Тольятти 2007

Тольяттинский государственный университет Физико-технический институт

Кафедра «Общая и теоретическая физика»

Потемкина Л.О., Павлова А.П., Леванова Н.Г.

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ

3й семестр

Модуль 8

ОПТИКА

2

Содержание Занятие №30. Интерференция света................................................................................................................................3

Основные формулы .....................................................................................................................................................3 Примеры решения задач .............................................................................................................................................4

Занятие №31. Дифракция света .....................................................................................................................................11 Основные формулы ...................................................................................................................................................11 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................12

Занятие №32. Поляризация света ..................................................................................................................................18 Основные формулы ...................................................................................................................................................18 Примеры решения задач ...........................................................................................................................................19

Примерный вариант автоматизированной контрольной работы – АКР №8 .............................................................27

3

Занятие №30. Интерференция света

Основные формулы Скорость света в среде:

nсυ = , (1)

где с – скорость света в вакууме; n – абсолютный показатель преломления среды. Разность фаз двух когерентных волн:

Δλπ)L(Lλ

πδ0

120

22 =−= , (2)

где L = sn – оптическая длина пути (s – геометрическая длина пути световой волны в среде; n – показатель преломления этой среды); ∆ = L2 – L1 – оптическая разность хода двух световых волн;

0λ - длина волны в вакууме.

Условие интерференционных максимумов: ∆ = ± m λ0, (m = 0, 1, 2, …). (3)

Условие интерференционных минимумов: ∆ = ±(2 m+1)λ0/2 (m = 0, 1, 2, …). (4)

Ширина интерференционной полосы

0λdlΔx = , (5)

где d – расстояние между двумя когерентными источниками, находящимися на расстоянии l от экрана, параллельного обоим источникам, при условии l >> d.

Условия максимумов и минимумов при интерференции света, отраженного от верхней и нижней поверхностей тонкой плоскопараллельной пленки, находящейся в воздухе (n0 = 1),

0

0220

2sin22cos2 mλλindλrdn =±−=±⋅ (m = 0, 1, 2, …), (6)

2122sin22cos2 00220 λ)m(λindλrdn +=±−=±⋅

(m = 0, 1, 2, …), (7)

где d – толщина пленки; n – ее показатель преломления; i – угол падения; r – угол преломления.

В общем случае член 20λ± обусловлен потерей полуволны при отражении света от грани-

цы раздела: если n > n0 , то необходимо употреблять знак плюс, если n < n0 – знак минус. Радиусы светлых колец Ньютона в отраженном свете (или темных в проходящем свете):

R)λ21(mr 0m −= (m = 0, 1, 2, …), (8)

где m – номер кольца;

4

R – радиус кривизны линзы. Радиусы темных колец Ньютона в отраженном свете (или светлых в проходящем свете):

Rmλ*r 0m = (m = 0, 1, 2, …). (9)

В случае «просветления оптики» интерферирующие лучи в отраженном свете гасят друг друга при условии:

cnn = , (10)

где nc – показатель преломления стекла; n – показатель преломления пленки.

Примеры решения задач Пример №1. Определите длину отрезка l1, на котором укладывается столько же длин волн

монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается на отрезке l2 = 5 мм в стекле. Показатель преломления стекла n = 1,5. Дано: Решение: n1 = 1 n2 = 1,5 l2 = 5 мм = 5·10-3 м

2

2

1

1

λl

λl

=

l1 = ?

Длина волны: υTλ = , учитывая, что период:

νT 1= ,

где ν - частота колебаний, λνυ = , ncυ = ⇒ nν

cλ = .

Из условия, что длина отрезка l1, на котором укладывается столько же длин волн монохроматического света в вакууме, сколько их укладывается

на отрезке l2 в стекле:

2

2

1

1

λl

λl

= ⇒ 2

121 λλll = ⇒ 571

51105 3

1

221 ,,

nnll =⋅== − мм.

Ответ: 7,5 мм. Пример №2. Два параллельных световых пучка, отстоящих друг от друга на расстоянии

d = 5 см, падают на кварцевую призму (n = 1,49) с преломляющим углом a = 25° . Определите оптическую разность хода ∆ этих пучков на выходе их из призмы. Дано: Решение: d = 5 см = 5·102м n = 1,49 a = 25°

∆ - ?

