Расстояние между двумя когерентными источниками. Примеры решения задач

1. Расстояние между двумя когерентными источниками d =0,9 мм. Источники, испускающие монохроматический свет с длиной волны λ =640 нм, расположены на расстоянии L =3,5 м от экрана. Оп­ределить число светлых полос, располагающихся на 1 см длины экрана.

Дано: d=9 м, λ=640 нм=64 м, L=3,5 м, x= м.

Найти: k/x.

Решение: В точке О на экране (рис. 9) будет максимальная осве­щенность: точка О равноудалена от обоих источников и и поэтому разность хода волн O и О равна нулю. В произволь­ной точке экрана максимум освещенности будет наблюдаться, если оптическая разность хода когерентных волн равна целому чи­слу длин волн: , (1) где , — оптические пути интерферирующих волн; λ — длина волны падающего света; k — номер светлой полосы (центральная светлая полоса принята за нулевую).

Оптическая разность хода волн , где х —расстояние

от центральной светлой до k -й светлой полосы. Учитывая выраже­ние (1), получим

(2)

Из выражения (2) определяем искомую величину k/x — число светлых интерференционных полос на 1 см длины:

Подставляя в это выражение числовые значения, получим

Ответ: k/х =

2. В просветленной оптике для устранения отражения света на по­верхность линзы наносится тонкая пленка вещества с показателем преломления 1,26, меньшим, чем у стекла. При какой толщине пленки отражение света от линзы не будет наблюдаться? Длина волны падающего света 0,55 мкм, угол падения З0°.

Дано: λ=0,55 мкм = 0,55 м; i = 30°, n = 1,26.

Найти: d.

Решение: Свет, падая на систему пленка—стекло под углом i, от­ражается как от верхней /, так и от нижней // поверхности пленки (рис. 10; - показатели преломления соответственно воздуха и стекла). Лучи и когерентны, так как образованы из одного луча S. Результат интерференции этих лучей зависит от оптической разности хода. Лучи отражаются от среды с большим показателем преломления, поэтому как на верхней, так и на нижней поверхности пленки происходит потеря полуволны

и, следовательно, оптическая разность хода волн равна

(1)

Условие минимума освещенности при интерференции (условие ми­нимумов) имеет вид

(2)

где k =1, 2, 3,... — порядок интерференционного минимума. Из (1) и (2) следует

откуда

Полагая k =1, 2, 3,..., получим ряд возможных значений толщины пленки:

;

Ответ: d 1==0,35 мкм; d 2=0,59 мкм и т. д.

3. На дифракционную решетку Д нормально падает монохромати­ческий свет с длиной волны 0,65 мкм.. На экране Э, расположен­ном параллельно решетке и отстоящем от нее на расстояние 0,5 м, наблюдается дифракционная картина (рис. 11). Расстояние между. дифракционными максимумами первого порядка равно 10 см. Оп­ределить постоянную дифракционной решетки и общее число главных максимумов, получаемых с помощью этой решетки.

Дано: λ=0,65 м, L =0,5 м, l =0,1 м, k =1.

Найти: с, n.

Решение: Запишем условие главных максимумов дифракционной решетки: c sinφ= kλ, (1) где с —постоянная дифракционной решетки; φ — угол отклонения лучей от нормального направления распространения света; k

— порядок главного дифракционного максимума; λ — длина волны

падающего на решетку монохрома­тического света.

По условию задачи, k =l. Учитывая, что l /2<< L (см. рис. 11), имеем sinφ tgφ >= l /(2L). (2). Подставляя (2) в (1), получим

или (3)

Подставляя в (3) числовые значения величин, находим

Для определения общего числа главных максимумов, давае­мых дифракционной решеткой, исходим из условия, что макси­мальный угол отклонения лучей от нормального направления рас­пространения не может превышать 90°, т. е. sin 90°= 1, тогда фор­мула (1) примет вид . Производим вычисления

Общее число максимумов равно , т. е. влево и вправо от центрального максимума будут наблюдаться по максиму­мов:

n = 2·10+ 1 =21.

Ответ: с =6,5 м, n =21.

4. Определить расстояние между атомными плоскостями в крис­талле каменной соли, если дифракционный максимум первого по­рядка наблюдается при падении рентгеновских лучей с длиной волны 0,147 нм под углом 15° 12' к поверхности кристалла.

Дано: λ =0,147 нм = 1,47 м, ? =15°12', k =l.

Найти: d.

