Ответы и решения к задачам

Глава 1.

• 7. Ответ: 2а.
• 8. Решение Имеем

Малую разность тангенсов можно рассматривать как дифференциал функции. Соответственно, получим, что.

Отношение di'/di можно найти из закона преломления, если продифференцировать его левую и правую части:

Окончательно имеем, что.

Из полученного результата ясно, что положение изображения зависит от угла зрения, т. е. преломляющая плоская поверхность, в отличие от плоского зеркала, не дает стигматического изображения. Однако благодаря малости зрачка глаза в глаз попадает узкий пучок лучей, и потому изображение получается отчетливым. При изменении положения глаза изображение будет смещаться как по вертикали, так и в сторону.

9. Ответ: а) луч не пройдет ни при каком угле падения; б) луч пройдет при всех условиях, кроме = 0 где — угол падения луча на первую грань; в) луч пройдет, если 0 < < nsin (i_np — Л).

• 10. Ответ: 2 см; 4,18 см.
• 11. Ответ: Лп1.
• 12. Ответ: Ф_у =
• 2
• 17. Решение

Сила света в указанных направлениях будет разной из-за различия площадей видимой поверхности:

• 18. Ответ: 50 с.
• 20. Решение

АI nD²

Имеем L =-, где AS"_un =-.

дс ' ^вид 4.

^АОвид ^.

Силу света, излучаемого Солнцем, проще всего определить из закона обратных квадратов для освещенности, создаваемой точечным источником (Л? D): М = ER².

4ER²

Следовательно: L =-— = 9 • 10⁹ кд/м².

nD²

Так как излучение Солнца подчиняется закону Ламберта, его светимость М = пЬ = 2,8 • 10¹⁰ лм/м².

Возможен и другой вариант решения.

Сначала рассчитать светимость Солнца:

а затем по закону Ламберта найти яркость:

21. Решение Имеем.

— освещенность, создаваемая в указанной точке бесконечно малым элементом светящегося диска.

Из соображений симметрии мысленно представим диск как совокупность большого множества концентрических колец радиусом г < г₀ и шириной dr (рис. 1).

Рис. 1.

Так как для всех элементов da одного и того же кольца 0 и Я одинаковы, то освещенность, создаваемая одним кольцом, будет равна

Учитывая, что получим.

Если принимать диск за точечный источник (r₀ = Н), освещенность будет определяться выражением.

В последнем случае в расчетах допускается ошибка.

Глава 2.

• 11. Ответ: Ф₂ ~ •cos (-i₁) — т.
• 12. Ответ: Р_х = 4,6 • 10~⁶ Па, Р₂ = 9,2 • 10~⁶ Па.

Глава 3

• 6. Решение
• 1-й и 3-й пучки отражаются под углами Брюстера для границ воздух — пластинка, пластинка — воздух соответственно. По этой причине они полностью линейно поляризованы в плоскости, перпендикулярной плоскости падения, Pi=Ps= !•

Степень поляризации 2-го и 4-го пучков зависит от соотношения интенсивностей компонентов, поляризованных в плоскости падения и перпендикулярно плоскости падения:

Если положить, что пластинка абсолютно прозрачна, то 1% = 1% = 0,5/₀, так как данная компонента волны под углом Брюстера не отражается, а следовательно, целиком проходит через пластинку. Далее:

sin²(i_B-i₂). ₂,. -л (^п2~1)² ms: .1.

где p_s =——⁵—— = —1₂) = —- =0,16 — коэффициент отражения.

sin ²(1_Б + 1₂) [n² + lj

s-волны;

Подставляя полученные выражения для интенсивностей компонентов в формулы (*), найдем р₂ = 0,087, р₄ = 0,17.

7. Решение

Согласно векторной диаграмме, представленной на рис. 2, Е₃ = Е₂- cosa = = • cos²a, где Е_ь Е₂иЕ₃ — амплитуды колебаний в волнах, прошедших последовательно через первый, второй и третий поляроиды без учета поглощения.

