IPhO 1977 · Theory problem 2
Colours of a soap film
Dipping the frame in a soap solution, the soap forms a rectangle film of length \(b\) and height \(h\). White light falls on the film at an angle \(\alpha\) (measured with respect to the normal direction). The reflected light displays a green color of wavelength \(\lambda_0\).
a) Find out if it is possible to determine the mass of the soap film using the laboratory scales which has calibration accuracy of \(0.1\ \mathrm{mg}\).
b) What color does the thinnest possible soap film display being seen from the perpendicular direction? Derive the related equations.
Constants and given data: relative refractive index \(n = 1.33\), the wavelength of the reflected green light \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\), \(\alpha = 30^\circ\), \(b = 0.020\ \mathrm{m}\), \(h = 0.030\ \mathrm{m}\), density \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
Official English text of the problem.
Answers
-
a) The permitted thicknesses and masses are \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] The thinnest film has \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) and \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\), so its mass cannot be determined reliably with the stated balance. Higher orders give larger masses; without specifying the order, there is no unconditional yes-or-no answer for an arbitrary green film.
-
b) With illumination remaining at \(30^\circ\), there is no specularly reflected light along the normal, hence no reflected interference colour in that direction. The ideal film is dark in reflected light. A \(540\ \mathrm{nm}\) green maximum would arise if the illumination were also normal, as derived below.
Solution
Treat the film as uniform, plane-parallel, and surrounded by air. Neglect absorption, refractive-index dispersion, and edge diffraction. Interpret the stated green wavelength as a maximum of the reflected intensity.
a) Let \(d\) be the film thickness and \(r\) the refracted angle inside it. Snell’s law gives \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
The reflected light contains a contribution from the front surface and another that enters the film, reflects from the rear surface, and emerges. Comparing their paths at a common outgoing wavefront, their geometrical optical-path difference is \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] Using \(\sin\alpha=n\sin r\), \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
Reflection at the front air–soap interface introduces a phase reversal of \(\pi\); reflection at the rear soap–air interface does not. Consequently, constructive interference in reflection requires \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] or \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
For the observed maximum at \(\lambda_0\), \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
The minimum thickness corresponds to \(j=0\): \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
The mass is density times volume: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] Thus \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
This is smaller than the balance’s \(0.1\ \mathrm{mg}\) calibration accuracy. Therefore, the minimum-thickness film cannot be weighed reliably with that balance.
The interference order matters: the next allowed mass is \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] which exceeds the stated accuracy, although the fractional uncertainty would still be large. The green maximum alone therefore does not establish whether an arbitrary film is sufficiently massive for a useful weighing.
b) The incident direction stays fixed at \(30^\circ\).
The front-surface reflected ray leaves at the same angle to the normal as the incident ray. For the ray reflected inside the film, reflection preserves its internal angle \(r\), and refraction upon emergence gives \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] Hence \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
All the interfering reflected rays therefore travel in the \(30^\circ\) specular direction. An observer looking along the normal, \(\theta_{\mathrm{out}}=0\), receives none of these rays. Within the stated approximations, \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] There is consequently no normal-view reflected interference colour, regardless of which allowed thickness the film has. Additional illumination or scattering would require further information.
For completeness, the same minimum-thickness film under normal illumination and normal observation would satisfy \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] Its first reflected maximum would then be \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] which is green. This value applies to that changed illumination geometry.
The solution was checked against the official solution.
IPhO 1977 · Theorieaufgabe 2
Farben einer Seifenhaut
Beim Eintauchen des Rahmens in eine Seifenlösung bildet sich eine rechteckige Seifenhaut der Länge \(b\) und der Höhe \(h\). Weißes Licht fällt unter einem Winkel \(\alpha\) (gemessen zum Lot) auf die Seifenhaut. Das reflektierte Licht zeigt eine grüne Farbe mit der Wellenlänge \(\lambda_0\).
a) Untersuchen Sie, ob sich die Masse der Seifenhaut mit einer Laborwaage bestimmen lässt, deren Kalibriergenauigkeit \(0.1\ \mathrm{mg}\) beträgt.
b) Welche Farbe zeigt die dünnste mögliche Seifenhaut bei senkrechter Betrachtung? Leiten Sie die zugehörigen Gleichungen her.
Konstanten und gegebene Daten: relative Brechzahl \(n = 1.33\), Wellenlänge des reflektierten grünen Lichts \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\), \(\alpha = 30^\circ\), \(b = 0.020\ \mathrm{m}\), \(h = 0.030\ \mathrm{m}\), Dichte \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt.