Решение: Дифракция рентгеновских лучей на кристаллах — это результат интерференции рентгеновского излучения, зеркально от­ражающегося от системы параллельных плоскостей, которые про­ходят через узлы — атомы (например, А) кристаллической ре­шетки. Эти плоскости называют атомными (рис. 12). Отражение наблюдается лишь в тех направлениях,, соответствующих дифрак­ционным максимумам, которым удовлетворяет соотношение

? = | ВС | + |BD | = 2d sin ? или 2d sin ? = kλ, (1)

где k =1, 2, 3,... — порядок дифракционного максимума; ? — угол скольжения, т. е. угол между падающим лучом и плоскостью крис­талла; d — расстояние между соседними плоскостями, называемое межплоскостным. Исходя из условия (1) и учитывая, что k =l, имеем

Ответ: d = 0,282 нм.

5. Луч света, проходя слой льда, падает на алмазную пластинку, частично отражается, частично преломляется. Определить, каким должен быть угол падения, чтобы отраженный луч был максималь­но поляризован. Найти степень поляризации отраженного и пре­ломленного света для этого угла падения с помощью формул Фре­неля.

Дано: = 1,31, = 2,42.

Найти: , , .

Решение: Отраженный свет максимально поляризован при угле па­дения i = , удовлетворяющем закону Брюстера: tg = , (1) где = / — относительный показатель преломления отража­ющей среды. Если i = , то отраженный и преломленный лучи вза­имно перпендикулярны (рис. 13). Проходящий свет поляризован лишь частично. Из выражения (1) находим

С помощью формул Френеля определяем степень поляризации от­раженного луча:

Здесь

, (2)

---- интенсивности света, распространяющегося в направлениях, перпендикулярном и параллельном плоскости падения; — интен­сивность естественного света; i — угол падения; r — угол прелом­ления.

Еcли свет падает на диэлектрик под углом полной поляриза­ции (i = ), то, учитывая, что +r=90°, для отраженного луча из (2) получим , так как sin( +r) =sin 90°=1, tg 90°

Степень поляризации отраженного луча

т. е. луч максимально поляризован.

Найдем интенсивности света после преломления в направлени­ях, перпендикулярном и параллельном плоскости преломления:

Степень поляризации преломленного луча

Ответ: = 61,°5, = 100 %, =17 %.

6. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность естест­венного света, прошедшего через два николя, плоскости поляриза­ции которых составляют угол 45°. Каждый николь поглощает 8 % света, падающего на него (рис. 14).

Дано: а = 45°, £ = 0,08.

Найти: /

Решение: В результате двойного лучепреломления естественный луч света, попадая в призму П — поляризатор, раздваивается на обыкновенный и необыкновенный лучи. Оба луча поляризованы, но во взаимно перпендикулярных плоскостях. Обыкновенный луч, подчиняясь закону преломления, преломится и, подойдя к слою канадского бальзама в Николе, испытывает полное отражение и пог­лотится зачерненной боковой гранью призмы. Необыкновенный луч проходит через призму без отклонения, интенсивность его уменьша­ется из-за поглощения света призмой на величину k .

Интенсивность света, прошедшего через поляризатор, равна =0,5(1—k) , (1) где k =0,08 (т.е. 8 %)—коэффициент по­глощения света в призме; — интенсивность естественного света, падающего на поляризатор.

Поляризованный свет, войдя во второй николь — анализатор А, опять поглощается и интенсивность его уменьшается на величи­ну k кроме того, интенсивность поляризованного света из-за не­совпадения плоскостей поляризации поляризатора и анализатора согласно закону Малюса:

(2)

где α — угол между плоскостями поляризации поляризатора и анализатора; k — коэффициент поглощения; — интенсивность поляризованного света, падающего на анализатор; — интенсив­ность поляризованного света, прошедшего через анализатор. Подставляя выражение (1) в (2), имеем

(3)

Из соотношения (3) следует

, а

Подставляя числовые значения, получим

Ответ: / =5.

7. Показатель преломления сероуглерода для света с длинами воли 509, 534 и 589 нм равен соответственно 1,647; 1,640 и 1,630. Вы­числить фазовую и групповую скорости света вблизи длины волны 534 нм.

Решение: Групповая скорость u связана с фазовой скоростью υ света в среде соотношением

(1)

Учитывая, что υ=c/n, из (1) получаем

Для средней дисперсии вещества имеем

(2)

где / — средняя дисперсия показателя преломления среды. Для λ = 534 нм и n = 1,640 находим относительную дисперсию

Из соотношения (2) определяем

(3)

u = 0,931 υ.

Учитывая, что фазовая скорость υ = c/n, находим ее значение вблизи λ = 534 нм

По формуле (3) вычисляем групповую скорость

Ответ: υ= , u= .

8. В черенковском счетчике из каменной соли релятивистские про­тоны излучают в фиолетовом участке спектра в конусе с раство­ром 98°,80. Определить кинетическую энергию протонов. Длина волны фиолетовых лучей 0,4 мкм. Коэффициент преломления для этого участка спектра 1,54.

