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
\[
\delta=(2 k+1) \frac{\lambda_{n}}{2} .
\]

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:
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=E_{01} \sin \left(2 \pi v t-\frac{2 \pi x_{1}}{\lambda_{0}}\right), \\
E_{1}=E_{01} \sin \left(2 \pi v t-\frac{2 \pi x_{1}}{\lambda_{0}}\right) .
\end{array}
\]

По принципу суперпозиции результирующее колебание в точке $F$
\[
E=E_{1}+E_{1}=2 E_{01} \cos \left[\frac{\pi}{\lambda_{0}}\left(x_{1}-x_{2}\right)\right] \sin \left[2 \pi v t-\frac{\pi}{\lambda_{0}}\left(x_{1}-x_{2}\right)\right]
\]

является гармоническим с той же частотой $v$, но с амплиту; дой
\[
E_{0}=2 E_{01} \cos \left[\frac{\pi}{\lambda_{0}}\left(x_{1}-x_{2}\right)\right],
\]

зависящей от параметра $\left(\pi / \lambda_{0}\right)\left(x_{1}-x_{1}\right)=\left(\pi / \lambda_{0}\right) \delta$. Возводя (27.3) в квадрат, получаем распределение интенсивности света на экране:
\[
I=4 I_{01} \cos ^{\prime}\left(\frac{\pi \delta}{\bar{\lambda}_{0}}\right)=2 I_{01}\left[1+\cos \left(\frac{2 \pi \delta}{\lambda_{0}}\right)\right] .
\]

Свяжем разность хода $\delta$ с координатой $x$ точки $F$ на экране. Из подобия треугольников $A B C$ и $D F O$ (учтя, что
180
$\delta \approx|B C|$, а $|F O|=x)$ находим
\[
\delta / d=x / L \text {. }
\]

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

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

График функции (27.7) представлен на рис. 27.2. Учитывая условия максимума (27.1) и (27.5), определяем положение $k$-го максимума:
\[
x_{k}=L \delta / d=k L \lambda_{0} / d, \quad x_{k}=3 \cdot 10^{-3} \mathrm{M},
\]

а также расстояние между соседними максимумами:
\[
\Delta x=x_{(k+1)}-x_{k}=L \lambda_{0} / d, \Delta x=6 \cdot 10^{-4} \mathrm{M} .
\]

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 $|A B|=d$ между источниками. Расстояние источников до экрана $L \approx l+r$. В $\triangle A O C$ угол $A O C=\alpha$. Следовательно, $d=2|A C|=2|A O| \sin \alpha=2 r \alpha$, ибо $\sin \alpha \approx \alpha$, так как угол $\alpha$ мал. Используя формулу (27.9), находим расстояние между двумя соседними светлыми полосами:
\[
\Delta x=\frac{\lambda_{y} L}{d}=\frac{\lambda_{9}(l+r)}{2 r \alpha} .
\]

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 $|D E|=x=2\left|O_{1} D\right|=2 l \operatorname{tg} \alpha \approx 2 l \alpha$. Разделив ширину $x$ интерференционной картины на ширину светлой полосы $\Delta x$, получим число $N$ светлых полос:
\[
N=\frac{x}{\Delta x}=\frac{4 a^{2} r l}{\lambda_{0}(l+r)}, N \approx 26 .
\]

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 $\boldsymbol{B}$ 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 $\lambda_{0} L /(2 d)$, 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
\[
d_{0} \leqslant \frac{\lambda_{0} L}{2 d} \text {, т. e. } d_{0} \leqslant 0,1 \text { мм. }
\]

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 $\boldsymbol{k}$-й максимум образуется вследствие интерференции луча $I$, прошедшего через точку $A$ в пластину, и части II этого же луча $A B C$, 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
\[
\delta=2 d n_{3}
\]

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

а также условие максимума (27.1), находим
\[
2 \cdot \frac{\rho l_{2}}{2 R}=k \lambda_{0} .
\]

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 $\Delta \lambda=5 \cdot 10^{-10} \mathrm{м}$ 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)
\[
2 h \sqrt{n^{2}-\sin ^{2} i}=\left(k+\frac{1}{2}\right) \lambda .
\]

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

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

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

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

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

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

Известно, что степень монохроматичности лазерного излучения – достигает $\Delta \lambda=4 \cdot 10^{-13}$ м. Следовательно, для наблодения интерференции в луче лазера можно взять пластинку огромной толщины $h_{\max } \approx 3,3$ смl Степень монохроматичности белого (видимого) света $\Delta \lambda \approx 3,6 \cdot 10^{-1} \mathrm{M}$, 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 $\Delta \varphi=$ const.
На рис. 27.6 изображена векторная диаграмма, соответствующая сложению $N=6$ колебаний с одинаковыми амплитудами
\[
|A B|=|B C|=|C D|=
\]
\[
=|D E|=|E F|=|F G|=E_{o f} \text {. }
\]

Амплитуду результирующего колебания изображают отрезком $A Q=E_{0}$. Определим эту результирующую амплитуду. Очевидно, что точки $A, B, C, D, E, F$ и $C$ располагаются на окружности радиуса $R=|O A|=|O B|=\ldots$ Oпустим из центра окружности $O$ иа отрезки $A B$ и $B C$ перпендикуляры $O K$ и $O L$. Tогда $K O L=\Delta \varphi$, а $K O B=\Delta \varphi / 2$. Из $\triangle K O B$ определяем радиус окружности:
\[
R=\frac{|K B|}{\sin (\Delta \varphi / 2)}=\frac{E_{01}}{2 \sin (\Delta \varphi / 2)} .
\]

Так как $|A H|=|H G|$ (по построению $O H \perp A G$ ), то результирующая амплитуда
\[
E_{0}=|A G|=2|A H| \text {. }
\]

Угол $A O H$ равен $1 / 3(2 \pi-N \Delta \varphi)=\pi-1 / 3 N \Delta \varphi$, и из $\triangle A O H$ находим
\[
|A H|=R \sin \left(\pi-\frac{N \Delta \varphi}{2}\right)=R \sin \left(\frac{N \Delta \varphi}{2}\right) .
\]

Подставляя 9то значение $|A H|$ в уравнение (27.13) и используя (27.12), получаем
\[
E_{0}=E_{01} \frac{\operatorname{stn}(N \Delta \varphi / 2)}{\sin (\Delta \varphi / 2)}
\]

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

где $I_{\text {at }}$ – интенсивность одного источника.
186
При малой разности фаз ( $\Delta \varphi \rightarrow 0$ ) уравнение (27.14) принимает вид
\[
I=I_{01} N^{2} .
\]

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