28 Interferencja.pdf
(
108 KB
)
Pobierz
28 Interferencja
Z. K
ą
kol-Notatki do Wykładu z Fizyki
Wykład 28
28.Interferencja
28.1
Do
ś
wiadczenie Younga
Na wykładzie dotycz
ą
cym fal w o
ś
rodkach spr
ęŜ
ystych omawiane było
nakładanie
si
ę
fal
. Wykazanie, przez Thomasa Younga (w 1801 r.) istnienia takiej
interferencji dla
ś
wiatła było pierwszym eksperymentem wskazuj
ą
cym na falowy charakter
ś
wiatła
.
Young o
ś
wietlił
ś
wiatłem słonecznym ekran, w którym był zrobiony mały otwór S
0
.
Przechodz
ą
ce
ś
wiatło padało nast
ę
pnie na drugi ekran z dwoma otworami S
1
i S
2
i roz-
chodz
ą
si
ę
dalej dwie, nakładaj
ą
ce si
ę
fale kuliste tak jak na rysunku. Warunki stoso-
walno
ś
ci optyki geometrycznej nie s
ą
spełnione i na szczelinach nast
ę
puje ugi
ę
cie fal.
Mamy do czynienia z optyk
ą
falow
ą
. Je
Ŝ
eli umie
ś
cimy ekran w jakimkolwiek miejscu,
tak aby przecinał on nakładaj
ą
ce si
ę
na siebie fale to mo
Ŝ
emy oczekiwa
ć
pojawienia si
ę
na nim ciemnych i jasnych plam nast
ę
puj
ą
cych po sobie kolejno.
S
1
S
0
S
2
Przeanalizujmy teraz do
ś
wiadczenie Younga ilo
ś
ciowo.
Zakładamy,
Ŝ
e
ś
wiatło padaj
ą
ce zawiera tylko jedn
ą
długo
ść
fali (jest monochromatycz-
ne). Na rysunku poni
Ŝ
ej punkt P jest dowolnym punktem na ekranie, odległym o
r
1
i
r
2
od w
ą
skich szczelin S
1
i S
2
.
Linia S
2
b została poprowadzona tak, aby PS
2
= Pb. Trzeba zwróci
ć
uwag
ę
,
Ŝ
e stosunek
d
/
D
przedstawiony na rysunku jest dla wi
ę
kszej jasno
ś
ci przesadnie du
Ŝ
y. Naprawd
ę
d
<<
D
i wtedy k
ą
t S
1
S
2
b jest równy
q
z du
Ŝą
dokładno
ś
ci
ą
.
28-1
Z. K
ą
kol-Notatki do Wykładu z Fizyki
P
r
2
r
1
q
y
S
2
S
1
b
q
d
O
D
Oba promienie wychodz
ą
ce ze szczelin S
1
i S
2
s
ą
zgodne w fazie, gdy
Ŝ
pochodz
ą
z tego
samego czoła fali płaskiej. Jednak drogi, po których docieraj
ą
do punktu P s
ą
ró
Ŝ
ne wi
ę
c
i ich fazy mog
ą
by
ć
ró
Ŝ
ne. Odcinki Pb i PS
2
s
ą
identyczne (tak to skonstruowali
ś
my)
wi
ę
c o ró
Ŝ
nicy faz decyduje ró
Ŝ
nica dróg optycznych tj. odcinek S
1
b. Aby w punkcie P
było
maksimum
to odcinek S
1
b musi zawiera
ć
całkowit
ą
liczb
ę
długo
ś
ci fal. Jest tak dla-
tego,
Ŝ
e po przebyciu odcinka równego
l
faza fali powtarza si
ę
wi
ę
c dla drogi
m
l
S
1
b = m
l
,
m
= 0, 1, 2, ......,
lub
d
sinq =
m
l,
m
= 0, 1, 2, ......, (maksima)
(28.1)
Zauwa
Ŝ
my,
Ŝ
e ka
Ŝ
demu maksimum powy
Ŝ
ej punktu O odpowiada poło
Ŝ
one symetrycz-
nie maksimum poni
Ŝ
ej punktu O. Istnieje te
Ŝ
centralne maksimum opisywane przez
m
= 0.
