зависящее от
размеров линзы:
E  r22
L
S2
12
б) В этом случае экран выступает в качестве источника света, положим,
что отражается весь падающий на него поток, поэтому светимость экрана равна
его освещенности M  E . Так как рассеяние происходит по закону Ламберта,
то яркость изображения:
L
E


 Sизобр
Поскольку   ES , то
L
ES
Sизобр
Как отмечалось в начале решения, площадь изображения не зависит от
площади линзы, тогда как площадь самой линзы S
D2 . Таким образом,
яркость изображения на экране имеет такую же зависимость L
D2 .
Домашние задачи
1. Найти с помощью кривой относительной спектральной чувствительности
глаза (см. рис. 5.1):
б) световой поток, приходящийся на интервал длин волн от 0,58 до 0,63
мкм, если соответствующий поток энергии Фэ=4,5 мВт, причем последний
распределен равномерно по всем длинам волн этого интервала. Считать, что в
данном спектральном интервале функция V зависит линейно от длины волны.
Решение. На единицу длины диапазона длин волн λ2 – λ1 приходится поток
излучения 1 
э
. Тогда из формулы (6) находим, что на диапазон длин
2  2
волн от λ до λ+dλ приходится световой поток
d c 
V
 1  d  .
A
(1.1)
Так как по условию задачи V  k   , то после подстановки в (1.1) и при
интегрировании по заданному интервалу длин волн, найдем
13
c 
k  э
 1
1
  ( 22  12 )  э   (V2  V1) .
A( 2  1 ) 2
A 2
4. Найти среднюю освещенность облучаемой части непрозрачной сферы, если
на нее падает:
а) параллельный световой поток, создающий в точке нормального
падения освещенность Е0;
б) свет от точечного изотропного источника, находящегося на
расстоянии l= 100 см от центра сферы; радиус сферы R= 60 см и сила света
I=36 кл.
Решение. а) Средняя освещенность равна полному потоку, падающему на
поверхность, к площади этой поверхности
 E 

S
(4.1).
Так как поток параллельный, то он падает на переднюю половину сферы,
поэтому полный поток Ф, падающий на сферу, можно найти по формуле
Ф = Ф1Sc, где Sc = πR2 – площадь максимального поперечного сечения сферы, а
Ф1 – поток, падающий на единицу поверхности, но это есть ни что иное как
освещенность Е0. Площадь поверхности, на которую попадает поток света,
равна половине поверхности сферы S = 2πR2. После подстановки в (4.1),
находим  E 
E0
.
2
б) Средняя освещенность
определяется по (1), но в силу
изотропности
от
(независимости
направления)
излучения
B
R
A
α
проинтегрировав
уравнение
dФ = IdΩ
C
l
источника, этот поток можно
найти,
θ
D
по
телесному углу. Так как для конуса с углом 2θ при вершине
14
в точке С

телесный угол    sin   d  
2
0
 d   2    (1  cos ) ,
то падающий поток равен
0
  I  2    (1  cos ) . Площадь сегмента поверхности, выделяемого сечением

ВD равен S  R
2
2
 sin   d    d   2    (1  cos )  R
0
2
. Углы θ и α можно найти
0
если рассмотреть треугольник АВС. Он прямоугольный в вершине В, так как
ВС является касательной к сфере. Видно, что cosα=sinθ. А sin  
R
. Поэтому
l
средняя освещенность будет определяться выражением
2
R
1 1  
 I 2(1  cos )
I
l 
 E  
 2
.
2
R
S 2(1  sin ) R
R
1
l
10. Равномерно светящийся купол, имеющий вид полусферы, опирается на
горизонтальную поверхность. Определить освещенность в центре этой
поверхности, если яркость купола равна L и не зависит от направления.
Решение. Поток света,
попадающий в центр горизонтальной поверхности,
излучается любой точкой сферы по нормали к поверхности полусферы. Все
излучающие точки равноудалены от центра горизонтальной поверхности,
поэтому весь излучаемый ими поток в направлении центра горизонтальной
поверхности будет попадать в этот центр. Это значит, что освещенность центра
горизонтальной поверхности равна светимости полусферы, поэтому
E  M  L .
Задачу также можно решать, разбив полусферу на кольца малой ширины и
использовать выражение для освещенности от точечного источника, а затем
проинтегрировать по вкладам от каждого кольца в освещенность в центре
горизонтальной поверхности.
15
11. Ламбертовский источник имеет вид бесконечной плоскости. Его яркость
равна L. Найти освещенность площадки, расположенной параллельно данному
источнику.
Решение. Предположим, что площадка, освещенность которой надо найти,
также бесконечная. Тогда она имеет равномерную освещенность по всей
плоскости. Но в этом случае, поток, который излучается бесконечной
плоскостью, равен потоку, который падает на площадку, поэтому светимость
плоскости и освещенность площадки равны:
E  M  L .
Последнее равенство следует из условия, что источник ламбертовский,
следовательно, справедливо выражение (5).
16
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Изображения, получаемые при отражении и преломлении на
границе раздела двух сред. Тонкие линзы
Длительность: 90 минут
Цели и навыки: навык использования законов геометрической оптики: закон
Снелла; правило обратимости
лучей; навык построения изображений при
преломлении на поверхностях раздела сред и изображений в тонких линзах;
умение использовать формулу центрированной системы (первый инвариант
Аббе), формул для оптической силы поверхности и оптической силы тонкой
линзы и правила знаков; навык использования первого инварианта Аббе для
решения задач с несколькими преломляющими поверхностями.
Замечания: задачи, отмеченные зеленым маркером, можно опустить при работе
с некоторыми группами.
Аудиторные задания: 18; 27; 28; 33; 34 (а); 35; 36(а, б); 42
Домашние задания: 36(в); 37; 43
В задачах, в которых рассматривается одна преломляющая поверхность,
все
расстояния
отсчитываются
от
касательной
к
поверхности,
перпендикулярной оптической оси OO’; если в задаче рассматриваются тонкие
линзы, то все расстояния отсчитываются от поверхности, проходящей через
центр линзы и перпендикулярной оптической оси.
n
n'
y
F

O
F'
b
O'
-y'
-x
-f
f'
-s
x'
s'
17
Расстояния, отсчитываемые против направления распространения света,
берутся со знаком «минус».
Следующие ниже правила справедливы для малых углов падения α.
На рисунке показаны также основные правила построения изображения
y’: луч, идущий от объекта y параллельно оптической оси, после преломления
(по закону Снелла) на поверхности проходит через задний фокус F’. Луч,
проходящий через центр оптической системы, преломляется по закону Снелла
sin  n '

sin b n
(1)
Для тонкой линзы луч, проходящий через центр линзы, не преломляется.
Лучи (или их продолжения), идущие параллельно, после тонкой линзы сходятся
в точке фокальной плоскости – плоскости, проходящей через фокус линзы
перпендикулярно оптической оси.
Формула центрированной оптической системы (первый инвариант Аббе)
n' n
 
s' s
(2)
Оптическая сила сферической преломляющей поверхности

n ' n
,
R
(3)
где R – радиус кривизны сферической поверхности, отсчитывает от
поверхности в сторону центра сферы.
Переднее и заднее фокусные расстояния
f 
n
n'
; f '


(4)
Оптическая сила тонкой линзы
 1
1 
   n  n0   
,
R
R
 1
2
(5)
где n – показатель преломления линзы, n0 – показатель преломления среды, в
которой находится линза.
18
Поперечное увеличение линзы
b
y'
y
(6)
Для перевернутого изображения y’ берется с отрицательным знаком.
Все
вышеприведенные
формулы
для
сферической
поверхности
справедливы для сферических зеркал, если в формулах сделать замену
n '  n
(7)
Оптическая сила сферического зеркала

2
R
(8)
При решении задач на построение в тонких линзах надо помнить, что
собирающая линза может давать мнимое прямое увеличенное изображение,
если предмет находится от линзы на расстоянии меньшем ее фокусного
расстояния, во всех остальных случаях изображение обратное действительное и
может быть как увеличенным, так и уменьшенным. Рассеивающая линза всегда
дает мнимое прямое уменьшенное изображение.
Если система состоит из тонких линз сложенных вплотную, то
оптическая сила такой системы равна сумме оптических сил преломляющих
поверхностей, имеющихся в этой системе. Если одна из поверхностей
представляет собой зеркало, то в сумму входит оптическая сила такого зеркала.
Если в задаче требуется найти фокусное расстояние оптической системы,
то часто надо сначала найти оптическую силу этой системы, а затем
воспользоваться (4).
Аудиторные задания
18. Луч света падает на плоскопараллельную стеклянную пластину толщиной
d=6,0 см. Угол падения θ=60о. Найти величину смещения луча, прошедшего
через эту пластину.
Решение. На выходе из пластины луч будет иметь такое же направление, как и
падающий. Требуется найти x. Как видно из рисунка x  L sin b .
19

d 
b
L
x
Угол b     . Поэтому
sin b  sin(  )  sin  cos   sin  cos  
2
sin 
3 2 1 1
 sin  
 sin  1  

cos




n
2 3
32
 n 
где n=3/2 – показатель преломления стекла.
Длина гипотенузы
L
d

cos 
d
 sin  
1 

 n 
2

d
,
2
3
Таким образом, решение
x
d
 sin  
1 

 n 
2
sin(  ) 
d
1 
3


2
2
27. Найти построением:
а) ход луча после отражения в вогнутом и выпуклом сферических зеркалах (F’
– фокус, OO’ – оптическая ось);
20
O
F
O'
O'
O F
a)
б)
б) положение зеркала и его фокуса для случаев, показанных на рисунке, где P и
P’ – сопряженные точки
P'
O
O'
P
a)
P
P'
O
O'
б)
Решение.
а) На рисунках показано положение фокуса, но фокусное расстояние
сферического зеркала f 
R
, где R – радиус кривизны сферического зеркала.
2
Поскольку радиус, проведенный к точке сферы перпендикулярен касательной к
этой точке, то для построения отраженного луча можно воспользоваться
законом ГО: угол отражения равен углу падения (в качестве нормали, от
которой отсчитываются углы, берется продолжение радиуса).
21
2F
F
O
O'
a)
2F
F
O'
O
б)
б) Луч из точки Р, падающий в центр сферического зеркала, отражается под тем
же углом, что и угол падения и попадает в точку P’, т.е. отраженный луч
является зеркальным отражением падающего относительно оптической оси
OO’. Поэтому луч, проходящий через точку P’ и точку
отражения точки Р,
P’’ зеркального
при пересечении с оптической осью в точке М даст
положение центра сферического зеркала. С другой стороны, если луч из Р идет
по радиусу сферического зеркала, то отразившись от него, он должен попасть в
точку Р’. Таким образом, точка пересечения отрезка РР’ с оптической осью
есть точка центра сферы, т.е. удалена от точки М на расстояние 2F.
22
P'
P''
O
M
2F
F
P
O'
a)
Используем те же самые приемы для решения другой задачи: 1) точка М
пересечения прямой, проходящей через Р’ и точку P’’, с оптической осью ОО’
есть точка положения центра зеркала; 2) прямая, проходящая через Р’ и P’,
пересекает оптическую ось в точке центра сферы, удаленной от центра зеркала
на расстояние 2F.
P
P'
2F
O
M
O'
F
P''
б)
В этой задаче отражение происходит от выпуклого зеркала, точка P’ образована
продолжением лучей отраженных от зеркала.
28. Определить фокусное расстояния вогнутого зеркала, если:
а) при расстоянии между предметом и изображением L=15 см поперечное
увеличение β=–2,0;
б) при одном положении предмета поперечное увеличение β1=–0,50, а при
другом положении, смещенном относительно первого на расстояние L=5,0 см,
поперечное увеличение β2=–0,25.
Решение.
а) Положения изображения и предмета связаны между собой через инвариант
Аббе (2), с учетом (7):
23
1 1 1
 
s' s f
s'
B
A
O M
C
s
На
рисунке
y'
АС=y’’=y
образовано
O'
L
-y
зеркальным
отражением
предмета
относительно оптической оси OO’. Из подобия треугольников МАС и МВО’
следует
s' y'
y'
s'


 b . Из этого выражения находим: s   . С другой
s y ''
y
b
стороны, по условию задачи s '  s  L  
s'
bL
L
 L  s' 
; s
. После
b
b 1
b 1
подстановки этих выражений в инвариант Аббе найдем выражение для
фокусного расстояния:
f 
bL
1  b2
б) Пусть s – расстояние от зеркала до предмета, s1' – расстояние до изображения
в первом случае, s2' – расстояние до изображения во втором случае, а y1' , y2' –
поперечные размеры изображений в этих случаях (см. рисунок из предыдущей
задачи). Тогда условие задачи можно записать следующим образом:
s1'
y1'

 b1 ;
s
y
s2'
y2'

 b2
sL
y
Во второй формуле в знаменателе выбран знак «плюс» перед L, потому что по
условию задачи поперечный размер изображения уменьшился, что возможно,
если предмет отодвинуть от зеркала (угол отражения от центра зеркала
24
уменьшится). Таким образом, s1'   sb1
и s2'  ( s  L)b2 . Для каждого из
случаев, описанных в задаче, инвариант Аббе будет иметь следующий вид:
1
1 1
1 
1  1
1    ;
1   
s  b1  f ( s  L)  b2  f
Из второго уравнения с учетом первого уравнения следует:

1  sL s L 
1 L
   1   
1   
f
f
f  b1  f
 b2 
Находим выражение для фокусного расстояния:
f 
b1b2 L
.
b2  b1
33. Точечный источник расположен на расстоянии 20 см от передней
поверхности стеклянной симметричной двояковыпуклой линзы. Толщина линзы
5,0 см, радиус кривизны поверхностей 5,0 см. На каком расстоянии от задней
поверхности этой линзы образуется изображение источника?
Решение. Учитывая, что показатель преломления воздуха равен единице, то
для первой преломляющей поверхности инвариант Аббе:
n 1 n 1
n 1 n 1
,
 
  
s' s
R
s' s
R
где R – радиус первой (и второй) поверхности, |s|= 0,2 м – расстояние от первой
поверхности до предмета, s’ – расстояние от первой поверхности до
изображения в стекле, как если бы не было второй поверхности, n=3/2 –
показатель преломления стекла. Здесь было учтено, правило знаков: расстояние
от поверхности до источника отмеряется против распространения луча,
поэтому s имеет знак минус, тогда как радиус кривизны отмеряется от
поверхности по направлению луча, поэтому R берется со знаком плюс. Теперь
будем считать получившееся изображение как источник, от которого
получается изображение при преломлении на задней поверхности. Расстояние
от этого «источника» до задней поверхности s ' d по ходу луча, где d –
25
толщина линзы, поэтому инвариант Аббе для задней поверхности будет иметь
следующий вид (с учетом правила знаков для радиуса кривизны поверхности):
1
n
1  n n 1



s '' s ' d  R
R
Здесь s’’ – расстояние до изображения от задней поверхности линзы. Эти два
уравнения проще решать в числах. Из первого уравнения находим
s' 
n
1,5

 0,3 м
n  1 1 10  5

R
d
Следовательно, s ' d  0,25 м . Из второго уравнения находим решение:
s '' 
1
n 1
n

R
s ' d

1
 0,0625 м
10  6
34. Перед выпуклой поверхностью стеклянной выпукло-плоской линзы толщины
d=9,0 см находится предмет. Изображение этого предмета образуется на
плоской поверхности линзы, которая служит экраном. Определить:
а) поперечное увеличение, если радиус кривизны выпуклой поверхности линзы
R=2,5 см.
Решение. Рассмотрим рисунок ниже.
n
y

d
s
b
-y'
По определению, поперечное увеличение
b
d
 y '  d  tgb
d sin b



.
y
s  tg 
s sin 
s n
26
Здесь было использовано условие малости углов падения и преломления
(приближение параксиальных лучей). С другой стороны положения предмета и
его изображения связаны инвариантом Аббе (с учетом правила знаков):
d
n 1 n 1
n  n  1
 


1 .
d
s
R
ns d R
После подстановки получившегося выражения в первое находим решение
задачи:
b 1
n  n  1
 0,20 .
d R
35. Найти оптическую силу и фокусные расстояния:
а) тонкой стеклянной линзы в жидкости с показателем преломления n0=1,7,
если ее оптическая сила в воздухе 0  5,0 дптр;
б) тонкой симметричной двояковыпуклой стеклянной линзы, с одной стороны
которой находится воздух, а с другой – вода, если оптическая сила этой линзы
в воздухе 0  10,0 дптр.
Решение.
а) Выражение для оптической силы тонкой линзы (5) можно записать как
0  (n  1) A , «спрятав» в коэффициент А вторую скобку в (5), в которую
входят неизвестные радиусы поверхности линзы. Эта скобка связана только с
линзой и не зависит от показателей преломления. Единица в первой скобке –
показатель преломления воздуха. Тогда, для линзы в жидкости оптическая
сила будет   (n  n0 ) A . Находя из первого уравнения коэффициент А и
подставляя его в последнее выражение находим оптическую силу линзы,
помещенной в жидкость:
  0
n  n0
1,5  1,7
 5 
 2,0 дптр
n 1
1,5  1,0
Фокусные расстояния, согласно (4): f '   f  n0 /   0,85 м .
27
б) Для симметричной двояковыпуклой линзы в воздухе выражение (5) будет
иметь следующий вид:
 1
 1
1 
1  2(n  1)
0  (n  1)     (n  1) 

 
R
R
R
R
R
 1
2
2 
 1
Здесь, как видим, оптическая сила системы представляет собой сумму
оптических сил преломляющих поверхностей, каждая из которых граничит с
воздухом.
В случае, описанном в задаче, оптическая сила системы будет представлять
собой сумму оптической силы первой поверхности, граничащей с воздухом, и
оптической силы второй поверхности, граничащей с водой (n0):
0
n  1 n0  n 2n  n0  1



