Основные формулы
– Разность хода лучей 1 и 2, создаваемых двумя узкими щелями, до точки А на экране, расположенной на расстоянии $x$ от оси (см. рис.5.4)
\[
\Delta=\frac{x d}{l},
\]
где $d$ – расстояние между щелями, $l$ – расстояние от щелей до экрана.
Рис. 5.4
– Ширина интерференционной полосы в интерференционной картине, создаваемой на экране двумя тонкими параллельными светящимися нитями или щелями
\[
\Delta x=\lambda / \varphi,
\]
где $\varphi<<1$ – угол, под которым видны источники света из точек на экране (см. рис. 5.4), $\lambda$ – длина волны света.
– При отражении от оптической более плотной среды вектор $E$ световой волны испытывает скачок фазы равный $\pi$.
– Условие максимумов при интерференции света, отраженного от тонкой пластинки с показателем преломления $n$ толщины $b$ :
\[
2 b \sqrt{n^{2}-\sin ^{2} \theta}+\frac{\lambda}{2}=m \lambda
\]
где $\theta$ – угол падения света на пластинку; $m$ – целое число.
– Разность хода двух лучей ( $\Delta$ ) при отражении света от поверхности воздушной прослойки, образованной стеклянной пластинкой и
Рис. 5.5 соприкасающейся с ней выпуклой поверхностью стеклянной линзы с радиусом кривизны $R$ (см.рис.5.5)
\[
\Delta=\frac{r^{2}}{R}+\frac{\lambda}{2}
\]
При $\Delta=m \lambda-$ ( $m$ – целое число) возникают максимумы, а при $\Delta=m \lambda+\frac{\lambda}{2}$ – минимумы интенсивности света. Возникающая интерференционная картина носит название колец Ньютона.
Примеры решения задач
5.2.1. Система (рис. 5.6) состоит из двух точечных когерентных излучателей 1 и 2 , которые расположены в некоторой плоскости так, что их дипольные моменты перпендикулярны к этой плоскости. Расстояние между излучателями $\mathrm{d}$, длина волны излучения $\lambda$. Имея в виду, что колебания излучателя 2 отстают по фазе на $\alpha(\alpha<\pi)$ от колебаний излучателя 1 , найти:
a) углы $\vartheta$, в которых интенсивность излучения максимальна;
б) условия, при которых в направлении $\vartheta=\pi$ интенсивность излучения будет максимальна, а в противоположном направлении – минимальна.
Решение
a) Сдвиг фазы между колебаниями, создаваемыми излучателями 1 и 2 в направлении, характеризующемся (углом $\theta$ (см. рис.5.6)), определяется разностью хода $\Delta=d \cos \theta$ и разностью начальных фаз $\alpha$ :
\[
\Delta \varphi=\varphi_{1}-\varphi_{2}=\frac{2 \pi \Delta}{\lambda}+\alpha=\frac{2 \pi d \cos \theta}{\lambda}+\alpha
\]
Максимум интенсивности наблюдается в случае когда
\[
\Delta \varphi=\frac{2 \pi d \cos \theta}{\lambda}+\alpha=2 \pi n,
\]
где $\mathrm{n}$ – целое число. В результате получаем
\[
\cos \theta_{\text {maa }}=\frac{\lambda}{d}\left(n-\frac{\alpha}{2 \pi}\right), \quad \text { где } n=0,1,2, \ldots
\]
б) Максимум интенсивности при $\theta=0$ будет наблюдаться в случае, когда
\[
\Delta \varphi=\frac{2 \pi d \cos 0}{\lambda}+\alpha=2 \pi n+\pi,
\]
$n$-целое число, а минимум при $\theta=\pi$ в случае, когда
Рис. 5.6
\[
\Delta \varphi=\frac{2 \pi d \cos \pi}{\lambda}+\alpha=-2 \pi n
\]
Минус в правой части последнего уравнения появился изза того, что разность фаз величиной $2 \pi n$ при $n \geq 1$ обусловлена разностью хода $\Delta$, а $\Delta$ меняет знак при изменении величины $\theta$ с нуля на $\pi$. Переписывая полученные уравнения, получаем
\[
\begin{array}{l}
\frac{2 \pi d}{\lambda}+\alpha=2 \pi n+\pi \\
-\quad \begin{array}{l}
2 \pi d \\
\lambda
\end{array}+\alpha=-2 \pi n
\end{array}
\]
Складывая и вычитая уравнения (1) и (2), получаем значения $\alpha$ и $d$, обеспечивающие условия задачи
\[
\alpha=\frac{\pi}{2}, \quad d / \lambda=n+\frac{1}{4}, \quad \text { где } n=0,1,2, \ldots
\]
Ответ: $\alpha=\frac{\pi}{2}, \lambda=n+\frac{1}{4}$, где $n=0,1,2, \ldots$
5.2.2. Две когерентные плоские световые волны, угол между направлениями распространения которых $\varphi<<1$, падают почти нормально на экран. Амплитуды волн одинаковы. Показать, что расстояние между соседними максимумами на экране $\Delta x=\lambda / \varphi$, где $\lambda$ – длина волны.
