Примеры решения задач. 1. Расстояние между предметом и его действительным изображением, даваемым линзой, L

1. Расстояние между предметом и его действительным изображением, даваемым линзой, L. Линейное увеличение равно k. Найти фокусное расстояние линзы.

Решение:

Построим изображение в линзе (см. рис.4)

	Рис. 4

Линейное увеличение определяется условием: k = (A^’ B^’) / (AB).

Исходя из подобия треугольников _D АВО и _D A^’ B^’ О получим

(A^’ B^’) / (AB) = b / a.

По условию задачи L = a + b.

Поэтому Þ .

Учитывая, что , преобразуем формулу тонкой линзы

к виду .

Отсюда приходим к ответу: .

2. Две щели находятся на расстоянии 0,1 мм друг от друга и отстоят на 1,2 м от экрана. От удаленного источника на щели падает свет длиной волны 500 нм. На каком примерно расстоянии друг от друга расположены светлые полосы на экране?

Решение

Светлые полосы наблюдаются на экране, если

d ×sin a = m ×l, m = 0, 1, 2, ¼,

m - порядок интерференционной полосы.

	Рис. 5

Полоса 1-го порядка наблюдается при угле Q₁, задаваемом соотношением: sin Q₁ = l / d.

Подставив численные значения получим

sin Q₁ = 500×10^-9м / 10^-4м = 5×10^-3.

При малом угле можно положить sin Q₁» Q₁» tg Q₁.

Расстояние х₁, на котором полоса первого порядка находится от центра экрана, определяется соотношением

х₁ / L = Q₁ Þ х₁ = L × Q₁ = 1200 мм × 5×10^-3 = 6 мм.

Вторая полоса находится на расстоянии

х₂ = L × Q₂ = L ×2×l / d = 12 мм, и так далее.

Ответ: Светлые полосы отстоят друг от друга примерно на 6 мм.

3. Покажите, что радиус r _m m - го темного кольца Ньютона при наблюдении по нормали сверху определяется выражением , где R - радиус кривизны поверхности стекла, l - длина волны используемого света. Предполагается, что толщина воздушного зазора всюду намного меньше радиуса кривизны R и что r _m много меньше R.

Решение

	Рис. 6

Так как при отражении света от среды с большим показателем преломления его фаза меняется на 180°, а при отражении от среды с меньшим показателем преломления его фаза не меняется, луч 1 имеет ту же фазу, что и падающий луч, луч 2 - фазу, отличную от падающего луча на 180°, что означает дополнительную разность хода между лучами 1 и 2, равную l / 2. Тогда условие возникновения темного кольца

2× t + l / 2 = (m + 1/2)×l, m = 0, 1, 2, ¼, или 2× t = l× m,

где t - толщина воздушного зазора между сферической поверхностью и плоской пластинкой. Из геометрии рисунка следует. Что

(R - t)² + r ² = R ²

r ² - 2× t × R + t ² = 0

так как t << R и t << r, слагаемым t ² можно пренебречь, и в результате

r ² = 2× t × R,

Ответ:

4. Вычислить радиусы первых трех зон Френеля, если расстояние от источника до волновой поверхности равно 1 м, расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения также равно 1 м и длина волны света 500 нм.

Дано: a = 1 м, b = 1 м, l = 500 нм, r 1 =? r 2 =? r 3 =?
		Рис. 7

Найдем радиус 1-й зоны Френеля. Он должен быть таков, чтобы лучи PA и NA, приходящие в точку наблюдения А из центра Р и края N -й зоны Френеля, имели разность хода, равную l / 2.

Обозначим a - расстояние от источника света до сферической волновой поверхности (источник считаем точечным), b - расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения. Тогда радиус 1-й зоны Френеля

r ² = a ² - (a - x)² = (b + l / 2)² - (b + x)²,

Так как l << b, после возведения в квадрат слагаемым l² / 4 можно пренебречь. В результате получаем уравнение

2× a × x + 2× b × x = b ×l,

откуда ,

и r ² = a ² - (a - x)² = a ² - a ² + a×b×l / (a + b)

.

Аналогично вычисляется радиус m -й зоны Френеля

.

Ответ: Радиусы первых трех зон Френеля равны

,

,

5. Свет с длиной волны 750 нм, падая нормально, проходит через щель шириной 10^-3 мм. Какова ширина центрального максимума: а) в градусах; б) в сантиметрах на экране, находящимся на расстоянии 20 см от щели.

