Найти фокусное расстояние дуплета тонких линз.

Дуплет тонких линз с фокусным расстоянием $f_{1}$ и $f_{2}$ образуют систему с промежутком между линзами — $d.$ Найдём фокусное расстояние такого дублета. Для этого перемножим матрицы преобразования луча тонкими линзами и пустым промежутком (помним, что порядок следования матриц обратный):

$$M=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ -f_{2}^{-1} & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & d\\ 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ -f_{1}^{-1} & 1 \end{array}\right)= $$ $$\left(\begin{array}{cc} 1 & d\\ -f_{2}^{-1} & -f_{2}^{-1}d+1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ -f_{1}^{-1} & 1 \end{array}\right)= $$ $$ \left(\begin{array}{cc} 1 & d\\ -f_{2}^{-1}-f_{1}^{-1}\left(-f_{2}^{-1}d+1\right) & -f_{2}^{-1}d+1 \end{array}\right). $$ Элемент $m_{21}$ матрицы преобразования M определяет фокусное расстояние системы

$$\frac 1f=-m_{21}=f_{2}^{-1}+f_{1}^{-1}\left(-f_{2}^{-1}d+1\right)=\frac 1f_1+\frac 1f_2-\frac d{f_{1}f_{2}}.$$

Два узких щелевых монохроматических источника света (длина волны $\lambda $) расположены на расстоянии $L$ от экрана и на расстоянии $2d$ друг от друга. Найти расстояние между полосами на экране.}

Считаем, что свет от источников когерентный. Рассмотрим интенсивность падающего на экран света: $$I\sim E^{2}=\left|E_{1}e^{i\left(kl_{1}-\omega t\right)}+E_{2}e^{i\left(kl_{2}-\omega t\right)}\right|^{2}=$$ $$ \left(E_{1}e^{i\left(kl_{1}-\omega t\right)}+E_{2}e^{i\left(kl_{2}-\omega t\right)}\right)\left(E_{1}e^{i\left(kl_{1}-\omega t\right)}+E_{2}e^{i\left(kl_{2}-\omega t\right)}\right)^{*}=$$ $$\left(E_{1}e^{i\left(kl_{1}-\omega t\right)}+E_{2}e^{i\left(kl_{2}-\omega t\right)}\right)\left(E_{1}e^{-i\left(kl_{1}-\omega t\right)}+E_{2}e^{-i\left(kl_{2}-\omega t\right)}\right)=$$ $$E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+E_{1}E_{2}\left(e^{ik\left(l_{1}-l_{2}\right)}+e^{ik\left(l_{2}-l_{1}\right)}\right)=E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2E_{1}E_{2}\cos k\left(l_{1}-l_{2}\right)$$ или $$I=I_{1}+I_{2}+2\sqrt{I_{1}I_{2}}\cos k\left(l_{1}-l_{2}\right).$$

Найдём разность расстояний пройденных лучами от щелей до экрана:

$$l_{1}^{2}=L^{2}+(x-d)^{2}=L^{2}+x^{2}+d^{2}-2xd,$$

$$l_{2}^{2}=L^{2}+(x+d)^{2}=L^{2}+x^{2}+d^{2}+2xd,$$

тогда, при условии, что $x,\,d\ll L$

$$l_{2}-l_{1}=\sqrt{L^{2}+x^{2}+d^{2}+2xd}-\sqrt{L^{2}+x^{2}+d^{2}-2xd}\approx$$

$$\sqrt{L^{2}+x^{2}+d^{2}}\left(1+\frac{xd}{L^{2}+x^{2}+d^{2}}\right)-\sqrt{L^{2}+x^{2}+d^{2}}\left(1-\frac{xd}{L^{2}+x^{2}+d^{2}}\right)\approx\frac{2xd}{L}.$$

Если $I_{1}=I_{2}=I_{0},$ то интенсивность можно записать в виде:

$$I=2I_{0}\left(1+\cos k\left(l_{1}-l_{2}\right)\right)=2I_{0}\left(1+\cos\frac{2kxd}{L}\right)$$

с учётом тригонометрического соотношения $2\cos^{2}\alpha=1+\cos2\alpha$:

$$I=4I_{0}\cos^{2}\frac{kxd}{L}.$$

Расстояние между полосами — это расстояние, например, между максимумами интенсивности, а максимумы будут при

$$\cos^{2}\frac{kxd}{L}=1,$$ т.е. при $$\frac{kx_{m}d}{L}=\pi m,$$ тогда $$\Delta x=x_{m+1}-x_{m}=\frac{\pi L}{kd}=\frac{\lambda L}{2d}.$$

В схеме опыта Юнга найти распределение интенсивности на экране. }

Так как щели являются когерентными источниками света, то можно воспользоваться результатами задачи 2.

$$I=4I_{0}\cos^{2}\frac{kxd}{L},$$

где $I_0$ — интенсивность света на экране только от одного источника.