Dla uzyskania
minimum
w punkcie P, odcinek S
1
b musi zawiera
ć
połówkow
ą
liczb
ę
długo
ś
ci fal, to jest:
S
1
b
= (
m
+1/2)
l
,
m
= 0,1,2,....,
lub
d
sin
q
= (
m
+1/2)
l
,
m
= 0, 1, 2, ......, (minima)
inaczej
d
sin
q
= (2
m
+1)
l
/2,
m
= 0, 1, 2, ......, (minima)
(28.2)
28-2
fala
ma faz
ę
tak
ą
jak na pocz
ą
tku tej drogi; odcinek S
1
b nie wpływa na ró
Ŝ
nic
ę
faz a ponie-
wa
Ŝ
fale były zgodne w
ź
ródle (szczeliny S
1
i S
2
) wi
ę
c b
ę
d
ą
zgodne w fazie w punkcie
P. Warunek ten mo
Ŝ
emy zapisa
ć
w postaci
Z. K
ą
kol-Notatki do Wykładu z Fizyki
= 546 nm. Jaka jest odległo
ść
mi
ę
dzy s
ą
siednimi pr
ąŜ
ka-
mi interferencyjnymi obserwowanymi na ekranie umieszczonym w odległo
ś
ci 1 m od
szczelin?
Najpierw sprawd
ź
my poło
Ŝ
enie k
ą
towe np. pierwszego maksimum.
Dla
m
= 1 otrzymujemy:
d
sin
l
q
=
l
sk
ą
d
sin
q
=
l
/
d
= (546·10
-9
m)/(10
-3
m) = 0.000546
co daje
q
@
0.03
°
Dla tak małych k
ą
tów dobrym jest przybli
Ŝ
enie
sin
q
@
tg
q
@
q
Z rysunku wida
ć
,
Ŝ
e tg
q
=
y
/
D
. Podstawiaj
ą
c to wyra
Ŝ
enie zamiast sin
q
w równaniu na
maksimum interferencyjne otrzymujemy dla
m
-tego pr
ąŜ
ka
y
m
=
m
l
D
d
a dla nast
ę
pnego
y
m
=
(
m
+
1
l
D
+
1
d
Odległo
ść
mi
ę
dzy nimi wynosi wi
ę
c
l
D
(
546
×
10
-
9
m
)
)
D
y
=
y
-
y
=
=
=
0
546
mm
m
+
1
m
d
10
-
3
m
jest małe to odległo
ść
mi
ę
dzy pr
ąŜ
kami nie zale
Ŝ
y od
m
, czyli pr
ąŜ
ki s
ą
rozmieszczone równomiernie. Je
Ŝ
eli mamy wi
ę
cej ni
Ŝ
jedn
ą
q
to powstan
ą
oddzielne
układy pr
ąŜ
ków (dla ka
Ŝ
dej z długo
ś
ci fal) o ró
Ŝ
nym odst
ę
pie mi
ę
dzy pr
ąŜ
kami.
l
Równanie opisuj
ą
ce poło
Ŝ
enie k
ą
towe maksimów mo
Ŝ
e posłu
Ŝ
y
ć
do wyznaczenia dłu-
go
ś
ci fali
l
=
d
sin
q
m
Z tej relacji T. Young wyznaczył długo
ś
ci fal
ś
wiatła widzialnego.