(2n  n0  1) 
R
R
R
2(n  1)
10

(2  1,5  1,33  1)  0,67 дптр
2(1,5  1)

Фокусные расстояния: f  1/   0,15 м , f  n0 /   0,20 м .
36. Найти построением:
а) ход луча за собирающей и рассеивающей тонкими линзами (F и F’ – передний
и задний фокусы, OO’ – оптическая ось);
O
F
F'
O'
O
a)
F'
F
O'
a)
б) положение тонкой линзы и ее фокусов, если известно положение
оптической оси OO’ и положение пары сопряженных точек P и P’; среды по
обе стороны линз одинаковы;
28
P'
O
O'
P
a)
P
P'
O
O'
б)
Решение.
а) Воспользуемся тем, что для тонких линз луч проходит через центр линзы без
преломления и тем, что лучи, идущие параллельно, должны сходиться в точке
фокальной плоскости. Проводим через центр линзы луч, параллельный лучу 1,
пересечение этого луча с фокальной плоскостью в точке А, укажет направление
луча после собирающей линзы; для рассеивающей линзы в точку А должно
попадать обратное продолжение луча 1’:
1
1
1'
A
A
O
1'
F'
F
O'
O
F
F'
O'
б)
a)
б) На первом рисунке ситуация соответствует собирающей линзе, потому что
только для нее изображение может быть обратным и увеличенным. Прямая,
проходящая через точки P и P’, пересечет оптическую ось в точке,
соответствующей центру линзы. Луч, идущий из Р параллельно оптической оси
ОО’, после линзы должен попасть в Р’, и, следовательно, как всякий луч,
29
идущий параллельно оптической оси, должен пересечь ее в точке заднего
фокуса. В силу закона ГО об обратимости хода лучей, луч, идущий из P’
параллельно оптической оси, должен попасть в точку Р и пересечь оптическую
ось в точке переднего фокуса линзы.
P'
F
O
F'
O'
P
a)
Второй случай соответствует рассеивающей линзе, так как только у нее
получается прямое уменьшенное мнимое изображение. Луч, проходящей через
Р и Р’, должен пересечь оптическую ось в точке нахождения линзы. А луч,
идущий из Р параллельно оптической оси, после линзы должен идти так, чтобы
его обратное продолжение из этой точки пересечения с линзой попало в задний
фокус линзы, при этом продолжение должно пройти и через точку Р’, потому
что
в
рассеивающей
линзе
изображение
формируется
обратными
продолжениями лучей. Как видим из рисунка, задний фокус рассеивающей
линзы находится перед линзой. Из-за того, что изображение формируется не
самими лучами, а их продолжениями, для рассеивающей линзы нельзя
использовать правило обратимости лучей, поэтому положение переднего
фокуса определить нельзя.
P
P'
F'
O'
O
б)
42. Имеются две тонкие симметричные линзы: одна собирающая с
показателем преломления n1=1,70, другая рассеивающая с n2=1,51. Обе линзы
30
имеют одинаковый радиус кривизны поверхностей R=10 см. Линзы сложили
вплотную и погрузили в воду. Каково фокусное расстояние этой системы в
воде?
Решение.
Оптическая сила такой системы будет равна сумме оптических сил: передней
поверхности собирающей линзы (вода – стекло с n1); поверхности,
разделяющей собирающую и рассеивающую линзы (стекло с n1 – стекло с n2);
задней поверхности рассеивающей линзы (стекло с n2 – вода). То есть,

n1  nв n2  n1 nв  n2 2(n1  n2 )
.



R
R
R
R
Фокусное расстояние (4):
f '
nв R
nв
1,33  0,1


 0,35 м
 2(n1  n2 ) 2  1,70  1,51
Домашние задания
36. Найти построением:
в) ход луча 2 за собирающей и рассеивающей тонкими линзами, если известно
положение линзы и ее оптической оси OO’ и ход луча 1; среды по обе стороны
линз одинаковы.
2
2
O
O'
O
O'
1
1
a)
б)
Решение.
В случае (а) проведем прямую LL’, параллельную 1 и проходящую через центр
линзы. Тогда А – точка пересечения этой прямой c 1’ является фокальной
31
точкой. Прямая, проходящая через А перпендикулярно оптической оси,
пересечет ее в точке фокуса F’. Проведем прямую MM’ через центр линзы,
параллельно 2, тогда В – точка фокальной плоскости, поэтому луч 2’ после
линзы должен попасть в эту точку.
2'
2
L
O
M
1'
L'
B
F' O'
M
2'
2
M'
B
O
A L'
F'
L
1
O'
M'
A
1'
1
б)
a)
Аналогично решается задача (б). Точка А пересечения прямой LL’ с обратным
продолжением луча 1’ является фокальной плоскостью, т.е. перпендикуляр к
оптической оси ОО’ пересечет ее в точке заднего фокуса линзы. Прямая MM’,
параллельная 2, пересекает фокальную плоскость в точке В, которая является
побочным фокусом для луча 2’, т.е. обратное продолжение луча 2’ должно
попадать в точку В.
37. Тонкая собирающая линза с фокусным расстоянием f=25 см проецирует
изображение предмета на экран, отстоящий от линзы на расстояние L=5,0 м.
Экран придвигают к линзе на расстояние l  18 cм . На сколько следует
переместить предмет, чтобы опять получить четкое изображение его на
экране?
Решение.
Для воздуха, согласно (4), оптическая сила линзы  
1
. В задаче описаны два
f
случая, записываем инварианты Аббе для этих случаев (с учетом правила
знаков):
32
1 1 1
  ;
L s f
1
1
1

 .
L  l s  s f
Два уравнения для двух неизвестных | s | и s . Решать проще в числах. Из
первого уравнения находим | s | :
| s |
1
1
1

f | L|

f | L|
0,25  5

 0,2632 м
| L |  f 5  0,25
f | L | l 
0,25  (5  0,18)
s
 0,2632 
| L | l  f
5  0,18  0,25
 0,2637  0,2632  0,0005 м
s 
43. Определить фокусное расстояние вогнутого сферического зеркала,
которое
представляет
собой
тонкую
симметричную
двояковыпуклую
стеклянную линзу с посеребрённой одной поверхностью. Радиус кривизны
поверхности линзы R=40 см.
Решение.
Свет проходит сквозь двояковыпуклую линзу, отражается на ее задней
поверхности и снова проходит через эту же двояковыпуклую линзы. Таким
образом, оптическая сила такой системы представляет собой сумму удвоенной
оптической силы двояковыпуклой линзы и оптической силы сферического
зеркала:
 2(n  1)  2 2(2n  1) 2  (2 1,5  1)
  2

 10 дптр
 
R
0,4
 R  R
Отсюда фокусное расстояние такой системы
f 
1 1
  0,1 м
 10
33
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Системы тонких линз. Толстые линзы
Длительность: 90 минут
Умения и навыки: научиться рассчитывать оптическую силу, положение
главных плоскостей, фокусов для системы тонких линз и для толстой линзы, с
тем, чтобы использовать рассчитанные положения для построения хода лучей в
системе.
Замечания: задачи, отмеченные зеленым маркером, можно опустить при
работе с некоторыми группами. Задачи, отмеченные желтым маркером, можно
опустить.
Аудиторные задания: 45; 50; 52; 53; 56; 57; 62
Домашние задания: 44(а); 58; 59; 60
Основные формулы
Инвариант Аббе
n' n
  .
s' s
(1)
Связь между фокусными расстояниями и оптической силой
f 
n
;

f '
n'
.

(2)
Оптическая сила толстой линзы (фактически – система из двух
преломляющих поверхностей. Формула также справедлива и для системы двух
тонких линз, системы тонкой и толстой линз) с показателем преломления n0 и
толщиной d
  1   2 
d
1 2 ,
n
(3)
где
1 
n  n1
n n
; 2  2
R1
R2
34
(4)
оптические силы преломляющих поверхностей (в случае системы тонких линз
– оптические силы тонких линз).
При расчете толстых линз (или системы из нескольких линз, тонких или
толстых), линза заменяется двумя главными плоскостями: передней – Н и
задней – Н'. Эти плоскости делят все пространство на две части: пространство
предметов (перед Н), т.е. та часть пространства, в которой расположен предмет,
от которого идет свет (обычно левая часть рисунка); пространство изображений
(после Н'), т.е. пространство в котором возникает изображение.
Главные плоскости перпендикулярны оптической оси. Точки пересечения
с оптической осью тоже называются главными. В общем случае, в зависимости
от условия задачи, положение плоскостей относительно друг друга может быть
произвольным,
т.е.
передняя
главная
плоскость
может,
например,
располагаться за задней главной плоскостью. Все расстояния (фокусные, до
предмета и до изображения) отсчитываются от главных плоскостей. Расстояния
относящиеся, к пространству предметов отсчитываются от передней главной
плоскости, а относящиеся к пространству изображений – от задней главной
плоскости.
H'
H
n
n1
-X
X'
d
N
F
n2
N'
F'
O'
O
-xN
xN'
-f
f'
Расстояние от поверхностей толстых линз до главных плоскостей Н и Н':
d 
X   2;
n 
d 
X '    1
n 
(5)
Кроме главных точек вводятся две узловые точки N, N’ (узлы) – точки на
оптической оси, из которых предмет и изображение видны под одинаковым
углом. Расстояние от главных точек до узловых определяются по формулам
35
xN  f1  f 2 ; xN '  f1  f2 ,
(6)
с учетом знаком фокусных расстояний. Для тонких линз, находящихся в
однородной среде:  f1  f 2  f , поэтому узловые точки совпадают с главными.
В расчетах используют «правило знаков»: расстояние, отсчитываемое от
главной плоскости, против распространения луча, берется со знаком «минус».
Алгоритм расчета толстых линз (систем тонких линз) следующий:
1) для каждой преломляющей поверхности линзы рассчитывается
оптическая сила (для системы двух тонких линз находятся оптические
силы этих линз);
2) вычисляется суммарная оптическая сила по формуле (3);
3) вычисляется положение главных оптических плоскостей относительно
поверхностей линз по формулам (5) (в случае системы двух тонких
линз положение главных плоскостей определяется относительно
центров линз);
4) вычисляются фокусные расстояние линз, и находится их положение
относительно главных плоскостей;
5) при
необходимости
вычисляют положение узловых точек по
формулам (6).
Если в задаче нужно найти положение изображения, зная положение
предмета, то используется инвариант Аббе (1), только расстояния до предметов
отсчитываются от главных плоскостей.
Если требуется построить ход лучей, то используют следующие правила:
1) луч, параллельный оптической оси, попадая на переднюю главную
плоскость, продолжается параллельно оптической оси до задней главной
плоскости, а после нее проходит через задний фокус;
2) луч, проходящий через передний фокус, из точки пересечения с передней
главной плоскостью, распространяется параллельно оптической оси;
3) луч, проходящий через передний узел, из точки пересечения с передней
главной плоскостью распространяется параллельно оптической оси до
36
пересечения с задней передней плоскостью, после чего распространяется
параллельно первоначальному направлению (из этой точки либо луч, либо его
продолжение должны пройти через задний узел).
H'
H
A
1
1'
3
N'
F
N
2
F'
3'
A'
2'
В некоторых задачах говорится про телескопические системы. Такие
системы обычно состоят из двух линз. Система называется телескопической,
если при установке на бесконечность положение заднего фокуса первой линзы,
обращенной к предмету, совпадает с передним фокусом второй линзы. Такая
система преобразует параллельный пучок в параллельный же. Если обе линзы
являются положительными, то система кеплерова, если вторая линза
(обращенная к глазу) отрицательная, то систему называют галилеевой.
Аудиторные задания
5.45 Галилева труба 10-кратного увеличения при установке на бесконечность
имеет длину 45 см. Определить:
а) фокусные расстояния объектива и окуляра трубы;
б) на какое расстояние надо передвинуть окуляр трубы, чтобы ясно увидеть
предметы на расстоянии 50 см.
Решение.
а) В галилеевой системе передний фокус окуляра находится за ним по ходу
луча. При установке на бесконечность свет после объектива должен попадать в
задний фокус объектива, который совпадает с передним фокусом окуляра, то
есть для фокусных расстояний можно записать уравнение
37
f1  l  f 2 ,
где l – расстояние между объективом и окуляром, а f1 , f2 – фокусные расстояния
объектива и окуляра, соответственно. Для зрительной трубы увеличение

f1
.
f2
В эти два уравнения входят по две неизвестные, следовательно, эта система
уравнений может быть разрешена. Из второго уравнения находим f1  f 2 .
После подстановки этого выражения в первое уравнение, находим выражение
для фокусного расстояния окуляра
f2 
l
45

 5 см .
  1 10  1
Тогда f1 = 50 см.
б) При разглядывании через такую трубу объектов, находящихся на расстоянии
s = 50м, изображение, полученное в объективе, будет находиться от него на
расстоянии s’ = f1+x, отличающегося от фокусного на х. Для наблюдения
изображения, создаваемого объективом, нужно чтобы изображение находилось
в переднем фокусе окуляра. Следовательно, если изображение от объектива
будет смещенным на х от заднего фокуса объектива, то на такую же величину
надо будет сместить и окуляр.
Если х > 0, то окуляр надо отодвинуть от
объектива на х, в противном случае, окуляр нужно придвинуть на это
расстояние. Величину х можно найти из формулы тонкой линзы
1 1 1
 f   0,5  0,005 м.
 
 x 1 
s s ' f1
s  f1 50  0,5
2
Таким образом, получается, что окуляр должен быть сдвинут от объектива на
0,5 см.
5.50.
Оптические
силы
объектива
и
окуляра
микроскопа
равны
соответственно 100 и 20 дптр. Увеличение микроскопа равно 50. Каково
будет увеличение этого микроскопа, если расстоянием между объективом и
окуляром увеличить на 2.0 см?
38
Решение. Увеличение микроскопа определяется формулой
  12 LНЗ  ,
где Ф1, Ф2 – оптические силы объектива и окуляра, LНЗ – расстояние
наилучшего зрения Δ – расстояние между задним фокусом объектива и
передним фокусом окуляра. Таким образом, надо найти значение
 x  12 LНЗ (  x) .
Видно, что с увеличением расстояния между линзами, увеличение микроскопа
станет больше. В этой формуле неизвестно Δ, но его можно найти из первой
формулы


.
1 2 LНЗ
После подстановки этого выражения в (2), находим выражение для новой
величины
 x    12 LНЗ x =50+100·20·0,25·0,02=60.
5.52. Найти положение главных плоскостей, фокусов и узловых точек
двояковыпуклой тонкой симметричной стеклянной линзы с радиусом кривизны
поверхностей R=7,50 см, если с одной стороны её находится воздух, а с другой
вода.
Решение. В соответствии с формулами, определяющими положение главных
точек относительно вершин поверхности линзы (5), главные точки совпадают с
вершинами поверхностей линзы, а, следовательно, с центром линзы, так для
тонкой линзы d=0. Фокусные расстояния линзы определяются по формулам
(2):
f1  
1

для поверхности, граничащей с воздухом, и
f2 
n0
для

поверхности, граничащей с водой. По формуле (3) оптическая сила Ф тонкой
линзы определяется как сумма оптических сил поверхностей, её образующих.
Для поверхности, граничащей с воздухом, согласно (3), оптическая сила равна
1 
n n
n 1
, а для поверхности, граничащей с водой,  2  0
. В последнем
R
R
39
выражении использовано «правило знаков». Складывая эти выражения,
находим
 
2n  n0  1
.
R
Таким образом,
f1  
f2 
R
7,5

 11,2 см,
2n  n0  1
2  1,5  1,33  1
n0 R
1,33  7,5

 14,9 см.
2n  n0  1 2  1,5  1,33  1
С учётом знаков фокусных расстояний, согласно (6), находим
N1  f1  f2  11,2  14,9  3,7 см, N2  f2  f1  14,9  11,2  3,7 см.
Следовательно, узловые точки будут совпадать и располагаться в воде.
5.53. Найти положения фокусов и главных плоскостей центрированных
оптических систем, показанных на рис.
d
d
O’
O
d
O’
O
О
О’
n
f1
f2
а)
f1
f2
б)
Ф1
в)
Ф2
а) телеобъектив – система из собирающей и рассеивающей тонких линз
(f1=1,5d, f2=–1,5d);
б) система из двух собирающих тонких линз (f1=1,5d, f2=0,5d);
в) толстая выпукло-вогнутая линза (d=4 см, n=1,5, Ф1=+50 дптр, Ф2= –50
дптр).
Решение. а) В тонких линзах главные плоскости совпадают с центром линзы
(см. задачу 5.52), поэтому отсчёт расстояний будем производить от линз.
Сначала найдём оптическую силу системы по формуле (3), в которой Ф1 и Ф2 –
оптические силы тонких линз, а d – расстояние между ними:
40
  1   2  d  1   2 
1
1
d
1
.



2
1,5d 1,5d 1,5d 
(1,5)2 d
Таким образом, такая система линз эквивалентна собирающей линзе. Первое
фокусное расстояние:
f1  
1
 (1,5)2 d ,

f2 
1
 (1,5)2 d .

второе фокусное расстояние:
Положение первой главной плоскости относительно первой линзы можно
найти по формуле (5):
2
(1,5)2 d
X d
d
 1,5  d ,

1,5d
аналогично для второй главной плоскости относительно второй линзы
X '  d
1
(1,5)2 d
 d
 1,5  d .

1,5d
То есть вторая главная плоскость системы расположена перед первой линзой на
расстоянии 0,5d от неё. Напомним, что фокусные расстояния f1 и f2
отсчитываются
от
первой
и
второй
главных
плоскостей
системы,
соответственно, поэтому первый фокус системы будет находиться на
расстоянии 3,75d от первой линзы, а второй фокус на расстоянии 0,75d от
второй линзы.
O
F'
F
O'
H'
H
б) Рассуждая аналогично как в а), находим оптическую силу системы
41
  1   2  d  1   2 
1
1
d
1
.



