Основная задача при изучении интерференции света заключается в расчете интерференционной картины. Рассчитать такую картину — это значит найти распределение интенсивности I электромагиитных волн в пространстве. Так как интенсивность пропорциональна квадрату амплитуды напряженности $E_0$ электрического поля электромагнитной волны, то основная задача интерференции сводится к нахождению амплитуды $E_0$ результирующего колебания в произвольной точке среды.

При расчете интерференционной картины чаще всего необходимо определить положение произвольного $k$-го максимума (или минимума) и расстояние между двумя соседними максимумами (или минимумами). Метод решения большинства задач на интерференцию света сводится к двум основным этапам: нахождения оптической разкости хода $\delta$ и применения условия максимума
$$\delta =k{\lambda }_0$$

или микимума
$$\delta =(2k+1)\frac{{\lambda }_n}{2}.$$

Пример 27.1 Рассчитать иктерференционную картину от деух косеректнєх источников I и II (рис. 27.1), расположсеньх на расстоянии $d=5$ мм друе от друеа и на расстоякии $L=6$ м от якрана. Длика өолкв источкиков в вакууме ${\lambda }_0=5\cdot {10}^{-1}\mathrm{M}$. Oпределить также положекие ма экраме пятого максимума и расстогние мезду соседними максимумами. Среда — вакуум.

Решение. До встречи в произвольной точке $F$ 9крана (рис. 27.1), в которой оценивается результат интерференции, каждая из волн проходит соответствующий геометрический путь $x_1$ и $x_2$. Предполагая для простоты начальные фазы равными нулю, а амплитуды — одинаковыми, запишем уравнения волн данных источников:
$$\begin{array}{l}{E}_1=E_{01}\sin (2\pi vt-\frac{2\pi x_1}{{\lambda }_0}),\\ E_1=E_{01}\sin (2\pi vt-\frac{2\pi x_1}{{\lambda }_0}).\end{array}$$

По принципу суперпозиции результирующее колебание в точке $F$
$$E=E_1+E_1=2E_{01}\cos \left[\frac{\pi }{{\lambda }_0}(x_1-x_2)\right]\sin [2\pi vt-\frac{\pi }{{\lambda }_0}(x_1-x_2)]$$

является гармоническим с той же частотой $v$, но с амплиту; дой
$$E_0=2E_{01}\cos \left[\frac{\pi }{{\lambda }_0}(x_1-x_2)\right],$$

зависящей от параметра $\left(\pi /{\lambda }_0\right)(x_1-x_1)=\left(\pi /{\lambda }_0\right)\delta$. Возводя (27.3) в квадрат, получаем распределение интенсивности света на экране:
$$I=4I_{01}{\cos }^{\prime }\left(\frac{\pi \delta }{{\overline{\lambda }}_0}\right)=2I_{01}[1+\cos \left(\frac{2\pi \delta }{{\lambda }_0}\right)].$$

Свяжем разность хода $\delta$ с координатой $x$ точки $F$ на экране. Из подобия треугольников $ABC$ и $DFO$ (учтя, что
180
$\delta \approx |BC|$, а $|FO|=x)$ находим
$$\delta /d=x/L\text{. }$$

Отсюда
$$\delta =(\mathrm{d}/L)x\text{. }$$

Таким образом, распределение интенсивности
$$I=2I_{01}[1+\cos \left(\frac{2\pi d}{{\lambda }_{0}L}x\right)].$$

График функции (27.7) представлен на рис. 27.2. Учитывая условия максимума (27.1) и (27.5), определяем положение $k$-го максимума:
$$x_k=L\delta /d=kL{\lambda }_0/d,x_k=3\cdot {10}^{-3}\mathrm{M},$$

а также расстояние между соседними максимумами:
$$\mathrm{\Delta }x=x_{(k+1)}-x_k=L{\lambda }_0/d,\mathrm{\Delta }x=6\cdot {10}^{-4}\mathrm{M}.$$

