Интерференция на тонких пленках

Интерференция в проходящем свете. Осветим тонкую прозрачную пленку (например, мыльную) с абсолютным показателем преломления п светом, длина волны которого в вакууме l. Будем

Рис. 19.12

смотреть на пленку с противоположной стороны (рис. 19.12), т. е. будем наблюдать свет, проходящий через пленку. Выясним, при каком значении толщины пленки h будет наблюдаться максимум освещенности, а при каком – минимум. Читатель: Честно говоря, не очень понятно, почему здесь должна возникнуть интерференция? Автор: Дело в том, что некоторые лучи просто проходят пленку насквозь, а некоторые отражаются от

Рис. 19.13

границы «пленка–воздух», идут назад, снова отражаются от границы «воздух–пленка» и лишь после этого выходят наружу (рис. 19.13). (Конечно, найдутся лучи, которые испытают несколько пар отражений, но их доля в общем «балансе» будет не так велика, ведь часть световых волн будет уходить обратно, т.е. туда, откуда пришли.)

Интерференция будет проходить между лучом (правильнее сказать, конечно, световой волной) 1¢ и лучом 2¢. Геометрическая разность хода этих лучей (разность длин пройденных путей) равна Ds = 2h. Оптическая разность хода D = пDs = 2пh.

Условие максимума

; (19.8)

Условие минимума

. (19.9)

Если в формуле (19.9) положить k = 0, получим , именно при такой длине наступает первый минимум освещенности в проходящем свете.

Интерференция в отраженном свете.Рассмотрим ту же самую пленку с противоположной стороны (рис. 19.14). В данном случае мы будем наблюдать интерференцию за счет взаимодействия лучей 1¢ и 2¢: луч 1¢ отразился от границы «воздух–пленка», а луч 2¢ – от границы «пленка–воздух» (рис. 19.15).

Рис. 19.14 Рис. 19.15

Читатель: По-моему, здесь ситуация точно такая же, как и с проходящим светом: Ds = 2h; D = пDs = 2nh, а для h_max и h_min справедливы формулы (19.8) и (19.9).

Автор: Значит, при мы будем иметь минимум освещенности в отраженном свете?

Читатель: Да.

Автор: И минимум в проходящем? Получается, что свет войдет в пленку, а наружу не выйдет, так как и спереди, и сзади – минимум освещенности. Куда же делась световая энергия, если пленка не поглощает света?

Читатель: Да, такое, действительно, невозможно. Но где же ошибка?

Автор: Тут необходимо знать один экспериментальный факт. Если световая волна отражается от границы среды более оптически плотной с менее оптически плотной (стекло–воздух), то фаза отраженной волны равна фазе падающей (рис. 19.16, а). А вот если отражение проходит на границе среды, оптически менее плотной, со средой, более плотной (воздух–стекло), то фаза волны уменьшается на p (рис. 19.16, б). А это значит, что оптическая разность хода уменьшается на половину длины волны , т.е. луч 1¢, отраженный от внешней поверхности пластины (см. рис. 19.15), «теряет» полволны, и за счет этого отставание от него второго луча в оптической разности хода уменьшается на l/2.

Рис. 19.16

Таким образом, оптическая разность хода лучей 2¢ и 1¢ на рис. 19.15 будет равна

.

Тогда условие максимума запишется в виде

(19.10)

условие минимума

(19.11)

Сравнивая формулы (19.8) и (19.11), (19.9) и (19.10), видим, что при одном и том же значении h достигается минимум освещенности в проходящем свете и максимум в отраженном или же максимум в проходящем и минимум в отраженном. Иными словами, свет либо главным образом отражается, либо проходит насквозь в зависимости от толщины пленки.

Задача 19.5. Просветление оптики. Чтобы уменьшить долю отраженного света от оптических стекол (например, от объективов фотоаппарата) на их поверхность наносят тонкий слой прозрачного вещества, у которого показатель преломления п меньше, чем у стекла (так называемый метод просветления оптики). Оцените толщину нанесенного слоя, считая, что лучи падают на оптическое стекло приблизительно нормально (рис. 19.17).

