Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 11611
2019-11-22 
Сверху над стеклянным отшлифованным кубиком, длина ребра которого раина 2,00 cм, помещена отшлифованная пластинка так, что в пространстве между ней и кубиком возникает тонкий воздушный интерференционный слой. Если сверху осветить пластинку под прямым углом излучением с длинами волн от $400 0 м \mu$ до $1150 м \mu$, для которых пластинка прозрачна, то выполняется условие максимума интенсивности света отраженного и интерефереционным слоем, только для двух волн и из упомянутого промежутка: для $\lambda = 100,0 м \mu$ и еще для одной длины волны. Определите эту длину волны. Вычислите, насколько нужно повысить температуру кубика, чтобы он прикоснулся к пластинке. Коэффициент линейного теплового расширения стекла $\alpha = 8,0 \cdot 10^{-8} град^{-1}$, показатель преломления воздуха $n = 1$. Расстояние от основании кубика до пластинки во время нагревания не меняется.
Решение:
Луч 1, отразившийся от верхней грани кубика, пройдет расстояние на $2d$ большее, чем луч 2, отразившийся от нижней грани пластинки. Кроме того, луч 1 потеряет половину длины волны при отражении от стекла (как оптически более плотной среды). Таким образом разность хода интерферирующих лучей 1 и 2 с длиной волны $\lambda$ равна $2d + \frac{ \lambda}{2}$. Интенсивность света будет максимальна если эта разность равна целому числу длин волн $2d + \frac{ \lambda }{2} = n \lambda$, то есть $2d = \frac{(2n - 1) \lambda}{2}$, где $n = 1, 2, 3, \cdots$
Это условие должно выполняться для двух длин волн: $\lambda_{0} = 400 м \mu$ ($n = k + 1$) и $\lambda_{1}$, находящейся между $400 м \mu$ и $1150 м \mu$ ($n = k$).
$\begin{cases} 2 d = \frac{(2k + 1) \lambda_{0} }{2}, \\ 2d = \frac{(2k - 1) \lambda_{1} }{2}. \end{cases}$
Отсюда получаем, что $\lambda_{1} = \frac{2k + 1}{2k - 1} \lambda_{0}$. Но $\lambda_{1} < 1150 м \mu$, то есть $\frac{2k + 1}{2k - 1} 400 < 1150$, поэюму $k > 1$.
Следующая длина волны с номером $n = k -1$ будет уже больше $1150 м \mu: \lambda_{2} = \frac{2k + 1 }{2k + 3} 200 м \mu > 1150 м \mu$. Это означает, что $k < 3$. Итак.
$1 < k < 3$, то есть $k = 2$, $\lambda_{1} = \frac{2k + 1}{2k - 1} \lambda_{0} = 666,6 м \mu$, а $d = \frac{2k + 1}{4} \lambda_{0} = 500,0 м \mu$.
Теперь ма можем найти, на сколько градусов надо нагреть кубик, чтобы он коснулся пластинки:
$\Delta t = \frac{d}{ \alpha a} = 3,1^{ \circ}$
Сверху над стеклянным отшлифованным кубиком, длина ребра которого раина 2,00 cм, помещена отшлифованная пластинка так, что в пространстве между ней и кубиком возникает тонкий воздушный интерференционный слой. Если сверху осветить пластинку под прямым углом излучением с длинами волн от $400 0 м \mu$ до $1150 м \mu$, для которых пластинка прозрачна, то выполняется условие максимума интенсивности света отраженного и интерефереционным слоем, только для двух волн и из упомянутого промежутка: для $\lambda = 100,0 м \mu$ и еще для одной длины волны. Определите эту длину волны. Вычислите, насколько нужно повысить температуру кубика, чтобы он прикоснулся к пластинке. Коэффициент линейного теплового расширения стекла $\alpha = 8,0 \cdot 10^{-8} град^{-1}$, показатель преломления воздуха $n = 1$. Расстояние от основании кубика до пластинки во время нагревания не меняется.
Решение:
Луч 1, отразившийся от верхней грани кубика, пройдет расстояние на $2d$ большее, чем луч 2, отразившийся от нижней грани пластинки. Кроме того, луч 1 потеряет половину длины волны при отражении от стекла (как оптически более плотной среды). Таким образом разность хода интерферирующих лучей 1 и 2 с длиной волны $\lambda$ равна $2d + \frac{ \lambda}{2}$. Интенсивность света будет максимальна если эта разность равна целому числу длин волн $2d + \frac{ \lambda }{2} = n \lambda$, то есть $2d = \frac{(2n - 1) \lambda}{2}$, где $n = 1, 2, 3, \cdots$
Это условие должно выполняться для двух длин волн: $\lambda_{0} = 400 м \mu$ ($n = k + 1$) и $\lambda_{1}$, находящейся между $400 м \mu$ и $1150 м \mu$ ($n = k$).
$\begin{cases} 2 d = \frac{(2k + 1) \lambda_{0} }{2}, \\ 2d = \frac{(2k - 1) \lambda_{1} }{2}. \end{cases}$
Отсюда получаем, что $\lambda_{1} = \frac{2k + 1}{2k - 1} \lambda_{0}$. Но $\lambda_{1} < 1150 м \mu$, то есть $\frac{2k + 1}{2k - 1} 400 < 1150$, поэюму $k > 1$.
Следующая длина волны с номером $n = k -1$ будет уже больше $1150 м \mu: \lambda_{2} = \frac{2k + 1 }{2k + 3} 200 м \mu > 1150 м \mu$. Это означает, что $k < 3$. Итак.
$1 < k < 3$, то есть $k = 2$, $\lambda_{1} = \frac{2k + 1}{2k - 1} \lambda_{0} = 666,6 м \mu$, а $d = \frac{2k + 1}{4} \lambda_{0} = 500,0 м \mu$.
Теперь ма можем найти, на сколько градусов надо нагреть кубик, чтобы он коснулся пластинки:
$\Delta t = \frac{d}{ \alpha a} = 3,1^{ \circ}$
