Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8323
2018-07-01 
Два параллельных одинаковых по интенсивности линейно поляризованных пучка, плоскости колебаний которых $N_{1}$ и $N_{2}$ повернуты относительно друг друга на некоторый малый угол $\phi$ (рис.), падают на николь. Для уравнивания интенсивностей обоих пучков за николем его главное направление $N$ должно быть установлено по биссектрисе А или В. Определить значение угла $\phi$, при котором поворот николя из положения А на малый угол $\delta \phi \ll \phi$ приводит к относительному изменению интенсивностей обоих пучков $\Delta I/I$ на величину в $\eta = 100$ раз большую* чем при повороте на тот же угол из положения В.
Решение:
Если основное направление $N$ николь находится вдоль А или В, интенсивность передаваемого света одинакова, если падающий свет един с плоскостью колебаний $N_{1}$ или с $N_{2}$. Если $N$ делает угол $\delta \phi$ с A, как показано, то разница в интенсивности, (когда падающий свет $N_{1}$ или $N_{2}$) является
$\left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{A} = \frac{ \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} - \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) - \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} + \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) }{ \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} - \frac{ \phi}{2} \right ) } = \frac{ \sin^{2} \left ( \frac{ \phi}{2} + \delta \phi \right ) - \sin^{2} \left ( \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = \frac{2 \sin \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \cos \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 ctg \frac{ \phi}{2} \delta \phi = \frac{2 \sin \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \cos \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 ctg \frac{ \phi}{2} \delta \phi$
Если $N$ дает $\delta \phi ( \ll \phi )$ для B тогда
$\left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{B} = \frac{ \cos^{2} ( \phi /2 - \delta \phi) - \cos^{2} ( \phi /2 + \delta \phi) }{ \cos^{2} \phi /2 } = \frac{2 \cos \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \sin \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \cos^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 tg \phi / 2 \delta \phi$
Таким образом $\eta = \frac{ \left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{A}}{ \left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{B} } = ctg^{2} \frac{ \phi}{2}$
или $\phi = 2 tg^{ - 1} \frac{1}{ \sqrt{ \eta} }$
Два параллельных одинаковых по интенсивности линейно поляризованных пучка, плоскости колебаний которых $N_{1}$ и $N_{2}$ повернуты относительно друг друга на некоторый малый угол $\phi$ (рис.), падают на николь. Для уравнивания интенсивностей обоих пучков за николем его главное направление $N$ должно быть установлено по биссектрисе А или В. Определить значение угла $\phi$, при котором поворот николя из положения А на малый угол $\delta \phi \ll \phi$ приводит к относительному изменению интенсивностей обоих пучков $\Delta I/I$ на величину в $\eta = 100$ раз большую* чем при повороте на тот же угол из положения В.
Решение:
Если основное направление $N$ николь находится вдоль А или В, интенсивность передаваемого света одинакова, если падающий свет един с плоскостью колебаний $N_{1}$ или с $N_{2}$. Если $N$ делает угол $\delta \phi$ с A, как показано, то разница в интенсивности, (когда падающий свет $N_{1}$ или $N_{2}$) является
$\left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{A} = \frac{ \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} - \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) - \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} + \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) }{ \cos^{2} \left ( 90^{ \circ} - \frac{ \phi}{2} \right ) } = \frac{ \sin^{2} \left ( \frac{ \phi}{2} + \delta \phi \right ) - \sin^{2} \left ( \frac{ \phi}{2} - \delta \phi \right ) }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = \frac{2 \sin \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \cos \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 ctg \frac{ \phi}{2} \delta \phi = \frac{2 \sin \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \cos \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \sin^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 ctg \frac{ \phi}{2} \delta \phi$
Если $N$ дает $\delta \phi ( \ll \phi )$ для B тогда
$\left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{B} = \frac{ \cos^{2} ( \phi /2 - \delta \phi) - \cos^{2} ( \phi /2 + \delta \phi) }{ \cos^{2} \phi /2 } = \frac{2 \cos \frac{ \phi}{2} \cdot 2 \sin \frac{ \phi}{2} \delta \phi }{ \cos^{2} \frac{ \phi}{2} } = 4 tg \phi / 2 \delta \phi$
Таким образом $\eta = \frac{ \left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{A}}{ \left ( \frac{ \Delta I}{I} \right )_{B} } = ctg^{2} \frac{ \phi}{2}$
или $\phi = 2 tg^{ - 1} \frac{1}{ \sqrt{ \eta} }$