Два реальных источника света не являются когерентными. Поэтому рассмотренная задача о расчете интерференционной картины двух когерентных источников является

идеальной. Однако ее результаты и метод решения часто используют при расчете реальных интерференционных устроАิств. В большинстве случаев в таких приборах луч разделяется на две когерентные части. После прохождения различных оптических путей эти части исходного луча интерферируют.
Пример 27.2 Точечнвй источник света $S$ с длияод волных ${\lambda }_0=5\cdot {10}^{-1}$ м располозсен на расстоякии $r=10$ см от ликии пересеуения деух плоских зеркал, угол мекду которьми $\alpha ={20}^{\prime }$ (бизеркала Френеля). Определить число светивх полос иктерференциокноа картикв, получалоцедся ма экраме, удаленном от ликии пересечения зеркал ка расстояние $l=190$ см (рис. 27.3).

Реше и и е. Интерференционная картина получается от двух когерентных источников $I$ и $I$, расположенных в точках $A$ и $B$ и являющихся мнимыми изображениями источника света $S$ в двух плоских зеркалах. Эта идеальная

задача была решена в примере 27.1. Таким образом, для расчета интерференционной картины необходимо определить расстояние $|AB|=d$ между источниками. Расстояние источников до экрана $L\approx l+r$. В $\mathrm{△}AOC$ угол $AOC=\alpha$. Следовательно, $d=2|AC|=2|AO|\sin \alpha =2r\alpha$, ибо $\sin \alpha \approx \alpha$, так как угол $\alpha$ мал. Используя формулу (27.9), находим расстояние между двумя соседними светлыми полосами:
$$\mathrm{\Delta }x=\frac{{\lambda }_{y}L}{d}=\frac{{\lambda }_9(l+r)}{2r\alpha }.$$

Число светлых полос можно определить, если будет найдена ширина интерференционной картины. Последняя же определяется областыю, где пронсходит перекрытие волн, излучаемых источниками I и II. Из рис. 27.3 видно, что ширина интерференционной картины изображается отрезком $|DE|=x=2\left|O_{1}D\right|=2l\mathrm{tg}\alpha \approx 2l\alpha$. Разделив ширину $x$ интерференционной картины на ширину светлой полосы $\mathrm{\Delta }x$, получим число $N$ светлых полос:
$$N=\frac{x}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{4a^{2}rl}{{\lambda }_0(l+r)},N\approx 26.$$

Пример 27.3 Какоа должна быть допустимая ширина целей $d_0$ в опьте Юнаа, чтобы на экране Э, расположенком на расстоякии $L=2$ м от щелед (рис. 27.4), получилась отчетиивая интерференционмая картина? Рас
стояние мелду щенями $d=5$ мм. Длина волны ${\lambda }_9=5\times$ $\times {10}^{-1}\mathrm{M}$.
$\mathrm{P}$ еше и и е. В опыте Юяга две щели (точки $A$ и $\mathit{B}$ на рис. 27.4) являютея когерентными источниками, дающими на экране интерференционную картину. Предположим,
что эти источники точечные. Тогда интерференционная картина рассчитывается по формуле (27.8) и (27.9). Сместим источники вверх и на расстояние $d_0$. Интерференционная картина сместится также вверх на расстояние $d_0$. Рассмотрим суммарную интерференционную картину от четырех точечных источников, расположенных в точках $A$ и $A^{\prime },B$ и $B^{\prime }$. Она будет состоять из двух интерференционных картин, сдвинутых одна относительно другой на расстояние $d_0$. Если это расстояние меньше расстояния между соседними светлой и темной полосами, которое по формуле (27.9) равно ${\lambda }_{0}L/(2d)$, то суммарная интерференционная картина получится отчетливой.
Пусть теперь имеется два неточечных когерентных источника (щели шириной $A{A}^{\prime }=B{B}^{\prime }=d_9$ ). Согласно сказанному, суммарная интерференционная картина отчетлива, если выполняется условие
$$d_0⩽\frac{{\lambda }_{0}L}{2d}\text{, т. e. }{d}_0⩽0,1\text{ мм. }$$

