Далее: Задачи для самостоятельного решения Вверх: Оптика Назад: Оптика

Примеры решения задач

Пример 2.7. Двояковыпуклая линза с радиусом кривизны поверхностей $R_1=R_2=50$см и показателем преломления материала линзы $n=1,5 ,$ дает изображение предмета с линейным увеличением $k=2$. Найти расстояния $a$ и $b$ предмета и изображения от линзы. Сделать чертёж.

Решение. Расстояние от линзы до источника и изображения можно найти по формуле для тонкой линзы:

$${1\over a}+{1\over b}={1\over f}=D ,$$

где $f$ -- главное фокусное расстояние линзы -- расстояние до точки, в которой собираются лучи, параллельные главной оптической оси, $D$ -- оптическая сила линзы. Тонкой считается линза, толщина которой много меньше $R_1 ; R_2 ; a$ и $b$.

Оптическая сила линзы:

$$D=(n_{21}-1)\left({1\over R_1}+{1\over R_2}\right) ,$$

где $n_{21}$ -- относительный показатель преломления линзы
( $n_{21}={n_2\over n_1}$, где $n_2$ -- показатель преломления материала линзы, $n_1$ -- показатель преломления окружающей линзу среды).

Для расчета $a$ и $b$ кроме формулы тонкой линзы используем понятие линейного поперечного увеличения, которое показывает, во сколько раз размер изображения ($H$) больше размера предмета ($h$): $k={H\over h}$. Из подобия треугольников $OAB$ и $OA'B'$ (см. рис.) видно, что ${H\over h}={b\over a}$, то есть $k={b\over a}$.

Таким образом, для получения ответа имеем 2 уравнения:

$$\left\{ \hskip-14em \parbox{\textwidth}{ \hspace*{7em} \parbox{.9... ...ver R_1}+{1\over R_2}\right)\\ {b\over a} & = & k .\end{eqnarray}} } \right.$$

Примечание. В формуле (17) значения $R_1$ и $R_2$ берутся со знаком "+", если поверхности линзы выпуклые, со знаком "$-$", если поверхности вогнутые.

Вычисления.

Вычислим оптическую силу и фокусное расстояние линзы.

$$D=(n_{21}-1)\left({1\over R_1}+{1\over R_2}\right) ,$$

$n_{21}=n_2=n$ -- показатель преломления стекла, так как $n_1=1$ (воздух).

$$D=(1,5-1)\left({1\over 0,5}+{1\over 0,5}\right)$$м$$^{-1}=2$$дптр$$,$$

$$f={1\over D}=0,5$$м$$.$$

Для определения расстояний $a$ и $b$ выразим $b$ из уравнения (18) $b=ka$, и учитывая, что $k=2$, подставим это выражение в уравнение (17):

$${1\over a}+{1\over 2a}=2 .$$

Отсюда ${3a\over 2a^2}=2 ,$ следовательно $a={3\over 4} \text{м}=0,75 \text{м}$, $b=2a=1,5$м$.$

Для построения изображения предмета $AB$ (см. рис.) находим изображение точки $A$, используя два луча. Один из них (1) проходит через оптический центр, не меняя своего направления; другой (2) падает на линзу параллельно главной оптической оси и проходит после линзы через главный фокус $F$. На пересечении этих лучей получается изображение - $A'$. Изображение точки $B$, лежащей на оптической оси, будет также находиться на оптической оси. Для его нахождения опускаем перпендикуляр из точки $A'$ на оптическую ось и получим изображение $B'$. Соединив точки $A'$ и $B'$ получим изображение $A'B'$.

Ответ: Предмет $AB$ находится на расстоянии $a=0,75$м от линзы (за фокусом); изображение $A'B'$ -- на расстоянии $b=1,5$м от линзы, при этом высота изображения $H$ в два раза больше высоты предмета $h$. Получается действительное, увеличенное, обратное изображение.

Пример 2.8. Построить изображение произвольной точки $S$, которая лежит на главной оптической оси рассеивающей линзы.

