Interferencje - Notatki - Fizyka, Notatki'z Fizyka. Warsaw University of Technology
alien85
alien8514 March 2013

Interferencje - Notatki - Fizyka, Notatki'z Fizyka. Warsaw University of Technology

PDF (474.6 KB)
9 strona
397Liczba odwiedzin
Opis
Notatki dotyczące tematów z fizyki: interferencje; doświadczenie Younga, koherencja, natężenie w doświadczeniu Younga
20punkty
Punkty pobierania niezbędne do pobrania
tego dokumentu
Pobierz dokument
Podgląd3 strony / 9
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
Wyk³ad 28

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

Wykład 28

28. Interferencja

28.1 Doświadczenie Younga

Na wykładzie dotyczącym fal w ośrodkach sprężystych omawiane było nakładanie się fal. Wykazanie, przez Thomasa Younga (w 1801 r.) istnienia takiej interferencji dla światła było pierwszym eksperymentem wskazującym na falowy charakter światła. Young oświetlił światłem słonecznym ekran, w którym był zrobiony mały otwór S0. Przechodzące światło padało następnie na drugi ekran z dwoma otworami S1 i S2 i roz- chodzą się dalej dwie, nakładające się fale kuliste tak jak na rysunku. Warunki stoso- walności optyki geometrycznej nie są spełnione i na szczelinach następuje ugięcie fal. Mamy do czynienia z optyką falową. Jeżeli umieścimy ekran w jakimkolwiek miejscu, tak aby przecinał on nakładające się na siebie fale to możemy oczekiwać pojawienia się na nim ciemnych i jasnych plam następujących po sobie kolejno.

S0 S2

S1

Przeanalizujmy teraz doświadczenie Younga ilościowo. Zakładamy, e światło padające zawiera tylko jedną długość fali (jest monochroma- tyczne). Na rysunku poniżej punkt P jest dowolnym punktem na ekranie, odległym o r1 i r2 od wąskich szczelin S1 i S2.

ż

Linia S2b została poprowadzona tak, aby PS2 = Pb. Trzeba zwrócić uwagę, że stosunek d/D przedstawiony na rysunku jest dla większej jasności przesadnie duży. Naprawdę d << D i wtedy kąt S1S2b jest równy θ z dużą dokładnością.

28-1

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

S1

S2

d

D

y

P

r1 r2

θ

θ Ob

Oba promienie wychodzące ze szczelin S1 i S2 są zgodne w fazie, gdyż pochodzą z tego samego czoła fali płaskiej. Jednak drogi, po których docierają do punktu P są różne więc i ich fazy mogą być różne. Odcinki Pb i PS2 są identyczne (tak to skonstruowali- śmy) więc o różnicy faz decyduje różnica dróg optycznych tj. odcinek S1b. Aby w punkcie P było maksimum to odcinek S1b musi zawierać całkowitą liczbę długości fal. Jest tak dlatego, że po przebyciu odcinka równego λ faza fali powtarza się więc dla dro- gi mλ fala ma fazę taką jak na początku tej drogi; odcinek S1b nie wpływa na różnicę faz a ponieważ fale były zgodne w źródle (szczeliny S1 i S2) więc będą zgodne w fazie w punkcie P. Warunek ten możemy zapisać w postaci

S1b = mλ, m = 0, 1, 2, ......, lub dsinθ = mλ, m = 0, 1, 2, ......, (maksima) (28.1) Zauważmy, że każdemu maksimum powyżej punktu O odpowiada położone symetrycz- nie maksimum poniżej punktu O. Istnieje też centralne maksimum opisywane przez m = 0. Dla uzyskania minimum w punkcie P, odcinek S1b musi zawierać połówkową liczbę długości fal, to jest:

S1b = (m+1/2) λ, m = 0,1,2,...., Lub

dsinθ = (m+1/2) λ, m = 0, 1, 2, ......, (minima) inaczej dsinθ = (2m+1)λ/2, m = 0, 1, 2, ......, (minima) (28.2) Przykład 1

