Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2399
2017-03-18 
Тонкая плосковыпуклая линза диаметром $2r$, радиусом кривизны $R$, с показателем преломления $n_{0}$ установлена в таком положении, что слева находится воздух $(n_{1}=1)$, а справа — прозрачная среда с показателем преломления $n_{2} \neq 1$ (выпуклая сторона обращена к воздуху). В воздухе на расстоянии $d$ от линзы на главной оптической оси установлен точечный источник монохроматического света.
1) Докажите приведенное ниже соотношение между положением изображения, отстоящего на расстояние $f$ от линзы, и положением источника $d$ в приближении параксиальных пучков:
$\frac{F_{1}}{d} + \frac{F_{2}}{f} = 1$,
где $F_{1}$ и $F_{2}$ — фокусные расстояния линзы в воздухе и при одностороннем контакте со средой с показателем преломления $n_{2}$ соответственно.
2) Линзу разрезают перпендикулярно плоской грани на две равные части, которые затем раздвигают на расстояние $\delta \ll r$ (билинза Бийе). На оси симметрии этой системы на расстоянии $d (d > F_{1})$ от линзы (см. рис.) установлен точечный источник света $S$. Справа от системы на экране Э, установленном параллельно линзе на расстоянии $l$, образуется $N$ интерференционных полос, если справа тоже находится воздух.
Определите число интерференционных полос $N$ в зависимости от длины волны $\lambda$.
Указание. Все показатели преломления являются абсолютными.
Решение:
рис.1
рис.2
1) Если бы справа за линзой был воздух, то лучи, выходящие из источника $S_{0}$, преломившись в ней, сходились бы в точке $S_{1}$ на расстоянии $f_{1}$ от линзы (рис.1).
В соответствии с формулой линзы
$\frac{1}{d} + \frac{1}{f_{1}} = \frac{1}{F_{1}}$,
имеем
$\frac{F_{1}}{d} + \frac{F_{1}}{f_{1}} = 1$.
При заполнении пространства справа за линзой средой с показателем преломления $n_{2}$ изображение источника $S_{0}$ смещается в точку $S$ на расстояние $f$ от линзы (рис. 1).
Для доказательства искомого равенства нужно показать, что
$\frac{F_{1}}{f_{1}} = \frac{F_{2}}{f}$.
Запишем закон преломления для обоих случаев:
$\frac{ \sin \alpha_{0}}{ \sin \alpha_{1}} = \frac{1}{n_{0}}; \frac{ \sin \alpha_{0}}{ \sin \alpha} = \frac{n_{2}}{n_{0}}$,
где $\alpha_{0}$ — угол падения луча на границе «линза — воздух». Из полученных выражений при малых значениях углов $\alpha_{0}, \alpha_{1}, \alpha$, когда $\sin \alpha \approx \alpha$, следует:
$\alpha_{1} = n_{0} \alpha_{0}, \alpha = \frac{n_{0}}{n_{2}} \alpha \Rightarrow \alpha_{1} = n_{2} \alpha$.
Так как $\alpha_{1} = x/f_{1}, \alpha = x/f$, то $f=n_{2} f_{1}$.
Рассмотрев ход пучка лучей, параллельного главной оптической оси, можно таким же образом доказать, что $F_{2} = n_{2}F_{1}$. Следовательно,
$\frac{F_{1}}{f_{1}} = \frac{F_{2}/n_{2}}{f/n_{2}} = \frac{F_{2}}{f}$.
Из уравнений (1) и (2) следует
$\frac{ F_{1}}{ d} + \frac{F_{2}}{f} = 1$,
что и требовалось доказать.
2) Разрезанная линза дает два изображения $S_{1}$ и $S_{2}$ источника $S$ на расстоянии $f$ от линзы (рис.2). Эти источники когерентны, они согда ют интерференционную картину на экране Э.
Расстояние $a = S_{1}S_{2}$ между изображениями источника легко иайти из подобия треугольников $SO_{1}O_{2}$ и $SS_{1}S_{2}$:
$\frac{a}{ \delta} = \frac{d+f}{d}, a = \delta \left ( 1 + \frac{f}{d} \right )$. (1)
Интерференционная картина получается при наложении когерентных волн, испущенных источниками $S_{1}$ и $S_{2}$. Размер $b=B_{1}B_{2}$ области, в которой видна интерференционная картина, можно определить из подобия треугольников $SO_{1}O_{2}$ и $SB_{1}B_{2}$:
$\frac{b}{ \delta} = \frac{l+d}{d}; b = \delta \left ( 1 + \frac{l}{d} \right )$. (2)
Найдем координату $y_{k}$ $k$-го максимума. Если этот максимум находится в точке М экрана, то должно выполняться соотношение
$S_{2}M - S_{1} M = k \lambda$,
где $\lambda$ — длина волны. Обозначим $S_{1}M = L_{1}, S_{2}M = L_{2}$. Из рис. 1 видно, что
$L_{1}^{2} = (l - f)^{2} + \left ( y_{k} - \frac{a}{2} \right )^{2}$,
$L_{2}^{2} = (l - f)^{2} + \left ( y_{k} + \frac{a}{2} \right )^{2}$.