Antworten
-
a) Die möglichen Dicken und Massen sind \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] Die dünnste Seifenhaut hat \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) und \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\); ihre Masse lässt sich daher mit der angegebenen Waage nicht zuverlässig bestimmen. Höhere Ordnungen ergeben größere Massen; ohne Angabe der Ordnung gibt es für eine beliebige grüne Seifenhaut keine uneingeschränkte Ja-oder-Nein-Antwort.
-
b) Bleibt der Einfallswinkel der Beleuchtung bei \(30^\circ\), so gibt es kein spiegelnd reflektiertes Licht in Richtung des Lots und somit auch keine Interferenzfarbe im reflektierten Licht in dieser Richtung. Die ideale Seifenhaut erscheint im reflektierten Licht dunkel. Ein grünes Maximum bei \(540\ \mathrm{nm}\) würde auftreten, wenn auch die Beleuchtung senkrecht erfolgte, wie unten hergeleitet wird.
Lösung
Die Seifenhaut wird als gleichmäßig dick, planparallel und von Luft umgeben betrachtet. Absorption, Dispersion der Brechzahl und Beugung an den Rändern werden vernachlässigt. Die angegebene grüne Wellenlänge wird als Maximum der reflektierten Intensität interpretiert.
a) Es sei \(d\) die Dicke der Seifenhaut und \(r\) der Brechungswinkel in ihrem Inneren. Das snelliussche Brechungsgesetz liefert \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
Das reflektierte Licht enthält einen Beitrag von der Vorderseite und einen weiteren, der in die Seifenhaut eintritt, an der Rückseite reflektiert wird und wieder austritt. Vergleicht man ihre Wege an einer gemeinsamen auslaufenden Wellenfront, so beträgt ihr geometrisch bedingter optischer Gangunterschied \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] Mit \(\sin\alpha=n\sin r\) folgt \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
Bei der Reflexion an der vorderen Grenzfläche zwischen Luft und Seifenlösung tritt ein Phasensprung von \(\pi\) auf; bei der Reflexion an der hinteren Grenzfläche zwischen Seifenlösung und Luft tritt kein Phasensprung auf. Daher erfordert konstruktive Interferenz im reflektierten Licht \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] oder \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
Für das beobachtete Maximum bei \(\lambda_0\) gilt \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
Die kleinste Dicke entspricht \(j=0\): \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
Die Masse ist das Produkt aus Dichte und Volumen: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] Somit ergibt sich \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
Dies ist kleiner als die Kalibriergenauigkeit der Waage von \(0.1\ \mathrm{mg}\). Daher lässt sich die Seifenhaut mit der kleinsten Dicke mit dieser Waage nicht zuverlässig wiegen.
Die Interferenzordnung spielt eine Rolle: Die nächstgrößere mögliche Masse ist \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] und liegt damit über der angegebenen Genauigkeit, obwohl die relative Unsicherheit immer noch groß wäre. Das grüne Maximum allein lässt daher nicht erkennen, ob eine beliebige Seifenhaut eine hinreichend große Masse für eine aussagekräftige Wägung hat.
b) Die Einfallsrichtung bleibt bei \(30^\circ\) fest.
Der an der Vorderseite reflektierte Strahl verläuft unter demselben Winkel zum Lot wie der einfallende Strahl. Bei dem im Inneren der Seifenhaut reflektierten Strahl bleibt der innere Winkel \(r\) durch die Reflexion erhalten, und die Brechung beim Austritt ergibt \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] Daher gilt \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
Alle interferierenden reflektierten Strahlen breiten sich daher in der Richtung der spiegelnden Reflexion unter \(30^\circ\) aus. Ein Beobachter, der entlang des Lots blickt, \(\theta_{\mathrm{out}}=0\), empfängt keinen dieser Strahlen. Im Rahmen der angegebenen Näherungen gilt \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] Folglich gibt es bei senkrechter Betrachtung keine Interferenzfarbe im reflektierten Licht, unabhängig davon, welche der möglichen Dicken die Seifenhaut hat. Zusätzliche Beleuchtung oder Streuung würde weitere Angaben erfordern.
Der Vollständigkeit halber würde dieselbe Seifenhaut mit der kleinsten Dicke bei senkrechter Beleuchtung und senkrechter Beobachtung die Bedingung \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2} \] erfüllen. Ihr erstes Maximum im reflektierten Licht läge dann bei \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] also im grünen Bereich. Dieser Wert gilt für diese geänderte Beleuchtungsgeometrie.
Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.
IPhO 1977 · Teori sorusu 2
Sabun filminin renkleri
Çerçeve bir sabun çözeltisine daldırıldığında sabun, uzunluğu \(b\) ve yüksekliği \(h\) olan dikdörtgen bir film oluşturur. Beyaz ışık filme \(\alpha\) açısıyla (normal doğrultusuna göre ölçülen) düşer. Yansıyan ışık, dalga boyu \(\lambda_0\) olan yeşil bir renk gösterir.
a) Kalibrasyon doğruluğu \(0.1\ \mathrm{mg}\) olan laboratuvar terazisi kullanılarak sabun filminin kütlesinin belirlenip belirlenemeyeceğini bulun.
b) Mümkün olan en ince sabun filmi, dik doğrultudan bakıldığında hangi renkte görünür? İlgili denklemleri türetin.
Sabitler ve verilen bilgiler: bağıl kırılma indisi \(n = 1.33\), yansıyan yeşil ışığın dalga boyu \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\), \(\alpha = 30^\circ\), \(b = 0.020\ \mathrm{m}\), \(h = 0.030\ \mathrm{m}\), yoğunluk \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir.
Cevaplar
-
a) İzin verilen kalınlıklar ve kütleler şunlardır: \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] En ince filmin kalınlığı \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) ve kütlesi \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\) olduğundan, kütlesi belirtilen teraziyle güvenilir biçimde belirlenemez. Daha yüksek mertebeler daha büyük kütleler verir; mertebe belirtilmeden, herhangi bir yeşil film için koşulsuz bir evet ya da hayır yanıtı verilemez.
-
b) Aydınlatma açısı \(30^\circ\) olarak kaldığında, normal doğrultusunda aynasal olarak yansıyan ışık yoktur; dolayısıyla bu doğrultuda yansıyan ışıkta bir girişim rengi görülmez. İdeal film yansıyan ışıkta karanlık görünür. Aşağıda türetildiği gibi, aydınlatma da normal doğrultusunda olsaydı \(540\ \mathrm{nm}\) dalga boyunda yeşil bir maksimum oluşurdu.
Çözüm
Filmi düzgün kalınlıklı, düzlem-paralel ve havayla çevrili kabul edin. Soğurmayı, kırılma indisinin dalga boyuna bağlı değişimini ve kenar kırınımını ihmal edin. Belirtilen yeşil dalga boyunu, yansıyan ışık şiddetinin bir maksimumu olarak yorumlayın.
a) Filmin kalınlığı \(d\), film içindeki kırılma açısı ise \(r\) olsun. Snell yasası şunu verir: \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
Yansıyan ışık, ön yüzeyden gelen bir katkı ile filme girip arka yüzeyden yansıdıktan sonra dışarı çıkan başka bir katkı içerir. Bu katkıların yolları, dışarı çıkan ortak bir dalga cephesinde karşılaştırıldığında, geometriden kaynaklanan optik yol farkları şöyledir: \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] \(\sin\alpha=n\sin r\) kullanılarak, \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
Öndeki hava–sabun arayüzünde yansıma, \(\pi\) büyüklüğünde bir faz terslenmesine yol açar; arkadaki sabun–hava arayüzünde yansıma ise böyle bir terslenmeye yol açmaz. Dolayısıyla, yansımada yapıcı girişim için şu koşul sağlanmalıdır: \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] ya da \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
\(\lambda_0\) dalga boyunda gözlenen maksimum için, \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
En küçük kalınlık \(j=0\) değerine karşılık gelir: \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
Kütle, yoğunluk ile hacmin çarpımıdır: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] Böylece \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
Bu değer, terazinin \(0.1\ \mathrm{mg}\) olan kalibrasyon doğruluğundan küçüktür. Dolayısıyla, en küçük kalınlıktaki film bu teraziyle güvenilir biçimde tartılamaz.
Girişim mertebesi önemlidir: izin verilen bir sonraki kütle \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] olup belirtilen doğruluk değerini aşar; ancak bağıl belirsizlik yine de büyük olacaktır. Bu nedenle, yalnızca yeşil maksimumun gözlenmesi, herhangi bir filmin anlamlı bir tartım için yeterince büyük kütleye sahip olup olmadığını belirlemez.
b) Gelme doğrultusu \(30^\circ\) açısında sabit kalır.