Разность оптического хода определим как: )n(Δ 12 −= и nBCΔ ⋅= ,

где n – показатель преломления

5

Из ABCΔ αtgdBC ⋅=

∆ = nd tga = 1,49·5·102 tg25° = 3,47 см. Ответ: 3,47 см. Пример №3. В опыте Юнга расстояние между щелями d = 1 мм, а расстояние l от щелей до

экрана равно 3 м. Определите: 1) положение первой световой полосы; 2) положение третьей темной полосы, если щели освещать монохроматическим светом с длиной волны λ = 0,5 мкм. Дано: Решение: d = 1 мм = 10-3 м l = 3 м λ = 0,5 мкм = 5·107 м

X1max = ? X3min = ?

max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) min ∆ = ±(2 m+1)λ/2 (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного минимума)

Интенсивность в любой точке экрана, лежащей на расстоянии x от О, определяется оптиче-

ской разностью хода ∆ = S2 - S1

Из рисунка имеем 222

2 )d(xlS ++= 222

2 )d(xlS −+= откуда dxSS 221

22 =− или

)S(SxdSSΔ

2112

2+

=−= .

Из условия dl >> следует, что lSS 221 ≈+ поэтому l

xdΔ = .

Подставив найденное значение ∆ в условия максимума и минимума ⇒ ±= mλlxd полу-

чим, что максимумы интенсивности будет λdl m X ±=max

51105103 7

3max1 ,λdl X - =⋅=±= мм (m=1)

минимумы: +±= )λm(lxd 12 λd

l) (mX 21

min +±=

22527

213min3 ,d

λlλdl) (X =±=+±= мм

Ответ: 1) 1,5 мм; 2) 5,22 мм. Пример №4. В опыте с зеркалами Френеля расстояние d между мнимыми изображениями

источника света равно 0,5 мм, расстояние l от них до экрана равно 5 м. В желтом свете ширина интерференционных полос равна 6 мм. Определите длину волны желтого света.

6

Дано: Решение: d = 0,5 мм =5·10-4 м l = 5 м λ = 6 мм = 6·10-3 м

λ = ?

max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максиму-

ма). См. Пример №3 ⇒

±= mλlxd ,

λdl m X ±=max ,

Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференцион-ной полосы, равно:

λdlΔx= ⇒

Определим длину волны желтого света:

6,0=Δ= lxdλ мкм.

Ответ: 0,6 мкм. Пример №5. Расстояние между двумя щелями в опыте Юнга d = 0,5 мм (λ = 0,6 мкм). Опре-

делите расстояние l от щелей до экрана, если ∆x интерференционных полос равна 1,2 м. Дано: Решение: d = 0,5 мм =5·10-4 м ∆x =1,2 мм = 1,2·10-3м λ = 0,6 мкм = 6·107 м

l = ?

max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума)

См. Пример №3 ⇒

±= mλldX max получим, что максимумы интенсивности будут λd

l m X ±=max .

Расстояние между двумя соседними максимумами, называемое шириной интерференцион-ной полосы, равно:

λdlΔx= ⇒

Определим расстояние l от щелей до экрана:

1== λΔxdl м.

Ответ: 1 м. Пример №6. В опыте Юнга расстояние l от щелей до экрана равно 3 м. Определите угловое

расстояние между соседними светлыми полосами, если третья световая полоса на экране отсто-ит от центра интерференционной картины на 4,5 мм. Дано: Решение: m = 3 x =4,5 мм = 4,5 ·10-3м l = 3 м

∆a = ?

max ∆ = ± m λ - оптическая разность хода (условие интерференци-онного максимума)

См. Пример №3 ⇒

7

= mλlxd (m = 0, 1, 2, …).

dmλ

lxtgαα ==≈ , т. к. α является малым углом по величине;

Определим угловое расстояние между соседними светлыми полосами:

41051 −⋅===−−= mlx

dλ

d)λ(m

dmλΔα рад.

Ответ: 5·10–4 рад. Пример №7. Если в опыте Юнга на пути одного из интерферирующих лучей поместить пер-

пендикулярно этому лучу тонкую стеклянную пластинку (n = 1,5), то центральная светлая по-лоса смещается в положение, первоначально занимаемое пятой светлой полосой. Длина волны λ = 0,5 мкм. Определите толщину пластинки. Дано: Решение: n = 1,5 m = 5 м λ = 0,6 мкм = 5·10-7 м

d = ?

Разность оптического хода определим как: ∆ = nd – d= d(n-1), ∆ = mλ ⇒

mλ = d(n-1), ⇒ Определим толщину пластинки

=−

⋅⋅==−

51511055

17

,n-mλ d мкм.

Ответ: 5 мкм. Пример №8. Определите, во сколько раз измениться ширина интерференционных полос на

экране в опыте с зеркалом Френеля, если фиолетовый светофильтр (0,4 мкм) заменить красным (0,7 мкм). Дано: Решение: λ1 = 0,4 мкм λ2 = 0,7 мкм

2

1

ΔxΔx

= ?

max ∆ = ± m λ (1) (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) См. Пример №3 ⇒

±= mλlxd получим, что максимумы интенсивности будет: λd

l m X ±= .

Ширину интерференционных полос на экране определим как:

dlλ

d)lλ(m

dmlλΔx =−−= 1 ,

7514070

1

2

2

1 ,,,

λλ

ΔxΔx === .