$S$ - светящаяся точка
Л - рассеивающая линза
$OF$ - главная оптическая ось
$F$ - главные фокусы линзы

Решение. Фокусы рассеивающей линзы мнимые, то есть в них собираются не лучи, а их продолжения. Для того, чтобы получить изображение точки $S$ линзой Л, возьмем любой луч 1, падающий из точки $S$ на линзу. Затем найдем точку пересечения побочной оптической оси (прямая $MN$, параллельная лучу 1, проходящая через оптический центр $O$) и сечения фокальной плоскости (прямая $PQ$, проходящая через главный фокус, перпендикулярная главной оптической оси). $F'$ -- мнимый побочный фокус -- точка, в которой собираются продолжения всех лучей рассеянных линзой, если они падают на нее параллельно лучу 1. Следовательно, через эту точку пройдет продолжение луча $1'$. На пересечении его с главной оптической осью получается изображение точки $S$ -- $S'$.

Ответ: Изображение точки $S$ -- точка $S'$. Это мнимое изображение источника. Его нельзя получить на экране, но можно увидеть глазом, если смотреть сквозь линзу в направлении луча $1'$.

Пример 2.9. На стеклянный клин ($n=1,5$) с преломляющим углом $\alpha=40''$ падает нормально монохроматический свет с длиной волны $\lambda=600$нм. Определить ширину интерференционной полосы в интерференционной картине, получающейся при отражении света от клина.

Решение. Параллельный пучок света, падая нормально на клин, отражается от его верхней и нижней граней (см. рис.). Так как угол $\alpha$ очень мал, лучи, отраженные от граней $AB$ и $AC$, можно считать параллельными. При малой толщине клина эти лучи будут когерентны для света даже с малой степенью когерентности, и при их наложении на поверхности $AB$ будет наблюдаться интерференционная картина. Поверхность будет пересечена темными и светлыми полосами.

Ширина интерференционной полосы -- это расстояние между соседними максимумами или минимумами. Пусть в точках 1 и 2 наблюдаются соседние минимумы
(темные полосы). Условие минимума в общем случае для отраженного света:

$$2dn cor r+{\lambda\over 2}=(2m+1){\lambda\over 2}\quad (m=0,1,2\ldots) ,$$

где $d$ -- толщина клина в месте темной полосы, соответствующей номеру $m$, $r$ -- угол преломления света, $\lambda\over 2$ -- дополнительная разность хода, обусловленная отражением световой волны на поверхности $AB$ от оптически более плотной среды.

Угол падения, согласно условию, равен нулю, следовательно и $r=0$. Тогда условие минимума интерференции можно записать в виде $2dn=m\lambda$, откуда $d={m\lambda\over 2n}$. Из рисунка следует, что $\sin\alpha={d_2-d_1\over \Delta x}$. Так как $d_2$ и $d_1$ -- толщины клина, соответствующие двум соседним полосам, а угол $\alpha$ - мал ( $\sin{\alpha}\approx\alpha$), можно записать

$$\alpha\approx{(m+1)\lambda-m\lambda\over 2n\Delta x}={\lambda\over 2n\Delta x} ,$$

откуда можно найти ширину интерференционной полосы ($\Delta x$):

$$\Delta x={\lambda\over 2n\alpha} .$$

Вычисления.

Для расчета $\alpha$ следует выразить в радианах, учитывая, что $1''\approx 4,8\cdot 10^{-6}$рад, $\alpha\approx 1,92\cdot 10^{-4}$рад.

$$\Delta x={6\cdot 10^{-7}\over 2\cdot 1,5\cdot 1,92\cdot 10^{-4}}$$м$$\approx 1,04\cdot 10^{-3}$$м$$.$$

Ответ: Ширина интерференционной полосы равна примерно
1,04мм. Интерференционные полосы будут хорошо различимы глазом. Чем больше будет угол $\alpha$, тем более узкими будут интерференционные полосы.

Пример 2.10. Свет от монохроматического источника ( $\lambda=600$нм) падает нормально на диафрагму с круглым отверстием диаметром 6мм. За диафрагмой на расстоянии 3м от нее находится экран, на котором наблюдается дифракционная картина. Определить, темным или светлым будет центр дифракционной картины на экране.

