3. Інтерференція світла Приклади розв’язків задач

Приклад 3.1. Когерентні світлові хвилі, довжина хвилі яких у вакуумі λ₀=600 нм, приходять в деяку точку з геометричною різницею ходу ∆s=1,20 мкм. Визначити, максимум чи мінімум спостерігається в цій точці, якщо хвилі поширюються у повітрі (показник заломлення n₁=1), склі (n₂=1,75) або скипидарі (n₃=1,5).

Розв’язання. Із умов спостереження інтерференційних максимумів або мінімумів

(т = 0,1, 2...),

(т = 0,1, 2...)

випливає, що максимуми спостерігають, якщо оптична різниця ходу ∆ дорівнює цілому числу довжин хвиль у вакуумі, мінімум — півцілому числу довжини хвиль у вакуумі. Оптична різниця ходу в перерахованих середовищах: ∆₁ = n₁∆s; ∆₂ = n₂∆s; ∆₃ = n₃∆s.

Тоді

; ; .

Відповідь: у повітрі і скипидарі спостерігають інтерференційні максимуми, а у склі — інтерференційний мінімум.

П риклад 3.2. У досліді Юнга щілини освітлюють монохроматичним світлом довжини хвилі λ=600 нм, відстань між щілинами d=1 мм і відстань від щілин до екрану l=1,2 м. Визначити: 1) положення середини першої темної смуги; 2) положення середини третьої світлої смуги.

Розв’язання. Дві вузькі щілини S₁ і S₂ розміщені на відстані d одна від одної і є реальними когерентними джерелами світла. Інтерференцію спостерігають у деякій точці А екрану, паралельного до обох площини щілин і розташованого від них на відстані l (l>>d). Початок відліку координатної осі виберемо в точці, симетричній щодо щілин.

Інтенсивність світла в точці А екрану з координатою х визначає оптична різниця ходу ∆=s₂—s₁ (n=1). Застосовуючи теорему Піфагора, маємо

, ,

Звідки або .

Із умови випливає, що , тому оптична різниця ходу

. (1)

Інтерференційний мінімум спостерігають за оптичної різниці ходу, яка дорівнює півцілому числу довжини хвилі у вакуумі:

(т = 0,1, 2...). (2)

Прирівнявши (1) і (2)

,

знайдемо шукане положення середини першої темної смуги (т=0)

; .

Інтерференційний максимум спостерігають за оптичної різниці ходу, яка дорівнює цілому числу довжин хвиль у вакуумі:

(т = 0,1, 2...). (3)

Прирівнявши вирази (3) і (1),

,

знайдемо шукане положення середини третьої світлої смуги (т=3)

; .

Відповідь: 1) х_lmin = 0,36 мм; 2) х_3max = 2,16 мм.

Приклад 3.3. У досліді Юнга кутова відстань між сусідніми світлими смугами ∆α = 10^–3 рад. Визначити відстань l від щілин до екрану, якщо друга світла смуга на екрані віддалена від центру інтерференційної картини на 4,0 мм.

Розв’язання. Кут α, під яким спостерігають світлу смугу, координата якої х ( )

, (1)

де l — відстань від щілин до екрану.

Прирівнявши оптичну різницю ходу і врахувавши умову інтерференційного максимуму , отримаємо

. (2)

Підставивши (2) в (1), знайдемо

. (3)

Кутова відстань між сусідніми світлими смугами

,

звідки шукана відстань від щілин до екрану

.

Відповідь: l = 2,0 м.

П риклад 3.4. У досліді з дзеркалом Ллойда (див. мал.) лінійне джерело S розміщене на відстані l = 2 м від екрану паралельно до лінії перетину екрану з дзеркалом. На екрані спостерігають паралельні інтерференційні смуги ширини b = 1,2 мм. Визначити довжину хвилі λ світла, якщо після того, як джерело світла S відсунули від площини дзеркала на ∆d = 0,5 мм, ширина смуг зменшилася в η = 2 рази.

Розв’язання. Ширина інтерференційної смуги (інтерференція за схемою Юнга):

,

звідки відстань між джерелом S і його уявним зображенням S'

. (1)

Після того, як джерело S відсунули від площини дзеркала на ∆d, відстань між джерелом і його уявним зображенням дорівнює

(2)

(врахували, що ширина смуг стала в η разів меншою). Віднімаючи вираз (1) від (2), отримуємо

,

звідки шукана довжина хвилі

.

Відповідь: λ = 600 нм.

П риклад 3.5. У точку А (див. мал.) на екрані, віддаленому на відстань l=1 м від джерела S монохроматичного світла (λ = 0,5 мкм), поширюється дві хвилі: SA (перпендикулярна до екрану) і SBА (відбита в точці В від дзеркала, яке паралельне до променя SA). Відстань від площини дзеркала до променя SA d=2,5 мм. Що спостерігають в точці А — підсилення чи послаблення інтенсивності?