2
1,5d 0,5d 1,5  0,5  d
1,5  0,5  d
То есть система эквивалентна собирающей линзе, так как Ф > 0. Первое
фокусное расстояние
f1  
1
 1,5  0,5  d ,

f2 
1
 1,5  0,5  d .

второе фокусное расстояние
Положение первой главной плоскости относительно первой линзы
X d
2
1,5  0,5  d
d
 1,5  d ,

0,5d
т.е. эта плоскость находится за второй линзой на расстоянии 0,5d от неё.
Положение второй главной плоскости относительно второй линзы
X '  d
1
1,5  0,5  d
 d
 0,5  d ,

1,5d
т.е. эта плоскость расположена посередине между первой и второй линзой.
Поскольку
фокусные
расстояния
системы
отсчитываются
от
главных
плоскостей, то находим, что первый фокус находится между линзами на
расстоянии Х+f1 = 0,75d от первой линзы, а второй фокус находится за второй
линзой на расстоянии Х’+f2 = 0,25d от неё.
O
F
H'
O'
F'
H
в) Вычисляем оптическую силу такой линзы по формуле (3),
  1   2 
d
0,04
 1   2  50  50 
 50  (50)  66,7 дптр.
n
1,5
42
Линза собирающая. Положение первой главной плоскости относительно
первой поверхности
X
d 2 d
2
1 1
d
 


   0,02 м,
n  n d   
1 50
2
1
2
n
т.е. эта плоскость расположена перед первой поверхностью. Положение второй
главной плоскости относительно второй поверхности
X '
d 1
d
1
1
1
d
 

     0,02 см.
n 
n d   
2
50
2
1
2
n
Первое фокусное расстояние
f1  
1
3d

 0,015 м

8
от первой главной плоскости или на расстоянии Х+f1 = –0,035 м от первой
поверхности (перед ней). Второе фокусное расстояние
f2 
1 3d

 0,015 м
 8
от второй главной плоскости или на расстоянии Х’+f2 = –0,005 м от второй
поверхности (перед ней).
O
F
F'
H
O'
H'
5.56. Телеобъектив состоит из двух тонких линз – передней собирающей и
задней рассеивающей с оптическими силами 1  10 дптр и 2  10 дптр .
Найти:
а) фокусное расстояние и положение главных плоскостей этой системы, если
расстояние между линзами d=4,0 см;
43
б) расстояние d между линзами, при котором отношение фокусного
расстояния f системы к расстоянию L между собирающей линзой и задним
главным фокусом будет максимальным. Чему равно это отношение?
Решение.
а) Оптическая сила телеобъектива:
d
d 2 4,0  102 2
  1   2  1 2   1 
10  4 дптр
n
n
1,0
Положения главных плоскостей:
X
d 2
d 1
1
d 1
d 1
1


 0,1 м ; X '  


 0,1 м .
n 
n d 2
1
n 
n d 2
1
1
1
n
n
Фокусные расстояния:
f1  
1
1
1 3
   0,25 м ; f 2    0,25 м

4
 8
O F
F'
H
O'
H'
Передний фокус находится на расстоянии
X  f1  0,1  0,25  0,35 м
от собирающей линзы, а задний фокус на расстоянии
X ' f2  0,1  0,25  0,15 м
от рассеивающей линзы.
б) Расстояние от собирающей линзы до заднего фокуса, с учетом
выражений предыдущей задачи:
L  d  X ' f 2  d 
1
1
1
1
 d 

1 
1 d 12
Максимум отношения
44
f2
1
1
1


2
2
L d 1 
1
1   d 1   d 1  1

d 

1 d 12 

ищется стандартным образом, и имеет место при выполнении условия
2d 12  1  1  2d 1  1  0  d 
1
 0,05 м .
21
При данном d отношение равно
f2
1
4
.


L  1 2 1
3
   1
2 2
5.57. Рассчитать положение главных плоскостей и фокусов толстой выпукловогнутой стеклянной линзы, если радиус кривизны выпуклой поверхности
R1 = 10,0 см, вогнутой R2 = 5,0 см и толщина линзы d = 3,0 см.
Решение. Для вычисления оптической силы сначала вычислим оптические
силы сферических поверхностей:
1 
n  1 1,5  1
1  n 1  1,5

 5 дптр,  2 

 10 дптр.
R1
0,1
R2
0,05
Затем воспользуемся формулой (3):
  1   2 
d
0,03
 1   2  5  10 
 5  (10)  4 дптр.
n
1,5
Таким образом, эта линза рассеивающая. Найдем положение первой главной
плоскости относительно первой поверхности по формуле (5)
X
d  2 0,03  10 

 0,05 м,
n 
1,5  4 
положение второй главной плоскости относительно второй поверхности
X '
d 1
0,03 5

 0,025 м.
n 
1,5  4 
45
Обе главные плоскости расположены вне линзы со стороны её вогнутой
поверхности. Положение первого фокуса относительно первой главной
плоскости, согласно (3):
f1  
1
1

 0,25 м,

(4)
а для второго фокуса, относительно второй главной плоскости
f2 
1
1

 0,25 м.
 (4)
Первый фокус расположен вне линзы на расстоянии 0,3 м от первой
поверхности линзы по направлению луча, а второй фокус вне линзы на
расстоянии 0,225 м от второй поверхности против направления луча.
5.62. Телескопическая система образована из двух стеклянных шаров, радиусы
которых R1 = 5,0 см и R2 = 1,0 см. Каковы расстояния между центрами этих
шаров и увеличение системы, если объективом является больший шар?
Решение.
Для шара радиуса R оптические силы поверхностей:
1   2 
n 1
,
R
поэтому оптическая сила шара
d
n  1 2 R  n  1
 n  1
  21   12  2


2
n
R
n
nR
R2
2
Положение главных плоскостей шара
X
2 R 1 2 R  n  1 Rn
2 R 1
2 R  n  1 Rn

 R; X  

 R .
n 
n
R 2(n  1)
n 
n
R 2(n  1)
Таким образом, у шара главные плоскости совпадают и проходят через центр
шара. Фокусные расстояния у стеклянного шара (n = 3/2):
f1  
1
nR
3
1
nR
3

  R ; f2  
 R.

2(n  1)
2
 2(n  1) 2
46
Фокусы находятся в полутора радиусах от центра шара: передний перед шаром,
задний за ним.
Так как по условию задаче система телескопическая, то задний фокус большого
шара совпадает с передним фокусом малого шара, т.е.:
d  f 2, R1  f1, R2  1,5  R1  R2   9 см .
Увеличение телескопической системы

f R1
f R2

R1
 5,0 .
R2
Домашние задания
5.44. На рисунке показана центрированная система, состоящая из трёх
тонких линз. Система находится в воздухе.
5,0 см
5,0 см
O’
O
+10,0 дптр -10,0 дптр
+10,0 дптр
Определить:
а) положение точки схождения параллельного пучка, падающего слева после
прохождения через систему;
Решение. Сначала рассмотрим первые две линзы. Система из этих линз имеет
оптическую силу
  1  2  d  1  2  10  10  0,05  10  (10)  5 дптр.
Положение
главных
плоскостей
этой
системы:
передней
относительно первой линзы
X1  d
2
2
1 1
d


 0,1 м,

d  1   2 1 10
и задней относительно второй линзы
47
плоскости
X 2  d
1
1
1
1
 d 

   0,1 м,

d  1   2
2
10
т.е. эта плоскость расположена перед первой линзой на расстоянии 5 см от неё.
Получившаяся система изображена на рисунке (положение линз изображено
штриховой линией)
-X1
-X2
d'
H1
H'1
Теперь добавим в систему третью линзу. Расстояние d’ между этой линзой и
системой первых двух линз сейчас будет отсчитываться от задней главной
плоскости первой системы H1' до третьей линзы (третья линза тонкая, поэтому
главные плоскости расположены в центре линзы) d’ = –X2 +5 см = 15 см. Снова
находим оптическую силу такой системы
 '    3  d '   3  5  10  0,15  5  10  7,5 дптр.
Передняя главная плоскость всей системы расположена на расстоянии
X1'  d '
3
10
 0,15 
 0,2 м
'
7,5
от первой главной плоскости H1 , т.е. совпадает с положением третьей линзы.
Задняя главная плоскость всей системы расположена на расстоянии
X 2'  d '

5
 0,15 
 0,1м
'
7,5
от третьей линзы, т.е. совпадает с положением первой линзы. Система главных
плоскостей системы из трех линз показана на рисунке
48
-X'2
X'1
H1
H'1
H'
H
Таким образом, систему из трех линз можно заменить системой главных
плоскостей H и H’, оптическая сила такой системы равна  ' .
а) параллельный пучок, падающий слева, должен попасть в задний фокус всей
системы. Задний фокус всей системы находится на расстоянии
f '
1
1

 0,133 м
 ' 7,5
от главной плоскости Н’. Следовательно, задний фокус системы находится на
расстоянии
X 2'  f '  0,1  0,133  0,033 м
от третьей линзы (за ней).
5.58 Центрированная оптическая система состоит из двух тонких линз с
фокусными расстояниями f1 и f2, причём расстояние между линзам равно d.
Данную систему требуется заменить одной тонкой линзой, которая при
любом положении объекта давала бы такое же поперечное увеличение, как и
предыдущая система. Каким должно быть фокусное расстояние этой линзы и
её положение относительно системы из двух линз?
Решение. Между линзами воздух, поэтому n = 1. Оптическая сила системы
двух
тонких
линз
  1   2 
d
1 1
1
f  f d
.
 1   2    d
 1 2
n
f1 f 2
f1  f 2
f1  f 2
Следовательно, фокусное расстояние этой линзы
 f1  f 2  f 
1
f1  f 2
.

 f1  f 2  d
49
Положение главных плоскостей системы относительно первой и второй линз,
соответственно:
X


d 2
f1
d
;
n 
 f1  f 2  d 
X '


d 1
f2
 d 
.
n 
 f1  f 2  d 
Поскольку фокусные расстояния равны, то, согласно (6), узловые точки
системы совпадают с главными точками системы.
В такой системе
изображение строится следующим образом:
-s
s'
1
y
1'
2
F'
N2
N1
O
H
O'
2'
-y'
H'
Лучи 2 и 2’ составляют одинаковый угол с оптической осью, поэтому
поперечное увеличение системы:
b
y' s'

y s
Но расстояния s и s’ связаны между собой соотношением Аббе (1):
1 1
s
.
    s' 
s' s
s  1
То есть поперечное увеличение системы
b
s'
1

s s  1
зависит только от расстояния до первой главной плоскости и оптической силы
системы. Таким образом, если система заменяется тонкой линзой, то она
должна иметь такую же оптическую силу, как и система, и находится в точке
положения передней главной плоскости системы, т.е. на удалении X от первой
линзы. В этом случае заменяющая систему тонкая линза будет давать такое же
поперечное увеличение, как и система линз.
50
5.59 Система состоит из собирающей тонкой симметричной стеклянной
линзы с радиусом кривизны поверхностей R=38 см и плоского зеркала,
расположенного перпендикулярно к оптической оси линзы. Расстояние между
линзой и зеркалом l=12 см. Какова будет оптическая сила этой системы, если
пространство между линзой и зеркалом заполнить водой?
Решение. Луч света проходит в воде от линзы до зеркала путь l, затем проходит
такой же путь от зеркала до линзы. Плоское зеркало оптической силы не имеет,
поэтому такая система представляет собой систему из двух линз одинаковой
оптической силы Ф’, расположенных на расстоянии 2l друг от друга.
Промежуток между линзами заполнен водой с показателем преломления n0.
Оптическую силу линзы, у которой с одной стороны воздух, а с другой – вода
уже
находили
' 
в
задаче
5.52,
она
равна
2n  n0  1 2  1,5  1,33  1

 1,76 дптр. Для расчёта оптической силы
R
0,38
системы воспользуемся формулой (4):
   '  '
2l
2  0,12
  '  '  2  1,76 
(1,76)2  3 дптр.
n0
1,33
5.60. При какой толщине выпукло-вогнутая толстая стеклянная линза в
воздухе будет:
а) телескопической, если радиус кривизны ее выпуклой поверхности больше
больше, чем радиус кривизны вогнутой поверхности R  1,5 см ?
б) иметь оптическую силу, равную –1,0 дптр, если радиусы кривизны ее
выпуклой и вогнутой поверхностей равны соответственно 10,0 и 7,5 см?
Решение.
а)
У
телескопической
системы
положение
заднего
фокуса
передней
поверхности совпадает с положением переднего фокуса задней поверхности.
Главные плоскости этих поверхностей совпадают с касательными к ним в точке
пересечения
оптической
оси.
Положения
фокусов
этих
поверхностей
относительно главных поверхностей можно найти по формулам (2):
51
f 1' 
n
nR
n
nR
n
 1 ; f2  
 2 
 R1  R 
1 n  1
2
1 n n 1
Задний фокус передней поверхности находится справа от нее по ходу лучей,
передний фокус задней поверхности также находится справа от нее по ходу
лучей. Поэтому, расстояние между поверхностями
d  f1'  f 2 
nR
 0,045 м .
n 1
б) По формуле (3) для суммарной оптической силы, с учетом формулы (4) для
оптической силы, можно записать следующее выражение
n  1 n  1 d  n  1
,



R1
R2
n R1R2
2
из которого, для заданной оптической силы Ф, находим выражение для
толщины линзы:
 RR

 1
1   nR1R2
( R2  R1 ) 
1 2

  0,03 м .
d      n  1  

n



2
2


R
R
n

1
n

1
n

1
 1
2  





52
ПОЛЯРИЗАЦИЯ СВЕТА
Длительность: 90 минут
Навыки и умения: умение использовать закон Малюса для вычисления
интенсивности
естественного
света,
прошедшего
через
систему
двух
поляризаторов; умение вычислять степень поляризации; умение использовать
формулы Френеля для расчета интенсивностей компонент отраженной и
преломленной волны
Аудиторные задания: 171; 173; 174; 180; 184
Домашние задания: 172; 176; 183
Основные формулы и понятия
Естественный свет – свет неполяризованный, степень поляризации Р = 0.
При падении на поляризатор естественного света с интенсивностью I 0 ,
интенсивность света на выходе из поляризатора
I1 
I0
.
2
(1)
Закон Малюса определяет интенсивность I 2 линейно поляризованного
света, прошедшего через поляризатор:
I 2  I1 cos2  ,
(2)
где I1 – интенсивность линейно поляризованного света, падающего на
поляризатор, φ – угол между плоскостью поляризации падающего света и
плоскостью пропускания поляризатора.
Частично
поляризованный
свет
представляет
поляризованного света и естественного, т.е. его интенсивность
Iч.п.  I пол  Iест .
(3)
Степень поляризации частично поляризованного света
P
I max  I min
,
I max  I min
(4)
53
собой
смесь
где I max и I min – максимальная и минимальная интенсивности света, которые
наблюдаются при пропускании частично поляризованного света через
поляризатор.
Плоскость падения – плоскость, в которой лежит падающий луч, нормаль
к поверхности и отраженный луч.
Перпендикулярные
E
и параллельные
E||
компоненты волн –
компоненты вектора Е волны перпендикулярные и параллельные плоскости
падения.
Для
естественного
света
интенсивность
параллельной
и
перпендикулярной компонент волны равны:
I   I|| 
I0
.
2
Угол Брюстера
n 
 Б  tg  2  –
 n1 
(5)
угол падения, при котором в отраженном свете отсутствует параллельная
компонента волны, т.е. интенсивность этой компоненты волны равна нулю –
I   0 . Можно легко показать, что в этом случае сумма углов падения и
преломления равна
  b  Б  b 
Формулы
Френеля
для

.
2
интенсивностей
перпендикулярной
и
параллельной компонент волны, отраженной от границы раздела двух
диэлектриков
 sin    b  
R  I  

 sin    b  
2
 tg    b  
; R||  I|| 
 ,
 tg    b  
2
(6)
где α – угол падения, β – угол преломления, I  , I|| – интенсивности
перпендикулярной и параллельной компонент падающей волны.
54
Коэффициент отражения и коэффициент пропускания поверхности
раздела сред

R
;
I

T
,
I
(7)
где R, T, I – интенсивность отраженной волны, интенсивность преломленной
волны, интенсивность падающей волны, соответственно.
Аудиторные задания
5.171. При падении естественного света на некоторый поляризатор проходит
1 = 30 % светового потока, а через два таких поляризатора – 2 = 13,5 % .
Найти угол φ между плоскостями пропускания этих поляризаторов.
Решение.
При падении естественного света на поляризатор на выходе из него
интенсивность света должна быть равна 50 % от падающего, в задаче же 30 %,
следовательно, поляризатор часть света поглощает, поэтому (1) и (2)
необходимо записать с учетом коэффициента пропускания τ:
I1  
I0
I
 1I 0 ; I 2  I1 cos2   0 2 cos2   2 I 0
2
2
Из первого уравнения можно выразить τ и, подставив во второе, найти угол φ:
  21;
 
2
cos   2    arccos 

2
212

412
2

  30o


5.173. Естественный свет падает на систему из трех последовательно
расположенных одинаковых поляроидов, причем плоскость пропускания
среднего поляроида составляет угол φ = 60 с плоскостями пропускания двух
других поляроидов. Каждый поляроид обладает поглощением таким, что при
падении на него линейно поляризованного света максимальный коэффициент
пропускания составляет τ = 0,81. Во сколько раз уменьшится интенсивность
света при прохождении этой системы?
Решение. После прохождения первого поляроида интенсивность света
55
I1  
I0
,
2
после прохождения второго поляроида интенсивность света будет
I 2  I1 cos2   2
I0
cos2  .
2
I3  I 2 cos2   3
I0
cos4  .
2
После третьего поляроида
После прохождения третьего поляризатора интенсивность уменьшится в