Ön yüzeyden yansıyan ışın, normalle gelen ışının yaptığı açıya eşit bir açı yaparak uzaklaşır. Film içinde yansıyan ışın için yansıma, film içindeki \(r\) açısını korur ve dışarı çıkıştaki kırılma şunu verir: \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] Dolayısıyla \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
Böylece, girişim yapan yansımış ışınların tümü \(30^\circ\) açısındaki aynasal yansıma doğrultusunda ilerler. Normal doğrultusunda, \(\theta_{\mathrm{out}}=0\) yönünde bakan bir gözlemciye bu ışınların hiçbiri ulaşmaz. Belirtilen yaklaşımlar altında, \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] Dolayısıyla film, izin verilen kalınlıklardan hangisine sahip olursa olsun, normal doğrultusundan bakıldığında yansıyan ışıkta bir girişim rengi görülmez. Ek aydınlatma veya saçılma söz konusu olsaydı daha fazla bilgi gerekirdi.
Konuyu tamamlamak için, aynı en küçük kalınlıktaki film, normal doğrultusunda aydınlatma ve normal doğrultusunda gözlem altında şu koşulu sağlardı: \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] Bu durumda yansıyan ışığın ilk maksimumu \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] dalga boyunda olurdu; bu da yeşildir. Bu değer, değiştirilmiş olan bu aydınlatma geometrisi için geçerlidir.
Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IPhO 1977 · Problema teórico 2
Colores de una película de jabón
Al sumergir el marco en una disolución jabonosa, el jabón forma una película rectangular de longitud \(b\) y altura \(h\). Sobre la película incide luz blanca con un ángulo \(\alpha\) (medido respecto a la dirección normal). La luz reflejada presenta un color verde de longitud de onda \(\lambda_0\).
a) Determine si es posible medir la masa de la película de jabón utilizando una balanza de laboratorio cuya exactitud de calibración es de \(0.1\ \mathrm{mg}\).
b) ¿Qué color presenta la película de jabón más delgada posible al observarla desde la dirección perpendicular? Deduzca las ecuaciones correspondientes.
Constantes y datos: índice de refracción relativo \(n = 1.33\), longitud de onda de la luz verde reflejada \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\), \(\alpha = 30^\circ\), \(b = 0.020\ \mathrm{m}\), \(h = 0.030\ \mathrm{m}\), densidad \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés.
Respuestas
-
a) Los espesores y las masas permitidos son \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] La película más delgada tiene \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) y \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\), por lo que su masa no puede determinarse de manera fiable con la balanza indicada. Los órdenes superiores corresponden a masas mayores; sin especificar el orden, no se puede responder de forma incondicional con un sí o un no para una película verde cualquiera.
-
b) Si la iluminación se mantiene a \(30^\circ\), no hay luz reflejada especularmente en la dirección normal, por lo que no se observa ningún color de interferencia por reflexión en esa dirección. La película ideal se ve oscura en luz reflejada. Aparecería un máximo verde de \(540\ \mathrm{nm}\) si la iluminación también fuera normal, como se deduce a continuación.
Solución
Considere la película uniforme, de caras planas y paralelas, y rodeada de aire. Desprecie la absorción, la dispersión del índice de refracción y la difracción en los bordes. Interprete la longitud de onda verde indicada como un máximo de la intensidad reflejada.
a) Sean \(d\) el espesor de la película y \(r\) el ángulo de refracción en su interior. La ley de Snell da \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
La luz reflejada contiene una contribución procedente de la superficie frontal y otra que entra en la película, se refleja en la superficie posterior y emerge. Al comparar sus trayectorias en un mismo frente de onda emergente, la diferencia de camino óptico debida a la geometría es \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] Utilizando \(\sin\alpha=n\sin r\), \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
La reflexión en la interfaz frontal aire–jabón introduce un cambio de fase de \(\pi\); la reflexión en la interfaz posterior jabón–aire no lo hace. Por tanto, la interferencia constructiva por reflexión requiere \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] o bien \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
Para el máximo observado en \(\lambda_0\), \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
El espesor mínimo corresponde a \(j=0\): \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
La masa es el producto de la densidad por el volumen: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] Así, \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
Este valor es menor que la exactitud de calibración de la balanza, de \(0.1\ \mathrm{mg}\). Por tanto, la película de espesor mínimo no puede pesarse de manera fiable con esa balanza.