28-3
Przykład 1
Dwie szczeliny odległe od siebie o 1 mm o
ś
wietlono
ś
wiatłem zielonym (linia zielona
lampy rt
ę
ciowej) o długo
ś
ci
Uwaga: Je
Ŝ
eli
Z. K
ą
kol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28.2
Koherencja
Podstawowym warunkiem powstania dobrze okre
ś
lonego obrazu interferencyjnego
jest, aby fale
ś
wietlne które przybywaj
ą
z punktów S
1
i S
2
miały
dokładnie okre
ś
lon
ą
ró
Ŝ
nic
ę
faz
j
w
t
)). Np. jest miejsce na
co oznacza fizycznie,
Ŝ
e fale docieraj
ą
ce tam
wygaszaj
ą
si
ę
(przy zało
Ŝ
eniu tej samej amplitudy); mamy ciemny pr
ąŜ
ek. I tak jest
zawsze o ile ró
Ŝ
nica faz si
ę
nie zmieni. Gdyby taka zmiana nast
ą
piła to w tym miejscu
nat
ęŜ
enie
ś
wiatła nie b
ę
dzie ju
Ŝ
równe zeru. Warunkiem stabilno
ś
ci obrazu jest wi
ę
c
stało
ść
w czasie ró
Ŝ
nicy faz fal wychodz
ą
cych ze
ź
ródeł S
1
i S
2
. Mówimy,
Ŝ
e te
ź
ródła
s
ą
koherentne czyli spójne
.
Je
Ŝ
eli szczeliny S
1
i S
2
zast
ą
pimy przez dwa niezale
Ŝ
ne
ź
ródła fal (np.
Ŝ
arówki)
to nie
otrzymamy
pr
ąŜ
ków interferencyjnych, ekran b
ę
dzie o
ś
wietlony prawie równomiernie.
Interpretujemy to w ten sposób,
Ŝ
e ró
Ŝ
nica faz dla fal pochodz
ą
cych z niezale
Ŝ
nych
ź
ró-
deł zmienia si
ę
w czasie w sposób nieuporz
ą
dkowany.
W krótkim czasie s
ą
spełnione warunki dla maksimum, a za chwile (b. krótk
ą
np. 10
-8
s)
dla minimum, a jeszcze za chwil
ę
warunki po
ś
rednie. I tak dla ka
Ŝ
dego punktu na ekra-
nie. Nat
ęŜ
enie (w danym punkcie) jest wi
ę
c sum
ą
nat
ęŜ
e
ń
od poszczególnych
ź
ródeł.
Mówimy,
Ŝ
e te
ź
ródła s
ą
niespójne
,
niekoherentne
.
Podsumujmy wi
ę
c podstawow
ą
ró
Ŝ
nic
ę
w opisie,
podyktowan
ą
oczywi
ś
cie przez fakty
do
ś
wiadczalne
:
·
p
dla fal spójnych najpierw dodajemy amplitudy (uwzgl
ę
dniaj
ą
c stała ró
Ŝ
nic
ę
faz),
a potem celem obliczenia nat
ęŜ
enia podnosimy otrzyman
ą
amplitud
ę
wypadkow
ą
do
kwadratu (przypomnienie dla ruchu harmonicznego: Energia
A
2
).
·
dla fal niespójnych najpierw podnosimy do kwadratu amplitudy,
Ŝ
eby otrzyma
ć
na-
t
ęŜ
enia poszczególnych fal a potem dopiero sumujemy te nat
ęŜ
enia.
Pozostaje jedynie pytanie jak wytworzy
ć
ś
wiatło spójne. Na tym etapie zapami
ę
tajmy
tylko,
Ŝ
e zwykłe
ź
ródła
ś
wiatła takie jak
Ŝ
arówki (
Ŝ
arz
ą
ce si
ę
włókno) daj
ą
ś
wiatło nie-
spójne dlatego,
Ŝ
e emituj
ą
ce atomy działaj
ą
zupełnie niezale
Ŝ
nie. Natomiast współcze-
ś
nie szeroko stosowanymi
ź
ródłami
ś
wiatła spójnego s
ą
lasery
.
Szczegóły dotycz
ą
ce emisji
ś
wiatła przez lasery jak i zasad
ę
działania lasera poznamy
na dalszych wykładach.
28.3
Nat
ęŜ
enie w do
ś
wiadczeniu Younga
Załó
Ŝ
my,
Ŝ
e składowe pola elektrycznego obu fal w punkcie P zmieniaj
ą
si
ę
nast
ę
puj
ą
co
E
1
=
E
0
sin
w
t
E
2
=
E
0
sin(
w
t+
j
)
gdzie
= 2
p
v
jest cz
ę
sto
ś
ci
ą
kołow
ą
fal, a
j
ró
Ŝ
nic
ą
faz mi
ę
dzy nimi.