Решение
Выберем систему координат так, что волновой вектор одной волны $k_{1}$ параллелен оси $y$, которая перпендикулярна к экрану (см. рис. 5.7). Волновой вектор второй волны $\boldsymbol{k}_{2}$ составляет с вектором $\boldsymbol{k}_{1}$ угол $\varphi$.
Уравнения, описывающие электрическое поле первой и второй волн, могут быть записаны следующим Рис. 5.7 образом
\[
\begin{array}{l}
E_{1}=E_{0} \cos \left(\omega t-k_{1} \tau\right)=E_{0} \cos (\omega t-k y) \\
E_{2}=E_{0} \cos \left(\omega t-k_{2} \tau\right)=E_{0} \cos \left(\omega t-k_{2 x} x-k_{2 y} y\right),
\end{array}
\]
где $k=2 \pi / \lambda$. В силу выбора системы координат и малости угла $\varphi$ : $k_{2 x}=k \sin \varphi \cong k \varphi, \quad k_{2 y}=k \cos \varphi \cong k \varphi$. $\mathrm{C}$ учетом этого переписываем уравнение (2)
\[
E_{2}=E_{0} \cos (\omega t-k x \varphi-k y) .
\]
Аргументы у косинусов в (1) и (2) представляют собой фаз волн 1 и 2 , которые обозначим $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$. Разность фаз
\[
\Delta \varphi=\alpha_{1}-\alpha_{2}=k_{y} x=k \varphi x .
\]
Видно, что разность фаз $\Delta \varphi$ зависит от $x$. Если на экране при каком-либо значении $x_{n}$ наблюдается максимум интерференционной картины, то следующий максимум будет наблюдаться при значении координаты $x=x_{n+1}$, при переходе к которой разность фаз $\left(\Delta \varphi_{n+1}-\Delta \varphi_{n}\right)=\Delta \varphi_{n, n+1}$ составит $2 \pi$
\[
\Delta \varphi_{n, n+1}=k \varphi\left(x_{n+1}-x_{n}\right)=k \varphi \Delta x=2 \pi .
\]
Отсюда следует, что
\[
\Delta x=\frac{2 \pi}{k \varphi}=\frac{2 \pi \lambda}{2 \pi \varphi}=\frac{\lambda}{\varphi},
\]
что и требовалось доказать.
5.2.3. На рис.5.8 показана интерференционная схема с бизеркалами Френеля. Угол между зеркалами $\alpha=12^{\prime}$, расстояния от линии пересечения зеркал до узкой щели $\mathrm{S}$ и экрана Э равны соответственно $r=10,0$ см. и $b=130$ см.. Длина волны света $\lambda=0,55$ мкм. Определить:
a) ширину интерференционной полосы на экране и число возможных максимумов;
б) сдвиг интерференционной картины на экране при смещении щели на $\delta=1,0$ мм по дуге радиуса $r$ с центром в точке $O$;
в) при какой максимальной ширине щели $h_{\max }$ интерференционные полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо?
Рис.5.8
Решение
a) Выберем ось $x$ так как показано на рис.5.8. Источники $S^{\prime}$ и $S^{\prime \prime}$ являются зеркальными изображениями источника света $S$ в двух зеркалах. Из рисунка ясно, что расстояние между $S^{\prime}$ и $S^{\prime \prime}$ равно
\[
S^{\prime \prime \prime}=2 r \alpha
\]
Отсюда, согласно формуле (5.2.1), получаем выражение для ширины интерференционной картины
\[
\Delta x=\frac{\lambda}{\varphi}=\frac{\lambda(b+r)}{2 r \alpha}=1,1 \text { мкм }
\]
где $\varphi=2 r \alpha /(b+r)$ – угол, под которым источники $S^{\prime}$ и $S^{\prime \prime}$ видны из точек, расположенных на экране.