Ответ: 1,75. Пример №9. Расстояние от бипризмы Френеля до узкой щели и экрана соответственно равно

a = 30 см и b = 1,5 м. Бипризма стеклянная (n = 1,5) с преломляющим углом 02 ′=ϑ . Опреде-лите длину волны света, если ширина интерференционных полос ∆x = 0,65 мм.

8

Дано: Решение: 02 ′=ϑ

a = 30 см = 0,3 м b = 1,5 м n = 1,5 ∆x = 0,65 мм = 6,5·10-4 м

λ = ?

ϑϕ )(n 1−= , dlλΔx = ,

lΔxdλ = , bal += ,

Находим d из двух треугольников ΔSS1B и ΔСS2S: ϑϕϕ )a(naad 122sin2 −==⋅= .

Находим длину волны света:

baΔx)a(nλ

+⋅−= ϑ12 .

Вычисления:

3108254109122002 −⋅=−⋅⋅=′= ,,ϑ рад. Определим длину волны света:

м,)м,,(м,рад,,мλ 7

332

1036305110650108255010302 −

−−−

⋅=+

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= .

Ответ: 6,3·10–7 м. Пример №10. На плоскопараллельную пленку с показателем преломления n = 1,33 под уг-

лом i = 45° падает параллельный пучок белого света. Определите, при какой наименьшей тол-щине пленки зеркально отраженный свет наиболее сильно окраситься в желтый цвет (λ = 0,6 мкм). Дано: Решение: n = 1,33 i = 45° λ = 0,6 мкм = 6·10-7 м

d = ?

max ∆ = ± m λ (m = 0, 1, 2, …), - оптическая разность хода (условие интерференционного макси-

мума)

)λ(AEBC)n(ABΔ 2−−+=

9

rdBCAB cos== , AD = d tgr, из Δ ADB и Δ BCD

AE=2d tgr sin i, AE=AC sin i, из Δ AEC, Δ ABD = Δ DBC ⇒ AD = DC ⇒ AC=2AD Подставим найденные значения

2sin2cos2 λitgrdr

dnΔ +⋅⋅−= ,

По закону преломления света:

nri =sin

sin , rrtgr cos

sin= ,

Произведем замену:

λλi)r(nrd =+⋅− 2sinsincos

2 , (m=1), ⇒

2sinsinsincos

2 2 λ)rir(nr

d =− ,

2sin1cos2 2 λr)(r

dn =− , 2coscos2 2 λrr

dn = ,

2cos2 λrdn =⋅ , rnλd cos4 ⋅

= , innrr 222 sin1sin1cos −=−= ,

Определим толщину пленки:

нм,in

λd 13345sin3314

106sin4 22

7

22=

−⋅=

−=

−

Ответ: 133 нм. Пример №11. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим

светом с длиной волны λ = 0,6 мкм, падающим нормально. Пространство между линзой и стек-лянной пластинкой заполнено жидкостью, и наблюдение ведется в проходящем свете. Радиус кривизны линзы R = 4 м. Определите показатель преломления жидкости, если радиус второго светлого кольца r = 1,8 мм. Дано: Решение: r = 1,8 мм =1,8 ·10-7 м R = 4 м m = 2 λ = 0,6 мкм = 6·10-7 м

n = ?

max ∆ = ± m λ (m = 2), - оптическая разность хода (условие интерференционного максимума) Радиусы светлых колец Ньютона:

Rdd)(RRrm 222 ≈−−=

Потеря полуволны происходит на обеих поверхностях; следовательно, условие максимума 2dn=mλ, где nd – оптическая толщина пленки ⇒

dnΔ 2= ; Rrd 2

2= ;

dΔn 2= ⇒

10

Определим показатель преломления жидкости:

dmλn 2= ,

4811081

106422

227

7

22 ,),(r

mRλr

Rmλn =⋅

⋅⋅⋅==⋅= −

−

.

Ответ: 1,48. Пример №12. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим

светом, падающим нормально. При заполнении пространства между линзой и стеклянной пла-стинкой прозрачной жидкостью радиусы темных колец в отраженном свете уменьшились в 1,21 раза. Определите показатель преломления жидкости. Дано: Решение:

2112

1 ,rr

=

n = ?

min ∆ = ±(2 m+1)λ/2 - оптическая разность хода (условие интерференционного минимума) Радиусы темных колец Ньютона:

Rdrm 2≈22 λdnΔ += ,

где nd – оптическая толщина пленки ⇒ 21222 λ)m(λdn +=+ n

mλd 2= .

nRmλ

nRmλrm == 2

2 ,

λRmr =1 nRmλr =2 nr

r =2

1 .

Определим показатель преломления жидкости:

461211 22

2

1 ,,rrn ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

Ответ: 1,46.