I0
2
 3
 60 раз.
I
 cos4 
5.174. Степень поляризации частично поляризованного света Р = 0,25. Найти
отношение интенсивности поляризованной составляющей этого света к
интенсивности естественной составляющей.
Решение. Частично поляризованный свет можно рассматривать как смесь
линейно поляризованного и естественного света. Интенсивность частично
поляризованного
света
тогда
представляет
сумму
интенсивностей
поляризованного и естественного
I  I ест  I пол .
Степень поляризации этого света можно определить, если на пути этого света
поставить поляризатор. Тогда, согласно (1) и (2) через этот поляроид пройдет
половина естественной составляющей и часть линейного поляризованного
света, определяемая законом Малюса. Следовательно, если плоскость
пропускания поляризатора составляет угол φ с плоскостью поляризации
поляризованной составляющей, то интенсивность света, прошедшего через
поляроид, будет определяться выражением
I
I ест
 I пол cos 2  .
2
Максимальное значение интенсивности будет при φ = 0:
56
I max 
I ест
 I пол ,
2
а минимальная интенсивность при φ = 90:
I min 
I ест
2
Степень поляризации определяется как отношение (4):
P
I max  I min
.
I max  I min
Подставив найденные выражения для I max и I min в (4), получим выражение
P
из
которого
легко
найти
I пол
,
I ест  I пол
отношение
интенсивности
поляризованной
составляющей к интенсивности неполяризованной составляющей
I пол
P

 0,3
I ест 1  P
5.180. Естественный свет падает под углом Брюстера на поверхность стекла.
Определить с помощью формул Френеля:
а) коэффициент отражения;
б) степень поляризации преломленного света.
Решение. а) Угол Брюстера соответствует случаю когда θБ +β = π/2 и tgθБ = n.
При этом угле параллельной составляющей в отраженной волне нет, поэтому
коэффициент отражения (7):

R
R
 .
I  I
I0
Так как на стекло падает естественный свет, то
I  I 
I0
 I0  2I  .
2
Используя формулу (6) находим, что коэффициент отражения (7):
57


R 1 2 
 1
1
 sin  2 Б    cos 2  2 Б   cos 2  Б  sin 2  Б
I0 2
2 2
2


1
 cos 4  Б 1  tg 2 Б
2

2
2

1
1
2
 
 1  tg  Б
2
2  1  tg  Б 


2
1 1  n 
 2
1  n 
2

2 2
2 2
 0,074
б) Выражение для степени поляризации (4):
P
I max  I min
.
I max  I min
Требуется найти I max и I min . При угле Брюстера интенсивность прошедшего
света с поляризацией параллельной плоскости падения будет максимальной,
так как свет с такой поляризацией не отражается и весь проходит в стекло:
I max  T||  I 
I0
.
2
Интенсивность прошедшего света с поляризацией перпендикулярной плоскости
падения будет минимальной, так как большая часть этой компоненты
падающего света отразится
I min  T  I   R 
I0
 I 0 .
2
По формуле (4) для степени поляризации находим

(1  n2 )2  4n2
P

 0,080 .
1   (1  n2 )2  4n2
5.184. На плоскопараллельную стеклянную пластинку (см. рис.) падает под
углом Брюстера узкий пучок света интенсивности I0.
I0
1
2
3
4
58
Определить с помощью формул Френеля:
а) интенсивность прошедшего пучка I4, если падающий свет линейно
поляризован, причем плоскость колебаний его перпендикулярна к плоскости
падения;
б) степень поляризации прошедшего через пластинку пучка, если
падающий свет – естественный.
Решение.
а) Если свет линейно поляризован перпендикулярно плоскости падения, то
на верхней границе пластинки,
при падении под уголом Брюстера,
интенсивность компонент прошедшей волны
I||  0;  T||  0 ;
I0  I  ; T  I   I   I 0 1    ,
где (см. задачу 5.180) коэффициент отражения
1  n 

1  n 
2 2
2 2
 0,148 .
На нижнюю поверхность пластины стекло-воздух будет падать линейно
поляризованная волна с поляризацией перпендикулярной плоскости падения и
интенсивностью равной
T  I 0 1   
Поскольку угол падения на границу стекло-воздух также будет углом
Брюстера, то рассуждая также как и для верхней границы, находим
интенсивность света, прошедшего через пластину:
I 4  T (1  )  I 0 (1  )2  0,725I 0 .
То, что угол падения γ на границу стекло-воздух соответствует углу Брюстера,
можно показать следующим образом: луч, выходящий из пластины должен
быть параллелен лучу, падающему на пластину, т.е. он выходит под углом  Б к
59
нормали. Поэтому, используя закон взаимности лучей, для этих углов должно
выполняться условие:
  Б 

2
т.е. угол γ является углом Брюстера при падении на границу стекло-воздух.
Б
b

Б
б) Если падающий свет естественный, то компонента, поляризованная
параллельно пройдет полностью без отражения
T||  I|| 
I0
,
2
а компонента перпендикулярная плоскости падения у прошедшего света будет
иметь интенсивность
T  I    I   I  1    
I0
1    ,
2
где (см. задачу 5.180) коэффициент отражения компоненты перпендикулярной
плоскости падения:
 


1  n2
R

I
1  n2


2
2
 0,148
Так как на нижнюю границу пластины волна падает под углом Брюстера, то
компонента, параллельная плоскости падения, пройдет без отражения:
 I 4 ||  T|| 
60
I0
,
2
тогда как для компоненты перпендикулярной плоскости падения
I
2
 I 4   T  T  T 1     0 1   2
Максимальная интенсивность в прошедшей через пластину волне будет равна
 I 4 max   I 4 || 
I0
,
2
а минимальная интенсивность
I
2
 I 4 min   I 4   0 1   2 .
Подставляя эти значения в формулу (4), находим выражения для степени
поляризации прошедшей волны
1  (1   )2 (1  n2 )4  16n4
P

 0,16
1  (1   )2 (1  n2 )4  16n4
Домашние задания
5.172. Пучок естественного света падает на систему из N = 6 поляризаторов,
плоскость пропускания каждого из которых повернута на угол φ = 30
относительно плоскости пропускания предыдущего поляризатора. Какая
часть светового потока проходит через эту систему?
Решение. По закону Малюса после первых двух поляризаторов интенсивность
света будет I 2 
I0
cos 2  . И свет будет поляризован линейно. Поэтому после
2
прохождения
третьего
I3  I 2 cos2  

поляризатора
интенсивность

света

2
I0
I
cos2  , после четвертого I 4  I3 cos2   0 cos2 
2
2
будет

3
и т.д.
Можно установить связь показателя у косинуса с номером поляризатора
Ik 

I0
cos2 
2

( k 1)
. Чтобы посчитать часть светового потока, прошедшего
через N поляризаторов надо найти отношение


IN 1
 cos 2 
I0 2
61

N 1
.
5
1 3
По условию задачи N = 6 φ = 30 , поэтому      0,12
2 2

5.176. На пути частично поляризованного света поместили поляризатор. При
повороте поляризатора на угол φ = 60 из положения, соответствующего
максимуму пропускания, интенсивность прошедшего света уменьшилась в
 = 3,0 раза. Найти степень поляризации падающего света.
Решение. Интенсивность, соответствующая максимуму пропускания
I max 
I ест
 I пол .
2
Интенсивность света прошедшего через поляризатор
I
I ест
1I

 I пол cos2   I max   ест  I пол  .
2
 2

Из последнего равенства можно выразить
I пол
1 

1

I 
 
 ест 
.
2  1  cos 2  




Так как степень поляризации (см. 5.174)
P
I пол
,
I ест  I пол
то
1
P
1
I пол
1
1
 1





1
1
I ест  I пол I ест  1
 cos 2 
 2 cos 2   1 1   cos 2


I пол
2
1
1
1

5.183. Узкий пучок естественного света падает под углом Брюстера на
поверхность толстой плоскопараллельной прозрачной пластины. При этом от
верхней поверхности отражается ρ = 0,8 светового потока. Найти степень
поляризации пучков 1–4 (см. рис.).
62
Решение. Для первого луча
I0
I max  R ,
1
а минимальная интенсивность имеет место для
параллельной составляющей
2
3
I min  R  0 ,
поэтому степень поляризации первого луча
P1 
4
I max  I min
 1.
I max  I min
Для второго луча степень поляризации посчитана в задаче 180б.:
P2 

 0,087 .
1 
На второй поверхности угол падения равен углу Брюстера при отражении от
менее плотной
среды, поэтому для третьего луча справедливы те же
рассуждения, что и для первого луча, следовательно, для третьего луча степень
поляризации
Р3 = 1.
На вторую поверхность падает свет интенсивностью
T  I 0 (1  ) .
Интенсивность параллельной составляющей, падающей на вторую
поверхность:
T 
I0
,
2
перпендикулярной
T 
I0
 I 0 .
2
Так как падение происходит под углом Брюстера, то интенсивность
третьего луча
I3  T  I 0(1  ) ,
63
следовательно, интенсивность перпендикулярной составляющей в четвертом
луче
будет
соответствовать
минимальному
значению
интенсивности
прошедшего света
 I 4 min
I 0 (1  2)
I 0 (1  4  22 )
,
 T  I3 
 (1  ) I 0 
2
2
а максимальная интенсивность будет равна интенсивности параллельной
составляющей
 I 4 max  T

I0
.
2
После подстановки в формулу (4) для степени поляризации находим
P4 
Ответ: Р1 = Р3 = 1; P2 
2(1  )
 0,087 .
1  2 1   

2(1  )
 0,087 ; P4 
 0,087
1 
1  2 1   
64
КРИСТАЛЛООПТИКА
Длительность: 90 минут
Навыки и умения: умение использовать закон Малюса для вычисления
интенсивности
естественного
света,
прошедшего
через
систему
двух
поляризаторов; умение вычислять степень поляризации; умение использовать
формулы Френеля для расчета интенсивностей компонент отраженной и
преломленной волны
Замечания: задачи отмеченные желтым маркером можно опустить, задачи
отмеченные зеленым маркером можно опустить для некоторых групп.
Аудиторные задания: 190; 191; 195; 201; 206; 209 213;208
Домашние задания: 192; 207
Основные формулы и понятия
Если кристаллическая пластинка из одноосного кристалла вырезана
параллельно оптической оси, то при нормальном падении волны на нее, она
раскладывается на обыкновенную и необыкновенную, распространяющиеся в
пластинке с показателями преломления no и nе. Эти волны имеют линейную
поляризацию, направления их поляризации перпендикулярны. Направление
поляризации обыкновенной волны перпендикулярно оптической оси.
На выходе из пластинки толщиной d эти волны приобретают разность фаз

Четверть
2
(no  ne )d

волновая
пластинка
(1)
–
это
пластинка
с
толщиной,
удовлетворяющей условию
(no  ne )d 
 
 m.
4 2
(2)
Полуволновая пластинка – это пластинка с толщиной, удовлетворяющей
условию
65
(no  ne )d 

 m ,
2
(3)
где m – целое число.
При распространении света в некоторых средах происходит вращение его
плоскости поляризации. При естественном вращении угол поворота плоскости
поляризации
ест  []cL .
(5)
Угол поворота в эффекте Фарадея – вращении плоскости поляризации в
магнитном поле
 маг  VHL
(6)
Здесь [α] – удельная постоянная вращения, с – концентрация активного
вещества, L – длина пройденного пути, V – постоянная Верде, Н –
напряженность магнитного поля.
Аудиторные задания
5.190. Узкий пучок естественного света с длиной
волны
λ = 589
нм
падает
нормально
на
поверхность призмы Волластона, сделанной из
исландского шпата, как показано на рисунке.
α
θ
Оптические оси обеих частей призмы взаимно
перпендикулярны.
Найти
угол
α
между
направлениями пучков за призмой, если угол θ = 30.
Решение. В призме в левой части распространяются две волны, одна с
показателем n0 = 1,658, другая с показателем nе = 1,486, которые падают на
границу раздела под углом θ. Каждая из этих волн вызывает появление двух
волн в правой части призмы. Определим угол преломления для этих волн. Если
падает обыкновенная волна, то она преобразуется в необыкновенную, так как
оптические
оси
перпендикулярны
друг
необыкновенной угол преломления
66
другу,
для
преломленной
sin b1 
no
n
sin   o .
ne
2ne
Если падает необыкновенная волна, то она становится обыкновенной и для нее
угол преломления
sin b2 
ne
n
sin   e .
no
2no
Подставляя значения, находим разность углов α = β1–β2. Для точного
определения угла расхождения нужно для каждой из этих волн найти угол
преломления на границе кристалл–воздух.
Ответ: α = 11
5.191. Какой характер поляризации имеет плоская электромагнитная волна,
проекции вектора Е которой на оси х и у, перпендикулярные к направлению ее
распространения, определяются следующими уравнениями:
а) Ex  E cos(t  kz ) ; E y  E sin(t  kz ) ;
б) Ex  E cos(t  kz ) ; E y  E cos(t  kz   / 4) ;
в) Ex  E cos(t  kz ) ; E y  E cos(t  kz  ) ;
Решение. В этой задаче надо найти кривую, которую описывает конец вектора
Е, поэтому вводя обозначения x 
Ey
Ex
и y
, ищем зависимость y ( x) .
E
E
а) Выразим во втором уравнении синус через косинус, вместо синуса подставим
у, а вместо косинуса х. Находим, y  1  x 2 . Возводим в квадрат, находим, что
координаты х и у конца вектора Е связаны между собой уравнением
x2 y 2

 1 , т.е. конец вектора описывает окружность. Следовательно, волна
2
2
поляризована по кругу.
б) Для этих зависимостей координаты конца вектора следующие:
x  cos(t  kz ) ;
67
y  cos(t  kz )cos( / 4)  sin(t  kz )sin( / 4) 

1
1
(cos(t  kz )  sin(t  kz )) 
( x  1  x2 )
2
2
Возводим в квадрат, находим, что координаты связаны между собой
уравнением
2 y 2  2 x2  2 2 xy  1 .
Найдем форму этой кривой, избавившись от произведения xy . Для этого
перейдем в систему координат Х’Y’, повернутую относительно Х на угол α
против часовой стрелки:
x  x 'cos   y 'sin  ; y  x 'sin   y 'cos  .
После подстановки в исходное уравнение, находим, что смешанный член
становится равным нулю при α = π/4 и в этой системе координат принимает
вид:
2(1  2)( x ')2  2(1  2)( y ')2  1.
Или его можно переписать еще таким образом
( x ')2
( y ') 2

 1.
1
1
2(1  2) 2(1  2)
Видно, что большая ось эллипса направлена вдоль x', т.е. под углом π/4 к оси х.
в) второе уравнение
y   cos(t  kz)   x .
Получившаяся зависимость линейная, следовательно, свет поляризован
линейно, вдоль
y  x .
Ответ: для правой системы координат:
а) круговая поляризация, против часовой стрелки, если смотреть
навстречу волне;
68
б) эллиптическая, по часовой стрелке, если смотреть навстречу волне,
большая ось эллипса совпадает с прямой у = х.
в) плоская поляризация, вдоль прямой у = –х
5.195. Белый естественный свет падает на систему из двух скрещенных
поляризаторов, между которыми находится кварцевая пластинка, вырезанная
параллельно оптической оси, толщиной 1,50 мм. Ось пластинки составляет
угол 45 с плоскостями пропускания поляризаторов. Прошедший через эту
систему свет разложили в спектр. Сколько темных полос будет наблюдаться
в интервале длин волн 0,55–0,66 мкм? Разность показателей преломления
необыкновенного и обыкновенного лучей в этом интервале длин волн считать
равной 0,0090.
Решение. После первого поляризатора свет будет поляризован линейно. Чтобы
интенсивность
света
была
минимальная
после
второго
поляризатора,
необходимо, чтобы свет, падающий на второй поляризатор (анализатор), был
поляризован линейно и перпендикулярно плоскости пропускания анализатора,
Таким образом, чтобы после анализатора интенсивность была минимальна свет
с данной длиной волны, прошедший через кварцевую пластинку, должен
сохранить линейную поляризацию и ориентацию плоскости поляризации.
Такому условию отвечает пластинка в целое число длин волны. Поэтому для
оптической разности хода на пути d равном толщине пластинки можно
записать следующее условие
n  d  m ,
где m принимает целые значения. Подставляя длины волн из приведенного
интервала, находим, что m принимает значения от 24,5 до 20,4. Целых значений
на этом интервале всего четыре.
Ответ: будет наблюдаться четыре темные полосы.
5.201. Как с помощью поляроида и пластинки в четверть волны, изготовленной
из положительного одноосного кристалла (ne > no) отличить:
а) свет лево-поляризованный по кругу от право-поляризованного;
69
б) естественный свет от поляризованного по кругу и от смеси
естественного света с поляризованным по кругу?
Решение.
а)
Разложим
циркулярно-поляризованный
свет
на
перпендикулярные
компоненты по осям, совпадающим с главными направлениями в кристалле (X
параллельно оптической оси, а Y
перпендикулярно ей). Тогда для право-
поляризованного света Ех = Е∙cosα, Еy = Е∙sinα, а для лево-поляризованного
света Ех = Е∙cosα, Еy = –Е∙sinα где α = t–kz. После прохождения пластинки в
четверть длины волны эти составляющие приобретут разность фаз δ = π/2. И
выражения
для
них
будут
следующими:
для
право-поляризованного
Ех = Е∙cosα’, Еy = Е∙sin(α’+π/2)= Е∙cos(α’)= Ех, т.е. свет будет поляризован
линейно под углом π/4 к оси Х; для лево-поляризованного Ех = Е∙cosα’, Еy = –
Е∙sin(α’+π/2) = Е∙cos(α’) = –Ех, т.е. свет будет поляризован линейно под углом –
π/4 к оси Х. Поэтому, если наибольшая интенсивность света наблюдается когда
плоскость анализатора повернута относительно оптической оси влево, то свет
лево-поляризованный, в противоположном случае – вправо.
б) Естественный свет, пройдя пластинку, не меняет состояние поляризации.
Поэтому, при вращении анализатора интенсивность света не меняется, если
свет поляризован по кругу, то, проходя через пластинку, его поляризация
становится линейной, поэтому при вращении анализатора на 360  имеется два
положения, различающихся на 180, при которых интенсивность максимальна и
два положения, при которых она равна нулю. Если свет – смесь естественного и
поляризованного по кругу, то поляризованная компонента после пластинки
становится поляризованной линейно и на выходе из пластинки свет будет
содержать
естественную
составляющую
и
линейно
поляризованную
составляющую. Свет, проходя через анализатор, будет иметь максимальную
интенсивность
при
совпадении
плоскости
анализатора
с
плоскостью
поляризованной составляющей. Интенсивность будет минимальной, но не
70
равной нулю, когда плоскость поляризатора будет перпендикулярна плоскости
поляризованной составляющей.
Ответ: а) если свет право-поляризованный по кругу (для наблюдателя), то за
пластинкой в четверть волны он становится линейно поляризованным, причем
направление колебаний светового вектора составляет угол +45  с осью
кристалла; для лево-поляризованного света этот угол будет равен –45.
б) Если при вращении поляроида (расположенного за пластинкой) при любом
положении пластинки интенсивность прошедшего света не меняется – свет
естественный, если меняется и падает до нуля, то свет поляризован по кругу;
если меняется, но не падает до нуля, то свет – смесь естественного и
поляризованного по кругу.
5.206. Естественный монохроматический свет падает на систему из двух
скрещенных
пластинка,
поляризаторов,
вырезанная
между
которыми
перпендикулярно
к
находится
оптической
кварцевая
оси.
Найти
минимальную толщину пластинки, при которой эта система будет
пропускать  = 0,30 светового потока, если постоянная вращения кварца
α = 17 угл.град/мм.
Решение. После первого поляризатора свет поляризован линейно. Кварцевая
пластинка, вырезанная перпендикулярно оптической оси, вращает плоскость
поляризации. После кварцевой пластинки свет поляризован линейно, но его
плоскость поляризации повернута относительно первоначального направления
на угол θ и составляет угол φ=π/2–θ с плоскостью пропускания анализатора.
Поэтому по закону Малюса интенсивность света после анализатора
I
I0
I
cos2   0 sin 2   I 0 .
2
2
Поскольку θ = αd, то
dmin 
1
arcsin 2  0,003 м .

