Съдържание

НПСФ 2010, Специална тема — Задача 3. Интерференция от клин

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2010

Национално пролетно състезание по физика, Пловдив, 13 - 14 март 2010 г. — Специална тема · 13 март 2010 г. · 10 т.

Условие

а) Два кохерентни монохроматични успоредни снопа светлина с дължина на вълната $\lambda = 500\,\mathrm{nm}$ сключват ъгъл $\alpha = 0,01^\circ$ . Екран е поставен перпендикулярно на тях. Намерете разстоянието $\Delta x_1$ между максимумите на наблюдаваната интерференчна картина. [3 т.]

б) Широк успореден монохроматичен сноп лазерна светлина с дължина на вълната $\lambda = 500\,\mathrm{nm}$ пада под ъгъл $\theta = 60^\circ$ на повърхността на стъклена пластинка с дебелина $d = 1$ mm. Двете плоски повърхности на стъклената пластинка не са идеално успоредни, а сключват малък ъгъл $\alpha = 0,001^\circ$ . Правата, образувана от пресичането на равнините на двете повърхности, е перпендикулярна на равнината на падане на снопа. Екран е поставен перпендикулярно на отразения от пластинката сноп светлина на разстояние $L = 1$ m от клина. Върху него се вижда интерференчна картина. Намерете разстоянието $\Delta x_2$ между максимумите на наблюдаваната интерференчна картина. Показателят на пречупване на стъклото е $n = 1,5$ . [7 т.]

Решение

а) Задачата може да се реши като граничен случай на интерференция на два точкови източника (схема на Юнг) или графично. Ако наблюдаваме интерференция от два точкови източника, излъчващи монохроматична светлина с дължина на вълната $\lambda$ , и намиращи се на разстояние $d$ един от друг, върху екран на разстояние $L$ от тях, то разстоянието между максимумите на екрана (в приближение $d \ll L$ ) е $\Delta x = \frac{\lambda L}{d}$ . Ако $L \to \infty$ така, че $\frac{d}{L} = const = \alpha$ , то сноповете стават успоредни и тогава $\Delta x = \frac{\lambda}{\alpha}$ [2,5 т]. Графично може да се реши, изследвайки чертежа, представен по-долу. Ако начертаем за двата снопа по три вълнови повърхности, различаващи се с фаза $\pi$ , то се вижда от показания триъгълник, че $\frac{\lambda/2}{\Delta x} = \frac{\alpha}{2}$ , откъдето $\Delta x_1 = \frac{\lambda}{\alpha}$ [2,5 т]. При дадените стойности $\Delta x_1 = \frac{500\,\mathrm{nm}}{0.01^\circ} \approx 2{,}9\ \mathrm{mm}$ [0,5 т].

Двете групи вълнови повърхности и разстоянието между максимумите.

б) Тъй като при пречупване и отражение успоредният сноп остава успореден, то в този случай ще се наблюдава пак интерференция на два успоредни снопа – единият отразен от горната повърхност на клина, а другият – от долната [0,5 т]. От чертежа по-долу следват следните връзки:

за правилен чертеж [0,5 т].

$\sin\theta/\sin\beta = n$ , $\beta = \gamma + \alpha$ , $\delta = \gamma - \alpha$ , $\sin\varepsilon/\sin\delta = n$ и $\varphi = \theta - \varepsilon$ (за всяко уравнение [0,2 т]).

От по-горните уравнения и използвайки, че $\alpha$ е малък ъгъл, следва:

\sin\varepsilon = n\sin\delta = n\sin(\beta - 2\alpha) = n\sin\beta\cos(2\alpha) - n\cos\beta\sin(2\alpha) \approx n\sin\beta - n\cos\beta.2\alpha = \sin\theta - \sqrt{n^2 - \sin^2\theta}.2\alpha. \qquad (3.1)

От друга страна

\sin\varepsilon = \sin(\theta - \varphi) = \sin\theta\cos\varphi - \cos\theta\sin\varphi \approx \sin\theta - \cos\theta.\varphi \qquad (3.2)

Приравявайки (3.1) и (3.2) следва:

\varphi = \frac{2\alpha\sqrt{n^2 - \sin^2\theta}}{\cos\theta} \qquad \textbf{[3,5 т]}.

Използвайки резултата от първото подусловие

\Delta x_2 = \frac{\lambda\cos\theta}{2\alpha\sqrt{n^2 - \sin^2\theta}} \qquad \textbf{[0,5 т]}.

Замествайки с дадените стойности

\Delta x_2 = \frac{500\,\mathrm{nm}\cdot\cos 60^\circ}{2.0{,}001^\circ\sqrt{1{,}5^2 - \sin^2 60^\circ}} \approx 5{,}8\ \mathrm{mm} \qquad \textbf{[1 т]}.

Оригинал в Архива: proletni_2010_STproblems.pdf · официални решения: proletni_2010_STsolutions.pdf