Дано: λ = 0,4 м, ? = 49,°40, n=1,54, =938,23 МэВ (см. табл. 18).

Найти:

Решение: Если частица движется в веществе со «сверхсветовой» скоростью V, то возникает свечение Вавилова—Черенкова при ус­ловии

V>υ = c/n, (1)

где с — скорость света в вакууме; n — показатель преломления вещества; υ — фазовая скорость света.

Свет, возникающий на каждом малом участке траектории за­ряженной частицы, распространяется вдоль образующих конуса, вершина которого О (рис. 15), расположена на этом участке, ось совпадает с траекторией частицы, а образующие составляют с осью угол

(2) или (3)

Так как излучают релятивистские протоны, то их кинетическая энергия равна

(4)

Величину V/c определим из соотношения (3)

Используя формулу (4), находим кинетическую энергию

Ответ: =14 ГэВ.

9. Во сколько раз увеличится мощность излучения абсолютно чер­ного тела, если максимум энергии излучения передвинется от крас­ной границы видимого спектра к его фиолетовой границе?

Дано: =0,76 мкм; =0,38 мкм.

Найти: n =

Решение: Длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения абсолютно черного тела, определяется из первого зако­на смещения Вина: , (1) где Т — термодинамическая температура излучателя; — постоянная Вина. По формуле (1) определяем температуру, соответствующую крас­ной и фиолетовой границам видимой области спектра:

Мощность излучения абсолютно черного тела N=ReS, где Re — энергетическая светимость абсолютно черного тела; S — площадь поверхности излучающего тела. В соответствии с законом Стефа­на—Больцмана

Re = (2)

где — постоянная Стефана—Больцмана. Для красной и фиолетовой границ видимой области спектра

,

Из формул (1) и (2) следует

Отношение / = n показывает, во сколько раз увеличивается мощность излучения абсолютно черного тела:

Ответ: Мощность излучения увеличится в 16 раз.

10. На зачерненную поверхность нормально падает монохромати­ческий свет с длиной волны 0,65 мкм, производя давление 0,5 Па, Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности и число фотонов, падающих на площадь 1 в 1 с.

Дано: λ = 0,65 м, р = 0,5 Па, ρ =0, S =1 , t =1 с.

Найти: , n.

Решение: Давление света при нормальном падении на поверхность с коэффициентом отражения ρ вычисляется по формуле

р = ω(1+ρ) (1) или р = (1+ρ), (2)

где ω — объемная плотность энергии; — энергетическая освещенность; с — скорость света в вакууме; ρ — коэффициент отра­жения поверхности, в данном случае ρ =0.

Объемная плотность энергии равна произведению концентрации фотонов (числа фотонов в единице объема) на энергию одно­го фотона ε=hν=hc/λ, т. е.

, (3)

откуда

. (4)

Определяя объемную плотность энергии из (1) и подставляя в (4), имеем

(5)

Число фотонов, падающих на площадь 1 за 1 с, численно рав­но отношению энергетической освещенности к энергии одного фо­тона:

(6)

Энергетическую освещенность определяем из (2) и, подставляя в (6), получаем

(7)

С учетом (5) выражение (7) примет вид n=n с. Подставляя чис­ловые значения, получаем

Ответ: , n = .

11. Угол рассеяния фотона с энергией 1,2 МэВ на свободном элек­троне 60°. Найти длину волны рассеянного фотона, энергию и им­пульс электрона отдачи. Кинетической энергией электрона до соу­дарения пренебречь.

Дано: ε =1,2 МэВ = 1,92 Дж, ? = 60°.

Найти: , , .

Решение: Изменение длины волны фотона при комптоновском рас­сеянии равно

(1)

где и — длины волн падающего и рассеянного фотонов; h =
= 6,62 Дж·с — постоянная Планка; =9,l1 кг — масса покоя электрона; с=3 м/с — скорость света вакууме; м — комптоновская длина волны; ? — угол рассеяния (рис. 16). На рисунке и — импульсы падающего и
рассеянного фотонов.

Из формулы (1) находим = +?λ = + (1—cos?). Вы­ражая через энергию фотона , получаем

(2)

Энергия электрона отдачи по закону сохранения энергии равна

Выразим изменение, длины волны через изменение частоты:

.

С учетом (1) можно написать:

(3)

Умножая выражение (3) на h и учиты­вая, что , получаем

(4)

где =0,511 МэВ = 0,82 Дж — энергия покоя электрона. Зная энергию электрона, найдем

(5)

Подставляя числовые значения в формулы (2), (4) и (5), по­лучаем:

Ответ: = = ;