Рис. 19.17

Решение. Для уменьшения доли отраженного света необходимо, чтобы лучи 1 и 2 (см. рис. 19.17), отраженные от внешней и внутренней поверхности пленки, соответственно «гасили» друг друга.

Заметим, что оба луча при отражении от более оптически плотной среды теряют по полволны каждый. Поэтому оптическая разность хода будет равна D = 2nh.

Условие минимума будет иметь вид

Минимальная толщина пленки h_min, соответствующая k = 0,

.

Оценим величину h_min. Возьмем l = 500 нм, п = 1,5, тогда

м = 83 нм.

Заметим, что при любой толщине пленки погасить на 100 % можно только свет определенной длины волны (при условии отсутствия поглощения!). Обычно «гасят» свет средней части спектра (желтый и зеленый). Остальные цвета при этом гасятся значительно слабее.

Читатель: А чем объяснить радужную окраску пленки бензина в луже?

Автор: Здесь тоже имеет место интерференция, как при просветлении оптики. Поскольку толщина пленки в разных местах различно, то в одном месте гасятся одни цвета, а в других – другие. «Непогашенные» цвета мы и видим на поверхности лужи.

СТОП! Решите самостоятельно: В6, С1–С5, D1.

Кольца Ньютона

Рис. 19.18

Задача 19.6. Рассмотрим подробно уже описанный нами опыт (рис. 19.18): на плоской стеклянной пластине лежит плосковыпуклая линза радиусом R. Сверху на линзу падает свет с длиной волны l. Свет является монохроматичным, т.е. длина волны жестко фиксирована и не меняется со временем. При наблюдении сверху видна интерференционная картина из концентрических светлых и темных колец (кольца Ньютона). При этом по мере удаления от центра кольца становятся более узкими. Требуется найти радиус N-го темного кольца (считая от центра).

(рис. 19.19). Именно этот отрезок определяет геометрическую разность хода лучи 1¢ и 2¢.

Рис. 19.19

Рассмотрим DОВС: (по теореме Пифагора),

h = АC = ОА – ОС = . (1)

Попробуем немного упростить выражение (1), учитывая, что r << R. Действительно, эксперименты показывают, что если R ~ 1 м, то r ~ 1 мм. Умножим и разделим выражение (1) на сопряженное выражение , получим

Запишем условие минимума для отраженного света: геометрическая разность хода лучей 1¢ и 2¢ составляет 2h, но луч 2¢ теряет полволны за счет отражения от оптически более плотной среды – стекла, поэтому оптическая разность хода получается на полволны меньше, чем геометрическая разность хода:

.

Нас интересует радиус N-го темного кольца. Правильнее сказать, речь идет о радиусе окружности, в которой достигается N-й по счету от центра минимум освещенности. Если r_N – искомый радиус, то условие минимума имеет вид:

где N = 0, 1, 2…

Запомним:

. (19.12)

Кстати, при N = –1 r₀ = 0. Это значит, что в центре будет находиться темное пятно.

Ответ:

Заметим, что, зная r_N, R и N, можно экспериментально определить длину волны света!

Читатель: А если бы нас интересовал радиус N-го светлого кольца?

Рис. 19.20

Автор: Тогда надо было бы воспользоваться условием максимума: D = lN.

Читатель: А можно ли наблюдать кольца Ньютона в проходящем свете?

Автор: Можно! Только учтите, что в этом случае луч 2¢ (рис. 19.20) два раза потеряет по полволны, т.е. потеряет целую волну.

СТОП! Решите самостоятельно: А7, В7, С6–С9, D2, D3.

Интерференция от двух щелей (опыт Юнга)

Английский ученый Томас Юнг (1773–1829) в 1807 г. поставил следующий опыт. Яркий пучок солнечного света он направил на экран с малым отверстием или узкой щелью S (рис. 19.21). Свет, прошедший через щель S, шел ко второму экрану с двумя узкими отверстиями или щелями S₁ и S₂.

Рис. 19.21

Щели S₁ и S₂ представляют собой когерентные источники, так как они имели «общее происхождение» – щель S. Свет от щелей S₁ и S₂ падал на удаленный экран, и на этом экране наблюдалось чередование темных и светлых участков.

