Решение задач по теме "Интерференция волн".

Задачи по теме “Интерференция” Задача 1. Два динамика создают звук частотой 3,4 КГц, направленный в точку О. ВO = 1 м, а  угол   был бы максимум интерференции, если скорость звука в воздухе 340 м/c.  град. Как переместить точку А вдоль АО, чтобы в точке наблюдения (т.О) 30 Решение. Определим длину звуковой волны :    T Vм зв V  зв v 340  3400  0,1    ВО АО ВО ВО Определим оптическую разность хода двух звуковых волн:    ВО    , где m­ целое число. Условие интерференционного максимума :  Значит, если отрезок АО увеличить на 0,034 м ( 3,4 см), то разность хода волн уменьшится   на 3,4 см и станет равна 0,1 м. То есть при m=1 условие максимума будет выполняться. 3  2 m  ) 0,134   cos30 (1 м Задача 2. Источник звука расположен на расстоянии SM = 1м от экрана. При какой наименьшей  частоте звука в точке М будет максимум интенсивности звуковой волны, если скорость  звука 340 м/с ,  а  угол падения волны на боковую стенку  .   / 4 Решение. В точке М интерферируют луч SM и луч, отраженный от стенки SAM. Условие максимума интерференции: разность хода лучей равна целому числе длин волн.    m  (   SA AM   волна теряет по фазе полволны.  Выразим геометрически используемые отрезки и  подставим разность хода в условие максимума.     При отражении луча от более плотной поверхности  SM   )2 SM 2sin SM      (1 sin ) SM  sin ( 0,5)  m      SM m    2      m (  SM  2sin   1)   1  2 sin  sin ( m 0,5) V   (1 sin ) SM  Частота будет минимальна, если порядок максимума m = 0. Подставим численные  значения.  340 1(1  2 2 ) 1 2   2 2 340  0,84  405( Гц ) Задача 3  (Опыт Юнга) Свет от монохроматического источника освещает щель a 0 на экране А. Длинная сторона щели  перпендикулярна плоскости рисунка. Интерференционная картинка наблюдается на экране C .  Между  A  и C  расположен экран  B  с двумя щелями  симметрично отстоящими от оси системы на расстояние  h . Определить расстояние между  интерференционными максимумами на экране С. 2a , параллельными щели  0a  и  1a  и  В соответствии с принципом Гюйгенса рассмотрим, что будет происходить со светом в этой  установке. Вторичные источники волны, которые образуются на экране В в щелях а1  и а2 ,  когерентны, поэтому будут интерферировать. Рассмотрим результат интерференции в некоторой точке Q , находящейся на расстоянии  y  от оси на экране C . Разность расхода  SV  в лучах света, пришедших в точку Q  через щели   равна разности путей, пройденных лучами. V S 1a  и  2a ,  a Q a Q 2   1 . Определим эти отрезки по теореме Пифагора и поставим в соотношение для разности хода. 2 2  a Q l 1   2 a Q a Q 2  ( 4 hy Если мы предположим, что  y  ) h y (   или     l  и  h 2 2 1 2 2 2    a Q l 2  )( ( h y ,      a Q a Q a Q a Q 2 l , а правомерность такого предположения (и с .  hy ) ) 4 1 1 2 большим запасом) будет очевидна из дальнейшего, то первую сумму в последнем равенстве мы  смело можем положить равной  2l .                                                                 V S  4 hy 2 l  2 hy l                                                    В точке Q  будет наблюдаться максимум интерференционной картины, если разность хода SV  составляет целое число длин волн. Минимум интерференционной картины будет наблюдаться  тогда, когда эта разность равна  нечетному числу полуволн  (2 , где          m – целое число,  m включая и 0. То есть на экране будет наблюдаться система равноотстоящих друг от друга (эквидистантных)  полос. Расстояние  d  между этими полосами – максимумами будет равно:  1) 2  l 2 h                                               m      S 2   d hd l Задача 4 (бизеркала Френеля). Два плоских зеркала образуют между собой малый угол . На равных расстояниях от  зеркал SD1=SD2=b  расположен источник света S. Определить интервал между соседними  интерференционными полосами на экране MN, расположенном на расстоянии a от точки  пересечения зеркал (т.О), если длина волны света  . Ширма С препятствует  непосредственному попаданию света от источника на экран. Решение. Полученные мнимые изображения источника S в первом и втором зеркалах S1 и S2  когерентны, так получены от одного источника света, поэтому будут интерферировать на  экране. Не принимая во внимание существование зеркал и источника S, мы получаем  полный аналог опыта Юнга. Согласно полученным соотношениям для опыта Юнга разность хода лучей от источников света S1 и S2 равна    S  L y AB S1D1 = SD1 ­ по правилам построения изображений в плоском зеркале. Из треугольника SBS1 определим расстояние между мнимыми источниками света,  принимая во внимание малую величину угла. S B 1  L 2  SS 1   sin BSS 1  2 sin b    2     b 2 b L По причине малости углов ВО =b, поэтому АВ = a + b, тогда         S  2b  a b  y Используем условие максимума интерференции, где m =0,1,2,3…. – порядок максимума     S m (      y m   ­ расстояние между максимумами.   