Ширина интерференционной картины на экране $2 x_{\max }$ ограничивается двумя пунктирными линиями на рисунке, проведенными через источники $S^{\prime}, S^{\prime \prime}$ и точку О. Из рисунка видно, что
\[
2 x_{\operatorname{mix}}=2 \alpha b \text {. }
\]
Используя (1) и (2), можно найти полное число максимум в интерференционной картине $n$, расположенных по одну сторону от оси OO’ (не считая центрального максимума), n равно максимальному целому числу, которое меньше, чем отношение $\frac{x_{\max }}{\Delta x}$,
\[
\frac{x_{\max }}{\Delta x}=\frac{2 \alpha^{2} b r}{\lambda(b+r)}=4,1 .
\]
Следовательно $n=4$. Это значит, что полное число максимумов в интерференционной картине с учетом центрального равно
\[
N=2 n+1=9 .
\]
б) При смещении источника $S$ на расстояние $\delta$ по дуге радиуса $\tau$ с центром в точке $\mathrm{O}$, источник $\mathrm{S}$ повернется вокруг оси, проходящей через точку О и перпендикулярной к плоскости рисунка на угол равный $\delta / b$. Зеркальные изображения S’ и S\” повернутся при этом вокруг этой же оси на такой же по величине угол. Следовательно, на такой угол повернётся вокруг указанной оси центр интерференционной картины. Поэтому сдвиг интерференционной картины на экране составит
\[
\delta x=\delta \cdot b / r=0,13 \mathrm{~cm} .
\]
в) Интерференционные полосы на экране будут наблюдаться отчетливо до тех пор, пока максимумы интерференционной картины, создаваемой одним краем источника $\mathrm{S}$ шириной $h_{\max }$, не совпадут с минимумами картины, создаваемой другим краем источника. Используя результаты, полученные в пунктах а) и б), это условие можно записать следующим образом:
\[
\delta x \leq \Delta x / 2 .
\]
Подставляя в (4) выражения (1) и (2) для $\Delta x$ и $\delta x$ и полагая $\delta l=h_{\max }$, получаем
\[
\frac{b h_{\max }}{r}=\frac{\lambda(b+r)}{4 \alpha r} .
\]
Отсюда
\[
h_{\max }=\frac{\lambda(1+r / b)}{4 \alpha}=43 \text { мкм. }
\]
5.2.4. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально на диафрагму с двумя узкими щелями, отстоящими друг от друга на $d=2,5$ мм. На экране, расположенном за диафрагмой на $\ell=100 \mathrm{~cm}$, образуется система интерференционных полос. На какое расстояние и в какую сторону сместятся эти полосы, если одну из щелей перекрыть стеклянной пластинкой толщины $h=10$ мкм?
Решение
Воспользуемся рис.5.4. В отсутствии стеклянной пластинки разность хода лучей 1 и 2 до точки О равна нулю и мы имеем здесь центральный максимум интерференционной картины.
Если поместить стеклянную пластинку толщины $h$ с показателем преломления $n$ перед щелью 1 , то длина оптического пути луча 1 вырастет на величину
\[
\Delta_{1}=(n-1) h .
\]
В результате точка $\mathrm{O}$ перестанет быть центром интерференционной картины. Компенсация дополнительного оптического пути луча 1 может быть достигнута в некоторой точке А на экране, лежащей выше точки $O$, за счет увеличения оптического пути луча 2 по сравнению с лучом 1 .
Разность оптических путей света от щелей 1 и 2 до точки А с координатой $x$ определяется формулой (5.2.1)
\[
\Delta=\frac{x d}{\ell} .
\]
Перемещение центрального максимума $x$, а следовательно, и всей интерференционной картины определяется равенством $\Delta=\Delta_{1}$, т.е.
\[
\frac{x d}{\ell}=(n-1) h .
\]
Окончательно получаем $x=\frac{(n-1) h \ell}{d}=2$ мм, интерференционная картина сместится в сторону щели, закрытой стеклянной пластинкой.
Ответ: $x=\frac{(n-1) h \ell}{d}=2$ мм.
5.2.5. Монохроматический свет проходит через отверстие в экране Э (рис. 5.9) и, отразившись от тонкой плоско – параллельной стеклянной пластинки П, образует на экране систему интерференционных полос равного наклона. Толщина пластинки $b$, расстояние между ней и экраном $\ell$, радиусы $i$-го и $k$-го темных колец $r_{i}$ и $r_{k}$. Учитывая, что $r_{i k} \ll \ell$, найти длину волны света.