Дано: l = 750 нм, D = 10-3 мм, L = 20 см, 2× х =? 2×Q =?		Решение
		Рис. 8

Ширина щели D настолько мала, что в ней укладывается менее одной зоны Френеля (докажите это самостоятельно). Поэтому в данном случае имеет место дифракция Фраунгофера. На экране наблюдается светящееся изображение щели (центральный максимум), окруженное темными и светлыми полосами (дифракционные минимумы и максимумы).

а) Первый минимум наблюдается под углом Q таким, что

sin Q = l / D.

sin Q = 750×10^-9 м / 10^-6 м = 0,75 Þ Q = 49°.

б) Ширина центрального максимума равна 2× х.

tg Q = x / L, где L - расстояние до экрана.

2× Х = 2×tg Q× L = 2×tg 49°× 0,2 м = 0,46 м.

Ответ: а) Q = 49°, б) 2× Х = 0,46 м.

6. Желтый свет натрия (которому соответствуют длины волн 589,00 нм и 589,59 нм) падает на дифракционную решетку, имеющую 7500 штрихов / см. Определить: а) максимальный порядок для желтого света натрия; б) ширину решетки, необходимую для разрешения двух линий натрия; в) разрешающую способность дифракционной решетки в этом случае.

Решение

а) Период дифракционной решетки будет равен d = 1 / n = 1×0,01 м / 7500 = 1,33×10^-6м.

Максимальный порядок m может быть найден из условия возникновения максимумов для дифракционной решетки: d × sin Q = m ×l.

Учитывая, что Q_max £ 90° получим: m = (d ×sin Q_max) / l < d / l.

m = 1,33×10^-6м / 5,89×10^-7м = 2,25.

Округляя это значение до меньшего целого, получаем ответ m = 2.

б) Разрешающая способность решетки определяется выражением

R = l₁ / Dl = N × m,

где Dl - разность длин волн близких спектральных линий, разрешаемых решеткой; N - полное число штрихов решетки; m - порядок максимума.

N = D / d,

где D - ширина решетки.

Для разрешения спектральных линий с разностью длин волн Dl решетка должна иметь ширину: D = N × d = d ×l₁ / (Dl× m),

Для разрешения линий натрия во втором максимуме решетка должна иметь ширину D = 1,33×10^-6м×589×10^-9м / (2×0,59×10^-9м) = 6,67×10^-4м.

в) Разрешающая способность решетки находится из формулы

R = l₁ / Dl.

При подстановке численных данных получаем:

R = 589 нм / 0,59 нм = 1000.

Чтобы достичь ее, полное число штрихов должно быть равно:

N = R / m = 1000 / 2 = 500.

Ответ: а) m = 2, б) D = 6,67×10^-4м, в) R = 1000, N = 500.

7. Неполяризованный свет проходит через два поляроида. Ось одного вертикальна, а ось другого образует с вертикалью угол Q = 60°. Найти интенсивность прошедшего света.

Решение

	Рис. 9

Первый поляроид исключает половину света, поэтому после его прохождения интенсивность света уменьшается в два раза:

I ₁ = I ₀ / 2.

Свет, падающий на второй поляроид, поляризован в вертикальной плоскости, поэтому после прохождения второго поляроида интенсивность света равна: I ₂ = I ₁×(cos Q)² = I ₀×(cos Q)² / 2.

Отсюда I ₂ = I ₀×(cos 60°)² / 2 = I ₀ / 8.

Ответ: интенсивность прошедшего света составляет 1/8 от интенсивности падающего света, а плоскость его поляризации образует с вертикалью угол 60°.

8. При каком угле падения солнечный свет отражается от поверхности озера плоскополяризованным? Чему равен угол преломления?

Решение

Согласно закону Брюстера отраженный луч полностью поляризован, если:

tg Q_Б = n,

где Q_Б - угол полной поляризации отраженного от диэлектрика света, n - показатель преломления. Для границы вода-воздух n = 1,33,

отсюда Q_Б = 33,1°.

При полной поляризации отраженного света выполняется равенство:

Q_Б + g = 90°

где g - угол преломления.

g = 90° - Q_Б = 36,9°.

Ответ: g = 36,9°

9. Какую минимальную толщину должна иметь четвертьволновая пластинка кальцита (n₀ = 1,658; n_e = 1,486) для света с длиной волны 589 нм?

Решение

При распространении луча в кристалле перпендикулярно главной оптической оси между обыкновенным и необыкновенным лучами возникает разность фаз Dj = 2×p ×d× (n _o - n _e) / l,

где d - толщина кристалла; l - длина волны света.

Четвертьволновой пластинке максимальной толщины соответствует разность фаз Dj = p / 2, или 2×p ×d× (n _o - n _e) / l = p / 2,

откуда нм.

Ответ: d = 856 нм

Date: 2015-05-05; view: 2827; Нарушение авторских прав