El orden de interferencia es relevante: la siguiente masa permitida es \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] que supera la exactitud indicada, aunque la incertidumbre relativa seguiría siendo grande. Por tanto, el máximo verde por sí solo no permite establecer si una película cualquiera tiene una masa suficiente para que su pesaje sea útil.
b) La dirección de incidencia se mantiene fija a \(30^\circ\).
El rayo reflejado en la superficie frontal sale formando con la normal el mismo ángulo que el rayo incidente. Para el rayo reflejado en el interior de la película, la reflexión conserva su ángulo interno \(r\), y la refracción al emerger da \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] Por tanto, \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
Todos los rayos reflejados que interfieren se propagan, por tanto, en la dirección especular de \(30^\circ\). Un observador que mira en la dirección normal, \(\theta_{\mathrm{out}}=0\), no recibe ninguno de estos rayos. Dentro de las aproximaciones indicadas, \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] En consecuencia, no se observa ningún color de interferencia por reflexión en la dirección normal, independientemente del espesor permitido que tenga la película. Para considerar una iluminación adicional o la dispersión de la luz, se necesitaría más información.
Para completar el análisis, la misma película de espesor mínimo, con iluminación normal y observación normal, satisfaría \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] Su primer máximo por reflexión sería entonces \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] que corresponde al verde. Este valor se aplica a esa geometría de iluminación modificada.
La solución se comprobó con la solución oficial.
IPhO 1977 · 理论题 2
肥皂膜的颜色
将框架浸入肥皂液中，肥皂液形成一层长为 \(b\)、高为 \(h\) 的矩形薄膜。白光以角度 \(\alpha\)（相对于法线方向测量）照射薄膜。反射光呈现波长为 \(\lambda_0\) 的绿色。
a) 判断能否使用校准精度为 \(0.1\ \mathrm{mg}\) 的实验室天平测定肥皂膜的质量。
b) 从垂直于膜面的方向观察时，可能的最薄肥皂膜呈现什么颜色？推导相关方程。
常量及已知数据：相对折射率 \(n = 1.33\)，反射绿光的波长 \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\)，\(\alpha = 30^\circ\)，\(b = 0.020\ \mathrm{m}\)，\(h = 0.030\ \mathrm{m}\)，密度 \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\)。
题目译自官方英文原文。
答案
-
a) 允许的厚度和质量为 \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] 最薄的膜具有厚度 \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) 和质量 \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\)，因此无法用给定的天平可靠地测定其质量。更高的干涉级次对应更大的质量；若未指定级次，对于任意呈绿色的薄膜，就无法无条件地回答能或不能。
-
b) 当照明角度保持为 \(30^\circ\) 时，沿法线方向没有镜面反射光，因此该方向上没有反射干涉色。理想薄膜在反射光下呈暗色。如果照明也沿法线方向入射，则会出现 \(540\ \mathrm{nm}\) 的绿光极大值，推导见下文。
解答
将薄膜视为均匀、两表面平行且周围为空气的平面薄膜。忽略吸收、折射率色散和边缘衍射。将题目给出的绿光波长理解为反射光强极大值所对应的波长。
a) 设 \(d\) 为薄膜厚度，\(r\) 为膜内的折射角。由斯涅尔定律可得 \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
反射光包含在前表面反射的光，以及进入薄膜、在后表面反射后再射出的光。在同一出射波前上比较这两束光的路径，其几何光程差为 \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] 利用 \(\sin\alpha=n\sin r\)，可得 \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
在前侧空气—肥皂液界面上的反射会引入 \(\pi\) 的相位突变；在后侧肥皂液—空气界面上的反射则不会。因此，反射光发生相长干涉的条件为 \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] 即 \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
对于在 \(\lambda_0\) 处观测到的极大值， \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
最小厚度对应于 \(j=0\)： \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
质量等于密度乘以体积： \[ M_j=\varrho bhd_j. \] 因此 \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
这一质量小于天平的校准精度 \(0.1\ \mathrm{mg}\)。因此，无法用该天平可靠地称量厚度最小的薄膜。
干涉级次会影响判断：下一个允许的质量为 \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] 这一质量超过了给定的精度，尽管相对不确定度仍然很大。因此，仅凭绿光极大值，无法判断任意薄膜的质量是否足够大，能否进行有实际意义的称量。
b) 入射方向保持不变，入射角为 \(30^\circ\)。
前表面反射光线射出时与法线的夹角等于入射光线与法线的夹角。对于在膜内反射的光线，反射保持其膜内角度 \(r\) 不变，而出射时的折射满足 \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] 因此 \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
因此，所有参与干涉的反射光线都沿 \(30^\circ\) 的镜面反射方向传播。沿法线方向观察的观察者，即 \(\theta_{\mathrm{out}}=0\)，接收不到这些光线。在上述近似下， \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] 因此，无论薄膜取哪一个允许的厚度，沿法线观察时都没有反射干涉色。若存在额外照明或散射，则需要进一步的信息。
为完整起见，同一厚度最小的薄膜在垂直入射照明并沿法线观察时，将满足 \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] 此时，其第一个反射极大值对应的波长为 \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] 对应绿色。这一数值适用于改变后的照明几何条件。
解答已与官方解答核对。
IPhO 1977 · Теоретическая задача 2
Цвета мыльной плёнки
При погружении рамки в мыльный раствор образуется прямоугольная мыльная плёнка длиной \(b\) и высотой \(h\). Белый свет падает на плёнку под углом \(\alpha\) (отсчитываемым от нормали). Отражённый свет имеет зелёный цвет с длиной волны \(\lambda_0\).
