Fizika kursi

Masalalar 

 

56-masala.  Frenel  ko‘zgulari  bilan  o‘tkazilgan  tajribada  yorug‘lik 

manbaining mavhum tasvirlari orasidagi masofa d=0,5 mm, ekrangacha 

bo‘lgan  masofa  L=5  m  ga  teng.  Yashil  yorug‘likda  ekranda 

interferensiya  yo‘llari  bir-biridan 

∆

x=5  mm  masofada  hosil  bo‘ladi. 

Yashil yorug‘likning to‘lqin uzunligi 

λ

 ni toping. 

 

Berilgan:     

?

~

5

5

,

5

,

10

5

,

0

5

,

0

3

4

я

m

ю

mm

х

m

L

m

mm

d

λ

−

−

=

=

∆

=

⋅

=

=

 

Yechish: Masalaning sharti 15.1-§dagi 15.3-15.6 rasmlarga  mos  keladi. 

(15.5)  formulaga  muvofiq  qo‘shni  interferensiya  yo‘llari  orasidagi 

masofa 

d

L

х

λ

=

∆

 . U vaqtda 

 

mkm

L

xd

5

,

0

10

5

5

10

5

10

5

7

3

4

=

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

∆

=

−

−

−

λ

 

 

57-masala.  Sindirish  ko‘rsatkichi  n=1,4  bo‘lgan  moddadan  juda  yupqa 

parda  qoplangan  qalin  shisha  plastinkaga  monoxromatik  yorug‘lik 

(

λ

=0,6  mkm)  parallel  dastasi  normal  tushadi.  Qaytayotgan  yorug‘lik 

interferensiya natijasida maksimal susaygan. Yupqa pardaning qalinligi d 

aniqlansin. 

Berilgan:  

00029

,

1

1

=

n

 

?

~

10

6

,

0

6

,

0

5

,

1

,

4

,

1

6

3

d

м

mkm

n

n

n

−

⋅

=

=

=

=

λ

 

 

 

 

---

 

260

 

n

1

 

d 

n

2

>n

1

 

n

3

>n

2

 

2

ε

 

1

ε

 

B 

D 

L 

S

2

 

F 

C 

A 

 

Yechish:  Yupqa  pardaga 

tushayotgan 

yorug‘lik 

to‘lqinidan 

ingichka 

SA 

dastani  ajratamiz.  Tushish 

burchagi 

1

ε

≠

0  bo‘lgan  hol 

uchun  bu  nurning  yo‘li 

(15.18) rasmda ko‘rsatilgan. 

A 

va 

B 

nuqtalarga 

tushayotgan  dasta  qisman 

qaytadi  va  qisman  sinadi. 

Yorug‘likning  qaytgan  AS

1

 

va  BCS

2

  dastalari  yig‘uvchi 

L  linzaga  tushadi,  uning  F 

fokusida kesishishadi va o‘zaro interferensiyalanadi. Havoning sindirish 

ko‘rsatkichi 

(n

1

=1,00029) 

yupqa 

parda 

moddasining 

sindirish 

ko‘rsatkichi (n

2

=1,4) dan kichik, u esa o‘z navbatida shishaning sindirish 

ko‘rsatkichi  (n

3

=1,5)  dan  kichik  bo‘lganligidan,  har  ikkala  holda  ham 

qaytish  to‘lqin  tushayotgan  muhitga  qaraganda  optik  jihatdan  zichroq 

muhitda ro‘y beradi. 

 

Shuning uchun ham AS

1

 yorug‘lik dastasining tebranish fazasi A 

nuqtadan  qaytganida 

π

  radianga  o‘zgaradi  va  xuddi  shuningdek,  BCS

2

 

yorug‘lik  dastasining  tebranish  fazasi  ham  B  nuqtadan  qaytishda 

π

 

radianga o‘zgaradi. Natijada bu yorug‘lik dastalari linzaning F fokusida 

kesishishidagi  interferensiya  natijasi  xuddi  na  u  va  na  bu  dastaning 

tebranish fazalarida hech qanday o‘zgarish bo‘lmagandek ro‘y beradi. 

 

Ma’lumki,  yupqa  pardalardagi  interferensiyada  yorug‘likning 

maksimal  susayish  sharti  interferensiyaga  kiruvchi  to‘lqinlarning  optik 

yo‘l  farqi  toq  sondagi  yarim  to‘lqinlarga  teng  bo‘lishi  kerakligidan 

iboratdir: 

2

)

1

2

(

λ

+

=

∆

k

  

 

Rasmdan ko‘rinib turibdiki, optik yo‘l farqi 

1

2

1

1

2

2

)

(

n

AD

n

BC

AB

n

n

−

+

=

−

=

∆

l

l

. 

 

Binobarin, yorug‘lik intensivligining minimumlik sharti 

quyidagi ko‘rinishni oladi. 

---

 

261

 

2

)

1

2

(

)

(

1

2

λ

+

=

−

+

k

n

AD

n

BC

AB

 

 

Agar 

1

ε

burchak nolga intilgan holda kamayib borsa, unda 

AD

→

0 va 

׀

AV

׀

+

׀

VS

׀→

2d bunda d-yupqa pardaning qalinligi 

1

ε

=0 

chegarada quyidagiga ega bo‘lamiz: 

2

)

1

2

(

2

2

λ

+

=

=

∆

k

dn

, 

bundan qidirilayotgan yupqa pardaning qalinligi 

2

4

)

1

2

(

n

k

d

λ

+

=

, 

k=0,1,2,3,…  deb  olib,  yupqa  parda  qalinligining  mumkin  bo‘lgan  qator 

qiymatlarini olamiz: 

mkm

d

n

d

mkm

n

d

33

,

0

3

4

3

;

111

,

0

4

0

2

1

2

0

=

=

=

=

=

λ

λ

. 