·
j
zale
Ŝ
y od poło
Ŝ
enia punktu P a tym samym od k
ą
ta
q
·
załó
Ŝ
my natomiast,
Ŝ
e
E
0
nie zale
Ŝ
y od
(szczeliny s
ą
dostatecznie w
ą
skie, tak
Ŝ
e
ś
wiatło ugi
ę
te na ka
Ŝ
dej ze szczelin o
ś
wietla
ś
rodkow
ą
cz
ęść
ekranu równomiernie)
q
28-4
stał
ą
w czasie
. (Przypomnienie: faza jako okre
ś
lony stan fali w danym
miejscu i czasie, patrz równanie opisuj
ą
ce fal
ę
E
=
E
m
sin(
kx-
ekranie, dla którego ró
Ŝ
nica faz wynosi
~
w
Z. K
ą
kol-Notatki do Wykładu z Fizyki
Wynika st
ą
d,
Ŝ
e wypadkowe pole elektryczne w punkcie P jest równe
E
=
E
1
+
E
2
Uwaga: Mówimy o polu
E
, a nie polu
B
(fali EM) poniewa
Ŝ
działanie tego drugiego na
detektory
ś
wiatła (w tym oko ludzkie) jest znikome. Równanie powy
Ŝ
sze powinno by
ć
wektorowe ale w tych przypadkach wektory
E
s
ą
do siebie równoległe wi
ę
c wystarczy
równanie algebraiczne.
Podstawiaj
ą
c równania dla obu fal obliczamy pole wypadkowe
E
=
E
0
sin(
w
t+
j
) +
E
0
sin
w
t
= 2
E
0
cos(
j
/2) sin(
w
t+
j
/2)
lub
E
=
E
q
sin(
w
t
+
b
)
Teraz chcemy obliczy
ć
nat
ęŜ
enie fali wypadkowej
=
j
/2 oraz
E
q
= 2
E
0
cos
b
I
q
~
E
q
2
Obliczmy stosunek nat
ęŜ
e
ń
dwu fal: fali wypadkowej i fali pojedynczej
I
=
E
E
2
q
q
I
0
0
czyli
I
=
4
I
cos
2
b
=
I
cos
2
b
(28.3)
q
0
m
Nat
ęŜ
enie zmienia si
ę
od zera (dla punktów, w których
j
=
2
b
=
p
) do maksymalnego
= 0).
Ró
Ŝ
nica faz wi
ąŜ
e si
ę
z ró
Ŝ
nic
ą
dróg S
1
b poprzez prost
ą
relacj
ę
j
= 2
b
ró
Ŝ
nica faz/2
p
= ró
Ŝ
nica dróg/
l
(28.4)
czyli
j
=
d
sin
q
2
p
l
St
ą
d
j
=
2
p
(
d
sin
q
)
l
lub
b
=
p
d
sin
q
l
.
Narysujmy teraz rozkład nat
ęŜ
e
ń
dla interferencji przy dwóch szczelinach (rysunek po-
ni
Ŝ
ej) porównuj
ą
c z wynikiem dla pojedynczego
ź
ródła jak i dla
ź
ródeł niespójnych.
q
28-5
gdzie
b
(dla punktów, w których
Poprzez to równanie mamy zale
Ŝ
no
ść
nat
ęŜ
enia od k
ą
ta
Plik z chomika:
sliwak
Inne pliki z tego folderu:
00 Spis treści.pdf
(53 KB)
01 Wprowadzenie.pdf
(74 KB)
02 Ruch jednowymiarowy.pdf
(68 KB)
03 Ruch na płaszczyźnie.pdf
(74 KB)
04 Dynamika punktu materialnego I.pdf
(59 KB)
Inne foldery tego chomika:
Animacje i symulacje do różnych działów fizyki
Arkusz maturalne
Arkusze matur
arkusze maturalne 2005-2011
Arkusze przykładowe
Zgłoś jeśli
naruszono regulamin