a) Выясните, можно ли определить массу мыльной плёнки с помощью лабораторных весов, точность калибровки которых составляет \(0.1\ \mathrm{mg}\).
b) Какой цвет имеет самая тонкая из возможных мыльных плёнок при наблюдении в направлении, перпендикулярном её поверхности? Выведите соответствующие уравнения.
Постоянные и исходные данные: относительный показатель преломления \(n = 1.33\), длина волны отражённого зелёного света \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\), \(\alpha = 30^\circ\), \(b = 0.020\ \mathrm{m}\), \(h = 0.030\ \mathrm{m}\), плотность \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
Условие переведено с официального английского текста.
Ответы
-
a) Допустимые толщины и массы равны \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] Самая тонкая плёнка имеет толщину \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) и массу \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\), поэтому её массу нельзя надёжно определить с помощью указанных весов. Более высоким порядкам соответствуют большие массы; без указания порядка для произвольной зелёной плёнки нельзя дать безусловный ответ «да» или «нет».
-
b) Если угол падения света остаётся равным \(30^\circ\), вдоль нормали нет зеркально отражённого света, а значит, в этом направлении отсутствует и интерференционная окраска в отражённом свете. Идеальная плёнка выглядит тёмной в отражённом свете. Зелёный максимум на длине волны \(540\ \mathrm{nm}\) возник бы, если бы свет также падал по нормали, как показано ниже.
Решение
Будем считать плёнку однородной, плоскопараллельной и окружённой воздухом. Пренебрежём поглощением, дисперсией показателя преломления и дифракцией на краях. Будем понимать указанную длину волны зелёного света как положение максимума интенсивности отражённого света.
a) Пусть \(d\) — толщина плёнки, а \(r\) — угол преломления внутри неё. Закон Снеллиуса даёт \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
В отражённом свете присутствует вклад от передней поверхности, а также вклад света, который входит в плёнку, отражается от задней поверхности и выходит наружу. Сравнивая их пути до общего выходящего волнового фронта, получаем геометрическую оптическую разность хода \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] Используя \(\sin\alpha=n\sin r\), получаем \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
При отражении от передней границы воздух–мыльный раствор фаза изменяется на \(\pi\); при отражении от задней границы мыльный раствор–воздух такого изменения фазы нет. Следовательно, для интерференционного усиления в отражённом свете необходимо выполнение условия \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] или \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
Для наблюдаемого максимума при \(\lambda_0\) \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
Минимальная толщина соответствует \(j=0\): \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
Масса равна произведению плотности на объём: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] Таким образом, \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
Это значение меньше точности калибровки весов, составляющей \(0.1\ \mathrm{mg}\). Следовательно, плёнку минимальной толщины нельзя надёжно взвесить на этих весах.
Порядок интерференции имеет значение: следующая допустимая масса равна \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] что превышает указанную точность, хотя относительная погрешность всё ещё была бы большой. Поэтому одного лишь зелёного максимума недостаточно, чтобы установить, достаточно ли велика масса произвольной плёнки для взвешивания с приемлемой точностью.
b) Направление падающего света остаётся неизменным: угол падения равен \(30^\circ\).