28-2

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

Dwie szczeliny odległe od siebie o 1 mm oświetlono światłem zielonym (linia zielona lampy rtęciowej) o długości λ = 546 nm. Jaka jest odległość między sąsiednimi prąż- kami interferencyjnymi obserwowanymi na ekranie umieszczonym w odległości 1 m od szczelin? Najpierw sprawdźmy położenie kątowe np. pierwszego maksimum. Dla m = 1 otrzymujemy: dsinθ = λ skąd

sinθ = λ/d = (546·10-9 m)/(10-3 m) = 0.000546 co daje

θ ≅ 0.03° Dla tak małych kątów dobrym jest przybliżenie

sinθ ≅ tgθ ≅ θ Z rysunku widać, że tgθ = y/D. Podstawiając to wyrażenie zamiast sinθ w równaniu na maksimum interferencyjne otrzymujemy dla m-tego prążka

d Dmym

λ =

a dla następnego

d Dmym

λ)1(1 +=+

Odległość między nimi wynosi więc

mm546.0 m10

)m1()m10546( 3

9

1 = ⋅

==−=∆ − −

+ d Dyyy mm

λ

Uwaga: Jeżeli θ jest małe to odległość między prążkami nie zależy od m, czyli prążki są rozmieszczone równomiernie. Jeżeli mamy więcej niż jedną λ to powstaną oddzielne układy prążków (dla każdej z długości fal) o różnym odstępie między prążkami. Równanie opisujące położenie kątowe maksimów może posłużyć do wyznaczenia dłu- gości fali

m d θλ sin=

Z tej relacji T. Young wyznaczył długości fal światła widzialnego.

28-3

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

28.2 Koherencja

Podstawowym warunkiem powstania dobrze określonego obrazu interferencyjnego jest, aby fale świetlne które przybywają z punktów S1 i S2 miały dokładnie określoną różnicę faz ϕ stałą w czasie. (Przypomnienie: faza jako określony stan fali w danym miejscu i czasie, patrz równanie opisujące falę E = Emsin(kx-ωt)). Np. jest miejsce na ekranie, dla którego różnica faz wynosi π co oznacza fizycznie, że fale docierające tam wygaszają się (przy założeniu tej samej amplitudy); mamy ciemny prążek. I tak jest zawsze o ile różnica faz się nie zmieni. Gdyby taka zmiana nastąpiła to w tym miejscu natężenie światła nie będzie już równe zeru. Warunkiem stabilności obrazu jest więc stałość w czasie różnicy faz fal wychodzących ze źródeł S1 i S2. Mówimy, że te źródła są koherentne czyli spójne. Jeżeli szczeliny S1 i S2 zastąpimy przez dwa niezależne źródła fal (np. żarówki) to nie otrzymamy prążków interferencyjnych, ekran będzie oświetlony prawie równomiernie. Interpretujemy to w ten sposób, że różnica faz dla fal pochodzących z niezależnych źró- deł zmienia się w czasie w sposób nieuporządkowany. W krótkim czasie są spełnione warunki dla maksimum, a za chwile (b. krótką np. 10-8 s) dla minimum, a jeszcze za chwilę warunki pośrednie. I tak dla każdego punktu na ekra- nie. Natężenie (w danym punkcie) jest więc sumą natężeń od poszczególnych źródeł. Mówimy, że te źródła są niespójne, niekoherentne. Podsumujmy więc podstawową różnicę w opisie, podyktowaną oczywiście przez fakty doświadczalne: • dla fal spójnych najpierw dodajemy amplitudy (uwzględniając stała różnicę faz),

a potem celem obliczenia natężenia podnosimy otrzymaną amplitudę wypadkową do kwadratu (przypomnienie dla ruchu harmonicznego: Energia ∼ A2).

• dla fal niespójnych najpierw podnosimy do kwadratu amplitudy, żeby otrzymać na- tężenia poszczególnych fal a potem dopiero sumujemy te natężenia.

Pozostaje jedynie pytanie jak wytworzyć światło spójne. Na tym etapie zapamiętajmy tylko, że zwykłe źródła światła takie jak żarówki (żarzące się włókno) dają światło nie- spójne dlatego, że emitujące atomy działają zupełnie niezależnie. Natomiast współcze- śnie szeroko stosowanymi źródłami światła spójnego są lasery. Szczegóły dotyczące emisji światła przez lasery jak i zasadę działania lasera poznamy na dalszych wykładach.