Пример 27.4 В устаковке для получения колец Ньютона пространство между линзод (показатель преломлекия $n_1=1,55$ ) и плоско прозрачной пластиной (показатель преломиения $n_3=1,50$ ) заполнено эсидкостью с показателем преломления $n_3=1,60$ (рис. 27.5). Устанока облучается монохроматическим светом ( ${\lambda }_0=6\cdot {10}^{-1}\mathrm{m}$ ). падалощим мормально ка плоскую поверкность линзь. Найти радиус кривизны линзє $R$, если радиус четвертого $(k=4)$ светиого кольца в проходящем свете ${\rho }_k=1$ мм.

Решение. Интерференция лучей осуществляется в тонком жидком клине (показатель преломления жидкости $n_{\text{, }}$, больше как $n_1$, так и $n_3$ ). Именно в этой тонкой жидкой пленке неодинаковой толщины каждый луч разделяется на две когерентные части. В проходящем свете $\mathit{k}$-й максимум образуется вследствие интерференции луча $I$, прошедшего через точку $A$ в пластину, и части II этого же луча $ABC$, отразившейся в точках $A$ и $B$ и прошедшей в пластину через точку $C$ (рис. 27.5). Так как $n_2>n_3$ и $n_2>n_1$, то при отражении в точках $A$ и $B$ потери полуволны не происходит. Следовательно, приобретаемая лучами I и II оптическая разность хода
$$\delta =2d{n}_3$$

где $d$ — толщина жидкого клина в точке $A$. Учитывая, что
$$d=\rho k/(2R)\text{, }$$

а также условие максимума (27.1), находим
$$2\cdot \frac{\rho l_2}{2R}=k{\lambda }_0.$$

Отсюда радиус кривизны линзы
$$R=\frac{\rho n_2}{k{\lambda }_0},R\approx 66\mathrm{cm}.$$

Пример $27.5\mathrm{Ha}$ стеклянную плоскопаралельную пластику с показателем преломления $n=1,5$ падает свет с длиной волны $\lambda =6\cdot {10}^{-1}$ м со степенью монохроматичности $\mathrm{\Delta }\lambda =5\cdot {10}^{-10}\mathrm{м}$ под уелом падения $i={45}^{\circ }$. При какой максимальной толцияе пластинки интерфеomчетиuвou?
Реше и и е. Известно, что при интерференции монохроматического света $\left({\lambda }_0\right)$ в тонкой пленке толщины $h$ и с показателем преломления $n$ условие максимума имеет вид (в отраженном свете)
$$2h\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}=(k+\frac{1}{2})\lambda .$$

Если свет немонохроматический, то угловая ширина $k$-го интерференционного максимума $\mathrm{\Delta }i$ определится из уравнения (27.10) (после дифференширования правой и левой частей при $k=$ const):
$$\frac{d}{di}\left(2h\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}\right)\mathrm{\Delta }i=(k+\frac{1}{2})\mathrm{\Delta }\lambda .$$

Отскода
$$\mathrm{\Delta }i=\frac{(k+\frac{1}{2})\mathrm{\Delta }\lambda }{\frac{d}{d}\left(2h\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}\right)}.$$

Угловое расстояние $8i$ между сосе ди и м максимумами при монохроматическом свете также находится из уравнения (27.10) (после дифференцирования правой и левой частей при $\lambda =$ const):
$$\frac{d}{d}\left(2h\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}\right)\delta i=\lambda \delta k.$$

Отсюда при $\delta k=1$ (соседиие максимумы)
$$\delta i=\frac{\lambda }{\frac{d}{di}(2h\sqrt{n^2-{\sin }^{7}t)}}.$$

Иитерференционная картина является отчетливой при выполнении условия $|\mathrm{\Delta }i|<|\delta i|$, или
$$(k+\frac{1}{2})<\lambda /\mathrm{\Delta }\lambda \text{. }$$