Рис. 2.

Так как интенсивность волны пропорциональна квадрату амплитуды колебаний, то с учетом поглощения получим

где I₀ — интенсивность естественного света, падающего на первый поляроид. Отсюда.

8. Решение

Поскольку при повороте николя изменяется интенсивность прошедшего через него света, можно сделать вывод, что свет частично линейно поляризован, т. е. его можно представить как смесь естественного света /_е и света линейно поляризованного /_п: 1₀ = 1_е + 1_П. Степень поляризации такого света р = 7_п/(/_е + /_п).

В положении максимального пропускания через николь пройдет половина естественного света и весь линейно поляризованный свет: 1_г = 0,5/_е + 1_П.

При повороте николя на угол, а интенсивность прошедшего света уменьшится и станет равной

Отсюда.

9. Решение

В первом случае необходимо изготовить фазовую пластинку в полдлины.

у

волны, т. е. такую, чтобы • Дгс = (2т + 1) —, где Дп = п_е — п₀ = 0,0090 — оптическая анизотропия кварца.

По условию задачи толщина пластинки не должна превышать d₀ = 0,50 мм.

Следовательно, 2т +1 <-—-. Отсюда наибольшее нечетное число 2 т +

Ап-а/2).

15JL.

+ 1 = 15 и di =-= 0,490 мм.

2Д п _я

Во втором случае пластинка должна вносить сдвиг по фазе 5ф = (2m +1)—, т. е. должна действовать как фазовая пластинка в четверть длины волны: d₂ • An = (2m + 1)—.

Рассуждая, как это было сделано выше, получим 2т + 1 = 29 и d₂ = 0,475 мм. 10. Решение

При распространении линейно поляризованного света в призме вдоль оптической оси происходит поворот плоскости поляризации на угол |/ = а • I, где I = = х • tg0 — длина пути луча в призме (см. рис. 3.20). Таким образом, ориентация колебаний электрического поля Ё в луче при выходе его из призмы будет различной, следовательно, лучи будут по-разному пропускаться поляроидом. Для удобства положим, что главное направление поляроида параллельно оси х. Интенсивность света, прошедшего через поляроид, будет изменяться по закону 7(х) ~ cos² |/ ~ cos²(a • х • tgG).

Так как расстояние между ближайшими темными или светлыми полосами Ах известно, интенсивность полос изменяется по периодическому закону cos²|/, и переходу от одной полосы к соседней соответствует поворот плоскости поляризации на Д|/ = a • А/ = я, можно записать.

Отсюда.

Глава 4.

6. Решение

Если пренебречь действием магнитного поля, то уравнение движения свободного электрона в поле монохроматической волны имеет вид тг = еЕ₀ ? coscot. Отсюда найдем скорость и смещение электрона из положения равновесия:

_еп рр.

В последних выражениях —- — амплитуда скорости, —— амплитуда тсо тсо²

колебаний электрона:

где Е₀ — амплитуда напряженности электрического поля в электромагнитной волне, Е₀ = 21? —, так как.

V ^ео.

Подставляя численные значения величин, получим v_max = 1,7 см/с, а — 5 х х 1(Н⁶ см.

Со стороны магнитного поля на электрон действует сила.

где —^/e₀p₀ • ev_max • Е₀ — амплитудное значение силы.

Следовательно,.

7. Решение

Поскольку плазма разрежена и радиоволны при всех углах падения испытывают полное внутреннее отражение, можно положить со «оо₀, затуханием пренебречь и считать показатель преломления равный нулю:

Отсюда.

8. Решение

Уравнение плоской волны, распространяющейся в направлении оси х, запишем в виде.

где v = с/п' — фазовая скорость.

Если п' = n-i se, уравнение волны примет вид.

и представляет уже неоднородное уравнение волны с убывающей по экспо;

(2.