11

Занятие №31. Дифракция света

Основные формулы Радиус внешней границы m-й зоны Френеля для сферической волны.

mλba

abrm += , (1)

где m – номер зоны Френеля; λ - длина волны, a и b – соответственно расстояния диафрагмы с круглым отверстием от точечного источника

и от экрана, на котором дифракционная картина наблюдается. Условия дифракционных максимумов и минимумов от одной щели, на которую свет падает

нормально:

2λ1)(2masin +±=ϕ , (2)

2λ2masin ±=ϕ , (3)

(m = 1,2,3, …), где a – ширина щели;

ϕ – угол дифракции; m – порядок спектра; λ – длина волны. Условия главных максимумов и дополнительных минимумов дифракционной решётки , на

которую свет падает нормально:

2λ2mdsin ±=ϕ , (m = 0,1,2, …); (4)

Nλmdsin ′±=ϕ ( m′ = 1,2,3, …, кроме 0, N, 2N, …), (5)

где d – период дифракционной решётки; N – число штрихов решётки. Период дифракционной решётки:

0N

1d = , (7)

где 0N - число щелей , приходящихся на единицу длины решётки.

Условие дифракционных максимумов от пространственной решётки (формула Вульфа-Брэггов): mλ2dsinθ = (m = 1,2,3, …), (8)где d – расстояние между атомными плоскостями кристалла;

θ - угол скольжения. Наименьшие угловое расстояние между двумя светлыми точками, при котором изображения

этих точек могут быть разрешены в фокальной плоскости объектива:

12

Dλ1,22≥ϕ , (9)

где D – диаметр объектива; λ - длина волны света. Разрешающая способность дифракционной решётки:

mN,δλλR == (10)

где λ , δλ)(λ + – длины волн двух соседних спектральных линий, разрешаемых решеткой;

m – порядок спектра; N – общие число штрихов решётки.

Примеры решения задач Пример №1. Точечный источник света (L=0,5 мкм) расположен на расстоянии а=1 м перед

диафрагмой с круглым отверстием диаметра d=2 мм. Определите расстояние b от диафрагмы до точки наблюдения, если отверстие открывает 3 зоны Френеля. Дано: Решение: λ = 0,5 мкм = 7105 −⋅ м a=1м

d=2мм= 3102 −⋅ м m=3

b-?

Рассмотрим треугольник SCA, его сторону AC можно легко найти по теореме Пифагора, она же является радиусом отверстия:

222 x)(aar −−= ,

r – радиус отверстия, a – расстояние между диафрагмой и отверстием, x – высота сферического сегмента.

С другой стороны, AC можно найти из треугольника ACM:

,x)(b2λmbr 2

22 +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2λmb + - расстояние от зоны Френеля до точки M.

Учитывая, что

a,λ << λ - длина волны, a – расстояние от источника света до отверстия,

b,λ << b – расстояние от отверстия до точки наблюдения. Можно выразить высоту сферического элемента

13

,b)2(a

bmλx+

=

,λmb)4(a

bmλba

abr 222

22

+−

+=

222

2

λmb)4(a

b+

т.к. отверстие мало, то можно считать высоту сферического сегмента пре-

небрежительно малой величиной, тогда квадрат радиусы отверстия равен

mλba

abr 2

+= выразим расстояние до точки наблюдения, получаем

2

2

ramλarb

−= ,

подставив в формулу диаметр получаем

2

2

d4amλadb

−= ,

237

23

м)10(2м1051м4м)10(21мb

−−

−

⋅−⋅⋅⋅⋅⋅

= =2 м.

Ответ: b=2 м. Пример №2. Определите радиус третьей зоны Френеля для случая плоской волны. Расстоя-

ние от волновой поверхности до точки наблюдения равно 1,5 м. Длина волны λ =0,6 мкм. Дано: Решение: m=3 b=1,5 м λ =0,6 мкм = 7106 −⋅ м

r - ?

Расстояние от зоны Френеля до точки наблюдения M, можно найти как гипотенузу треугольника AOM, где O – центр отверстия.

222

2λmbbr ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+ ,

где λ - длина волны, m – номер зоны Френеля, r –расстояние от центра отверстия, до m-й зоны Френеля, b – расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения.

Выразим радиус зоны Френеля

4λmbmλr

222 += .

bλ << Длина волны значительно меньше расстояние пройденного ей – необходимое усло-вие дифракции волн.

14

4λm 22

пренебрежимо мало, следовательно bmλr =

м1063,5м1 7−⋅⋅⋅=r =1,64 мм

Ответ: r=1,64 мм. Пример №3. Зонная пластинка даёт изображение источника, удалённого от неё на 2 метра,

на расстоянии 1 метра от своей поверхности. Где получится изображение источника, если его удалить в бесконечность? Дано: Решение: a = 2 м b = 1 м

∞=1a

?b1 −

Воспользуемся формулой из примера 1:

mλba

abr 2m +

= .

