Docsity
Docsity

Przygotuj się do egzaminów
Przygotuj się do egzaminów

Studiuj dzięki licznym zasobom udostępnionym na Docsity


Otrzymaj punkty, aby pobrać
Otrzymaj punkty, aby pobrać

Zdobywaj punkty, pomagając innym studentom lub wykup je w ramach planu Premium


Informacje i wskazówki
Informacje i wskazówki

Interferencje - Notatki - Fizyka, Notatki z Fizyka

Notatki dotyczące tematów z fizyki: interferencje; doświadczenie Younga, koherencja, natężenie w doświadczeniu Younga

Typologia: Notatki

2012/2013

Załadowany 14.03.2013

alien85
alien85 🇵🇱

4.8

(13)

226 dokumenty

Podgląd częściowego tekstu

Pobierz Interferencje - Notatki - Fizyka i więcej Notatki w PDF z Fizyka tylko na Docsity! 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 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 = 2β = 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 Eθ = 2E0cosβ = EMcosβ Suma kątów w trójkącie wynosi 180° stąd wynika, że: 2β = ϕ (taki sam wynik jaki otrzymaliśmy algebraicznie). 28-7 docsity.com