Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 16129
2023-08-16 
В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля угол между зеркалами $\phi = 12^{ \prime}$ (рис.). Расстояния от бизеркала до источника света $S$ и экрана Э равны соответственно $a = 10 см$ и $b = 90 см$. Ширина интерференционных полос на экране равна $\Lambda = 1 мм$. Найти: 1) длину волны $\lambda$ излучения источника и число $N$ интерференционных полос на экране; 2) сдвиг $\delta x$ интерференционной картины на экране при смещении источника на $\delta l = 0, 1 мм$ по дуге радиуса а с центром в точке $O$ на ребре бизеркала; 3) ширину $D$ источника, при которой полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо.
Решение:
1) Как видно из рис., в центре экрана Э (точка $O_{x}$) интерферирующие лучи сходятся под углом
$\alpha = \frac{S_{1}S_{2}}{a + b} = \frac{a \cdot 2 \phi}{a + b}$.
С учетом $\Lambda = |x_{m+1} - x_{m}| \approx \frac{ \lambda l}{d} \approx \frac{ \lambda}{ \alpha}$ период интерференционной картины на экране равен
$\Lambda = \frac{ \lambda}{ \alpha} = \frac{ \lambda (a + b)}{a \cdot 2 \phi}$,
поэтому
$\lambda = \frac{ \Lambda a 2 \phi}{a + b} = 696 нм$.
Число наблюдаемых на экране интерференционных полос:
$N \approx \frac{2x_{max}}{ \Lambda}$,
где $x_{max}$ - полуширина интерференционной картины. Так как $x_{max} \approx b \phi$, то
$N = \frac{2b \cdot \phi}{ \Lambda} \approx 6$.
2) При смещении источника $S$ на $\delta l$ (например, по часовой стрелке), изображения $S_{1}$ и $S_{2}$ сместятся по дуге на такое же расстояние (но против часовой стрелки). В результате центр интерференционной картины на экране сместится вниз относительно точки $O_{x}$ на расстояние
$\delta x \approx \delta l \frac{b}{a} = 0,9 мм$.
3) В соответствии с формулами $\Delta_{D} \approx \frac{Dd}{L} \approx \Omega D \approx d \Psi$ и $\Delta_{D} = \lambda$.
$D \leq \frac{ \lambda}{ \Omega}$.
Чтобы полосы на экране наблюдались достаточно отчетливо, потребуем, чтобы
$D \leq \frac{ \lambda}{2 \Omega}$.
Поскольку
$\Omega \approx \frac{ \alpha b}{a}$,
то, подставляя полученное ранее выражение для $\alpha$, получим:
$\Omega = 2 \phi \left ( 1 - \frac{a}{a + b} \right )$.
Согласно условию задачи можно считать, что $a \ll b$, поэтому
$D \leq \frac{ \lambda}{4 \phi} = 0,16 мм$.
В интерференционной схеме с бизеркалом Френеля угол между зеркалами $\phi = 12^{ \prime}$ (рис.). Расстояния от бизеркала до источника света $S$ и экрана Э равны соответственно $a = 10 см$ и $b = 90 см$. Ширина интерференционных полос на экране равна $\Lambda = 1 мм$. Найти: 1) длину волны $\lambda$ излучения источника и число $N$ интерференционных полос на экране; 2) сдвиг $\delta x$ интерференционной картины на экране при смещении источника на $\delta l = 0, 1 мм$ по дуге радиуса а с центром в точке $O$ на ребре бизеркала; 3) ширину $D$ источника, при которой полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо.
Решение:
1) Как видно из рис., в центре экрана Э (точка $O_{x}$) интерферирующие лучи сходятся под углом
$\alpha = \frac{S_{1}S_{2}}{a + b} = \frac{a \cdot 2 \phi}{a + b}$.
С учетом $\Lambda = |x_{m+1} - x_{m}| \approx \frac{ \lambda l}{d} \approx \frac{ \lambda}{ \alpha}$ период интерференционной картины на экране равен
$\Lambda = \frac{ \lambda}{ \alpha} = \frac{ \lambda (a + b)}{a \cdot 2 \phi}$,
поэтому
$\lambda = \frac{ \Lambda a 2 \phi}{a + b} = 696 нм$.
Число наблюдаемых на экране интерференционных полос:
$N \approx \frac{2x_{max}}{ \Lambda}$,
где $x_{max}$ - полуширина интерференционной картины. Так как $x_{max} \approx b \phi$, то
$N = \frac{2b \cdot \phi}{ \Lambda} \approx 6$.
2) При смещении источника $S$ на $\delta l$ (например, по часовой стрелке), изображения $S_{1}$ и $S_{2}$ сместятся по дуге на такое же расстояние (но против часовой стрелки). В результате центр интерференционной картины на экране сместится вниз относительно точки $O_{x}$ на расстояние
$\delta x \approx \delta l \frac{b}{a} = 0,9 мм$.
3) В соответствии с формулами $\Delta_{D} \approx \frac{Dd}{L} \approx \Omega D \approx d \Psi$ и $\Delta_{D} = \lambda$.
$D \leq \frac{ \lambda}{ \Omega}$.
Чтобы полосы на экране наблюдались достаточно отчетливо, потребуем, чтобы
$D \leq \frac{ \lambda}{2 \Omega}$.
Поскольку
$\Omega \approx \frac{ \alpha b}{a}$,
то, подставляя полученное ранее выражение для $\alpha$, получим:
$\Omega = 2 \phi \left ( 1 - \frac{a}{a + b} \right )$.
Согласно условию задачи можно считать, что $a \ll b$, поэтому
$D \leq \frac{ \lambda}{4 \phi} = 0,16 мм$.