Воспользуемся формулой из примера 2:

λmbr 12m = .

Приравняем и выразим 1b

baabb1 +

= ,

=+⋅

=2м1м2м1мb1 66,7 см.

Ответ: =1b 66,7 см.

Пример №4. На узкую щель шириной a = 0,05 м падает нормально монохроматический свет

длиной волны λ = 694 нм. Определите направление света на вторую дифракционную полосу (по отношению к первоначальному направлению света). Дано: Решение: a = 0,05 м = 5105 −⋅ м

λ = 694 нм = 71094,6 −⋅ м m = 2

φ - ?

Запишем условие дифракционных минимумов.

,2λ1)(2msinφa +±=⋅

где a – ширина щели, λ - длина волны, φ - угол, под которым падает свет, m – номер дифракционного максимума.

15

Выразим синус угла:

2a1)λ(2msinφ +

= ,

м1052м106,945sinφ 5

7

−

−

⋅⋅⋅⋅

= =0,0347,

φ = arcsinφ =2º.

Ответ: φ =2º.

Пример №5. На узкую щель падает нормально монохроматический свет. Его направление на

четвёртую тёмную дифракционную полосу составляет 2º12´. Определите, сколько длин волн укладываются на ширину щели. Дано: Решение: φ = 2º12´

m = 4

λa

- ?

Запишем формулу для максимумов дифракционной решётки mλsinφa ±=⋅ , (m=4).

Выразим λa

:

sinφm

λa

= , гдеφ = 2º12´=2,2º;

104sin2,2

4λa

=°

= .

Ответ: λa

= 104.

Пример №6. На щель шириной a = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет дли-

ной волны λ = 0,5 мкм. Дифракционная картина наблюдается на экране, расположенном парал-лельно щели. Определите расстояние l от щели до экрана, если ширина центрального дифрак-ционного максимума b = 1 см.

16

Дано: Решение: a = 0,1 мм = 410− м

λ = 0,5 мкм = 7105 −⋅ м

b =1 см = 210− м l - ?

Запишем формулу для минимумов дифракционной решётки

mλsinφa ±=⋅ , где m=1, ,aλsinφ =

следовательно

aλϕ arcsin= =arcsin

4

7

10105

−

−⋅=0,286,

∆MOC прямоугольный, значит можно найти b b= tgφl2 ⋅⋅ , следовательно

l=tgφ2b

⋅,

l= tg0,2862

м10 2

⋅

−

=1м.

Ответ: l = 1 м. Пример №7. На дифракционную решётку нормально падает монохроматический свет дли-

ной волны λ =600 нм. Определить наибольший порядок спектра, полученного с помощью этой решётки, если её постоянная d = 2 мкм. Дано: Решение:

λ =600 нм = 7106 −⋅ м

d = 2 мкм = 6102 −⋅ м ?mmax −

Запишем формулу максимумов дифракционной решётки mλdsinφ = ,

где d – период дифракционной решётки

m наибольшие будет при наибольшем значении sinφ .

Синус принимает значения: 1sin1 ≤≤− ϕ , наибольшие значение 1.

1sinφmax =

Порядок спектра примет вид:

λdmmax = = 7

6

106102

−

−

⋅⋅

=3,33.

Порядок спектра может принимать только целые значения, поэтому 3mmax = .

Ответ: 3mmax = .

Пример №8. На дифракционную решётку длиной l=15 мм, содержащую N= 3000 штрихов,

падает нормально монохроматический свет длиной волны λ = 550 нм. Определите 1) Число максимумов, наблюдаемых в спектре дифракционной решётки. 2). Угол, соответствующий по-следнему максимуму.

17

Дано: Решение: l= 15 мм= 2105.1 −⋅ м N= с

λ = 550 нм= 7105,5 −⋅ м 1)n -?

2) ?φmax −

Запишем формулу максимумов дифракционной решётки mλdsinφ ±= (m=0,1,2,….),

Nld = - период дифракционной решётки,

N – число штрихов

,λdmmax = когда 1φsin = ,

Подставим период дифракционной решётки

Nλ1mmax = .

Общие число максимумов в 2 раза больше числа порядков т.к. максимумы располагаются по обе стороны от центра дифракционной картины.

max2mn = =Nλ2l

=7

2

105,53000105.12

−

−

⋅⋅⋅⋅

=18

Запишем формулу наибольшего максимума

maxmax mλdsinφ = , следовательно

lλNm

dλmsinφ maxmax

max == ,

Найдём угол lλNmarcsinφ max

max =

м101.53000м105,59arcsinφ

2

7

max −

−

⋅⋅⋅⋅

= =81º54´.

Ответ: 1) n=18; 2) maxφ =81º54´.