71
5.209. Ячейку Керра поместили между двумя скрещенными поляризаторами
так, что направление электрического поля Е в конденсаторе образует угол 45
с плоскостями пропускания поляризаторов. Конденсатор имеет длину l = 100
мм и заполнен нитробензолом. Через систему проходит свет с λ = 0,50 мкм.
Имея в виду, что в данном случае постоянная Керра В = 2,2·10–10 см/В2,
определить:
а) минимальную напряженность электрического поля Е в конденсаторе,
при которой интенсивность света, прошедшего через эту систему, не будет
зависеть от поворота заднего поляризатора:
б) число прерываний света в одну секунду, если на конденсатор подать
синусоидальное напряжение с частотой =10 МГц и амплитудным значением
напряженности Ет=50 кВ/см.
Примечание.
Постоянной Керра называют коэффициент В в формуле
ne  no  BE 2 .
Решение.
а) Независимость интенсивности света от поворота анализатора означает, что
свет после ячейки поляризован по кругу. То есть обыкновенная и
необыкновенные волны отличаются по фазе на π/2. Следовательно, оптическая
разность хода
n  l  B    l  E 2 
 m

.
4 2
Откуда следует величина поля для круговой поляризации
Emin 
1
 10,6 кВ / см .
4 Bl
б) Прерывания будут происходить тогда, когда свет после ячейки будет иметь
ту же поляризацию, с той же ориентацией плоскости поляризации, что и у
падающего на ячейку света. Это имеет место, когда оптическая разность хода
между обыкновенной и необыкновенной волнами кратна длине волны (m = 0, 1,
2,…):
72
n  l  B    l  E 2  B    l  E 2  cos2 (2      t )  m
Отсюда находим, что это имеет место в моменты времени, в которые
выполняется равенство:
cos2 (2t ) 
m
m
.

lE02 B 5,5
Таким образом, m может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4, 5. На одном периоде
колебаний квадрат косинуса принимает одно из значений
m
двадцать два
5,5
раза. Поскольку, по условию, в одну секунду укладывается 10 7 периодов, то
количество прерываний света за одну секунду будет равно 22∙107.
Ответ: а) Emin 
1
 10,6 кВ / см ; б) 2,2∙108 прерываний в секунду.
4 Bl
5.208. Линейно поляризованный свет с длиной волны 589 нм проходит вдоль оси
цилиндрического стеклянного сосуда, заполненного слегка замутненным
раствором сахара с концентрацией 500 г/л. При наблюдении сбоку видна
система винтообразных полос, причем расстояние между соседними темными
полосами вдоль оси равно 50 см. Объяснить возникновение полос и определить
удельную постоянную вращения раствора.
Решение.
Интенсивность рассеяния света в направлении колебаний электрического
вектора световой волны равна нулю, поэтому в тех местах, где колебания Е
происходят в направлении наблюдателя, он видит темные полосы.
Сахар
вращает плоскость поляризации света, т.е. при распространении волны вдоль
сосуда в зависимости от пройденного пути вектор Е в ней по-разному
ориентирован на наблюдателя. Угол поворота плоскости поляризации (5):
  []cL
Соседние темные полосы расположены на расстоянии, на котором вектор Е
поворачивается на 180. Таким образом, удельное вращение
73
[ ] 

180
угл.град 2

 0,72
м
cL 500  0,5
кг
5.213. Трубка с бензолом длины l = 26 см находится в продольном поле
соленоида, расположенного между двумя поляризаторами. Угол между
плоскостями пропускания поляризаторов равен 45. Найти минимальную
напряженность магнитного поля, при которой свет с длиной волны 589 нм
будет проходить через эту систему только в одном направлении (оптический
вентиль). Как будет вести себя оптический вентиль, если изменить
направление данного магнитного поля на противоположное?
Решение.
На данной длине волны постоянная Верде для бензола
V
2,59 угл.град
угл.град
.
 4,3  102
60
А
А
Чтобы свет прошел через второй поляризатор, плоскость поляризации света
должна быть параллельная плоскости пропускания второго поляризатора, т.е.
после прохождения трубки с бензолом плоскость поляризации должна
повернуться на 45 относительно плоскости пропускания первого поляризатора.
Если свет, после прохождения трубки, отразится от зеркала и пойдет в
обратном направлении, то плоскость поляризации света еще повернется на 45
и суммарный угол поворота плоскости поляризации света, прошедшего по
трубке в обоих направлениях, составит 90 с плоскостью пропускания первого
поляризатора, т.е. свет не пройдет через первый поляризатор. Таким образом,
из (6) находим:
B

45
A

 4025
Vl 0,043  0,26
м
Если поменять направление поля, то направление, в котором пропускается свет,
изменится на противоположное.
74
Домашние задания
5.192. На пути частично поляризованного света поместили поляризатор. При
повороте поляризатора обнаружили, что наименьшая интенсивность света
равна I0. Если же перед поляризатором поместить пластинку в четверть
волны, оптическая ось которой ориентирована под углом 45  к плоскости
пропускания поляризатора, то интенсивность света за поляризатором
становится равной I0, где  = 2,0. Найти степень поляризации падающего
света.
Решение. Интенсивность частично поляризованного света
Iч  Iест  I пол .
Наименьшая интенсивность частично поляризованного света с одной стороны
равна половине естественной составляющей, а с другой стороны равна I0:
I min  0,5Iест  I 0 ,
а максимальное значение интенсивности после поляроида
I max  0,5Iест  I пол  I0  I пол .
По определению состояние поляризации
P
I max  I min
I пол

I max  I min 2 I 0  I пол
Если перед поляроидом поместить пластинку в четверть волны, то естественная
составляющая
пройдет
через
нее
без
изменений,
а
поляризованная
составляющая на выходе из пластинки даст волну, поляризованную по кругу, с
интенсивностью равной интенсивности поляризованной составляющей. То есть
после
пластинки
волна
будет
иметь
естественную
составляющую
и
составляющую, поляризованную по кругу. Естественная составляющая, пройдя
через поляроид, уменьшит свою интенсивность в два раза, циркулярнополяризованная составляющая пройдет также уменьшит свою интенсивность в
два раза, т.е. интенсивность волны после поляроида будет
0,5Iест  0,5I пол  I 0  0,5I пол  I 0 .
75
Из этого уравнения находим выражение для интенсивности поляризованной
составляющей в падающем свете
I пол  2I 0    1
Таким образом, степень поляризации
P
Доказательство
того,
I пол
2(  1)
 1


 0,5
2 I 0  I пол 2  2(  1)

что
циркулярно-поляризованная
волна
после
прохождения поляризатора уменьшит свою интенсивность в 2 раза.
Eпол
E2
П
O


E1

П
O'
На рисунке ПП’ – положение плоскости пропускания поляризатора, OO’ –
положение оптической оси четверть волновой пластинки. Епол – амплитуда
электрического вектора поляризованной составляющей в падающей волне.
После пластинки этот вектор раскладывается на две линейно поляризованных
волны с амплитудами электрических векторов E1  Eпол cos   E2 , (где учтено,
что φ = 45), плоскости поляризации этих волн перпендикулярны друг другу.
Интенсивности первой и второй волн, прошедших через поляризатор, согласно
закону Малюса
I1'  I1 cos2   I пол cos4   I 2' ,
а общая интенсивность волны, прошедшей через поляризатор
I  I 1'  I 2'  2 I пол cos4  
I пол
.
2
5.207. Свет проходит через систему из двух скрещенных поляризаторов,
между
которыми
расположена
кварцевая
76
пластинка,
вырезанная
перпендикулярно к оптической оси. Определить минимальную толщину
пластинки, при которой свет с длиной волны 436 нм будет полностью
задерживаться этой системой, а свет с длиной волны 497 нм – пропускаться
наполовину. Постоянная вращения кварца для этих длин волн равна
соответственно 41,5 и 31,1 угл.град/мм.
Решение. Для первой волны угол поворота должен быть θ1 = π/2+π·n1= α1∙d, а
для второй волны θ2 = π/4+π·n2/2 = α2∙d. Из частного от деления этих уравнений
находим
n1 
1
1 1
(n2  )  ,
2 2
2 2
после подстановки в первое уравнение находим толщину d . Можно найти эти
значения из пересечения прямых d(n1) и d(n2).
Ответ: 8,7 мм
77
ИНТЕРФЕРЕНЦИЯ
Длительность: 180 минут
Навыки
и
умения:
умение
определять
причину
возникновения
интерференционных эффектов, умение находить оптическую разность хода
двух волн, умение использовать условия наблюдения интерференции,
максимумов и минимумов.
Аудиторные задания: 68; 74; 78; 84; 86; 89; 90; 91; 95; 97
Домашние задания: 69; 70; 79; 87; 96
Основные формулы и понятия
Оптическая разность хода двух волн, если первая прошла путь r1 в среде с
показателем преломления n1, а вторая прошла путь r2 в среде с показателем
преломления n2:
  n1r1  n2r2
(1)
Условия максимума и минимума
(max) :   m ; (min) :  
Интенсивность
суммы
двух

 ml ; m  0;  1;  2;...
2
волн,
(2)
удовлетворяющих
условию
интерференции:
I  E1  E2  I1  I 2  2  E1  E2 
2
(3)
Последний член в (3) называют интерференционным, когда он положителен –
наблюдается максимум, в противном случае – минимум.
Опыт Юнга по наблюдению интерференции двух волн
78
Х
r2
x
r1
d/2
–d/2
L
Э1
Э2
ЭН
Положение интерференционной полосы порядка m в опыте Юнга
xm 
L
m
d
(4)
Ширина интерференционной полосы и расстояние между полосами
x 
L
d
(5)
Длина когерентности и радиус когерентности
lког
2
;


ког 

,

(6)
где  – угловой размер источника. Чтобы две волны интерферировали, их
оптическая разность хода не должна превышать длины когерентности, а
видимое поперечное расстояние между ними не должно превышать радиуса
когерентности.
При отражении от оптически более плотной среды у отраженной волны
возникает скачок фазы на π (она приобретает дополнительную разность хода,
равную половине длины волны).
Условие максимумов интерференции света, отраженного от тонкого слоя
толщины h, при угле падения на пластину α:
1

2h n2  sin 2    m   
2

(7)
Радиус колец Ньютона при отражении свете от воздушной прослойки
между стеклянной пластиной и стеклянной линзы радиуса кривизны R:
79
r
mR
,
2
(8)
где m – нечетные положительные целые числа для светлых колец и четные
(начиная с 2) для темных колец.
Аудиторные задания
5.68. Система (см. рис.) состоит из двух точечных когерентных
излучателей 1 и 2, которые расположены в некоторой плоскости
так, что их дипольные моменты перпендикулярны к этой
θ
1
плоскости. Расстояние между излучателями d, длина волны
излучения λ. Имея в виду, что колебания излучателя 2 отстают по
2
фазе на α (α < π) от колебаний излучателя 1, найти:
а) углы θ, в которых интенсивность излучения максимальна;
б) условия, при которых в направлении θ = π интенсивность излучения
будет максимальна, а в противоположном направлении – минимальна.
Решение. а) Запишем выражения для волн от излучателей:
E1  E01 exp[i(t  kr1)] ;
E2  E02 exp[i(t  kr2  )] .
Интенсивность суммарной волны
θ r1
1
d
I  ( E01 exp[i (t  kr1 )]  E02 exp[i (t  kr 2  )]) 
( E01 exp[i (t  kr1 )]  E02 exp[i (t  kr 2  )])* 
k
 I1  I 2  E01  E02 (exp[ik (r2  r1 )  i]  exp[ik (r 2  r1 )  i] 
r2
2
 I1  I 2  2 E01  E02 cos(k (r2  r1 )  )
Максимальное значение интенсивности в некоторой точке будет в
том случае, когда косинус будет равен единице, т.е. когда аргумент
равен 2πm, где m – любое целое число. Разность векторов r равна вектору d.
Поэтому
k (r2  r1)  k  d  cos  .
Таким образом, из равенства
k  d  cos     2m
80
находим
выражение
для
косинуса
угла,
при
котором
наблюдается
максимальная интенсивность
cos  
m 
.

d
2d
б) Условия, при которых в направлении излучателя 2 будет максимальная
интенсивность, а в направлении излучателя 1 минимальная, можно получить из
предыдущей задачи. Условие максимума излучения в направлении θ = π:

2
 d    2m1 ,

а условия минимума в направлении θ = 0:
2
 d    (2m2  1) .

Складывая эти выражения, находим, что


 (m1  m2 ) .
2
Но, согласно условиям α << π, поэтому m1+m2 = 0, откуда m1 = –m2. Вычитая эти
выражения, второе из первого, находим, что
d 1 m2  m1 1
 
  m2 .
 4
2
4
Так как d/λ > 0, то m2 – целое положительное число.
Ответ: а) cosθ = (k–α/2π)λ/d, k = 0, ±1, ±2, …; б) α = π/2, d/λ = k+1/4, k = 0, 1, 2,
…
5.74. Две когерентные плоские световые волны, угол между направлениями
которых φ << 1, падают почти нормально на экран. Амплитуды волн
одинаковы. Показать, что расстояние между соседними максимумами на
экране х = λ/φ, где λ – длина волны.
Решение.
Описанная
ситуация
может
интерференционной картины в опыте Юнга.
81
быть
сведена
к
получению
r1

d
xm
0
r2
l
Расстояние между максимумами в этом опыте (5):
x 
l
d
Так как падение волн на экран почти нормальное, то длины r1 и r2 можно
считать равными l. Тогда из равнобедренного треугольника
d  2l sin

 l .
2
Подставляя это выражение в (5), находим:
x 

.