Вычитая из второго равенства первое, получим $L_{2}^{2} - L_{1}^{2} = 2y_{k}a$, или $(L_{2} + L_{1})(L_{2} - L_{1}) = 2 y_{k} a$, откуда
$L_{2} - L_{1} = \frac{2y_{k}a}{L_{2} + L_{1}}$.
В случае, когда $y_{k} \ll l-f$ можно принять приближенное равенство $L_{2} + L_{1} \approx 2 (l-f)$. Тогда
$L_{2} - L_{1} \approx \frac{y_{k}a}{l-f}$;
$a \frac{y_{k}}{l-f} = k \lambda, y_{k} = \frac{k \lambda (l-f)}{a}$. (3)
Расстояние $\Delta$ между соседними максимумами равно
$\Delta = y_{k} - y_{k-1} = \frac{k \lambda (l-f)}{a} - \frac{(k-1) \lambda (l-f)}{a} = \frac{ \lambda (l-f)}{a}$. (4)
Из формулы (4) следует, что все максимумы находятся на одинаковом расстоянии друг от друга. Поэтому искомое число максимумов
$N = \frac{B_{1}B_{2}}{ \Delta } = \frac{b}{ \Delta}$. (5)
Подставляя выражения (1), (2) и (4) в (5), получим
$N = \frac{ \delta (1 + l/d) a}{ \lambda (l-f)} = \frac{ \delta^{2} (1 + l/d)(1 + f/d)}{ \lambda (l-f)}$.
Ясно, что интерференционная картина будет при $l > f$. Из формулы линзы
$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$
можем записать
$f = \frac{Fd}{d-F}$, или $\frac{f}{d} = \frac{F}{d-F}$.
Тогда для $N$ получим следующее выражение:
$N = \frac{ \delta^{2}}{ \lambda} \frac{(l+d)}{l(d-F) - Fd}$, где $F = \frac{R}{n_{0} - 1}$.
Тонкая плосковыпуклая линза диаметром $2r$, радиусом кривизны $R$, с показателем преломления $n_{0}$ установлена в таком положении, что слева находится воздух $(n_{1}=1)$, а справа — прозрачная среда с показателем преломления $n_{2} \neq 1$ (выпуклая сторона обращена к воздуху). В воздухе на расстоянии $d$ от линзы на главной оптической оси установлен точечный источник монохроматического света.
1) Докажите приведенное ниже соотношение между положением изображения, отстоящего на расстояние $f$ от линзы, и положением источника $d$ в приближении параксиальных пучков:
$\frac{F_{1}}{d} + \frac{F_{2}}{f} = 1$,
где $F_{1}$ и $F_{2}$ — фокусные расстояния линзы в воздухе и при одностороннем контакте со средой с показателем преломления $n_{2}$ соответственно.
2) Линзу разрезают перпендикулярно плоской грани на две равные части, которые затем раздвигают на расстояние $\delta \ll r$ (билинза Бийе). На оси симметрии этой системы на расстоянии $d (d > F_{1})$ от линзы (см. рис.) установлен точечный источник света $S$. Справа от системы на экране Э, установленном параллельно линзе на расстоянии $l$, образуется $N$ интерференционных полос, если справа тоже находится воздух.
Определите число интерференционных полос $N$ в зависимости от длины волны $\lambda$.
Указание. Все показатели преломления являются абсолютными.
Решение:
рис.1
рис.2
1) Если бы справа за линзой был воздух, то лучи, выходящие из источника $S_{0}$, преломившись в ней, сходились бы в точке $S_{1}$ на расстоянии $f_{1}$ от линзы (рис.1).
В соответствии с формулой линзы
$\frac{1}{d} + \frac{1}{f_{1}} = \frac{1}{F_{1}}$,
имеем
$\frac{F_{1}}{d} + \frac{F_{1}}{f_{1}} = 1$.
При заполнении пространства справа за линзой средой с показателем преломления $n_{2}$ изображение источника $S_{0}$ смещается в точку $S$ на расстояние $f$ от линзы (рис. 1).
Для доказательства искомого равенства нужно показать, что
$\frac{F_{1}}{f_{1}} = \frac{F_{2}}{f}$.