Пример №9. Определите число штрихов на 1 мм дифракционной решётки, если углу φ =30º

соответствует максимум 4-го порядка для монохроматического света с длиной волны λ = 0,5 мкм. Дано: Решение: φ =30º

m=4 λ = 0,5 мкм = 7105 −⋅ м

n-?

Запишем формулу максимума дифракционной решётки mλdsinφ ±= ,

где m = 4 (порядок спектра). Выразим период решётки:

d=sinφmλ

,

с другой стороны

N1d = .

Число штрихов на 1 мм равно общему числу штрихов, на длину дифракционной решётки.

18

lNn = ,

заменим N через d.

nmλ

sinφd1

== =м1054

sin307−⋅⋅

°=250.

Ответ: n=250. Пример №10. Монохроматический свет нормально падает на дифракционную решётку. Оп-

ределите угол дифракции, соответствующий максимумы 4-го порядка, если максимум третьего порядка отклонён на ϕ =18º Дано: Решение:

3m3 =

4m4 =

183 =ϕ

?4 −ϕ

Запишем формулу максимума дифракционной решётки. λmdsinφ 33 = - для третьего максимума

λmdsinφ 44 = - для четвёртого

Для одной и той же решётки период константа (d =const), а длина волны (λ ) постоянна по условию, значит постоянным останется отношение синуса

угла, соответствующего максимуму, к его номеру этого максимума.

4

3

4

3

mm

sinφsinφ

= .

Выразим синус угла третьего четвёртого максимума

33

44 sinφ

mmsinφ = .

Следовательно

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= 3

3

44 sinφ

mmarcsinφ = ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ °sin18

34arcsin =24º20´.

Ответ: 4φ =24º20´.

Занятие №32. Поляризация света

Основные формулы Степень поляризации света:

,minmax

minmax

IIIIP

+−

= (1)

где maxI и −minI соответственно максимальная и минимальная интенсивности частично поляри-зованного света, пропускаемого анализатором.

Закон Малюса:

,cos20 αII = (2)

где −I интенсивность плоскополяризованного света, прошедшего через анализатор;

19

−0I интенсивность плоскополяризованного света, падающего на анализатор;

−α угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора. Закон Брюстера:

,21ntgiB = (3)

где −Bi угол падения, при котором отраженный от диэлектрика луч является плоскополяризо-ванным;

−21n относительный показатель преломления.

Оптическая разность хода между обыкновенным и необыкновенным лучами на пути в ячейке Керра:

( ) ,20 Enn e κ=−=Δ (4)

где 0n , −en показатели преломления соответственно обыкновенного и необыкновенного лучей в направлении, перпендикулярном оптической оси;

−E напряжённость электрического поля; −κ постоянная.

Оптическая разность хода для пластинки в четверть волны

( ) 00 41 λ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +±=−=Δ mdnn e ( ),,...2,1,0=m (5)

где знак плюс соответствует отрицательным кристаллам, минус – положительным;

−0λ длина волны в вакууме.

Угол поворота плоскости поляризации: для оптически активных кристаллов и чистых жидкостей ;d⋅= αϕ (6)для оптически активных растворов

[ ] ,dC⋅= αϕ (7)

где −d длина пути, пройденного светом в оптически активном веществе; [ ]−αα 0 удельное вращение;

−C массовая концентрация оптически активного вещества в растворе.

Примеры решения задач Пример №1. Определите степень поляризации частично поляризованного света, если ампли-

туда светового вектора, соответствующая максимальной интенсивности света, в 3 раза больше амплитуды, соответствующей его минимальной интенсивности.

20

Дано: Решение:

3min0

max0 =EE

?−P

Применим формулу для степени поляризации:

minmax

minmax

IIIIP

+−

= ,

Imax и Imin – максимальная и минимальная интенсивности частично поляризованного света. 20E~I ,

( −0E амплитуда светового вектора)

Произведём замену и подстановку:

.8,0108

1313

1

1

2

2

2min0

2max0

2min0

2max0

2min0

2max0

2min0

2max0 ==

+−

=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=+−

=

EEEE

EEEEP

Ответ: 0,8. Пример №2. Степень поляризации частично поляризованного света составляет 0,75.Определите отношение максимальной интенсивности света, пропускаемого анализато-

ром, к минимальной. Дано: Решение:

75,0=P

?min

max −II

Воспользуемся формулой из примера 1:

;minmax

minmax

IIIIP

+−

=

где P – степень поляризации;

;1

1

min

max

min

max

+

−=

IIII

P

Сделаем преобразования формулы, получим:

;11min

max

min

max⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=−

IIP

II

Математически преобразуем выражение:

;1min

max

min

max PII

PII

+⋅=−

;1min

max

min

max +=⋅− PIIP

II

Вынесем min

max

II

за скобки в левой части:

21

( )PP

II

PPII

−+

=⇔+=−1111

min

max

min

max

Произведём вычисления:

.725,075,1

75,0175,01

min

max ==−+

=II

Ответ: 7. Пример №3. Определите степень поляризации P света, который представляет собой смесь

естественного света с плоскополяризованным, если интенсивность поляризованного света рав-на интенсивности естественного. Дано: Решение:

естп II =

?−P ;

minmax

minmax

IIII

P+−

=

Найдём значение maxI и minI :

;23

21

21

max пппестп IIIIII =+=+=

где −nI плоскополяризованный свет;

−естI естественный свет;

;21

21

min пест III ==

Подставим найденные значения maxI и minI в формулу для степени поляризации:

.5,02

21

23

21

23

==+

−=

п

п

пп

пп

II

II

IIP

Ответ: 0,5. Пример №4. Угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора составляет

30°.Определите изменение интенсивности прошедшего через них света, если угол между глав-ными плоскостями равен 45°. Дано: Решение:

01 30=α

02 45=α

?2

1 −II

Закон Малюса: ;cos 1

201 αII =

где I0 – интенсивность света, вышедшего из поляризатора на анализатор; I1 – интенсивность света, вышедшего из анализатора;

1α – угол между оптическими осями кристаллов.

;cos 22

02 αII =

Найдём отношение 2

1

II :

22

;coscos

22

12

2

1

αα

=II

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

2245cos 0 .

Произведём вычисления:

.5,123

4243

22

23

45cos30cos

coscos

2

2

02

02

22

12

2

1 ===

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

===αα

II

Ответ: 1,5. Пример №5. Определите, во сколько раз ослабится интенсивность света, прошедшего через

два николя, расположенные так, что угол между их главными плоскостями α = 60°, а в каждом из николей теряется 5% интенсивности падающего на него света.

I2

I1

I0

П А

O O ′

Дано: Решение: 060=α

05,021 == kk

?2

0 −II

01 21 II = ,

где 0I - интенсивность естественного света;

1I - интенсивность плоскополяризованного света; Интенсивность света прошедшего через поляризатор:

( )( ) ;9,0211

21

00211 IIkkI =+−=

Интенсивность света прошедшего через анализатор:

;cos9,021cos9,0 22

02

12 αα III ==

.cos9,02

222

0

α=

II

Учитывая, что 2160cos =° , получим:

88,99,0422

2

0 =⋅

=II

.

Ответ: 9,88.

23

Пример №6. Естественный свет интенсивностью 0I проходит через поляризатор и анализа-тор, угол между главными плоскостями которых составляет α . После прохождения света через эту систему он падает на зеркало и, отразившись, проходит вновь через неё. Пренебрегая по-

глощением света, определите интенсивность I света после его обратного прохождения.

α

I2

I3 I1

I,I0

П

А

E E cosα

Дано: Решение: α

0I

?−I

01 21 II = ,

где 0I - интенсивность естественного света;

1I - интенсивность плоскополяризованного света; По закону Малюса:

α212 cosII =

Подставим и получим: Интенсивность света прошедшего через анализатор:

;cos21 2

02 αII =

Интенсивность света при попадании на зеркало:

;cos α2023 2

1 III ==

Интенсивность света после обратного прохождения:

;coscos αα 40

23 2

1 III ==

.cos α402

1 II =

Ответ: .cos α402

1 II =

Пример №7. Пучок естественного света падает на стеклянную призму с углом

α = 30°.Определите показатель преломления стекла, если отражённый луч является плоскопо-ляризованным.

24

iB

α α

n

Дано: Решение: 030=α

?−n Закон Брюстера:

;21 nntgiB ==

где Bi - угол Брюстера; n21 – показатель преломления второй среды относительно первой. По закону Брюстера: отражённый и преломленные лучи взаимно перпендикулярны, следовательно:

;2

απ−=Bi

Вычислим n:

.73,13622

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

πππαπ tgtgtgn

Ответ: 1,73. Пример №8. Определите, под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы

лучи, отражённые от поверхности озера (n = 1,33) были максимально поляризованы. Дано: Решение:

33,1=n ?−α

По закону Брюстера: ;21 nntgiB ==

где Bi -угол падения преломленного луча(угол Брюстера); n21 – показатель преломления второй среды относительно первой.

( ) 053)33,1( === arctgnarctgiB ,

.3753902

000 =−=−= Biπα

Ответ: 37°. Пример №9. Предельный угол полного отражения для пучка света на границе кристалла ка-

менной соли с воздухом равен 40,5°.Определите угол Брюстера при падении света из воздуха на поверхность этого кристалла. Дано: Решение:

05,40=прi

?−Bi

Используем закон преломления света:

25

2

1

2sin

sinnniпр =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

.

Перепишем формулу с учётом ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 1

2sin π

:

прinn

sin1

1

2 = .

По закону Брюстера:

Btginn

=1

2 ,

где Bi -угол Брюстера. Приравниваем и получаем:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⇒=

прB

прB i

arctgii

tgisin

1sin

1.