28.3 Natężenie w doświadczeniu Younga

Załóżmy, że składowe pola elektrycznego obu fal w punkcie P zmieniają się następują- co

E1 = E0 sinωt

E2 = E0 sin(ωt+ϕ) gdzie ω = 2πv jest częstością kołową fal, a ϕ różnicą faz między nimi. • ϕ zależy od położenia punktu P a tym samym od kąta θ• załóżmy natomiast, że E0 nie zależy od θ (szczeliny są dostatecznie wąskie, tak że światło ugięte na każdej ze szczelin oświetla środkową część ekranu równomiernie)

28-4

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

Wynika stąd, że wypadkowe pole elektryczne w punkcie P jest równe

E = E1 + E2 Uwaga: Mówimy o polu E, a nie polu B (fali EM) ponieważ działanie tego drugiego na detektory światła (w tym oko ludzkie) jest znikome. Równanie powyższe powinno być wektorowe ale w tych przypadkach wektory E są do siebie równoległe więc wystarczy równanie algebraiczne. Podstawiając równania dla obu fal obliczamy pole wypadkowe

E = E0sin(ωt+ϕ) + E0 sinωt = 2E0cos(ϕ/2) sin(ωt+ϕ/2) Lub

E = Eθsin(ωt+β) gdzie β = ϕ/2 oraz Eθ = 2E0cosβ Teraz chcemy obliczyć natężenie fali wypadkowej

Iθ Eθ2 Obliczmy stosunek natężeń dwu fal: fali wypadkowej i fali pojedynczej

2

00  

  

 =

E E

I I θθ

czyli ββθ

22 0 coscos4 mIII == (28.3)

Natężenie zmienia się od zera (dla punktów, w których ϕ = = π) do maksymalnego (dla punktów, w których ϕ = 2β = 0). Różnica faz wiąże się z różnicą dróg S1b poprzez prostą relację różnica faz/2π = różnica dróg/λ (28.4) czyli

λ θ

π ϕ sin 2

d =

Stąd

)sin(2 θ λ πϕ d=

lub

θ λ

πβ sind=

Poprzez to równanie mamy zależność natężenia od kąta θ. Narysujmy teraz rozkład natężeń dla interferencji przy dwóch szczelinach (rysunek po- niżej) porównując z wynikiem dla pojedynczego źródła jak i dla źródeł niespójnych.

28-5

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

4I 0 źródła

spójne

I 0 jedno źródło

2I 0 źródła

niespójne

2λ/d λ/d 2λ/dλ/d0 sinθ

na tę że

ni e

Aby wyliczyć wypadkowe natężenie światła w doświadczeniu Younga dodawaliśmy dwa zaburzenia falowe postaci E1 = E0sinωt, E2 = E0sin(ωt+ϕ), które miały tę samą częstość i amplitudę, a różniły się fazą ϕ. Wynik uzyskany został algebraicznie na podstawie prostych wzorów trygonometrycznych. Jednak metody analityczne stają się znacznie trudniejsze gdy dodajemy więcej zaburzeń falowych (funkcji typu sin, cos) i dlatego wprowadzimy (głównie z myślą o następnych wykładach) prostą metodę gra- ficzną. Sinusoidalne zaburzenie falowe może być przedstawione graficznie jako obracający się wektor, którego długość reprezentuje amplitudę. Taki wektor będziemy nazywać strzał- ką fazową (wskazem). Zmienne zaburzenie falowe E1 w chwili t przedstawione jest przez rzut tej „strzałki” na oś pionową (odpowiada to pomnożeniu E0 przez sinωt). Drugie zaburzenie falowe E2, o tej samej amplitudzie E0, różni się od E1 fazą ϕ. Znajdu- jemy je podobnie jako rzut „strzałki” na oś pionową. Teraz wystarczy dodać E1 i E2 że- by otrzymać wypadkowe zaburzenie.

E2

E1 E1

E0

E0 E0

ωt ωt

ϕ

Widać to jeszcze lepiej gdy umieści się początek jednej strzałki na końcu poprzedniej zachowując różnicę faz (rysunek poniżej).

28-6

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

E2

E1

E0

E0

ωt

ϕ Eθ

Przykład 2 Znajdźmy wypadkową następujących zaburzeń falowych: E1 = 2sinωt, E2 = 2sin(ωt+30°), E3 = 2sin(ωt+60°), E4 = 2sin(ωt+90°). Jeżeli przyjmiemy np., że ωt = 15° to EM = 6.7, E = 5.8 (rysunek poniżej).

ϕ

ϕ

ϕ

ωt

E EM

E0

E0

E0

E0

Na kolejnym rysunku pokazane są strzałki fazowe dla interferencji Younga (w chwili t = 0).

E0

E0

β

β ϕ

Eθ = 2E0cosβ = EMcosβ

Suma kątów w trójkącie wynosi 180° stąd wynika, że: 2β = ϕ (taki sam wynik jaki otrzymaliśmy algebraicznie).