Определить показатель преломления стекла, если интерференционные полосы в схеме Юнга смещаются на величину $\Delta x$ при помещении стеклянной пластинки толщиной $h$ перед одной из щелей установки, расстояние между щелями $d.$

Воспользуемся решениям задач 2 и 3 (обращая внимание, что в этих задачах расстояние между отверстиями было $2d$, а сейчас $d$).

Если перед первым отверстием поместим стеклянную пластинку с показателем преломления $n$, то к набегу фаз $\Delta\varphi_{1}=k(l_{2}-l_{1})$ вызванному разницей расстояний

$$l_{2}-l_{1}=\frac{xd}{L}$$

добавится ещё разность фаз от прохождения пластины $\Delta\varphi_{2}=k(n-1)h$, тогда интенсивность:

$$I=2I_{0}\left(1+\cos\left(\Delta\varphi_{1}+\Delta\varphi_{2}\right)\right)=2I_{0}\left(1+\cos k\left(\frac{xd}{L}+(n-1)h\right)\right)$$

с учётом тригонометрического соотношения $2\cos^{2}\alpha=1+\cos2\alpha :$

$$I=4I_{0}\cos^{2}\frac{k}{2}\left(\frac{xd}{L}+(n-1)h\right).$$

Новые максимумы будут при

$$\cos^{2}\frac{k}{2}\left(\frac{xd}{L}+(n-1)h\right)=1,$$ т.е. при $$\frac{k}{2}\left(\frac{x'_{m}d}{L}+(n-1)h\right)=\pi m,$$ тогда

$$x'_{m}=\frac{L}{d}\left(\lambda m-(n-1)h\right),$$

$$\Delta x=x_{m}-x'_{m}=\frac{Lh}{d}\left(n-1\right).$$

Следовательно

$$n=\frac{d\Delta x}{Lh}+1.$$

В схеме зеркала Ллойда найти распределение интенсивности на экране. Источник света — узкий, щелевой, монохроматический.

Что бы рассчитать расстояние $r_2$ обратим внимание, что можно построить мнимый источник в зеркале и тогда придём к тому, что разность хода в схеме Ллойда и в схеме Юнга (задача 3) — одинакова, но к разности хода нужно добавить половину длину волны — $\frac \lambda 2$, которая добавляется в качестве скачка фазы на $\pi $ (или изменения знака, если посмотреть на коэффициент отражения Френеля), связанного с отражением от более плотной оптической среды. Тогда воспользовавшись решением задачи 3 запишем интенсивность: $$ I=I_0\cos^2\left( \frac{kxh}{L} +\frac \pi 2\right)=I_0\sin^2\left( \frac{kxh}{L}\right). $$

В схеме Юнга используется не один, а два источника, расположенных симметрично по обе стороны от оси на расстоянии друг от друга. Найти, как зависит видность интерференционной картины от расстояния $h$.

Разность хода между двумя лучами, исходящими из точки, не находящейся на оси, а отстоящей от оси на величину $h$ (в тех же приближениях, что и использовались ранее в задаче 2. и 3. $x, h \ll a, L$) определяется выражением $$ \phi(x,h)=\frac{2kxd}{L}+\frac{2kdh}{a}. $$ Тогда, если источники расположены симметрично и на равных расстояниях $\frac{1}{2}h$ от оси, то интенсивность от первого источника $$I_{1}=2I_{0}\left(1+\cos\phi(x,\frac{h}{2})\right)$$

и от второго

$$I_{2}=2I_{0}\left(1+\cos\phi(x,-\frac{h}{2})\right).$$

Так источники не когерентны, то складываться будут не поля $E_{1}+E_{2},$ а интенсивности:

$$I=I_{1}+I_{2}=2I_{0}\left(2+\cos\phi(x,\frac{h}{2})+\cos\phi(x,-\frac{h}{2})\right).$$

Воспользовавшись тригонометрическим тождеством

$$\cos\left(\alpha+\beta\right)=\cos\left(\alpha\right)\cos\left(\beta\right)-\sin\left(\alpha\right)\sin\left(\beta\right)$$

тогда

$$\cos\left(\alpha+\beta\right)+\cos\left(\alpha-\beta\right)=2\cos\left(\alpha\right)\cos\left(\beta\right)$$

и, следовательно,

$$I=4I_{0}\left(1+\cos\frac{2kxd}{L}\cos\frac{kdh}{a}\right).$$

В этом случае видность

$$V=\frac{I_{max}-I_{min}}{I_{max}+I_{min}}$$

и при фиксированных $k,\,d,\,h,\,a$ максимум и минимум достигается при $\cos\frac{2kxd}{L}=\pm1:$

$$V=|\cos\frac{kdh}{a}|.$$