Решение
Разность хода двух лучей, отраженных от передней и задней сторон
Рис.5.9
стеклянной пластины определяется формулой (см. 5.2.3)
\[
\Delta=2 b \sqrt{n^{2}-\sin ^{2} \theta}+\frac{\lambda}{2},
\]
где $\theta$ – угол между нормалью к пластине и лучом света (см.рис.5.9), слагаемое $\lambda / 2$ появляется из-за того, что при отражении от передней грани свет получает дополнительный набег фазы равный $\pi$.
Условие появления темных колец записывается следующим образом
\[
2 b \sqrt{n^{2}-\sin ^{2} \theta}+\frac{\lambda}{2}=m \lambda+\frac{\lambda}{2},
\]
где $m$ – целое число. Для темных колец с номерами і и $\mathrm{k}$ в согласии с условием задачи имеем
\[
\begin{array}{l}
\sin \theta_{i} \cong \theta_{i}=\frac{r_{i}}{2 \ell} ; \\
\sin \theta_{k} \cong \theta_{k}=\frac{r_{k}}{2 \ell} .
\end{array}
\]
Подставляя (2) и (3) в (1), получаем
\[
\begin{array}{l}
2 b \sqrt{n^{2}-\frac{r_{i}^{2}}{4 \ell^{2}}}=i \lambda \\
2 b \sqrt{n^{2}-\frac{r_{k}^{2}}{4 \ell^{2}}}=k \lambda
\end{array}
\]
Для упрощения полученных выражений воспользуемся формулой
\[
\sqrt{1-x} \cong 1-\frac{x}{2}, \text { при } x<<1
\]
В результате получим:
\[
\begin{array}{l}
2 b n\left(1-\frac{r_{i}^{2}}{8 n^{2} \ell^{2}}\right)=i \lambda \\
2 b n\left(1-\frac{r_{k}^{2}}{8 n^{2} \ell^{2}}\right)=k \lambda
\end{array}
\]
Вычитая (4) из (5), получим
\[
\frac{2 b n}{8 n^{2} \ell^{2}}\left(r_{k}^{2}-r_{i}^{2}\right)=\lambda(k-i) .
\]
Отсюда
\[
\lambda=\frac{b}{4 n \ell^{2}(k-i)} .
\]
Ответ: $\lambda=\frac{b}{4 n \ell^{2}(k-i)}$.
5.2.6. Плоско-выпуклая стеклянная линза с радиусом кривизны сферической поверхности $R=12,5$ см прижата к стеклянной пластинке. Диаметры $m$-го и ( $m+5$ )-го тёмных колец Ньютона в отраженном свете равны. Определить длину волны света и номер кольца $m$.
Решение
Разность хода двух лучей, отраженных от воздушной прослойки между сферической поверхностью линзы и стеклянной пластинкой (см.рис.5.5), равна согласно (5.2.4)
\[
\Delta=\frac{r^{2}}{R}+\frac{\lambda}{2} \text {. }
\]
Условие для наблюдения темных колец записывается следующим образом
\[
\frac{r^{2}}{R}+\frac{\lambda}{2}=m \lambda+\frac{\lambda}{2},
\]
где $\mathrm{m}$ – целое число. Запишем это условие для $m$ – го и $(m+5)$-го колец
\[
\begin{array}{l}
\frac{d_{1}{ }^{2}}{4 R}=m \ell \\
\frac{d_{2}{ }^{2}}{4 R}=(m+5) \lambda
\end{array}
\]
Вычитая уравнение (1) из (2), получим
\[
\begin{array}{c}
5 \lambda=\frac{d^{2}{ }_{2}-d_{1}{ }^{2}}{4 R}, \\
\lambda=\frac{d_{2}{ }^{2}-d_{1}{ }^{2}}{20 R}=0,5 \text { мкм. }
\end{array}
\]
Из уравнения (1) следует
\[
m=\frac{d_{1}{ }^{2}}{4 R \lambda}=\frac{d_{1}^{2} 20 R}{4 R\left(d_{2}^{2}-d_{1}{ }^{2}\right)}=\frac{5 d_{1}^{2}}{d_{2}{ }^{2}-d_{1}{ }^{2}}=4 .
\]
Ответ: $\lambda=\frac{d_{2}^{2}-d_{1}^{2}}{20 R}=0,5$ мкм, $\mathrm{m}=4$.