ненциальному закону амплитудой А = Е₀-е У^хо) _{} Г}де —— = а — коэффициент.

Х₀

47ГсС ^.

поглощения волны средой (/ — А², 1 = 1₀- ехр — - • х .

L V.

Если п' - -i? ге, то.

это уже уравнение стоячей волны с экспоненциально убывающей амплитудой. В этом случае свет испытывает полное внутреннее отражение в среде (без поглощения).

Глава 5.

17. Решение

На рис. 3 штриховкой обозначена область интерференции света. Для объяснения возможности интерференции неполяризованного света неполяризованный свет можно представить как совокупность двух некогерентных волн, линейно поляризованных во взаимно перпендикулярных плоскостях, например в плоскости рисунка и перпендикулярно плоскости рисунка.

Рис.З

По условию задачи оба пучка когерентны по отношению друг к другу. Следовательно, линейно поляризованные компоненты в обоих пучках, имеющие одинаковую ориентацию плоскости поляризации, тоже когерентны, т. е. способны к интерференции, и интерференционную картину можно рассматривать как результат наложения двух интерференционных картин, создаваемых каждым из компонентов. Если удастся одну из этих интерференционных картин сместить на половину ширины интерференционной полосы, то минимумы одной картины совместятся с максимумами другой и интерференционная картина исчезнет. Такой эффект можно получить, если ввести на пути одного из пучков фазовую пластинку в полдлины волны: d_m = (2т +1) • X / 2(п_е — п₀), здесь п_еип₀ — показатели преломления анизотропного материала, из которого изготовлена фазовая пластинка, соответствующие необыкновенной и обыкновенной волнам. Фазовая пластинка внесет сдвиг по фазе между компонентами первого пучка.

Введение

стеклянной пластинки во второй пучок независимо от ее толщины будет приводить к одинаковому изменению фазы колебаний в обеих компонентах второго пучка, что никак не отразится на положении интерференционных полос.

Если за фазовой пластинкой поместить поляроид и поворачивать его вокруг направления лучей, то при совпадении оси поляроида с оптической осью фазовой пластинки или с направлением, перпендикулярным оптической оси фазовой пластинки, через поляроид будет проходить только одна компонента. В результате в образовании интерференционной картины будет участвовать одна компонента. Другая компонента второго пучка будет создавать на экране светлый фон и понижать контрастность интерференционной картины. При промежуточных ориентациях оси поляроида контрастность интерференционной картины будет еще меньше, и, когда угол между оптической осью фазовой пластинки и осью поляроида станет равным 45°, интерференционная картина исчезнет.

• 18. Решение
• а) Ах₀ = —? X без линзы; Ах₁ = —? X с линзой, где Ь_г = L — 4/; d_l = d di

_ Lj _ 1.

Ax₀ L 2

• б) Дх- — — f- ^Ах2 -f-^{1 2}~ 2а~ d Лх₀~ L~ 8'
• 19. Решение

Солнце — протяженный источник, каждый участок его поверхности будет давать свою интерференционную картину, несколько смещенную относительно остальных интерференционных картин. Для того чтобы наложение интерференционных картин от разных участков Солнца не привело к исчезновению интерференционных полос на экране, необходимо выполнение условия пространственной,. А, «.

когерентности: Ъ • sincp < —, где о — линеиныи размер источника; 2ф — апертура 4.

интерференции: 2ф = d/r, г — расстояние от щелей до Солнца. Следовательно, А,.

для наблюдения интерференционных полос на экране d < — = 0,030 мм.

• 2а
• 20. Решение

Каждая пара лучей, аналогичных лучам 1 и 2 (см. рис. 5.27), составляющих с оптической осью равные углы, после преломления в линзе участвует в образовании в фокальной плоскости одного и того же интерференционного кольца. Чем ближе к центру интерференционное кольцо, тем более высок его порядок интерференции к.

Условие минимума интерференции:

В центр интерференционной картины луни приходят с наибольшей разностью хода.