y   ) a b  2 b  b 2  a b  Задача 5  (бипризма Френеля). На расстоянии а от точечного источника света S расположена стеклянная призма с малым  углом  при основании равнобедренного треугольника и показателем преломления стекла n. На расстоянии b от призмы расположен экран. Определить расстояние между  интерференционными максимумами на экране. Решение. Лучи от источника S преломляются на боковых гранях призмы, отклоняясь в сторону оси  симметрии (рис.1). Если продолжить  лучи, преломленные на одной грани, то они   пересекутся в точке S1 , а лучи, преломленные на другой грани, пересекутся в точке S2.  Эти точки S1 и S2 можно считать мнимыми источниками света. Световые области от этих  источников на экране перекрываются на площади АВ. Образованные мнимые источники  являются когерентными, так как получены от одного источника S, значит, на площадке АВ  (рис.1) будет формироваться интерференционная картина. Расчет этой картины аналогичен расчету по опыту Юнга со вторичными источниками света. Для использования   соотношений задачи 3 для разности хода лучей необходимо в нашей задаче определить  расстояние между мнимыми источниками света S1S2. Для этого рассмотрим ход лучей в призме по рисунку 2.    Луч SA, преломляясь на грани АВ, попадает в точку D и преломляется в ней от грани ВС. Используем закон преломления света и условие малости углов: для малых углов синус и  тангенс угла равны самому углу в радианах. Для точки А угол падения равен углу при основании треугольника . sin sin     DAN  n     n    MAN          ( n   n n 1) 1 .  ( 1)    n (  n n   1 NDS 1        1 1 n     1                      Рис.1                                                                                 Рис. 2. Для точки D угол падения равен , а угол преломления  sin  1) sin   Из­за малости угла  следует, что     MD SS a 1 Из опыта Юнга (задача 3) разность хода лучей от двух вторичных источников света :   S  SS MD SM tg    a 1    a ( 2hd n (  1) n  1) SS 1 h = n 1 n  1 Подставим определенные в этой задаче значения h  и l   S  1)  d 2 a   . a b l  ( n  a b Условие максимума интерференции   m     S d m   m a b ( )   ( 2 1) a n Таким образом, получили расстояние от нулевого максимума до максимума m – го  порядка.                           Задача 6 (билинза) Собирающая линза Л с фокусным расстоянием F= 10 см разрезана пополам, и половинки  раздвинуты на расстояние a=0,5 мм. Определить число интерференционных полос на экране, расположенном за линзой на расстоянии D= 60 см , если перед линзой находится  точечный источник света с длиной волны 0,5 мкм,  удаленный от нее на расстоянии  d=15 см.  Решение. Лучи, преломленные в линзе, и проходящие в прорезь, интерферируют на экране. Результат их интерференции аналогичен интерференции лучей от полученных двух кажущихся  источников S1 и S2. Такую интерференционную картину удобно рассчитать по результатам опыта Юнга. Разность хода лучей от S1 и S2 с учетом обозначений этой задачи равна:   S Ly   , где    y – расстояние между двумя лучами (максимумами ) на экране. Из  D f условия максимума получаем:          m     S y (  )  D f L 1 f  1 d dF  d F    Несмотря на прорезь, фокусное расстояние линзы не изменилось, поэтому справедлива  формула линзы для двух половинок линзы. 1 F Из подобия треугольников АВS и S1S2S следует соотношение: L a Определим расстояние между максимумами, подставив полученные соотношения для f и L.  d d da  d F   L d F f d  f    ( D  da y  dF  d F  d F   ) ad  (  ) 10 Dd DF dFсм    2 Искомое число интерференционных полос на экране : n  MN y Расстояние МN на экране определим из подобия треугольников ABS и MNS MN n  ) ( a d D   d ( a d D )  dy  25 Задача 7. На поверхность стеклянной призмы нанесена тонкая пленка с показателем преломления  меньшим, чем показатель преломления стекла, и толщиной 112,5 нм. На пленку по нормали падает свет с длиной волны 630 нм. При каком значении показателя преломления пленки  она будет “просветляющей” (то есть отраженные лучи максимально гасятся)? Решение. Отраженные лучи максимально гасятся, значит, результат интерференции первого луча  (отраженного от верхней поверхности пленки) и второго луча (отраженного от нижней  поверхности пленки)­ минимум. При интерференции происходит перераспределение световой энергии, поэтому, если  минимум световой энергии отражается, то максимум ­ проходит. В этом смысл  просветляющей оптики. Интерферируют два луча: отраженный от нижней поверхности  пленки  и отраженный от верхней поверхности пленки. Оба эти луча при отражении теряют полволны, так отражаются от оптически более плотной среды. Угол  по условию мал, поэтому геометрическая разность путей, пройденных лучами,  равна двойной толщине пленки.      ( ) 2 Подставим разность хода в условие минимума.      1) 2    2 1)   h n  2  (2 hn  2 hn (2 m (2 m   )  2  4 h m    1 n   9  630 10   4 112,5 10  1, 4  9 Задача 8 Пучок белого света падает под малым углом  на стеклянную пластинку с показателем  преломления n=1,5  толщиной h=0,7 мкм. Какие длины волн, лежащие в пределах видимого спектра, усиливаются в отраженном свете? Решение. Наблюдатель Р видит интерференционную картину от двух когерентных лучей: SAP и  SABCP.  Первый луч при отражении от оптически более плотной среды в точке А теряет в  ходе полволны, а второй луч, отраженный от нижней поверхности пластины в точке В,  полволны не теряет, так как под пластиной воздух, оптически менее плотная среда.             так как для малых углов   cos 1   n h n  2 2 h cos   2 Усиление света в отраженном свете будет в случае, если в отраженном свете будет  максимум.    m  m  2     h n   2 2 m  h n 1         где  m = 0, 1, 2, 3 ……  2 2 По полученной формуле определим длины волн, при которых в отраженном свете будет  максимум. m   0  нм 4200  1 1400  2 840  3 600  4 470   5 380 Полоса пропускания видимого света от фиолетового  Значит, длины волн 600 нм и 470 нм входят в полосу видимого света. 430нм   до красного   720нм Задача 9.                                                            Длина волны света 600 нм, расстояние между      наблюдаемыми интерференционными полосами равно 0,6 мм. Определить  угол a . Решение. Условие интерференционного максимума для первого луча:          для второго луча, максимум от которого на единицу большего порядка:    r Вычитая из второго уравнения первое, получаем :   2 Если L – известное расстояние между интерференционными полосами, то r   / 2 1 . 12r m 22 r  ( m    1)  r из подобия треугольников   2   r 1 L d S  tg   tgрад     2 L  7   6 10   2 6 10  4   5 10  4 Задача 10 (кольца Ньютона). Стеклянная линза большого радиуса R расположена на плоской пластине и освещена  светом с длиной волны . Лучи, отраженные от сферической поверхности линзы и  отраженные от плоской пластины интерферируют, интерференционная картина (вид  сверху) представляет собой совокупность темных и светлых концентрических  окружностей. Определить радиусы темных колец в отраженном свете.  Решение. Темные кольца в интерференционной картине соответствуют минимуму интерференции. Волна, отразившаяся от выпуклой поверхности линзы в точке Е, отражается от границы  стекло­воздух, то есть от среды с меньшим показателем преломления. При этом ее фаза не  изменяется. Волна, отразившаяся в точке F на границе воздух­стекло, меняет фазу на противоположную, ибо отражается от среды с большим показателем преломления. Это  равносильно изменению разности хода на полволны, отражение с потерей полуволны. Значит, разность хода интерферируемых волн равна:     Интерференционный минимум возникает при разности хода:   EF   2 (2 m 2      1) 2   2 2  EF  (2 m     ( 1) EF m  2      1) 2 Радиус темного кольца rk =ED=FO  определим по теореме о хордах: при пересечении в  круге произведения отрезков хорды равны между собой. 2 r k  (2 R OD OD )    2 R OD   2  R EF   R m 2 ( R    ( m 1)     1) 2 r k  R   ( m  1) Задача 11. Лучи белого света падают наклонно на тонкую прозрачную пластинку. При этом максимум  отражения наблюдается в зеленой части спектра. В сторону какого конца спектра  сместится максимум отражения при небольшом уменьшении или увеличении угла падения  лучей? Решение.    L 1 L 2  2 ( nАС ВС ВD Максимум отражения наблюдается, когда световые волны, отраженные от обеих  поверхностей пластинки, усиливают друг друга. Для этого оптическая разность хода  пучков 1 и 2 должна быть равна целому числу длин волн.      ­ учитывает, что при отражении пучка 1 от оптически более плотной среды фаза  колебаний электромагнитного поля изменяется на противоположную, то есть возникает   . Множитель n (показатель  такое изменение фазы, как при прохождении пути  2 преломления стекла) учитывает уменьшение скорости волны в веществе в n раз.    2 ) Закон преломления  .    Подставим эти соотношения в формулу разности хода.       h tg 2  sin 2 ( h n   sin  sin   cos   2 1 sin   sin  sin ) n  sin 2 n   2  2 2 ( h n  2 n  cos  )   ( n  n 2 n 2   sin )   2 2 sin     АС ВС    ВD h tg  ( h cos     h tg  n   sin sin  ) sin      2  nh 2  cos  2  h tg    sin   2   2  2 ( h n  sin   sin )  2    2 sin n  1   2 h  2 n  sin 2    2         2 n Запишем условие интерференционного максимума:  2 h  2 n 2  sin     k 2 h  2 2  sin   (  k 1  )2 При уменьшении угла падения  длина волны увеличивается (максимум отражения  смещается в сторону красной части спектра). При увеличении угла падения  длина волны  уменьшается (максимум смещается к фиолетовой части спектра).