Решение.

Диафрагма -- это оптическое устройство для ограничения или изменения светового пучка. Свет испытывает дифракцию на круглом отверстии диафрагмы (Д) и попадает на экран (Э) (см.рис.).

Основная задача дифракции состоит в расчете распределения интенсивности дифрагировавшего света. Это можно сделать, использовав принцип Гюйгенса - Френеля. Согласно принципу Гюйгенса, каждая точка фронта волны является самостоятельным источником вторичных волн. Эти волны интерферируют, и результат их интереференции определяет интенсивность света в той или иной точке. Для решения этой задачи Френель предложил разбить фронт волны на зоны так, чтобы расстояния от краев двух соседних зон отличались на половину длины волны -- ${\lambda\over 2}$ (см. рис. $b_1=b+{\lambda\over 2} ; b_2=b_1+{\lambda\over 2}=b+2{\lambda\over 2} ;\ b_3=b_2+{\lambda\over 2}=b+3{\lambda\over 2} ; \ldots b_m=b+m{\lambda\over 2}$).

При разности хода $\lambda\over 2$ волны от соседних зон приходят в точку наблюдения в противофазе и ослабляют друг друга. Таким образом, если на открытом фронте волны (в нашем случае в отверстии диафрагмы) укладывается четное число зон Френеля, в точке наблюдения -- минимум интенсивности, если в отверстии укладывается нечетное число зон Френеля, в точке наблюдения -- максимум интенсивности, причем наибольшая интенсивность будет, если в отверстии укладывается одна зона Френеля, наименьшая, если -- две.

Для расчета числа зон Френеля, укладывающихся в отверстии диафрагмы, используем формулу для расчета радиуса зоны Френеля с номером m:

$$r_m=\sqrt{m{ab\over a+b}\lambda} ,$$

где $a$ и $b$ соответственно расстояния диафрагмы от источника и от экрана.

В условии задачи сказано, что свет падает на диафрагму нормально. Это возможно, если источник находится достаточно далеко, то есть $a$ следует принять равным $\infty$.

Выразим $m$:

$$m={r_m^2(a+b)\over ab\lambda} .$$

Принимая во внимание, что $a=\infty$, получим

$$m={r_m^2\over b\lambda} .$$

Вычисления.

$$m={9\cdot 10^{-6}\over 3\cdot 6\cdot 10^{-7}}=5 .$$

Ответ: В отверстии диафрагмы из точки наблюдения ($A$) укладывается 5 зон Френеля, значит центр дифракционной картины будет светлым.

Пример 2.11. Чему равен показетель преломления льда, если при отражении от него света отраженный луч будет полностью поляризован при угле преломления $38^{\circ}$? Во сколько раз изменится интенсивность отраженного от льда света в случае его полной поляризации, если рассматривать его через анализатор, главная плоскость которого расположена под углом $30^{\circ}$ к плоскости колебаний отраженного света? Поглощением света анализатором пренебречь.

Решение. Свет, отраженный от диэлектрика, полностью поляризован, если он падает на поверхность под углом Брюстера (см.рис.).

По закону Брюстера

$$\tg i_{\text{Б}}=n_{21}={n_2\over n_1} ,$$

где $n_{21}$ -- относительный показатель преломления второй среды ($n_2$ - лед) по отношению к первой ($n_1$ - воздух).

Если свет падает на границу раздела сред под углом Брюстера, то отраженный и преломленный лучи взаимно перпендикулярны. Это можно доказать, используя закон преломления

$${\sin i\over \sin r}={n_2\over n_1} .$$

Сравнив этот закон с законом Брюстера

$$\tg i_{\text{Б}}={\sin i_{\text{Б}}\over \cos i_{\text{Б}}}={n_2\over n_1} ,$$

получаем $\sin r=\cos i_{\text{Б}}$, значит $i_{\text{Б}}+r={\pi\over 2}$.

Следовательно $i_{\text{Б}}=90^\circ-38^\circ=52^\circ$.

$n_{21}=n_2$, т.к. $n_1=1$.     $n_2=\tg 52^\circ=1,37$ -- показатель преломления льда.