5.78. Расстояние от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана равны
соответственно,
а = 25
см
и
b = 100
см.
Бипризма
стеклянная
с
преломляющим углом θ = 20. Найти длину волны света, если ширина
интерференционной полосы на экране х = 0,55 мм.
Решение: На рисунке изображено как образуется интерференционная картина с
помощью бипризмы Френеля. В этой установке свет после каждой из
половинок идет таким образом, как будто он выходит из мнимых источников S1
или S2. Поскольку эти мнимые источники образованы одним реальным
источником, то они являются когерентными и в области где пучки света
пересекаются наблюдается интерференция. То есть, реализована схема опыта
Юнга, в которой расстояние между экраном с отверстиями и экраном для
наблюдения интерференции равно l = a+b. Расстояние между источниками S1 и
S2 равно
d  2atg  2a .
82
Угол ε можно найти из закона Снеллиуса для задней поверхности верхней
призмы для луча падающего луча 1 и преломленного луча 2:
sin  1
 .
sin  n
Из-за малости углов находим α = nθ. Из рисунка видно, что ε = α–θ = (n–1)θ.
Таким образом,
d  2a(n  1)
Выражение для ширины интерференционной полосы в опыте Юнга
x 
 l
,
d
поэтому λ = 2aθ(n–1)x/(a+b).
S1
S
a
1
θ
θ
b
α
ε
2
S2
Ответ: λ=2aθ(n–1)x/(a+b)=0,6 мкм
5.84. Найти минимальную толщину пленки с показателем преломления 1,33,
при которой свет с длиной волны 0,64 мкм испытывает максимальное
отражение, а свет с длинно волны 0,40 мкм не отражается совсем. Угол
падения света равен 30.
Решение: Для максимума при отражения должно выполняться (7):
1

2b n2  sin 2    m1   1 ,
2

тогда для минимума интенсивность отраженного света
2b n2  sin 2   m2 2 .
83
Поделив первое уравнение на второе, находим
m1 
2
1
m2  .
1
2
Так как m1 – целое число, а
2 5
 ,
1 8
то m2 = 4 и, следовательно, m1 = 2. Таким образом,
b
2 2
n2  sin 2 
.
Ответ: bмин = 0,65 мкм.
5.86. Рассеянный монохроматический свет с λ = 0,60 мкм падает на тонкую
пленку вещества с показателем преломления n = 1,5. Определить толщину
пленки,
если
угловое
расстояние
между
соседними
максимумами,
наблюдаемыми в отраженном свете под углами с нормалью, близкими к
θ = 45, равно δθ = 3,0.
Решение. Так как свет рассеянный, то пластину он падает под всеми углами.
Для угла падения θ1 условие наблюдения максимума (7):
1

2h n2  sin 2 1   m1   
2

Максимум наблюдается под тем же углом отражения. Для соседнего с ним
максимума угол отражения, под которым он наблюдается –
Условие наблюдения этого максимума
1

2h n2  sin 2 2   m2    ,
2

где m2  m1 1. Воспользуемся малостью угла  , тогда
sin 2 (1  )   sin 1   cos 1   sin 2 1   sin  21 
2
Тогда квадратный корень во втором условии
84
2  1   .
n2  sin 2 2  n2  sin 2 1  sin  21   n2  sin 2 1
 sin  21 
2 n2  sin 2 1
После подстановки выражения для квадратного корня во второе условие и
вычитая из него первое, получим следующее уравнение:
 sin  21 
n2  sin 2 1
2h  ;  h 
  15 мкм
2
2

sin
2



1
2 n  sin 1
n2  sin 2 
Ответ: h  
 15 мкм
sin 2  
5.89. Свет с длиной волны λ = 0,55 мкм от удаленного точечного источника
падает нормально на поверхность стеклянного клина. В отраженном свете
наблюдают систему интерференционных полос, расстояние между соседними
максимумами которых на поверхности клина х = 0,21 мм. Найти:
а) угол между гранями клина;
б) степень монохроматичности света (λ/λ), если исчезновение
интерференционных полос наблюдается на расстоянии l  1,5 см от вершины
клина.
Решение: а)
x
α
h2
h1
Как видно из рисунка
sin  
h2  h1
.
x
Но
85
1
1
1



 m  
 m  
 m 1 
2
2
2
и h2  
.
h1  

2n
2n
2 n 2  sin 2 
Подставляя эти выражения в первое, и учитывая, что угол α у клина мал,
находим выражение для угла


.
2nx
б) Исчезновение полос происходит тогда, когда максимальная оптическая
разность хода интерферирующих лучей равняется длине когерентности (6):
2nh  lког
2
,


где h – толщина клина, при которой выполняется это условие.
Таким образом,

2
.
2hn  2nl    lког ;  2nl

2nx 
Откуда находим
 x
.


l
Ответ: а) α = λ/2nx =3; б) λ/λ  x/l = 0,014
5.90.
Плоско-выпуклая
стеклянная
линза
выпуклой
поверхностью
соприкасается со стеклянной пластинкой. Радиус кривизны выпуклой
поверхности линзы R, длина волны света λ. Найти ширину r кольца Ньютона
в зависимости от его радиуса r в области, где r << r.
Решение. Можно определить ширину кольца как разность радиусов колец с
номерами m и m+1, используя выражение (8):
r  rm 1  rm 
R
2


m 1  m 
R 1
R

2 2 m
2
86
1
2rm
2
R

R
.
4rm
5.91. Плоско-выпуклая стеклянная линза с радиусом кривизны R = 40 см
соприкасается выпуклой поверхностью со стеклянной пластинкой. При этом в
отраженном свете радиус некоторого кольца r = 2,5 мм. Наблюдая за данным
кольцом, линзу осторожно отодвинули от пластинки на h = 5,0 мкм. Каким
стал радиус этого кольца?
Решение.
R
b'm
bm
h
r'm
rm
Из рисунков видно, что
bm  R  R 2  rm2 
rm2
2R
; bm'  R  R 2 
 
2
rm'

 
rm'
2R
2
.
Для наблюдения светлого кольца в этих случаях оптическая разность хода
между волнами, отразившимися от поверхности пластинки и поверхности
линзы, должна быть равна одному и тому же целому числу длин волн:
  2bm 


 m;  '  2bm'  2h   m .
2
2
Вычитая  из Δ’ и учитывая выражения для b, находим
rm'  rm2  2 Rh  1,5 мм .
Таким образом, при удалении линзы от пластинки радиус колец Ньютона
уменьшается.
5.95. Две соприкасающиеся тонкие симметричные стеклянные линзы –
двояковыпуклая и двояковогнутая – образуют систему с оптической силой
Ф = 0,50 дптр. В свете с λ = 0,61 мкм, отраженным от этой системы,
наблюдают кольца Ньютона. Определить:
а) радиус десятого темного кольца;
87
б) как изменится радиус этого кольца, если пространство между линзами
заполнить водой?
Решение.
R2
R1
h
rm
Здесь кольца образуются в результате интерференции волн, отраженных от
первой (R1) и второй (R2) линз. Оптическая разность хода этих волн:
h  h1  h2 ,
где, используя результаты предыдущей задачи:
h1 
rm2
r2
; h2  m .
2 R1
2 R2
После подстановки этих выражений в первое находим
rm2  1
1  rm2 
.
h     
2  R1 R2  2 2(n  1)
Здесь использовано выражение для оптической силы системы из двух тонких
симметричных линз

2(n  1) 2(1  n)
.

R1
R2
а) Из условия максимума для кольца с m=10 находим
  2h  m;  rm 
2m(n  1)
 3,5 мм

88
б) Если пространство между линзами залить водой, то изменится оптическая
разность хода
 '  n0  n0 2h;  rm' 
rm
 3,0 мм .
n0
5.97. В двухлучевом интерферометре используется оранжевая линия ртути,
состоящая из двух компонент с λ1 = 576,97 нм и λ2 = 579,03 нм. При каком
наименьшем порядке интерференции четкость интерференционной картины
будет наихудшей?
Решение.
Четкость будет наихудшей, если точке наблюдения максимума для линии с λ2
соответствует минимум для линии с λ1:
xmin, 1 
d
1
d
 m   1  xmax, 2  m 2
l
2
l
Из этого равенства находим номер порядка
m
1
 140 .
2   2  1 
Домашние задания
5.69. Найти примерный вид полярной диаграммы направленности излучения в
экваториальной
плоскости
системы,
состоящей
из
двух
одинаковых
излучателей 1 и 2, дипольные моменты которых расположены параллельно
друг другу на расстоянии d = λ/2 и
а) совпадает по фазе;
б) противоположны по фазе.
Решение.
Используя решение задачи 5.68, и, учитывая, что излучатели одинаковые,
интенсивность волнового поля в некоторой точке пространства будет
определяться выражением
89

 2

I ()  2 I 0 1  cos  d  cos      ,
 


где d – длина вектора, от точки 2 до точки 1, α – разность фаз между этими
волнами. Фактически, требуется построить в полярных координатах функцию
I(θ).
а) В этом случае, требуется построить в полярных координатах функцию
I ()  1  cos    cos  
1
2
б) В этом случае, требуется построить в полярных координатах функцию
I ()  1  cos    cos    
1
2
5.70. То же, что и в предыдущей задаче, но излучатели 1 и 2 находятся на
расстоянии λ друг от друга.
Решение.
а) В этом случае, требуется построить в полярных координатах функцию
I ()  1  cos  2  cos 
2
1
б) В этом случае, требуется построить в полярных координатах функцию
90
I ()  1  cos  2  cos    
5.79. Плоская световая волна с λ = 0,70 мкм падает
Э
нормально на основание бипризмы, сделанной из
стекла (n = 1,520) с преломляющим углом θ = 5,0. За
бипризмой (см. рис.) находится плоскопараллельная
θ
стеклянная пластинка, и пространство между ними
заполнено
бензолом
(n = 1,500).
Найти
ширину
интерференционной полосы на экране Э, расположенном за этой системой.
Решение. Для решения, используем результаты задачи 5.78., в ней лучи из
стеклянной бипризмы преломлялись в воздух. В настоящей задаче, лучи из
стеклянной бипризмы преломляются в бензол. Поэтому выражение из задачи
5.78:
d  2  a  (n  1)
нужно переписать так
d  2  a  (n  n ') .
Используя формулу (5) для ширины интерференционной полосы, находим
x 
 l
 ( a  b)


 b


1


 0,20 мм .


d
2  a  (n  n ') 2(n  n ')  a  2(n  n ')
Здесь было использовано условие, что света падает на систему параллельным
пучком по нормали, т.е. источник находится в бесконечности a   .
Ответ: x  λ/2θ(n–n) = 0,20 мм
91
5.87. Монохроматический свет проходит через
отверстие в экране Э (см. рис.) и отразившись от
Э
П
тонкой стеклянной пластинки П, образует на
экране систему интерференционных полос равного
наклона. Толщина пластинки b, расстояние между
l
ней и экраном 1, радиусы i-го и k-го темных колец ri
и rk. Учитывая, что ri, k << l, найти длину волны света.
Решение.
rm
rk

b
l
Условия наблюдения m-го и k-го кольца (7):
1
1


2b n2  sin 2    m    ; 2b n2  sin 2 b   k   
2
2


Здесь, с учетом ri, k <<l:
tg  
rm
 sin  ;
2l
tgb 
rk
 sin b
2l
Подставляя эти выражения в условия наблюдения, и вычитая второе из первого,
находим  
2b

 rm2
rk2 
2b   2  2 
2
2
n2  sin 2   n 2  sin 2 b
b
r

r
8
l
n
8
l
n
k
m

 
mk
mk
4nl 2 (m  k )

Ответ:   b(ri2  rk2 ) / 4nl 2 (i  k )
92


ДИФРАКЦИЯ
Длительность: 180 минут
Навыки
и
умения:
умение
использовать
спираль
Френеля
для
определения качественной картины дифракции в случае дифракции Френеля;
навык в использовании спирали Корню для исследования дифракционных
эффектов; умение рассчитывать характеристики спектральных приборов,
определять условия разрешимости спектральных линий.
Аудиторные задания: 102; 105; 109; 111; 116; 118; 125; 128; 131; 133; 140;
146; 155; 159
Домашние задания: 103; 106; 112; 117; 126; 134; 136; 147; 156
Основные формулы и понятия
Дифракция Френеля
Радиус внешней границы m-ой зоны Френеля
rm 
mab
, m  1,2,3,...
ab
(1)
1
3
5
F
4
2

0
93
В задачах с зонами Френеля удобно использовать спираль Френеля (см. рис.
выше). На рисунке цифрами отмечены внешние границы зон Френеля с данным
номером. Точка 0 соответствует центру волнового фронта, а точка F –
полностью открытому волновому фронту. Фактически, точки на спирали
Френеля показывают фазу волны, приходящей от точки волнового фронта в
точку наблюдения. Цифры на спирали показывают кратность фазы числу π.
Спираль Корню (см. рис. ниже) Числа на этой спирали – значения
параметра t. Для плоской волны
2
,
b
tx
(2)
где x и b – расстояния, характеризующие положение элемента dS волновой
поверхности относительно точки наблюдения Р.
1,5
x
2,5
dS
F
+
b
1,0
2,0
P
0,5
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Координаты точек F и F : (0,5; 0,5) и (–0,5; –0,5), соответственно.
94
Дифракция Фраунгофера
Дифракция на щели, свет падает нормально. Угол θ относительно
нормали, под которым наблюдаются минимумы интенсивности
sin min 

m, m  1,  2,...
d
(3)
здесь d – ширина щели, α – угол падения света на щель (относительно нормали)
Дифракция на дифракционной решетке.
Свет падает на дифракционную решетку под углом α к нормали. Угол θ
относительно нормали, под которым наблюдаются главные фраунгоферовы
максимумы:
sin max  sin  

m, m  0,  1,  2,...
d
(4)
Условие минимумов, при нормальном падении света на дифракционную
решетку:
sin min 

1
m  
d
N
(5)
Угловая дисперсия дифракционной решетки
D

m

 d  cos 
(6)
Разрешающая способность дифракционной решетки:
R

 mN ,

(7)
где N – число штрихов решетки. Две линии считаются еще разрешамыми
спектральным прибором, если максимум одной линии приходится на минимум
другой.
Разрешающая сила объектива
R
1
D

,
 1,22
(8)
где  – наименьшее угловое расстояние, разрешаемое объективом, D –
диаметр объектива.
95
Дифракция Фраунгофера имеет место, если число Френеля
R2  1 1 
NF 
  
 a b
1,
(9)
где R – геометрический размер отверстия или препятствия, а, b – расстояния от
источника до отверстия (препятствия) и расстояние от отверстия (препятствия)
до экрана наблюдения, λ – длина волны. Для дифракции Френеля N F
1.
Аудиторные задания
5.102. Точечный источник света с длиной волны λ = 0,50 мкм расположен на
расстоянии а = 100 см перед диафрагмой с круглым отверстием радиуса
r = 1,0 мм. Найти расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, для
которой число зон Френеля в отверстии составляет k = 3.
Решение. Для радиуса зоны Френеля используем формулу (1)
rk2 
k
1 1

a b
,
из которой находим расстояние b, на котором видно k зон Френеля:
b
a  r2
 2,0 м .
k    a  r2
5.105. Плоская монохроматическая световая волна с интенсивностью I0
падает нормально на непрозрачный экран с круглым отверстием. Какова
интенсивность света I за экраном в точке, для которой отверстие:
а) равно первой зоне Френеля; внутренней половине первой зоны;
б) сделали равным первой зоне Френеля и затем закрыли его половину (по
диаметру)?
Решение. Величина амплитуды поля, создаваемого отверстием, определяется
на спирали Френеля как длина вектора, начало которого соответствует
внутреннему краю отверстия, а конец – внешнему краю.
96
1
3
5
A
F
4
2

0
а) Вектор 01 на спирали Френеля определяет амплитуду поля от первой зоны
Френеля, его длина в два раза больше длины вектора 0F . Квадрат длины
вектора
0F
равен интенсивности падающего света I0. Следовательно,
интенсивность света от отверстия с радиусом равным радиусу первой зоны
будет в 4 раза больше интенсивности падающего
| 01|2 | 2  0 F |2  4 I 0 .
Поля от внутренней половины первой зоны определяется вектором 0A . Для
расчетов можно предполагать, что один виток спирали – почти окружность.
Тогда радиус первого витка спирали равен 0F , поэтому амплитуда поля от
такого отверстия 0 A  2 0 F , а интенсивность света от отверстия такого
радиуса будет в 2 раза больше интенсивности падающего:
2
0 A  I A  2I0 .
б)
Если закрыть половину зоны Френеля (по диаметру), то через такое
отверстие пройдет только половина свет от первой зоны, т.е. (см. пункт а)
интенсивность света будет в два раза больше интенсивности падающего света
5.109. Плоская световая волна длины λ и интенсивности I0 падает нормально
на большую стеклянную пластинку, противоположная сторона которой
97
представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием, равным
первой зоне Френеля для точки наблюдения Р. В середине отверстия сделана
круглая выемка, равная половине зоны Френеля. При какой глубине h этой
выемки интенсивность света в точке Р будет максимальной? Чему она равна?
Решение. Оптические пути будем отсчитывать от плоскости АВ. Учитывая, что
часть пути для точек С и D проходит внутри пластинки, и что точки С и D
соответствуют половине первой зоны и внешней границе первой зоны Френеля,
определим оптические пути, проходимые до точки наблюдения Р, от различных
участков волнового фронта А, В, С’, D’ (см. рис.):
 AP  h  b
 BP  h  b 
D'

4
C ' P  nh  b 

4
 D ' P  nh  b 

2
D
b+/2
C'
B
C
b+/4
A
P
b
h
Разность хода от точек участка АВ волнового фронта от точки А до В
увеличивается на λ/4, точно на столько же увеличивается разность хода от
точки С до точки D для участка волнового фронта CD. Поэтому, если сделать
глубину выемки такой, чтобы разность хода АР отличалась на целое число
98
длин волн от разности хода С’Р, то все вклады в поле Р от точек участка АВ
будут прибавляться к вкладам от соответствующих точек участка СD и поле в Р
будет иметь максимальное значение.
C ' P   AP  nh  b 

  h  b   m; m  1,2,...
4
Из этого равенства находим толщину выемки, для которой реализуется это
условие

4 .
h
n 1
m 
Для нахождения величины поля, воспользуемся спиралью Френеля. Поскольку
для точек внутренней половины первой зоны фаза меняется непрерывно, то
этот участок будет таким же, как и на обычной спирали Френеля. При переходе
от точки В к точке С, соответствующей половине зоны Френеля, должен
произойти скачок фазы и в этой точке фаза должна быть такой же как и в точке
А (целое число длин волн), а затем, по мере движения к краю первой зоны (к
точке D) фаза меняется обычным образом. Таким образом спираль Френеля в
точке С «ломается» и поворачивается на π/2.
99
D
C
B
A
Из рисунка видно, что для открытой первой зоны (точка D)
| AD | 2 2E0 ;  I AD  8I 0 ,
где Е0 – поле, создаваемое в точке Р полностью открытым волновым фронтом.
5.111. На пути плоской световой волны с λ = 0,54 мкм поставили тонкую
собирающую линзу с фокусным расстоянием f = 50 см, а непосредственно за
ней – диафрагму с круглым отверстием и на расстоянии b = 75 см от
диафрагмы – экран. При каких радиусах отверстия центр дифракционной
картины на экране имеет максимальную освещенность?
Решение.
r
h
F
100
P
После собирающей линзы волна собирается в фокусе линзы, т.е. на диафрагму
падает сходящаяся волна, с радиусом кривизны f, лежащим с той же стороны от
диафрагмы, что и точка наблюдения Р. Делим этот фронт на зоны Френеля, так
же как и для случая расходящейся волны, рассмотренного в лекциях: чтобы
расстояние от внешней границы зоны до точки Р было меньше на λ/2 по
сравнению с расстоянием до Р от внутренней границы этой зоны. Тогда, по
аналогии с выводом формулы (1), в нашем случае, если радиус диафрагмы
совпадает с радиусом rm – внешней границы m-ой зоны, то
rm2  f 2  ( f  hm )2  (b  m / 2) 2  (b  hm ) 2 
 rm2  2 fhm  bm  2bhm  hm 
 rm 
bm