Произведём вычисления:

( ) °==⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛°

= 5754,165,01

5,40sin1 arctgarctgarctgiB .

Ответ: 57°. Пример №10. Параллельный пучок света падает нормально на пластинку из исландского

шпата толщиной 50 мкм, вырезанную параллельно оптической оси. Принимая показатели пре-ломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно

66,10 =n и 49,1=en , определите разность хода этих лучей, прошедших через пластинку.

O

d

IoIe

O'

d-толщина пластины, Iо –обычная интенсивность света, O O΄-оптическая ось, I-естественная интенсивность света.

26

Дано: Решение: ммкмd 510550 −⋅==

66,10 =n

49,1=en

?−Δ

По определению геометрическая разность хода: nd ⋅ .

Оптическая разность хода длявырезанной пластинки параллельно оптической оси:

( ).00 ee nnddndn −=−=Δ

−on показатель преломления обычного света;

−en показатель преломления естественного света;

Произведём вычисления:

( ) мкмм 5,8105,849,166,1105 65 =⋅=−⋅=Δ −− Ответ: 8,5 мкм. Пример №11. Плоскополяризованный свет, длина волны которого в вакууме нм589=λ , па-

дает на пластинку исландского шпата перпендикулярно его оптической оси. Принимая показа-тели преломления исландского шпата для обыкновенного и необыкновенного лучей соответст-венно 66,10 =n и 49,1=en , определите длины волн этих лучей в кристалле.

Дано: Решение: мнм 71089,5589 −⋅==λ

66,10 =n

49,1=en

?0 −λ

?−eλ

cT=λ . Для обыкновенного луча:

T00 υλ = ,

где 0

0 nc

=υ .

Для необыкновенного луча: Tee υλ = ,

где e

e nc

=υ .

Выразим T:

cT λ

= ,

тогда 0

0

cT λ

= .

cn

T 00

0

0 λυλ

== ;

Выразим λ:

;35566,11089,5 7

0000

00 нмn

ncnc

=⋅

==⇒==−λλλ

λλ

Аналогично найдём нмne

e 39549,11089,5 7

=⋅

==−λλ

Ответ: 355 нм; 395 нм.

27

Пример №12. Дайте определение кристаллической пластинки «в целую волну» и определите её наименьшую толщину для нм530=λ , если разность показателей преломления необыкно-венного и обыкновенного лучей для данной длины волны 01.00 =− nne

Дано: Решение: мнм 7103,5530 −⋅==λ

01,00 =− nne

λ=Δ ?min −d

Пусть −on показатель преломления обычного света;

−en показатель преломления естественного света, тогда

( )0min nnd e −=Δ - оптическая разность хода для вырезанной пла-стинки параллельно оптической оси (см. рис. примера №10).

λ=Δ (при )0=m И получаем:

( ) ;min λ=− 0nnd e

Следовательно

;min0nn

de −

= λ

Произведём вычисление:

мкммd 5310530101035 6

7

=⋅=⋅= −−

,,

min

Ответ: 53 мкм.

Примерный вариант автоматизированной контрольной работы – АКР №8

1. На тонкую мыльную плёнку (n = 1,33) под углом i=30º падает монохроматический свет с

длинной волны λ = 0,6 мкм. Определите угол между поверхностями пленки, если расстояние b между интерференционными полосами в отраженном свете равно 4 мм.

Ответ: α = 12,5´´. 2. Плосковыпуклая линза с показателем преломления n = 1,6 выпуклой стороной лежит на

стеклянной пластинке. Радиус третьего светлого кольца в отраженном свете (λ = 0,6 мкм) равен 0,9 мм. Определите фокусное расстояние линзы.

Ответ: ƒ = 0,9 м. 3. На линзу с показателем преломления n = 1,58 нормально падает монохроматический свет

с длинной волны λ = 0,55 мкм. Для устранения потерь света в результате отражения на линзу наносится тонкая плёнка. Определите: 1) оптимальный показатель преломления для пленки; 2) минимальную толщину плёнки.

Ответ: 1) nп = 1,26; 2) d = 109 нм. 4.Определите радиус третьей зоны Френеля, если расстояние от точечного источника света

(λ = 0,6 мкм ) до волновой поверхности и от волновой поверхности до точки наблюдения рав-но1,5м.

Ответ: r3 = 1,16 мм.

28

5. Монохроматический свет падает на длинную прямоугольную щель шириной a = 12 мкм под углом α = 30º к её нормали. Определите длину волны λ света, если направление φ на первый минимум ( m=1 ) от центрального фраунгоферова максимума составляет 33º.

Ответ: λ = a·( sinφ – sinα ) = 536 нм. 6.Докажите, что при падении света на границу раздела двух сред под углом Брюстера отра-

женный и преломленный лучи взаимно перпендикулярны.