Розв’язання. На екрані внаслідок накладання хвиль, які поширюються від когерентних джерел дійсного S і уявного S', спостерігають інтерференційну картину. Буде підсилення чи послаблення інтенсивності в точці А залежить від числа півхвиль, які вкладаються на оптичній різниці ходу ∆:

, (1)

а саме, якщо m — парне, то в точці А – максимум (умова інтерференційного максимуму ), якщо т — непарне, то в точці А – мінімум (умова інтерференційного мінімуму ).

Оптична різниця ходу

, (2)

тобто складається з геометричної різниці ходу променів (вони поширюються в повітрі) і додаткової різниці ходу , зумовленою стрибком фази коливань на π внаслідок відбивання від більш густого середовища. З малюнка випливає, що

і .

Тоді

.

Оскільки , то

і .

Враховуючи отримане, формулу (2) подамо у вигляді

. (3)

Підставивши вираз (3) у формулу (1), знайдемо

.

Обчислюючи, отримуємо т=49. Тобто на оптичній різниці ходу вкладається непарна кількість довжин півхвиль: у точці А спостерігають мінімум інтенсивності.

Відповідь: т = 49; у точці А спостерігають мінімум інтенсивності.

П риклад 3.6. На тонку плоскопаралельну прозору пластинку з показником заломлення п=1,5 під кутом і=30° падає паралельний пучок білого світла. Визначити, за якої найменшої товщини плівки дзеркально відбите світло найсильніше забарвиться в червоний колір (λ=670 нм).

Розв’язання. Світловий промінь в точках А, В і С частково відбивається і частково заломлюється.

Оптична різниця ходу між двома хвилями, які накладаються в Р становить:

. (1)

Тут врахована втрата півхвилі під час відбивання в А від більш оптично густіого середовища.

З малюнка випливає, що , . Підставивши ці значення у формулу (1) і враховуючи закон заломлення, отримуємо

.

Інтерференційний максимум спостерігають за оптичної різниці ходу: . Тоді можемо записати

. (2)

Для найменшої товщини d плівки т=0. Звідки шукана мінімальна товщина плівки

.

Відповідь: d_min= 120 нм.

П риклад 3.7. На тонку скляну плоскопаралельну плівку (п = 1,5) під кутом і = 30° падає біле світло. Визначити мінімальну товщину пластинки, якщо вона в світлі, яке проходить, спостерігається з жовтим відтінком (λ = 600 нм).

Розв’язання. Світлова хвиля 1, падаючи на плоскопаралельну пластинку, частково відбивається і частково заломлюється в точках А, В, С і D (див. мал.). Оптична різниця ходу між хвилями, які пройшли крізь плівку і інтерференцію яких спостерігають в Р:

(1)

(відбивання в точці С не супроводжується втратою півхвилі, оскільки пластинка перебуває в менш оптично густому середовищі – повітрі).

З малюнка випливає, що , . Згідно із законом заломлення, . Підставивши ці значення у формулу (1), знайдемо

(врахували закон заломлення).

Пластинку спостерігають з жовтим відтінком, тобто у жовтому світлі спостерігають інтерференційний максимум ( ):

.

Тут для мінімальної товщини плівки т=1. Тоді вираз (2) набуває вигляду:

.

Звідки шукана мінімальна товщина плівки:

.

Відповідь: d_min= 210 нм.

Приклад 3.8. Визначити мінімальну товщину просвітлюючої плівки з кріоліту (п=1,36) поблизу довжини хвилі λ=550 нм, якщо світло падає на поверхню скла (п_с=1,50) нормально.

Р озв’язання. Щоб когерентні хвилі 1' і 2', які інтерферують (вони виникають внаслідок відбивання світла від меж розділення повітря-плівка і плівка-скло (див. мал.)), гасили одна одну, їх амплітуди повинні бути однакові, а оптична різниця ходу повинна дорівнювати . Амплітуди відбитих хвиль однакові, якщо , що наближено виконується у даній задачі.

Оскільки п_с>п>п₀ (п₀ = 1 — показник заломлення повітря), то втрата півхвилі відбувається на обох межах розділення (однаково зазнають втрати півхвилі). Тому умова інтерференційного мінімуму, враховуючи, що світло падає нормально, набуває вигляду:

. (1)

Мінімальній товщині плівки відповідає т=0:

.

Отримаємо шукану мінімальну товщину просвітлюючої плівки

.

Відповідь: d_miп= 100 нм.

Приклад 3.9. Установку для спостереження кілець Ньютона (див. мал.) освітлюють монохроматичним світлом довжини хвилі λ=600 нм, яке падає на плоску поверхню лінзи нормально. Визначити товщину d повітряного прошарку між плоско-паралельною пластинкою і дотичною до неї опуклою поверхнею лінзи в тих місцях, де у відбитому світлі спостерігають п'яте світле кільце.

Розв’язання. Паралельний пучок світла, падаючи вздовж осі симетрії пристрою, частково відбивається відповідно від нижньої опуклої поверхні лінзи і верхньої плоскої поверхні пластинки. Внаслідок накладання відбитих когерентних хвиль над лінзою спостерігають кільцеві смуги однакової товщини – кільця Ньютона.