2(b  f )
fbm
2(b  f )
Чтобы на экране при данном радиусе диафрагмы наблюдались максимумы
интенсивности нужно, чтобы этот радиус соответствовал радиусу нечетной
зоны Френеля, т.е. m = 1, 3, 5,…
5.116. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
непрозрачную полуплоскость. На расстоянии b = 100 см за ней находится
экран. Найти с помощью спирали Корню:
а) отношение интенсивностей первого максимума и соответствующего
с ним минимума;
б) длину волны света, если расстояние между двумя первыми
максимумами х = 0,63 мм.
Решение.
101
b
0
x
1
x
2
Если экрана нет, то интенсивность в точке наблюдения создается всеми
точками фронта, величина этой интенсивности равна (в долях от интенсивности
падающего света) половине квадрата длины между точками F и F на спирали
Корню: I F F  1  I 0 . Если на пути волнового фронта поместить полуплоскость,
то в точке геометрической тени (x = 0) левая половина фронта не видна,
поэтому интенсивность (в долях к интенсивности падающего I0)в этой точке
равна половине квадрата длины отрезка F 0 : I F 0  0,25I 0
1,5
2,5
F
+
1,0
2,0
0,5
x
1
-0,5
-2,0
x3
-1,0
F-2,5
x2
-1,5
а) Пусть первый максимум находится на расстоянии х2 от границы
геометрической
тени
полуплоскости
(граница
102
геометрической
тени
соответствует x = 0), тогда из этой точки видна часть левого фронта, этому
значению x2 соответствует первое значение параметра t2, при котором длина
прямой, соединяющей точки F+x2 на спирали Корню, будет наибольшей. С
помощью линейки на рисунке спирали Корню можно найти, что первый
максимум этой длины имеет место при
t2 = –1,21. Для этого значения
параметра половина квадрата длины прямой F+x2, будет представлять
интенсивность первого максимума в долях к интенсивности падающего света
Imax,1  1,37I0.
При дальнейшем удалении от геометрической границы тени будет открываться
все большая часть волнового фронта слева, это соответствует движению по
левой части спирали Корню и при некотором значении x3 длина F+ x3 будет
минимальной, это соответствует первому минимуму. С помощью линейки
можно найти, что первый минимум длины прямой соединяющей точки F+ и x3
имеет место для t3 = 1,87. Половина квадрата длины этой прямой Imin,1  0,78I0.
Отношение этих значений
I max,1
I min,1
 1,76
Зная значения t2 и t3, длины волны λ, а также расстояния b, можно по формуле
(2) найти положения первого максимума и первого минимума.
б) Предположим, что положение первого максимума x1, а второго x2. Тогда для
этих положений параметры на спирали Корню будут
t1  x1
2
2
и t2  x2
,
b
b
соответственно. Вычитая из второго первое, и учитывая, что x2  x1  x ,
находим
2  x 
 

b  t2  t1 
2
С помощью линейки находим, что t1 = –1,21, а t2 = –2,34, тогда
103
2
2  0,63  103 
  
  622 нм
1  1,13 
5.118. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
длинную прямоугольную щель, за которой на расстоянии b = 60 см находится
экран. Сначала ширину щели установили такой, что в середине дифракционной
картины на экране наблюдался наиболее глубокий минимум. Раздвинув после
этого щель на h = 0,70 мм, получили в центре картины следующий минимум.
Найти длину волны света.
Решение.
Так как точка наблюдения в центре изображения щели, то справа и слева видны
одинаковые части волнового фронта. Поэтому первое минимальное значение
интенсивности в центре картины будет соответствовать половине квадрата
расстояния между точками А1 и А’1 на спирали Корню, которые соответствуют
параметру t1 = 1,9 (определяется с помощью линейки для симметричных точек).
При раздвигании щели видимые части спектра с обеих сторон увеличиваются,
это соответствует движению по спирали Корню. Второй минимум будет
соответствовать точкам А2 и А’2, которые соответствуют параметру t2 = 2,75.
104
1,5
2,5
F
+
A2
A
1
1,0
2,0
0,5
-0,5
-2,0
A'
-1,0
A'1
2
F-2,5
-1,5
Первый параметр соответствует выражению
t1 
h 2
,
2 b
а второй параметр
t2 
h  h 2
.
2
b
Вычитая из второго выражения первое и возводя в квадрат, находим
2
2
1  h 
1  0,7 103 
 

  565 нм
 
2b  t2  t1 
2  0,6  0,85 
5.125. Монохроматический свет падает нормально на щель ширины b = 11
мкм. За щелью находится тонкая линза с фокусным расстоянием f = 150 мм, в
фокальной плоскости которой расположен экран. Найти длину волны света,
если расстояние между симметрично расположенными минимумами третьего
порядка (на экране) равно х = 50 мм.
Решение.
105
Если взять в качестве размера отверстия ширину щели, то для нашей задачи,
для длины волны оптического диапазона число Френеля
d 2 1 1 121  1012 0,81 108
NF 


 f  150  103

1,
то есть в задаче наблюдают дифракцию Фраунгофера.
 3
-3
f
x
Для дифракции Фраунгофера на щели есть выражение для минимума
дифракции (3), которое позволяет найти угол, под которым наблюдается
минимум m-го порядка
sin m 

m
b
Из рисунка видно, что
x
 f  tg m  f
2
 
 m
b 
 
1  m
b 
2

f
2
 b 

 1
 m 
Из этого уравнения находим выражение для длины волны
b


m 1  4

11  106

 0,602  106 м
2
3 1  36
f 

x
5.128. Монохроматический свет падает на отражательную дифракционную
решетку с периодом d = 1,0 мм под углом скольжения α0 = 1,0.Под углом
скольжения α = 3,0 образуется фраунгоферов максимум второго порядка.
Найти длину волны света.
106
Решение.
Для решения задачи можно использовать формулу (4), которая справедлива для
пропускающих решеток. Если для отражающей дифрешетки отраженные от нее
лучи зеркально отразить относительно плоскости дифрешетки, то получим ход
лучей дифракции, который бы наблюдался в пропускающих решетках (на
рисунке показано штриховыми линиями).
m=2
m=0

0
m'=0
m'=-2
В (4) углы отсчитываются от нормали к дифрешетке, поэтому для нашей задачи
эта формула будет выглядеть следующим образом:

sin(90o   m )  sin(90o   0 )   m;
d
d
    cos 0  cos  m 
m

 cos  m  cos  0   m; 
d
Знак минус появился за счет зеркального отражения: «правое» от нулевого
максимума стало «левым». Можно получить приближенное выражение для
полученного решения. Так как углы α малы, то можно воспользоваться
представлением для косинусов
sin 2 
2
cos   1  sin   1 
1
2
2
2
После подстановки, находим



d
 2m  02  0,61  106 м .
2m
5.131. Свет с длиной волны 535 нм падает нормально на дифракционную
решетку. Найти ее период, если одному из фраунгоферовых максимумов
соответствует угол дифракции 35 и наибольший порядок спектра равен пяти.
Решение.
107
При нормальном падении дифракция в обе стороны от нулевого максимума
симметрична, поэтому можно решение можно искать записав выражения для
положительных углов дифракции m-го максимума ( 0  m  5 ) и условие, что 5-й
максимум является последним наблюдаемым максимумом:
sin m 


6
m  sin 35o  0,5736 ; sin 5  5  1 ; sin 6 
1
d
d
d
Выразив из первого уравнения d, можем переписать последние неравенства
5
5
2,868
sin 35o  0,5736 
 1;
m
m
m
6
6
3,4416
sin 6  sin 35o  0,5736 
 1;
m
m
m
sin 5 
Оба неравенства выполняются только для m = 3. Поэтому значения периода
решетки
d
3
 2798 нм
sin 35o
5.133. Свет с длиной волны 530 нм падает на прозрачную дифракционную
решетку, период которой равен 1,50 мкм. Найти угол с нормалью к решетке,
под которым образуется фраунгоферов максимум наибольшего порядка, если
свет падает на решетку:
а) нормально;
б) под углом 60 к нормали.
Решение.
а) Для α=0 из (4) следует:
sin m  1; 

m  1 . Углы дифракции симметричны, поэтому
d

0,53
m
m  m  0,353  1
d
1,50
выполняется при m = 2, соответствующий угол
 
2  arcsin  2   45 .
 d
108
б) Для α = 60 углы дифракции несимметричны и максимальный порядок будет
наблюдаться при отрицательных углах θm и, следовательно, при отрицательных
m. Для абсолютного значения |m| можно записать условие:
 sin max  sin   


d
m ;  m  sin   1;  m  (1  sin )
d
d

m
1,50
(1  0,866)  5,28
0,53
Таким образом, максимальный порядок дифракции m = –5, соответствующий
этому номеру угол
 

max  arcsin  sin   m   64 ;
d 

5.140. Прозрачная дифракционная решетка имеет период d = 1,50 мкм. Найти
угловую
дисперсию
D(в
угл.мин/нм),
соответствующую
максимуму
наибольшего порядка спектральной линии с λ = 530 нм, если свет падает на
решетку:
а) нормально;
б) под углом 45 к нормали.
Решение.
Использовать решение предыдущей задачи 5.133.
а)
при
падении
нормально
номер
наибольшего
определяется из условия:

0,53
m
m  m  0,353  1
d
1,50
m = 2, соответствующий угол θ = 45. Учитывая, что
sin  
m
d
по формуле для угловой дисперсии находим
109
порядка
дифракции
D
m

d cos 
m
 m 
d 1 

 d 
2
 6,5 угл.мин/нм; m  2
б) при падении под углом 45 наибольший порядок дифракции при m = –4.
Соответствующий угол определяется из
sin max  
m
 sin a .
d
Таким образом, угловая дисперсия в этом случае
D
m

d cos 
m
 m

d 1 
 sin  
 d

2
 13 угл.мин/нм; m  4
5.146. Свет падает нормально на дифракционную решетку ширины l = 6,5 см,
имеющую 200 штрихов на миллиметр. Исследуемый спектр содержит
спектральную линию с λ = 670,8 нм, которая состоит из двух компонент,
отличающихся на δλ = 0,015 нм. Найти:
а) в каком порядке спектра эти компоненты будут разрешены;
б) наименьшую разность длин волн, которую может разрешить эта
решетка в области λ  670 нм.
Решение.
Общее число штрихов у решетки
N
l
l n
d
а) По формуле (7) для дифракционной решетки порядок, в котором
разрешаются линии, отличающиеся на δλ,
m
R

670,8


 3,44
N   l  n 0,015  0,065  200000
Следовательно, в 4 порядке дифракции эти линии будут разрешены.
110
б) Согласно (7), наименьшая разность длин волн, разрешаемая прибором,
наблюдается в максимальном порядке дифракции. При нормальном падении
номер этого порядка
mmax
1
d
1
 n
  n
Разрешаемая в этом порядке разность длин волн



2
  


 7  1012 м
1
R mN
l
 nl
n
5.155. Имеется зрительная труба с диаметром объектива
D = 5,0 см.
Определить разрешающую способность объектива трубы и минимальное
расстояние между двумя точками, находящимися на расстоянии l = 3,0 км от
трубы, которое она может разрешить. Считать λ = 0,555 мкм.
Решение.
Согласно (8), разрешающая сила объектива
R
D
0,05

 74516
1,22 1,22  0,55 106
С другой стороны, согласно (8), она определяется углом, под которым две
точки еще могут быть различены
R
1
d
, где  

l
Расстояние между объектами различимыми, с помощью этого объектива
d
l
3000

 0,04 м
R 74516
5.159. Определить минимальное увеличение зрительной трубы с диаметром
объектива D = 5,0 см, при котором разрешающая способность ее объектива
будет полностью использована, если диаметр зрачка глаза d = 4,0 мм.
Решение.
Увеличение трубы
111

tg  '
,
tg 
где  ',  – угол, под которым виден предмет с помощью прибора, т.е. угол под
которым рассматривается изображение;
и угол, под которым виден этот
предмет невооруженным глазом, при разглядывании его через трубу диаметра
D. Минимальные углы разрешимые глазом и через трубу диаметра D:
 ' 
1,22
1,22
;  
D
d
Таким образом, минимальное увеличение трубы

tg '  ' D
5

 
 12,5
tg  d 0,4
Домашние задания
5.103. Между точечным источником света и экраном поместили диафрагму с
круглым отверстием, радиус которой r можно менять. Расстояния от
диафрагмы до источника и экрана равны а = 100 см и b = 125 см. Определить
длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной
картины на экране наблюдается при r1 = 1,00 мм и следующий максимум при
r2 = 1,29 мм.
Решение.
Максимум при френелевской дифракции наблюдаются, когда при заданных
расстояниях а и b в отверстии открывается нечетное число зон Френеля.
Поэтому, согласно (1),
r12 
(m  2)ab
mab
; r22 
.
ab
ab
Вычитая из второго выражения первое, получаем выражение, не зависящее от
номера зоны m, из которого следует решение:
r


2
2

 r12  1 1 
    598нм
2
a b
112
5.106. Монохроматическая плоская световая волна с интенсивностью I0
падает нормально на непрозрачный диск, закрывающий для точки наблюдения
Р первую зону Френеля. Какова стала интенсивность света I в точке Р после
того как у диска удалили:
а) половину (по диаметру);
б) половину внешней половины первой зоны Френеля (по диаметру)?
Решение.
а) Если диск закрывает первую зону, то амплитуда поля в точке наблюдения
будет определяться длиной вектора А (красный цвет). Если бы убрали диск, т.е.
открыли первую зону, то результирующий вектор представлял бы собой сумму
векторов A и вектора 01 (синий цвет штриховая линия), но поскольку отрыли
половину (по диаметру) первой зоны, то будет добавляться только половина
1
вектора 01 : B  01 (синий цвет, сплошная линия). Вектора A и B примерно
2
равны по длине и противоположны по направлению, поэтому амплитуда поля в
точке Р будет равна нулю: I  0 .
1
A
B
0
б) В этом случае, если бы открыли внешнюю половину первой зоны, то к
вектору A надо было бы прибавлять вектор 0(1 / 2) (синяя пунктирная прямая),
113
но поскольку открыли только половину внешней половины первой зоны, то
1
нужно прибавлять вектор B  0(1 / 2) (синяя сплошная).
2
1
B
A
S
1/2
0
Сумма этих векторов – вектор Сумма этих векторов – вектор S . Его длину
можно вычислить по теореме Пифагора (с учетом результатов задачи 5.105):
Сумма этих векторов – вектор S . Его длину можно вычислить по теореме
Пифагора (с учетом результатов задачи 5.105):
2
 0(1 / 2) 
2I0 I0
S  I  A 
 .
  I0 
2
4
2


2
2
5.112. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на
круглое отверстие. На расстоянии b = 9,0 м от него находится экран, где
наблюдают
некоторую
дифракционную
картину.
Диаметр
отверстия
уменьшили в η = 3,0 раза. Найти новое расстояние b’, на котором надо
поместить экран, чтобы получить на нем дифракционную картину, подобную
той, что в предыдущем случае, но уменьшенную в η раз.
Решение.
Предположим, что отверстие таково, что в центре дифракционной картины
видно m зон Френеля. Тогда при новом размере отверстия картина дифракции
114
не изменится, если при новом положении экрана в центре будет также видно m
зон Френеля. С учетом того, что a   :
rm  mb ; rm'  mb ' 
rm
mb
b

;  b'  2 1 м



5.117. Плоская световая волна длины 0,60 мкм падает нормально на
непрозрачную длинную полоску ширины 0,70 мм. За ней на расстоянии 100 см
находится
экран.
Найти
с
помощью
спирали
Корню
отношение
интенсивностей света в середине дифракционной картины и на краях
геометрической тени.
Решение.
b
-d/2
x=0
d/2
x
Найдем интенсивность в центре геометрической тени, за полоской (см. рис).
При том выборе начала координат, который показан на рисунке, для
наблюдателя в центре за пластинкой (х = 0) с каждой стороны закрыты
одинаковые по протяженности части волнового фронта. Поэтому параметр t для
правой части волнового фронта по абсолютной величине равен параметру для
левой части волнового фронта
2 d
2
7  104
tп 

 0,64; t л  0,64 .
b 2
2
1  6  107
115
1,5
2,5
F
+
1,0
2,0
0,5
t лв
tп
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Поле в х=0 равно сумме векторов Ft лв и tп F . В силу симметрии эти векторы
параллельны и их длины равны, поэтому интенсивность в х = 0
I x 0 

I0
2 tп F
2

2
 I 0 2   0,384   0,295I 0 .
2
Найдем интенсивность на границе геометрической тени (в х = –d/2). Тогда
t лв  0 для левой части волнового фронта, а для правой половины волнового
фронта
tп 
2
d  1,28
b
116
1,5
tп
2,5
F+
1,0
2,0
0,5
t лв
-0,5
-2,0
-1,0
F-2,5
-1,5
Эти векторы противоположны по направлению, поэтому длина суммы этих
векторов, равна разности их длин. Таким образом, интенсивность на границе
геометрической тени
I x  d /2 

I0
tп F  Ft лв
2

2

I0
 0,47252  0,112I 0
2
Отношение интенсивностей в центре тени и на ее границе
I x 0
I x  d /2