 

58-masala.  Difraksion  panjara  sirtiga  monoxromatik  yorug‘lik  normal 

tushayapti.  Panjaraning  davri  2  mkm.  Qizil  (

λ

1

=0,7  mkm)  va  binafsha 

(

λ

2

=0,41  mkm)  yorug‘liklar  uchun  shu  panjara  beradigan  Difraksion  m 

aksimumning eng katta tartibini aniqlang. 

Berilgan:  

?

~

10

1

,

4

41

,

0

10

7

7

,

0

10

2

2

max

7

2

7

1

6

m

m

km

m

m

km

m

m

km

m

d

−

−

−

⋅

=

=

⋅

=

=

⋅

=

=

λ

λ

 

Yechish:  Difraksion  panjara  bosh  maksimumlarining  vaziyatini 

aniqlaydigan formuladan Difraksion maksimum tartibi m ni aniqlaymiz: 

 

λ

ϕ

/

)

sin

(d

m

=

, 

 

 

(1) 

---

 

262

bunda  d-panjara  davri; 

ϕ

-difraksiya  burchagi; 

λ

-monoxromatik 

yorug‘likning to‘lqin uzunligi. 

ϕ

Sin

 birdan katta bo‘la olmagani uchun, 

m soni d/

λ

 dan katta bo‘la olmaydi. Ya’ni 

λ

d

m

≤

.  

 

 

 

(2) 

(2) formulaga kattaliklarning qiymatini qo‘yib hisoblaymiz: 

86

,

2

7

,

0

/

2

=

≤

m

   (Qizil nurlar uchun) 

    

88

,

4

41

,

0

/

2

=

≤

m

   (Binafsha nurlar uchun) 

Maksimumlar tartibi butun sonlarga teng bo‘lishini inobatga olsak, qizil 

yorug‘lik uchun m

max

=2 va binafsha uchun m

max

=4 bo‘ladi. 

 

59-masala.    Difraksion  panjara  N  ga  yorug‘lik  nurlari  normal 

tushmoqda. Goniometrning ko‘rish trubasini biror 

ϕ

 burchakka burganda 

ko‘rish  maydonida  uchinchi  tartibli  (n=3)  spektrda 

λ

=0,44  mkm  chiziq 

ko‘rindi.  Xuddi  shu  burchak  ostida  ko‘rinuvchi  spektr  chegarasida  (0,4 

mkm dan 0,7 mkm gacha) yotuvchi 

λ

x

 to‘lqin uzunliklarga mos keluvchi 

biror boshqa spektral chiziqlarni ko‘rish mumkinmi? 

Berilgan:   

?

~

10

)

7

,

0

4

,

0

(

)

7

,

0

4

,

0

(

,

10

44

,

0

44

,

0

,

3

6

6

х

m

mkm

m

mkm

n

λ

λ

λ

−

−

⋅

−

=

−

=

⋅

=

=

=

 

Yechish:  Difraksiya  panjarasiga  qo‘llash  mumkin  bo‘lgan  (15.13) 

formulaga muvofiq (15.7.§ ga qarang) shunday yozish mumkin. 

d sin 

ϕ

=n

λ

=n

x

λ

x  

, 

bu  yerda  d-panjara  L  davri,  n

x

  esa 

λ

x

  spektral  chiziq  bo‘lishi  mumkin 

bo‘lgan spektrning tartibi. U holda 

x

x

n

n

λ

λ

=

. 

---

 

263

Biroq shartga ko‘ra 

λ

/

λ

x

 nisbat 

4

,

0

44

,

0

=1,1 dan 

7

,

0

44

,

0

=0,63 gacha 

chegarada, ya’ni 

1

,

1

63

,

0

<

<

x

λ

λ

 

o‘zgaradi. Bundan 

1

,

1

63

,

0

<

<

n

n

x

 yoki n=3 ekanligini e’tiborga olsak, 

1,89 

<

 n

x 

<

 3,3 . 

n

x

  butun  son,  shuning  uchun  ikki  hol  bo‘lishi  mumkin:  n

x

=2  va  n

x

=3. 

Biroq  n

x

=3  bo‘la  olmaydi,  chunki  n  ham  3  ga  teng;  spektrning  bitta 

tartibiga  tegishli  bo‘lgan  chiziqlar  ustma-ust  tusha  olmaydi  (qo‘shila 

olmaydi).  Demak,  n

x

=2.  U  holda 

mkm

n

n

x

х

66

,

0

2

3

44

,

0

=

=

=

λ

λ

,  bu 

qizil rangga mos keladi; 

λ

=0,44 mkm ko‘k rangga mos keladi. 

 

Shunday  qilib,  uchinchi    tartibli  spektrning  ko‘k  rangi  (

λ

=0,44 

mkm)ga ikkinchi tartibli spektrning qizil rangi (

λ

=0,44 mkm) qo‘shiladi.