Запишем закон преломления для обоих случаев:
$\frac{ \sin \alpha_{0}}{ \sin \alpha_{1}} = \frac{1}{n_{0}}; \frac{ \sin \alpha_{0}}{ \sin \alpha} = \frac{n_{2}}{n_{0}}$,
где $\alpha_{0}$ — угол падения луча на границе «линза — воздух». Из полученных выражений при малых значениях углов $\alpha_{0}, \alpha_{1}, \alpha$, когда $\sin \alpha \approx \alpha$, следует:
$\alpha_{1} = n_{0} \alpha_{0}, \alpha = \frac{n_{0}}{n_{2}} \alpha \Rightarrow \alpha_{1} = n_{2} \alpha$.
Так как $\alpha_{1} = x/f_{1}, \alpha = x/f$, то $f=n_{2} f_{1}$.
Рассмотрев ход пучка лучей, параллельного главной оптической оси, можно таким же образом доказать, что $F_{2} = n_{2}F_{1}$. Следовательно,
$\frac{F_{1}}{f_{1}} = \frac{F_{2}/n_{2}}{f/n_{2}} = \frac{F_{2}}{f}$.
Из уравнений (1) и (2) следует
$\frac{ F_{1}}{ d} + \frac{F_{2}}{f} = 1$,
что и требовалось доказать.
2) Разрезанная линза дает два изображения $S_{1}$ и $S_{2}$ источника $S$ на расстоянии $f$ от линзы (рис.2). Эти источники когерентны, они согда ют интерференционную картину на экране Э.
Расстояние $a = S_{1}S_{2}$ между изображениями источника легко иайти из подобия треугольников $SO_{1}O_{2}$ и $SS_{1}S_{2}$:
$\frac{a}{ \delta} = \frac{d+f}{d}, a = \delta \left ( 1 + \frac{f}{d} \right )$. (1)
Интерференционная картина получается при наложении когерентных волн, испущенных источниками $S_{1}$ и $S_{2}$. Размер $b=B_{1}B_{2}$ области, в которой видна интерференционная картина, можно определить из подобия треугольников $SO_{1}O_{2}$ и $SB_{1}B_{2}$:
$\frac{b}{ \delta} = \frac{l+d}{d}; b = \delta \left ( 1 + \frac{l}{d} \right )$. (2)
Найдем координату $y_{k}$ $k$-го максимума. Если этот максимум находится в точке М экрана, то должно выполняться соотношение
$S_{2}M - S_{1} M = k \lambda$,
где $\lambda$ — длина волны. Обозначим $S_{1}M = L_{1}, S_{2}M = L_{2}$. Из рис. 1 видно, что
$L_{1}^{2} = (l - f)^{2} + \left ( y_{k} - \frac{a}{2} \right )^{2}$,
$L_{2}^{2} = (l - f)^{2} + \left ( y_{k} + \frac{a}{2} \right )^{2}$.
Вычитая из второго равенства первое, получим $L_{2}^{2} - L_{1}^{2} = 2y_{k}a$, или $(L_{2} + L_{1})(L_{2} - L_{1}) = 2 y_{k} a$, откуда
$L_{2} - L_{1} = \frac{2y_{k}a}{L_{2} + L_{1}}$.
В случае, когда $y_{k} \ll l-f$ можно принять приближенное равенство $L_{2} + L_{1} \approx 2 (l-f)$. Тогда
$L_{2} - L_{1} \approx \frac{y_{k}a}{l-f}$;
$a \frac{y_{k}}{l-f} = k \lambda, y_{k} = \frac{k \lambda (l-f)}{a}$. (3)
Расстояние $\Delta$ между соседними максимумами равно
$\Delta = y_{k} - y_{k-1} = \frac{k \lambda (l-f)}{a} - \frac{(k-1) \lambda (l-f)}{a} = \frac{ \lambda (l-f)}{a}$. (4)
Из формулы (4) следует, что все максимумы находятся на одинаковом расстоянии друг от друга. Поэтому искомое число максимумов
$N = \frac{B_{1}B_{2}}{ \Delta } = \frac{b}{ \Delta}$. (5)
Подставляя выражения (1), (2) и (4) в (5), получим
$N = \frac{ \delta (1 + l/d) a}{ \lambda (l-f)} = \frac{ \delta^{2} (1 + l/d)(1 + f/d)}{ \lambda (l-f)}$.
Ясно, что интерференционная картина будет при $l > f$. Из формулы линзы
$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$
можем записать
$f = \frac{Fd}{d-F}$, или $\frac{f}{d} = \frac{F}{d-F}$.
Тогда для $N$ получим следующее выражение:
$N = \frac{ \delta^{2}}{ \lambda} \frac{(l+d)}{l(d-F) - Fd}$, где $F = \frac{R}{n_{0} - 1}$.