28-7

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

Maksimum amplitudy otrzymamy jak widać dla ϕ = 0 (wektory równoległe), a mini- mum dla ϕ = π (wektory antyrównoległe).

28.4 Interferencja w cienkich błonkach

Barwy cienkich błonek, baniek mydlanych, plam np. oleju na wodzie są wynikiem interferencji. Na rysunku pokazana jest warstwa o grubości d i współczynniku załama- nia n.

oko

d

S

powietrze

powietrze

warstwa n a

Warstwa jest oświetlona przez rozciągłe źródło światła monochromatycznego. W źródle istnieje taki punkt S, że dwa promienie wychodzące z tego punktu mogą dotrzeć do oka po przejściu przez punkt a. Promienie te przebiegają różne drogi gdyż jeden odbija się od górnej, a drugi od dolnej powierzchni błonki. To czy punkt a będzie jasny czy ciem- ny zależy od wyniku interferencji fal w punkcie a. Fale te są spójne, bo pochodzą z tego samego punktu źródła światła. Jeżeli światło pada prawie prostopadle to geometryczna różnica dróg pomiędzy obu promieniami wynosi prawie 2d. Można więc oczekiwać, że maksimum interferencyjne (punkt a jasny) wystąpi gdy odległość 2d będzie całkowitą wielokrotnością długości fali. Okazuje się, że tak nie jest z dwu powodów • długość fali odnosi się do długości fali w błonce λn a nie do jej długości w powietrzu

k

v = λv

oraz, że przy przejściu do innego ośrodka zmienia się prędkość i długość fali, a czę-

v = c/n

to długość fali też maleje n razy

λn = λ/n

λ. Oznacza to, że musimy rozważać drogi optyczne, a nie geometryczne (patrz wy- ład 26 - zasada Fermata). Przypomnijmy, że prędkość fali jest związana z częstotli-

wością (barwą) i długością fali

stotliwość pozostaje bez zmiany. Ponieważ przy przejściu z powietrza do materiału o współczynniku załamania n prędkość maleje n razy

28-8

docsity.com

Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki

• okazuje się ponadto, że fala odbijając się od ośrodka optycznie gęstszego (większe n)

ożemy teraz uwzględnić oba czynniki tj. różnice dróg optycznych oraz zmiany faz

mieni pokazanych na rysunku warunek na maksimum ma postać

2d = mλn + λn/2, m = 0, 1, 2, ....,

zynnik λn/2 opisuje zmianę fazy przy odbiciu (od górnej powierzchni) bo zmiana fazy

zmienia swoją fazę o π. Natomiast gdy odbicie zachodzi od powierzchni ośrodka rzadszego optycznie fala odbija się bez zmiany fazy. Oznacza to, że promień odbity od górnej powierzchni błonki zmienia fazę, a promień odbity od dolnej granicy nie.

M przy odbiciu. Dla dwóch pro

C o 180° (π) jest równoważna różnicy dróg równej połowie długości fali (różnica faz/2π = różnica dróg/λ). Ponieważ λn = λ/n otrzymujemy więc

λ += 12 mdn , m = 0, 1, 2,..... (maksima)

nalogiczny warune postać

λmdn =2 , m = 0, 1, 2,....(minimum)

ównania te są słuszne je łczynnik załamania błonki jest większy lub mniejszy

 2

k na minimum maA

R żeli wspó od współczynnika załamania ośrodków po obu stronach błonki. Przykład 3 Błonka wodna (np. bańka mydlana, n = 1.33) znajdująca się w powietrzu ma grubość

mum obliczamy λ

320 nm. Jaki kolor ma światło odbite, gdy błonka jest oświetlona światłem białym pada- jącym prostopadle? Z warunku na maksi

2

2 1

2 1

2 1

+++ mmm

m:

nm85033.1nm3202 =

⋅⋅ ==

dnλ

bliczamy λ dla kolejnych

sem widzialnym zielona)

O m = 0, λ = 1700 nm, poza zakre m = 1, λ = 567 nm, w zakresie widzialnym (żółto m = 2, λ = 340 nm, poza zakresem widzialnym m = 3, 4, ...., poza zakresem widzialnym.

28-9

docsity.com

komentarze (0)
Brak komentarzy
Bądź autorem pierwszego komentarza!
To jest jedynie podgląd.
Zobacz i pobierz cały dokument.
Docsity is not optimized for the browser you're using. In order to have a better experience we suggest you to use Internet Explorer 9+, Chrome, Firefox or Safari! Download Google Chrome