Умова спостереження світлих кілець (інтерференційних максимумів)

, (1)

З іншого боку, оптична різниця ходу відбитих когерентних хвиль:

, (2)

де враховано, що картину спостерігають поблизу осі симетрії пристрою, а показник заломлення повітря п=1; – втрата півхвилі при відбиванні від оптично менш густого середовища. Зауважимо, що якби ми записали , то нумерацію кілець т слід було б починати з нуля, що незручно. Прирівнявши вирази (1) і (2), можемо записати:

,

звідки шукана товщина повітряного прошарку

.

Відповідь: d = 1,4 мкм.

Приклад 3.10. Сферична поверхня плоско-опуклої лінзи дотикається до скляної пластинки. Простір між лінзою й пластинкою заповнено деякою прозорою рідиною. Відомі показники заломлення лінзи п₁, даної рідини п₂ і пластинки п₃, до того ж п₁ < п₂ < п₃. Радіус кривини сферичної поверхні лінзи дорівнює R. Визначити радіус N-гo темного кільця у відбитому світлі, довжина хвилі якого λ.

Розв’язання. За такого співвідношення між показниками заломлення «втрата» півхвиль (стрибок фази на π) відбувається внаслідок відбивання від обох поверхонь – меж розділення рідини і скла, і вони компенсують одна одну. Тому умова спостереження N-го темного кільця така:

Крім того, врахуємо зв'язок (4.35) між товщиною прошарку b і радіусом кільця r:

.

Виключивши b із цих двох рівнянь, одержимо:

.

Відповідь:. /

Приклад 3.11. Плоско-опукла скляна лінза, радіус кривини заломлюючої сферичної поверхні якої R, лежить на скляній пластині, до того ж внаслідок попадання порошинки між опуклою поверхнею лінзи й пластиною немає безпосереднього контакту. Діаметри N₁-го й N₂-го темних кілець у відбитому світлі дорівнюють відповідно d₁ і d₂. Знайти довжину хвилі світла.

Р озв’язання. Тут скористатися безпосередньо формулою (4.36) ми не можемо, оскільки не знаємо порядків інтерференції кілець: вони не збігаються з номерами кілець. Але різниці порядків інтерференції дорівнюють різниці номерів. Цим ми й скористаємося.

Умову спостереження темних кілець (див. мал.) запишемо як

,

крім того, геометричний зв'язок між b і r,

.

За допомогою цих двох рівностей знаходимо:

.

Звідси

.

Приклад 3.12. Плоскоопукла лінза (п = 1,5) опуклою стороною дотикається до скляної пластинки. Відстань між четвертим і третім кільцями Ньютона, спостережуваними у відбитому світлі, b = 0,4 мм. Визначити оптичну силу лінзи, якщо освітлення проводять монохроматичним світлом довжини хвилі λ=550 нм, яке падає вздовж осі симетрії пристрою.

Розв’язання. Оптична сила лінзи

.

Тут лінза перебуває у повітрі (n_л,с=n); лінза плоско–опукла R₁=∞, R₂=R. Тут оптична сила лінзи

. (1)

Радіус m–го темного кільця Ньютона у відбитому світлі (прошарок повітря):

. (2)

Різниця радіусів четвертого і третього темних кілець

.

Звідки

. (3)

Підставивши (3) в (1), знайдемо шукану оптичну силу лінзи

.

Відповідь: D = 0,12 дптр.

П риклад 3.13. Пристрій для спостереження кілець Ньютона (див. мал.) освітлюють монохроматичним світлом, яке падає вздовж осі симетрії пристрою. Спостереження проводять у світлі, яке проходить крізь пристрій. Простір між лінзою і скляною пластинкою заповнений водою (п=1,33). Радіус кривини опуклої поверхні лінзи R=10 м, радіус третього світлого кільця r=3,65 мм. Яка довжина хвилі світла, що падає на лінзу?

Розв’язання. Пропущені системою хвилі 1 і 2 когерентні, і внаслідок їх накладання спостерігають інтерференційні кільцеві смуги однакової товщини. Спостереження проводять поблизу осі симетрії, де d<<r.

Умова спостереження світлого кільця Ньютона – умова інтерференційного максимуму

Δ=mλ, m=0,1,2,3… . (1)

Оптична різниця ходу хвиль 2 і 1:

, (2)

де враховано двократну втрату півхвилі внаслідок відбивання від більш оптично густого середовища – скла.

З малюнка випливає, що , де R — радіус кривини лінзи; r — радіус кола, всім точкам якого відповідає однакова товщина прошарку d ( ). Отримуємо:

. (3)

Підставивши вираз (3) в (2) і порівнюючи з (1), отримуємо

.

Звідки

.

Зауважимо, що тут λ/n – довжина світла у речовині (воді), а m = 1 відповідає центр інтерференційної картини – світла пляма. Щоб ввести нумерацію кілець від центра, домовимось, щоб центральній плямі відповідав номер m = 0. Тоді для кільця з номером m

.

Звідки шукана довжина хвилі:

.

Відповідь: λ = 590 нм.