Подставив выражение для $(k+\frac{1}{2})$ из уравнения (27.10) в формулу (27.11), получим максимальную толщину пластинки $h_{max}$, при которой еще можно наблюдать интерференционную картину:
$$h_{max}⩽\frac{{\lambda }^2}{2\mathrm{\Delta }\lambda \sqrt{n^3-{\sin }^{27}}},h_{max}\approx 0,27\text{ MM. }$$

Известно, что степень монохроматичности лазерного излучения — достигает $\mathrm{\Delta }\lambda =4\cdot {10}^{-13}$ м. Следовательно, для наблодения интерференции в луче лазера можно взять пластинку огромной толщины $h_{max}\approx 3,3$ смl Степень монохроматичности белого (видимого) света $\mathrm{\Delta }\lambda \approx 3,6\cdot {10}^{-1}\mathrm{M}$, и, следовательно, в этом случае $h_{max}\approx 3,7\cdot {10}^{-7}$ м, т. е. для наблюдения интерференции в белом свете должна быть взята тончайшая пленка, толщина которой примерно составляет десятые доли микрометра. Пленку такой толщины можно получить в жидком и твердом виде.

Как рассчитать интерференционную картину не от двух, а от многих когерентных источников света? Часто в этом случае используется метод яекторкьх диаграмм. Рассмотрим для простоты случай равных амплитуд. Кроме того, предположим, что разность фаз двух соседних источников отличается на одно и то же значение $\mathrm{\Delta }\phi =$ const.
На рис. 27.6 изображена векторная диаграмма, соответствующая сложению $N=6$ колебаний с одинаковыми амплитудами
$$|AB|=|BC|=|CD|=$$
$$=|DE|=|EF|=|FG|=E_{of}\text{. }$$

Амплитуду результирующего колебания изображают отрезком $AQ=E_0$. Определим эту результирующую амплитуду. Очевидно, что точки $A,B,C,D,E,F$ и $C$ располагаются на окружности радиуса $R=|OA|=|OB|=\dots$ Oпустим из центра окружности $O$ иа отрезки $AB$ и $BC$ перпендикуляры $OK$ и $OL$. Tогда $KOL=\mathrm{\Delta }\phi$, а $KOB=\mathrm{\Delta }\phi /2$. Из $\mathrm{△}KOB$ определяем радиус окружности:
$$R=\frac{|KB|}{\sin (\mathrm{\Delta }\phi /2)}=\frac{E_{01}}{2\sin (\mathrm{\Delta }\phi /2)}.$$

Так как $|AH|=|HG|$ (по построению $OH\perp AG$ ), то результирующая амплитуда
$$E_0=|AG|=2|AH|\text{. }$$

Угол $AOH$ равен $1/3(2\pi -N\mathrm{\Delta }\phi )=\pi -1/3N\mathrm{\Delta }\phi$, и из $\mathrm{△}AOH$ находим
$$|AH|=R\sin (\pi -\frac{N\mathrm{\Delta }\phi }{2})=R\sin \left(\frac{N\mathrm{\Delta }\phi }{2}\right).$$

Подставляя 9то значение $|AH|$ в уравнение (27.13) и используя (27.12), получаем
$$E_0=E_{01}\frac{\mathrm{stn}(N\mathrm{\Delta }\phi /2)}{\sin (\mathrm{\Delta }\phi /2)}$$

Энергия колебаний (а также и интенсивность $I$ ) пропорциональна квадрату амплитуды. Следовательно, интенсивность результирующего колебания
$$I=I_{01}\frac{{\sin }^2(N\mathrm{\Delta }\phi /2)}{{\sin }^2(\mathrm{\Delta }\phi /2)}$$

где $I_{\text{at }}$ — интенсивность одного источника.
186
При малой разности фаз ( $\mathrm{\Delta }\phi \to 0$ ) уравнение (27.14) принимает вид
$$I=I_{01}{N}^2.$$

Таким образом, иятенсивность елавноео максимума при интерференции $N$ истонкиков пропорциональна квадрату числа источников.