Ответ на второй вопрос задачи можно дать, используя закон Малюса

$$I=I_o\cos^2\varphi ,$$

где $I_o$ -- интенсивность полностью поляризованного света, падающего на анализатор, $I$ -- интенсивность света, прошедшего через анализатор, $\varphi$ -- угол между главной плоскостью анализатора и плоскостью колебаний падающего на анализатор света. Значит

$${I_o\over I}={1\over \cos^2\varphi}=4 ,$$

то есть интенсивность света прошедшего через анализатор при угле $\varphi=30^{\circ}$ уменьшается в 4 раза.

Если вращать анализатор так, что угол $\varphi$ будет изменяться от 0 до ${\pi\over 2}$, нтенсивность света, прошедшего через анализатор света будет меняться от $I_{max}=I_o (\varphi=0)$ до $I_{min}=0 (\varphi={\pi\over 2})$. При вращении анализатора, на который падает естественный свет, интенсивность прошедшего через анализатор света не меняется. Таким образом, используя анализатор, определяют поляризован свет или нет.

Примечание. Если естественный свет проходит через систему анализатор-поляризатор, то при полной поляризации света закон Малюса имеет вид $I={1\over 2}I_{\text{ест}}\cos^2\varphi$ (без учета поглощения света поляроидами).

Пример 2.12. При облучении фотокатода видимым светом задерживающая разность потенциалов оказалась равной 1,2В. Минимальная длина волны, применявшаяся в опыте, равно 400нм. Определить красную границу фотоэффекта.

Решение. Внешний фотоэффект -- это выбивание электронов из металла при облучении его светом. Красная граница фотоэффекта -- максимальная длина волны ($\lambda_o$), которой соответствует минимальная частота ($\nu_o$). При облучении металла фотонами меньшей частоты фотоэффект не наблюдается.

Наличие красной границы фотоэффекта может быть объяснено из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта:

$$h\nu=A_{\text{в}}+{mv^2\over 2} ,$$

где $h\nu$ -- энергия фотона, $A_{\text{в}}$ -- работа выхода электрона из металла, ${mv^2\over 2}$ -- максимальная кинетическая энергия, вылетающего электрона. Если ${mv^2\over 2}=0$ (фототок отсутствует), $h\nu_o=A_{\text{в}}$ -- это условие соответствует красной границе фотоэффекта.

Задерживающая разность потенциалов -- это обратное напряжение, которое нужно приложить между фотокатодом и анодом, чтобы фототок прекратился, то есть

$${mv^2\over 2}=eU_{\text{з}} .$$

Используя уравнение Эйнштейна и учитывая, что $\nu={c\over \lambda}$, получим:

$${hc\over\lambda_{min}}={hc\over\lambda_o}+eU_{\text{з}} .$$

Отсюда:$$\quad {1\over\lambda_o}={1\over\lambda_{min}}-{eU_{\text{з}}\over hc} ,$$

$$\lambda_o={\lambda_{min} hc\over nc-eU_{\text{з}}\lambda_{min}} .$$

Проверка единицы измерения искомой величины:

$$[\lambda_o]={\text{м}\cdot\text{Дж}\cdot c\cdot{\text{м}\over c}\... ...2\cdot\text{Дж}\over \text{Дж}\cdot\text{м}-\text{Дж}\cdot\text{м}}=\text{м} .$$

Наименование м соответствует единице измерения длины волны. Выражение для длины волны в общем виде получено верно.

Вычисления:

$$\lambda_o={4\cdot 10^{-7}\cdot 6,6\cdot 10^{-34}\cdot 3\cdot 10^{... ... 10^{-19}\cdot 1,2\cdot 4\cdot 10^{-7}} \text{м}=6,5\cdot 10^{-7} \text{м} .$$

Ответ: Максимальная длина волны, при которой будет существовать фотоэффект с данного фотокатода (красная граница), равна $6,5\cdot 10^{-7}$м$$. Это соответствует красной части спектра видимого света.

Далее: Задачи для самостоятельного решения Вверх: Оптика Назад: Оптика