Луч, отражённый от передней поверхности, выходит под тем же углом к нормали, что и падающий луч. Для луча, отражённого внутри плёнки, отражение сохраняет внутренний угол \(r\), а преломление при выходе даёт \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] Отсюда \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
Таким образом, все интерферирующие отражённые лучи распространяются в направлении зеркального отражения под углом \(30^\circ\). К наблюдателю, смотрящему вдоль нормали, \(\theta_{\mathrm{out}}=0\), ни один из этих лучей не попадает. В рамках указанных приближений \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] Следовательно, при наблюдении по нормали интерференционная окраска в отражённом свете отсутствует, независимо от того, какую из допустимых толщин имеет плёнка. Для учёта дополнительного освещения или рассеяния потребовалась бы дополнительная информация.
Для полноты рассмотрения отметим, что для той же плёнки минимальной толщины при нормальном падении света и наблюдении по нормали выполнялось бы условие \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] Тогда её первый максимум в отражённом свете находился бы на длине волны \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] что соответствует зелёному цвету. Это значение относится к изменённой геометрии освещения.
Решение проверено по официальному решению.
IPhO 1977 · مسألة نظرية 2
ألوان غشاء صابوني
عند غمس الإطار في محلول صابوني، يتكوّن غشاء صابوني مستطيل طوله \(b\) وارتفاعه \(h\). يسقط ضوء أبيض على الغشاء بزاوية \(\alpha\) (مقيسة بالنسبة إلى اتجاه العمود على السطح). ويظهر الضوء المنعكس بلون أخضر ذي طول موجي \(\lambda_0\).
a) حدّد ما إذا كان من الممكن قياس كتلة الغشاء الصابوني باستخدام الميزان المخبري الذي تبلغ دقة معايرته \(0.1\ \mathrm{mg}\).
b) ما اللون الذي يظهر به أرقّ غشاء صابوني ممكن عند النظر إليه من الاتجاه العمودي؟ اشتق المعادلات ذات الصلة.
الثوابت والمعطيات: معامل الانكسار النسبي \(n = 1.33\)، والطول الموجي للضوء الأخضر المنعكس \(\lambda_0 = 500\ \mathrm{nm}\)، و\(\alpha = 30^\circ\)، و\(b = 0.020\ \mathrm{m}\)، و\(h = 0.030\ \mathrm{m}\)، والكثافة \(\varrho = 1000\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي.
الإجابات
-
a) السماكات والكتل المسموح بها هي \[ d_j=(2j+1)\frac{\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}, \qquad M_j=(2j+1)(0.0609\ \mathrm{mg}), \quad j=0,1,2,\ldots. \] تبلغ سماكة أرقّ غشاء \(d_{\min}\simeq0.10\ \mu\mathrm m\) وكتلته \(M_{\min}\simeq0.061\ \mathrm{mg}\)، ولذلك لا يمكن قياس كتلته قياسًا موثوقًا بالميزان المذكور. وتعطي الرتب الأعلى كتلًا أكبر؛ ومن دون تحديد الرتبة، لا توجد إجابة مطلقة بنعم أو لا لغشاء أخضر كيفما كان.
-
b) مع بقاء الإضاءة عند \(30^\circ\)، لا يوجد ضوء منعكس انعكاسًا مرآويًا على امتداد العمود على السطح، ومن ثم لا يظهر لون تداخل في الضوء المنعكس في ذلك الاتجاه. ويكون الغشاء المثالي مظلمًا في الضوء المنعكس. وستظهر قيمة عظمى خضراء عند \(540\ \mathrm{nm}\) إذا كانت الإضاءة عمودية أيضًا، كما يُشتق أدناه.
الحل
نعدّ الغشاء منتظمًا، ذا سطحين مستويين متوازيين، ومحاطًا بالهواء. ونهمل الامتصاص، وتشتت معامل الانكسار، والحيود عند الحواف. ونفسّر الطول الموجي الأخضر المذكور على أنه يقابل قيمة عظمى لشدة الضوء المنعكس.