Разберемся с этим опытом подробно. Будем считать, что S₁ и S₂ представляет собой длинные узкие щели, которые являются когерентными источниками, испускающими световые волны. На рис. 19.21 показан вид сверху.

Рис. 19.22

Область пространства, в которой эти волны перекрываются, называется полем интерференции. В этой области наблюдается чередование мест с максимальной и минимальной освещенностью. Если в поле интерференции внести экран, то на нем будет видна интерференционная картина, которая имеет вид чередующихся светлых и темных полос. В объеме это выглядит так, как показано на рис. 19.22.

Пусть нам задана длина волны l, расстояние между источниками d и расстояние до экрана l. Найдем координаты х_min и х_max темных и светлых полос. Точнее, точки, соответствующие минимуму и максимуму освещенности. Все дальнейшие построения будем проводить в горизонтальной плоскости a, на которую будем «смотреть сверху» (рис. 19.23).

Рис. 19.23

Рассмотрим точку Р на экране, находящуюся на расстоянии х от точки О (точка О – это пересечение экрана с перпендикуляром, восстановленным из середины отрезка S₁S₂). В точке Р налагаются друг на друга луч S₁P, идущий от источника S₁, и луч S₂P, идущий от источника S₂. Геометрическая разность хода этих лучей равна разности отрезков S₁P и S₂Р. Заметим, что поскольку оба луча распространяются в воздухе и не испытывают никаких отражений, то геометрическая разность хода равна оптической разности хода:

D = S₂P – S₁Р.

Рассмотрим прямоугольные треугольники S₁АР и S₂ВР. По теореме Пифагора: , . Тогда

.

Умножим и разделим выражение это выражение на сопряженное выражение, получим:

Учитывая, что l >> x и l >> d, упростим выражение

Итак: .

Условие максимума:

, (19.13)

где k = 0, 1, 2, …

Условие минимума:

, (19.14)

где k = 0, 1, 2, …

Расстояние между соседними минимумами называется шириной интерференционной полосы.

Найдем расстояние между (k + 1)-м и k-м минимумами:

.

Запомним: ширина интерференционной полосы не зависит от порядкового номера полосы и равна

. (19.15)

СТОП! Решите самостоятельно: А9, А10, В8–В10, С10.

Билинза

Задача 19.6. Собирающая линза с фокусным расстоянием F = = 10 см разрезана пополам и половинки раздвинуты на расстояние h = 0,50 мм. Найти: 1) ширину интерференционных полос; 2) число интерференционных полос на экране, расположенном за линзой на расстоянии D = 60 см, если перед линзой имеется точечный источник монохроматического света с длиной волны l = 500 нм, удаленный от нее на расстояние а = 15 см.

Рис. 19.24

Далее наша задача сводится к опыту Юнга, если мы сумеем найти расстояние d между источниками S₁ и S₂ и расстояние от источников до экрана l.

2. Сначала найдем расстояние b от линзы до изображений S₁ и S₂. Применим формулу линзы:

см.

Тогда расстояние от источников до экрана:

l = D – b = 60 – 30 = 30 cм.

3. Найдем расстояние между источниками. Для этого рассмотрим подобные треугольники SO₁O₂ и SS₁S₂. Из их подобия следует

.

4. Теперь мы вполне можем воспользоваться формулой (19.15) и вычислить ширину интерференционной полосы:

= м = 0,10 мм.

5. Чтобы определить, сколько интерференционных полос получится на экране, изобразим поле интерференции, т.е. ту область, в которой перекрываются волны от когерентных источников S₁ и S₂ (рис. 19.25).

Рис. 19.25

Как видно из рисунка, лучи от источника S₁ покрывают область S₁AA₁, а лучи от источника S₂ покрывают область S₂ВВ₁. Поле интерференции – область, которая является пересечением этих областей, показана более темной штриховкой. Размер интерференционной полосы на экране – это отрезок АВ₁, обозначим его длину через L.

Рассмотрим треугольники SO₁O₂ и SAB₁. Из их подобия следует

Если на участке длиной L содержатся N полос, длиной Dх каждая, то

Ответ: Dх = 0,10 мм; N = 25.

СТОП! Решите самостоятельно: D4, D5.