Интерференция в тонких пленках

Мы часто наблюдаем радужное окрашивание тонких пленок, например, масляные пленки на воде, пленки оксидов на металлах, которые появляются, как результат интерференции света, который отражают две поверхности пленки.

Интерференция в тонких пленках

Рассмотрим плоскопараллельную тонкую пластину, показатель преломления которой равен n, а толщина равна b. Пусть на такую пленку под углом $\Psi$ падает плоская монохроматическая волна (допустим, что это один луч) (рис.1). На поверхности такой пленки, в некоторой точке А луч делится. Он частично отражается от верхней поверхности пленки, частично преломляется. Преломлённый луч доходит до точки B, частично преломляется в воздух (показатель преломления воздуха равен единице), частично отразится и пойдет к точке С. Теперь он снова частично отразится и преломится, выйдет в воздух под углом $\Psi$ . Лучи (1 и 2), которые вышли из пленки являются когерентными, если оптическая разность хода их мала в сравнении с длинной когерентности падающей волны. В том случае, если на пути лучей (1 и 2) поставить собирающуюся линзу, то они сойдутся в некоторой точке D (в фокальной плоскости линзы). При этом возникнет картина интерференции, которая определена оптической разностью хода интерферирующих лучей.

Рис. 1

Оптическая разность хода лучей 1 и 2, которая появляется у лучей при прохождении ими расстояния от точки А до плоскости CE, равна:

$\Delta =n\left(AB+BC\right)-\left(AE\pm \frac{{\lambda}_0}{2}\right) \qquad (1),$

где считаем, что пленка находится в вакууме, поэтому показатель преломления $n_0=1$ . Возникновение величины $\pm \frac{{\lambda}_0}{2}$ объясняется потерей половины длины волны при отражении света от гарницы раздела сред. При $n>n_0$ половина волны будет потеряна в точке А, и при величине $\frac{{\lambda}_0}{2}$ будет стоять знак минус. Если $n<n_0$ , то половина волны будет потеряна в точке В и при $\frac{{\lambda}_0}{2}$ будет стоять знак плюс. В соответствии с рис.1:

$\left|AB\right|=\left|BC\right|=\frac{b}{{\cos \varphi}} \qquad (2),$

где $\varphi$ – угол падения внутри пленки. Из того же рисунка следует, что:

$\left|AE\right|=\left|AC\right|{\sin \Psi}=2b\cdot \text{tg} \ \varphi {\sin \Psi} \qquad (3)$

Примем во внимание, что для рассматриваемого случая закон преломления:

${\sin \Psi=n{\sin \varphi}} \qquad (4),$

имеем:

$\Delta =2b\cdot n{\cos \varphi =} 2b \cdot n\ \sqrt{1-{\sin}^2\ \varphi} =2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi} \qquad (5)$

Учитывая потерю половины длины волны:

$\Delta =2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}\ \pm \frac{{\lambda}_0}{2} \qquad (6)$

Для случая, при котором $n>n_0$ , получим:

$\Delta =2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}+\frac{{\lambda}_0}{2} \qquad (7)$

По условию для максимумов интерференции, в точке D мы будем наблюдать максимум, если:

$\Delta =\pm m \lambda_0=2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}+\frac{\lambda_0}{2} \qquad (8),$

где $m=0,1,2\dots$

Минимум интенсивности будет наблюдаться в рассматриваемой точке, если:

$2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}+\frac{{\lambda}_0}{2}=\left(2m+1\right)\frac{\lambda_0}{2} \qquad (9),$

где $m=0,1,2\dots$

Явление интерференции может наблюдаться только, если удвоенная толщина пленки меньше, чем длины когерентности падающей волны.

Выражения (8) и (9) показывают, что картина интерференции в пленках определена толщиной пленки ( у нас b), длиной волны падающего света, показателем преломления вещества пленки и углом падения ( $\Psi$ ). Для перечисленных параметров каждому наклону лучей ( $\Psi$ ) соответствует своя интерференционная полоса. Полосы, возникающие в результате интерференции лучей, падающих на пленку под одинаковыми углами, носят названия полос равного наклона.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 1

Задание

Какой должна быть минимальная толщина мыльной пленки (показатель преломления $n=1,3$ ), которая находится в воздухе, для того, чтобы отраженный от нее свет с длинной волны $\lambda =5,5\ \cdot {10}^{-7}$ м был максимально усилен в результате интерференции? Считайте, что свет падает на пленку по нормали.

Решение

В качестве основы для решения задачи используем формулу, которую мы получили в рамках теоретической части данного раздела. Максимум интерференции будет наблюдаться, если:

$\Delta =\pm m{\lambda}_0=2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}+\frac{{\lambda}_0}{2} \qquad (1.1),$

где m=1, для минимальной толщины пленки. Учтем, что свет по условию задачи падает на поверхность пленки по нормали, то есть $\Psi=0$ , кроме того, отметим, что в выражении (1.1), поставив знак плюс перед $\frac{{\lambda}_0}{2}$ , мы учли, что показатель преломления мыльной пленки больше, чем показатель преломления воздуха. Так, из формулы (1.1) получим:

${\lambda}_0=2b\ n+\frac{{\lambda}_0}{2} \qquad (1.2)$

Выразим b, имеем:

$b=\frac{\lambda_0}{4n}$

Проведем вычисления:

$b=\frac{5,5\ \cdot {10}^{-7}}{4\cdot 1,3}\approx {10}^{-7}(m)$

Ответ

$b={10}^{-7}$ м

ПРИМЕР 2

Задание

На пленку с показателем преломления $n=1,33$ под углом $\Psi=45^\circ$ падает пучок белого света (рис.2). При какой минимальной толщине пленки отраженный свет будет желтым. Считайте длину волны желтого света равной ${\lambda}_0=6\cdot {10}^{-7}$ м.

Решение

Для решения задачи используем условие интерференционных максимумов, учитывая, что показатель преломления пленки больше, чем показатель преломления воздуха:

$\Delta =\pm m{\lambda}_0=2b\ \sqrt{n^2-{\sin}^2\ \Psi}+\frac{{\lambda}_0}{2} \qquad (2.1),$