a) لتكن \(d\) سماكة الغشاء و\(r\) زاوية الانكسار داخله. يعطي قانون سنيل \[ n\sin r=\sin\alpha, \qquad r=\arcsin\!\left(\frac{\sin30^\circ}{1.33}\right) \simeq22.1^\circ. \]
يتضمن الضوء المنعكس مساهمة من السطح الأمامي وأخرى تدخل الغشاء وتنعكس عن السطح الخلفي ثم تخرج منه. وبمقارنة مساريهما عند جبهة موجة خارجة مشتركة، يكون فرق المسير البصري الهندسي بينهما \[ \Delta =\frac{2nd}{\cos r}-2d\tan r\sin\alpha. \] وباستخدام \(\sin\alpha=n\sin r\)، \[ \Delta =\frac{2nd(1-\sin^2r)}{\cos r} =2nd\cos r. \]
يُحدث الانعكاس عند السطح الفاصل الأمامي بين الهواء والصابون انقلابًا في الطور مقداره \(\pi\)؛ أما الانعكاس عند السطح الفاصل الخلفي بين الصابون والهواء فلا يُحدث ذلك. وبناءً عليه، يتطلب التداخل البنّاء في الضوء المنعكس أن يكون \[ \frac{2\pi}{\lambda}\,2nd\cos r+\pi=2\pi(j+1), \] أو \[ \boxed{2nd\cos r=\left(j+\frac12\right)\lambda}, \qquad j=0,1,2,\ldots. \]
للقيمة العظمى المرصودة عند \(\lambda_0\)، \[ d_j =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4n\cos r} =\frac{(2j+1)\lambda_0}{4\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}}. \]
تقابل السماكة الدنيا \(j=0\): \[ d_{\min} =\frac{500\times10^{-9}} {4\sqrt{1.33^2-\sin^230^\circ}} =1.014\times10^{-7}\ \mathrm m \simeq0.10\ \mu\mathrm m. \]
الكتلة هي حاصل ضرب الكثافة في الحجم: \[ M_j=\varrho bhd_j. \] ومن ثم \[ M_{\min} =(1000)(0.020)(0.030)(1.014\times10^{-7}) =6.09\times10^{-8}\ \mathrm{kg} =\boxed{0.061\ \mathrm{mg}}. \]
هذه القيمة أصغر من دقة معايرة الميزان البالغة \(0.1\ \mathrm{mg}\). لذلك لا يمكن وزن الغشاء ذي السماكة الدنيا وزنًا موثوقًا بهذا الميزان.
لرتبة التداخل أهمية: فالكتلة المسموح بها التالية هي \[ M_1=3M_{\min}\simeq0.18\ \mathrm{mg}, \] وهي تتجاوز الدقة المذكورة، وإن كان عدم اليقين النسبي سيظل كبيرًا. ولذلك فإن القيمة العظمى الخضراء وحدها لا تحدّد ما إذا كان غشاء كيفما كان ذا كتلة كبيرة بما يكفي لإجراء قياس وزن مفيد.
b) يبقى اتجاه السقوط ثابتًا عند \(30^\circ\).
يخرج الشعاع المنعكس عن السطح الأمامي بالزاوية نفسها التي يصنعها الشعاع الساقط مع العمود على السطح. أما الشعاع المنعكس داخل الغشاء، فيحافظ الانعكاس على زاويته الداخلية \(r\)، ويعطي الانكسار عند خروجه \[ \sin\theta_{\mathrm{out}} =n\sin r =\sin\alpha. \] ومن ثم \[ \boxed{\theta_{\mathrm{out}}=\alpha=30^\circ}. \]
إذن تنتشر جميع الأشعة المنعكسة المتداخلة في اتجاه الانعكاس المرآوي بزاوية \(30^\circ\). ولا يتلقى راصد ينظر على امتداد العمود على السطح، \(\theta_{\mathrm{out}}=0\)، أيًّا من هذه الأشعة. وضمن التقريبات المذكورة، \[ \boxed{I_{\mathrm{reflected}}(0,\lambda)=0}. \] وبالتالي لا يوجد لون تداخل في الضوء المنعكس عند النظر عموديًا، أيًّا كانت سماكة الغشاء من بين السماكات المسموح بها. أما وجود إضاءة إضافية أو تشتت فيتطلب معلومات أخرى.
واستكمالًا للعرض، فإن الغشاء نفسه ذا السماكة الدنيا يحقق، تحت إضاءة عمودية ورصد عمودي، العلاقة \[ 2nd_{\min}=\frac{\lambda_\perp}{2}. \] وعندئذ تكون القيمة العظمى الأولى في الضوء المنعكس عند \[ \lambda_\perp =4nd_{\min} =\frac{\lambda_0}{\cos r} =\frac{n\lambda_0}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \simeq5.40\times10^{-7}\ \mathrm m =\boxed{540\ \mathrm{nm}}, \] وهو طول موجي أخضر. وتنطبق هذه القيمة على ذلك الترتيب الهندسي المعدّل للإضاءة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.