0,295
 2,6 .
0,112
При использовании линейки, сначала находят I 0 , значение которой равно
половине от квадрата расстояния между фокусами F+ и F– на спирали Корню.
Все другие измерения проводят в единицах I 0 . В любом случае, влияния
масштаба рисунка спирали Корню можно избежать при нахождении не
абсолютных значений, а отношений интенсивности.
117
5.126. Свет с длиной волны λ = 0,50 мкм падает на щель ширины b = 10 мкм
под углом θ0 = 30 к ее нормали. Найти угловое положение первых минимумов,
расположенных по обе стороны центрального фраунгоферова максимума.
Решение.
Формула (3) дана для нормального падения. На правом рисунке можно видеть,
что при нормальном падении волны 1 и 2 приходят к щели в фазе, а после щели
при дифрагировании на угол θ, между первой и второй волнами возникает
разность хода d sin  , которая для минимумов должна равняться целому числу
длин волн m . При наклонном падении перед щелью между первой и второй
волнами разность хода d sin  , а после дифрагирования на щели возникает
дополнительная разность хода d sin  , т.е. суммарная разность хода при
наклонном падеии
d sin   d sin   m
2
1
d
2
1

d




1
1
2
2
Используем эту формулу, находим:


 

1  arcsin   sin    33; 1  arcsin 
 sin    27
b

 b

5.134. Свет с длиной волны λ = 0,60 мкм падает нормально на дифракционную
решетку, которая нанесена на плоской поверхности плоско-выпуклой
цилиндрической стеклянной линзы с радиусом кривизны R = 20 см. Период
решетки
d = 6,0
мкм.
Найти
расстояние
между
симметрично
расположенными главными максимумами первого порядка в фокальной
плоскости этой линзы.
Решение.
118
Волны, от различных участков решетки, дифрагировавшие под углом,
соответствующим первому максимуму,
sin 1 

,
d
распространяются параллельно друг другу. Линза фокусирует параллельно
идущие лучи в определенные точки фокальной плоскости, поэтому в фокальной
плоскости
будет наблюдаться
система дифракционных
максимумов и
минимумов. Фокусное расстояние линзы
f 
R
n 1
и на этом же расстоянии наблюдается дифракционная картина. Расстояние от
центра дифракционной картины до первого максимума
x  f  tg 1  f
sin 1
1  sin 2 1
f


d 1  
d 
2

R
1
.
(n  1)  d 2
  1

Поскольку нас интересует расстояние между максимумами первого порядка, а
максимумы расположены симметрично относительно центра картины, то
искомое расстояние
x  2 x 
R
2
 0,08 м .
(n  1)  d 2
  1

5.136. Плоская световая волна длины падает нормально на фазовую
дифракционную решетку, профиль которой показан на рисунке. Решетка
нанесена на стеклянной пластинке с показателем преломления n. Найти
глубину h штрихов, при которой интенсивность центрального фраунгоферова
максимума равна нулю. Каков при этом угол дифракции, соответствующий
первому максимуму?
119

h
a
a
Решение.
В задаче рассматривается фазовая решетка. Между волнами, прошедшими
через зубец, и прошедшими через выемку, существует оптическая разность
хода
1  h(n  1) .
Так как ширина зубца равна ширине выемки вклад каждого из этих участков в
интенсивность нулевого порядка будет одинаковым. По условию задачи эти
волны в центральном максимуме при сложении должны погасить друг друга,
т.е. находиться в противофазе друг к другу. Поэтому
1  m 

1 
1
 h(n  1);  h 
 m   ; m  0,1,2,....
2
n 1
2
a

h

s2
s1
2
1
Для нахождения условия максимума дифракции вычислим разность хода лучей
1 и 2 (см. рис.). Пути проходимые этими лучами и оптическая разность хода
между ними
s1 
h
h
 a sin ; s2 
;
cos 
cos 
  s1  ns2  a sin  
Учитывая, что по условию (см. выше)
120
h(n  1)
cos 
h(n  1)  m 

,
2
условие для дифракционного максимума должно быть следующим:
1

m  

h(n  1)
2
  a sin  
 k ;  a sin   
 k ; k  0, 1,  2,... .
cos 
cos 
Считая, что для первого максимума углы дифракции малы (cosθ ~ 1)
1

a sin    k  m   
2

При условии k+m = 0, первый максимум будет наблюдаться под углом
sin  

.
2a
5.147. При нормальном падении света на дифракционную решетку ширины 10
мм обнаружено, что компоненты желтой линии натрия (589,0 и 589,6 нм)
оказываются разрешенными, начиная с пятого порядка спектра. Оценить:
а) период этой решетки;
б) при какой ширине решетки с таким же периодом можно разрешить в
третьем порядке дублет спектральной линии с λ = 460,0 нм, компоненты
которого отличаются на 0,13 нм.
Решение.
а) По формуле (7) найдем количество штрихов у решетки, а по количеству
штрихов, зная ширину решетки, можно найти период:
R

L

L Lm 102  5  0,6
 mN ;  N  
; d 

 5,1  105 м

d m
N

589,6
б) Из последнего выражения можно найти решение
Lm
d  5  105  460
d
;  L

 0,06 м

m
3  0,13
5.156. Вычислить наименьшее расстояние между двумя точками на Луне,
которое можно разрешить рефлектором с диаметром зеркала 5,0 м. Считать
λ = 0,555 мкм.
121
Решение.
По формуле (8) наименьшее угловое расстояние, разрешаемое данным
объективом
 
1,22
.
D
С другой стороны
 
x
,
L
где х – расстояние на Луне, разрешимое в данный телескоп, а L = 384400 км.
Приравнивая правые части этих выражений, находим
xL
1,22
1,22  555 109
 3,844  108
 52 м
D
5
122
ТЕПЛОВОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ И КВАНТОВЫЕ СВОЙСТВА СВЕТА
Длительность: 180 минут
Навыки и умения: умение применять формулы излучения абсолютно
черного тела для расчета излучательных свойств тел; навык использования
формул для импульса и энергии фотонов; умение использовать представление о
свете как о потоке фотонов для решения задач.
Аудиторные задания: 264; 267; 272; 278; 280; 294
Домашние задания: 269; 281; 293
Основные формулы и понятия
Энергетическая светимость
c
Mэ  u ,
4
(1)
где u – объемная плотность энергии теплового излучения.
Закон смещения Вина
m 
b
T
(2)
Закон Стефана-Больцмана
M э  T 4
(3)
здесь b = 0,0029 мград, σ = 5,6710–8 Втм–3град4.
Формула Планка
3
u  2 3
c e
Здесь
1
/ kT
1
,
(4)
 1,054 1034 Дж  с – постоянная Планка.
Формула Эйнштейна
m2max
 A
2
(5)
Импульс и энергия фотона
123
h
p
p  k  ; E    h 

c
(6)
Аудиторные задания
5.264. Энергетическая светимость абсолютно черного тела Мэ = 3,0
Вт/см2. Определить длину волны, отвечающую максимуму испускательной
способности этого тела.
Решение.
Из (3) можно найти температуру тела
1/4
M 
T  э 
  
.
После подстановки в (2) находим длину волны, на которую приходится
максимум излучения
1/4
 max
  
b
  b

T
 Mэ 
1/4
 5,67  108 
 0,0029  

4
 3  10

 3,4  106 м
5.267. Медный шарик диаметра d = 1,2 см поместили в откачанный сосуд,
температура стенок которого поддерживается близкой к абсолютному нулю.
Начальная температура шарика Т0 = 300 К. Считая поверхность шарика
абсолютно
черной,
найти,
через
сколько
времени
его
температура
уменьшится в η = 2,0 раза.
Решение.
По своему определению светимость – это энергия излучаемая телом с
единицы площади за единицу времени. Поэтому, за время dt шарик излучит
энергию
dW  S  M эdt  d 2T 4dt .
Но излучение энергии приводит к уменьшению количества теплоты в шарике,
что проявляется в уменьшении температуры шарика
dQ  CdT  dW ,
124
где теплоемкость шарика С выражается через удельную теплоемкость меди cCu
и плотность меди ρCu
d 3
С
cCuCu .
6
Таким образом, изменение температуры шарика со временем описывается
следующим дифференциальным уравнением:
d 3
cCuCu
dcCuCu dT
6
.
dt  
dT


6 T 4
d 2T 4
Если считать, что температура шарика за время tx изменится от Т0 до Т0/η, то это
время
dc 
t x   Cu Cu
6
T0 / 

T0


dT dcCuCu 3

  1  10584 c  3ч .
T4
18T03
5.272. Считая, что спектральное распределение энергии теплового излучения
подчиняется формуле Вина u(,T )  A3e/T , где α = 7,64 псК, найти для
температуры Т = 2000 К наиболее вероятную:
а) частоту излучения;
б) длину волны излучения.
Решение.
а) Наиболее вероятная частота – частота, на которую приходится максимум
излучения. Поэтому для ее определения нужно найти при какой частоте имеет
место максимум функции u(ω,T) в формуле Вина:
du 

3T
6000
  3    2 Ae/T  0;  вер 

 785,4  1012 Гц .
12
d 
T
 7,64 10
б) Наиболее вероятную длину волны излучения можно найти так же, как и в
предыдущей задаче, но для этого необходимо знать функцию спектрального
распределения,
выраженную через длины волн. Частота и длина волны
связаны соотношением
125

2c

поэтому, учитывая, что интервал частот dω приходится такая же плотность
энергии, как и на соответствующий ему интервал длин волн dλ, можно записать
следующее равенство
u (,T )d   u (,T )
2c
d   u (,T )d  ,
2
из которого находим выражение для спектрального распределения через длины
волн:
 2 c
4
2c   T

u (, T )  A
e
5
.
Для нахождения значения λ, при котором имеет место максимум этой функции,
используем стандартную процедуру, находим
2c
 5 2c 
 1,44  106 м .
   2  u (, T )  0;  вер 
5T
  T 
5.278. Точечный изотропный источник испускает свет λ = 589 нм. Световая
мощность источника Р = 10 Вт. Найти:
а) среднюю плотность потока фотонов на расстоянии r = 2,0 м от
источника;
б) расстояние от источника до точки, где средняя концентрация
фотонов n = 100 см-3.
Решение.
а) средняя плотность потока фотонов – это количество фотонов, проходящих
через единицу площади в единицу времени. Количество фотонов, излучаемых в
единицу времени, можно найти как отношение мощности излучения к энергии
одного фотона, поэтому:
(r ) 
N P/ 
P


 5,8  1017 м2  c1
2
2 2
S
4r
8 cr
126
б) В условии дана объемная концентрация фотонов, но она связана с
плотностью потока. Действительно, поток или количество фотонов, прошедших
через единицу площади в единицу времени, равно количеству фотонов в
объеме параллелепипеда, основание которого единица площади, а высота равна
скорости света, умноженной на 1 секунду. Если ввести плотность фотонов в
единице объема n(r), то
(r )  n(r )  c 1c 1м2 ;  n(r ) 
(r )
P
.

c
82c 2r 2
Из последнего выражения можно найти r, на котором объемная плотность
фотонов равна n0:
r
P
 8,87м .
82c 2n0
5.280. Лазер излучил в импульсе длительностью τ = 0,13 мс пучок света с
энергией Е = 10 Дж. Найти среднее давление такого светового импульса, если
его сфокусировать в пятнышко диаметром d = 10 мкм на поверхность,
перпендикулярную к пучку, с коэффициентом отражения ρ = 0,50.
Решение.
Давление – это импульс, передаваемый в единицу времени единице площади.
Импульс, передаваемый в единицу времени, на единицу площади, равен
импульсу P0, передаваемому одним фотоном, умноженному на число N
фотонов, падающих на единицу площади в единицу времени. Число фотонов в
единицу времени можно найти, поделив мощность излучения на энергию
одного фотона. Следовательно
p
P E
P Po
k (1  ) E
4(1  ) E
 N o


 5,0МПа .
S
S
S  
d 2  
d 2c
4
5.294. До какого максимального потенциала зарядится удаленный от других
тел медный шарик при облучении его электромагнитным излучением с длиной
волны λ = 140 нм?
127
Решение.
При облучении шарика потоком фотонов, они вырывают с поверхности
шарика электроны, в результате шарик приобретает положительный заряд.
Заряд шарика препятствует вылету электронов и при некотором заряде сила
притяжения шарика становится такой большой, что даже электроны с
максимальной кинетической энергией, возможной при данной длине волны
излучения, не могут преодолеть ее. Этот заряд и соответствует максимальному
потенциалу шарика, его еще называют задерживающим потенциалом.
Из формулы Эйнштейна (5), в которой максимальная кинетическая
энергия заменена энергией задерживающего потенциала
  A  e;   
 A
2c /   A

 4,39 В ,
e
e
где А – работа выхода для меди (см. справочник)
Домашние задания
5.269. Имеются две полости с малыми отверстиями одинаковых диаметров
d = 1,0
см
и
абсолютно
отражающими
наружными
поверхностями.
Расстояние между отверстиями l = 10 см. В полости 1 поддерживается
постоянная
температура
Т1 = 1700
К.
Вычислить
установившуюся
температуру в полости 2.
Указание. Иметь в виду, что абсолютно черное тело является
косинусным излучателем.
Решение.
Установившаяся
температура
имеет
место,
когда
количество
энергии
полученной в единицу времени равно количеству энергии излученной в
единицу времени. Пусть S 
d 2
– площадь отверстий. Если установившаяся
4
температура во второй полости – Т2, то энергия, излучаемая этой полостью в
единицу времени
128
W2  S T24 .
Найдем количество энергии, которое передается из первой полости во вторую в
единицу времени. Пусть
 
S d 2
–

l 2 4l 2
телесный угол, под которым отверстие во второй полости видно из отверстия в
первой полости, тогда поток, энергии, который попадает из первой полости во
вторую
  I1 ,
где (с учетом, что отверстия расположены напротив друг друга) сила света из
первой полости
I1  L1S .
Поскольку излучение первой полости можно считать косинусным, т.е.
источник ламбертовский, то можно записать связь между ее яркостью L1 и ее
светимостью M1:
M1  L1 .
Таким образом, для потока, попадающего в отверстие второй полости можно
записать следующее выражение
M1
M1 d 2 T14 d 2
  I1    L1  S   
S   
S

S 2 .

 4l 2

4l
Из условия установившегося равновесия находим температуру во второй
полости:
W2  ; 
T24 S 
T14 d 2
d
S 2 ;  T2  T1
 380 K .

2l
4l
5.281. Короткий импульс света с энергией Е = 7,5 Дж в виде узкого почти
параллельного пучка падает на зеркальную пластинку с коэффициентом
отражения
ρ = 0,60.
Угол
падения
θ = 30.
Определить
корпускулярных представлений импульс, переданный пластинке.
129
с
помощью
Решение.
P1
 
P2
-P2
P
P1
Из закона сохранения импульса, импульс, переданный поверхности
P1  P  P2 ;
 P  P1  P2 ;
P2   P1 ;
P1 
E
.
c
Поскольку требуется, найти величину импульса, то требуется найти длину
вектора Р:
P

P1  P2

2
2

2


P1  P2  2 P1  P2 
E
1  2  2 cos 2  3,5 108 Н  c
c
5.293. При поочередном освещении поверхности некоторого металла светом с
длинами волн λ1 = 0,35 мкм и λ2 = 0,54 мкм обнаружили, что соответствующие
максимальные скорости фотоэлектронов отличаются друг от друга в η = 2,0
раза. Найти работу выхода с поверхности этого металла.
Решение.
Запишем для этих двух случаев формулы (5)
2c
m
 A  2 2max ;
1
2
2c
m
2
 A   max  .
2
2
Из второго уравнения можно выразить кинетическую энергию и подставить ее
в первое уравнение
 2c

2c
 A  2 
 A .
1
 2

Решением этого уравнения будет выражение

2c  2  21

1 2 1  
2

  3,0 10
130
19
Дж .
Оглавление
Введение............................................................................................................. 1
Список литературы ....................................................................................... 4
Фотометрия ........................................................................................................ 5
Основные формулы....................................................................................... 5
Сила света: ................................................................................................. 5
Освещенность (определение): ................................................................. 5
Светимость................................................................................................. 6
Яркость ....................................................................................................... 6
Связь между светимостью и яркостью для ламбертовского источника
............................................................................................................................... 6
Спектральная чувствительность глаза .................................................... 6
Яркость ламбертовского источника ........................................................ 7
Приближение точечного источника ........................................................ 7
Телесный угол ........................................................................................... 7
Аудиторные задачи ....................................................................................... 7
Домашние задачи ........................................................................................ 13
Геометрическая оптика................................................................................... 17
Изображения, получаемые при отражении и преломлении на границе
раздела двух сред. Тонкие линзы ....................................................................... 17
Аудиторные задания ............................................................................... 19
Геометрическая оптика................................................................................... 34
Системы тонких линз. Толстые линзы ..................................................... 34
Основные формулы................................................................................. 34
Аудиторные задания ............................................................................... 37
Домашние задания .................................................................................. 47
Поляризация света .......................................................................................... 53
Основные формулы и понятия .................................................................. 53
Аудиторные задания ............................................................................... 55
131
Домашние задания .................................................................................. 61
Кристаллооптика ............................................................................................. 65
Основные формулы и понятия .................................................................. 65
Аудиторные задания ................................................................................... 66
Домашние задания .................................................................................. 75
Интерференция ................................................................................................ 78
Основные формулы и понятия .................................................................. 78
Аудиторные задания ................................................................................... 80
Домашние задания ...................................................................................... 89
Дифракция ....................................................................................................... 93
Основные формулы и понятия .................................................................. 93
Дифракция Френеля ................................................................................ 93
Дифракция Фраунгофера ....................................................................... 95
Аудиторные задания ................................................................................... 96
Домашние задания .................................................................................... 112
Тепловое излучение и квантовые свойства света ...................................... 123
Основные формулы и понятия ................................................................ 123
Аудиторные задания ................................................................................. 124
Домашние задания .................................................................................... 128
132