Для первого от центра темного кольца условие интерференции в соответствии с (1) и (2) имеет вид.

Вычитая (3) из (2), получим.

гг, • h h.? I X. IX-n _r . _Л _.

Так как sin— ~ —, то и = J-, и = J-, г = г и = 9,5 мм.

2 2 ² U-n ¹ V d ¹

Максимально допустимая ширина АХ определяется максимальной разностью хода между интерферирующими лучами в данном опыте:

X²

Отсюда АХ =-= 0,75 А.

• 2 dn
• 21. Решение

Интерференционные полосы равной толщины локализованы на (или вблизи) поверхности клина. Они образуются вследствие наложения лучей, аналогичных лучам V и 2'. С учетом малости утла клина условие максимума интерференции для двух соседних полос имеет вид.

Отсюда Ad = d₂— d_} = —, Ax = — = — = 0,94 мм.

2 a 2a.

Максимальное количество полос при отсутствии расхождения лучей определяется степенью монохроматичности излучения (его временной когерентностью):

Так как степень монохроматичности излучения не бесконечна (ДА. Ф 0), то для наблюдения всех полос, т. е. максимального порядка интерференции, определяемого временной когерентностью излучения, нет необходимости требовать идеальной параллельности лучей. Максимально допустимое угловое расхождение лучей определяется условием наложения на предельный максимум нормально падающих лучей интерференционного минимума интерференционной картины, образуемой максимально расходящимися лучами:

С другой стороны,.

Вычитая из второго выражения первое, получим.

Глава 6.

6. Решение

В соответствии с методом векторных диаграмм волновая поверхность разбивается на больное множество малых по своей площади зон, причем так, чтобы вторичные волны от любых двух соседних зон приходили в точку наблюдения с одинаковой разностью фаз. В случае плоской волны центральная зона имеет форму круга, остальные зоны — бесконечно узкие кольца, концентрические относительно центральной зоны. Для свободно распространяющееся плоской волны векторная диаграмма имеет вид закручивающейся спирали (рис. 4, А₀ — амплитуда результирующего колебания).

Рис. 6.4.

Если перекрыть непрозрачным диском первую зону Френеля (которой на векторной диаграмме соответствует участок abc), суммирование начинается с точки с, и амплитуда результирующего колебания уже будет равна А₂/2. Если удалить половину диска по диаметру, то начнет «работать» половина первой зоны Френеля, Результат ее действия по величине будет примерно такой же, как в предыдущем случае, и равен Л₁/2. Однако колебания, приходящие в точку наблюдения от первой и второй зон Френеля, находятся в противофазе. Получается, на первый взгляд, парадоксальный результат: перекрыли всего только половину первой зоны Френеля, а в точке наблюдения Л = 0. Данный парадокс объясняется дифракцией волн, т. е. перераспределением энергии колебаний в пространстве вследствие интерференции вторичных волн.

7. Решение

Для решения данной задачи применим метод векторных диаграмм (рис. 5).

Рис. 5.

Если бы диск был непрозрачным, то действие открытой части волновой поверхности характеризовалось бы вектором амплитуды А_г. Прозрачный диск может усилить освещенность в точке наблюдения, если в результирующее колебание А_ь возбуждаемое первыми полутора зонами Френеля, внесет сдвиг.

у

по фазе, равный 2к? п + (5 / 4) • к, или разность хода, А = h (n -1) = kX + 5—. Отсюда.

_t kk + 5X/8, _Л «₀ ⁸

h =—-•, где fc = 0, 1, 2, 3, … .

п-1.

Глава 7.

• 10. Ответ: v = 2км/с.
• 11. Ответ: ДА. = 450 А.
• 12. Ответ: с = 4DzN/(2n — 1) = 2,99 • 10⁵ км/с. 14. Ответ: 1) 0,32″; 2) в 64 раза.

Глава 8.

6. Ответ: ~ 6000 К.