5 Интерференция

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
77
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 n 2  sin 2    m   
2

(7)
Радиус колец Ньютона при отражении свете от воздушной прослойки
между стеклянной пластиной и стеклянной линзы радиуса кривизны R:
78
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
79
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.
80
быть
сведена
к
получению
r1
j
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
j
 lj .
2
Подставляя это выражение в (5), находим:
x 

.
j
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  2  a  tg  2  a   .
81
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  2  a  (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 n 2  sin 2   m2 2 .
82
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 n 2  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
83
2  1   .
n 2  sin 2 2  n 2  sin 2 1  sin  21   n 2  sin 2 1
 sin  21 
2 n 2  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
n 2  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
84
1
1
1



 m 1 
 m  
 m  
2
2
2
h1  

и h2  
.
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
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
85
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;
2
 '  2bm'  2h 

 m .
2
Вычитая  из Δ’ и учитывая выражения для b, находим
rm'  rm2  2Rh  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;
б) как изменится радиус этого кольца, если пространство между линзами
заполнить водой?
86
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

б) Если пространство между линзами залить водой, то изменится оптическая
разность хода
87
 '  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

 2

I ()  2 I 0 1  cos  d  cos      ,
 


88
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
I ()  1  cos  2  cos    
89
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


 0,20 мм .
1   
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
5.87. Монохроматический свет проходит через
отверстие в экране Э (см. рис.) и отразившись от
Э
П
тонкой стеклянной пластинки П, образует на
90
l
экране систему интерференционных полос равного наклона. Толщина
пластинки b, расстояние между 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 n 2  sin 2    m    ; 2b n 2  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
n  sin   n  sin b
b
r

r
8
l
n
8
l
n
k
m

 
mk
mk
4nl 2 (m  k )
2
2
2
2

Ответ:   b(ri2  rk2 ) / 4nl 2 (i  k )
91

