TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1

Løsning Øving 12

Løsning oppgave 1

a) Ifølge ligningen d sin θ = mλ, er vinkelen θ_{1} mellom første og nullte ordens maksima gitt ved:

sin θ_{1} = \frac{λ}{d}  (1)

der d er spalteavstanden. Vi kan her nytte sin θ_{1} ≈ \frac{y_{1}}{L} der y_{1} er avstanden mellom nullte og første ordens maksima og L er avstand fra spaltene til filmen. Fra (1) har vi da:

y_{1} = \frac{λL}{d} = \frac{589 · 10^{−8} · 2.00}{0.12 · 10^{−3}} m = 0.00982 m ≈ \underline{\underline{9.8 mm}}

b) Dette er det samme poblemet som i pkt. a, men med λ → λ_{vann} = λ/n. Dermed:

y_{1} = \frac{λ/n · L}{d} = \frac{0.0982}{1.33} m ≈ \underline{\underline{7.4 mm}}

Løsning oppgave 2

Fra ligningen på side 250 i forelesningsnotatene forstår vi at tykkelsen t av plastfolien må være så stor at:

k_{plast} · t − k_{vakuum} · t = π

dvs:

(\frac{2π}{λ_{plast}} − \frac{2π}{λ_{vakuum}} ) · t = \frac{2π}{λ_{vakuum}} (n_{plast} − 1) · t = π

som gir:

t = \frac{λ_{vakuum}}{2} · \frac{1}{n_{plast} − 1} = \frac{510}{2(1.60 − 1)} nm = 425 nm ≈ \underline{\underline{430 nm}}

Løsning oppgave 3

Den strålen som reflekteres i overgangen fra luft til såpefilm får et faseskift på π ved refleksjonen. Vi vil se den fargen som har bølgelengde λ som gir konstruktivt interferens. Dvs., dersom vi kaller tykkelsen av filmen t, må vi ha:

2t = (m + 1/2)λ_{såpefilm} = (m + 1/2) · \frac{λ_{vakuum}}{n}

som gir:

λ_{vakuum} = \frac{2t · n}{m + 1/2} = \frac{321.6}{m + 1/2} nm  (2)

synlig lys har bølgelengde i området 400−700 nm. (2) gir kun synlig lys om vi velger m = 0. Dermed:

λ_{vakuum} = \frac{321.6}{1/2} nm ≈ \underline{\underline{640 nm}}

dvs, \underline{\underline{vi ser rødt lys.}}

Løsning oppgave 4

Vi får faseskift π ved begge overflater. For bølgelengden λ_{1} som gir maksimum må vi derfor ha:

2t = m\frac{λ_{1}}{n_{1}}  (3)

der m er et heltall og t tykkelsen av filmen. For bølgelengden λ_{2} som gir minimum:

2t = (m + 1/2)\frac{λ_{2}}{n_{1}}  (4)

(3) og (4) gir:

m\frac{λ_{1}}{n_{1}} = (m + 1/2)\frac{λ_{2}}{n_{1}}

m = \frac{\frac{1}{2}λ_{2}}{λ_{1} − λ_{2}} = \frac{1/2 · 520}{650 − 520} = 2  (5)

som gir innsatt i (3):

t = \frac{2}{2} · \frac{650}{1.36} nm = 478 nm ≈ \underline{\underline{480 nm}}

\underline{Løsning oppgave 5} (Eksamensoppgave 2 i Fysikk 3 2/12-1998)

a) Av figuren i oppgaveteksten ser vi at ganglengdeforskjellen mellom stråler fra S_{1} og S_{2} til P er d sin θ. Vi får da konstruktiv interferens, dvs. sentrum i de lysstripene eller lysmaksima for:

d sin θ = nλ, n = 0, 1, 2, …

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 3

dvs. for bøyningsvinkler θ gitt ved

\underline{\underline{sin θ = n\frac{λ}{d}}}, n = 0, ±1, ±2, …  (6)

Med λ = 500 nm og d = 50 μm gir (6):

sin θ = n · 0.01, n = 0, ±1, ±2, …

Siden sin θ maksimalt kan være 1, får vi altså lysmaksima for θ gitt ved:

\underline{\underline{sin θ = n · 0.01}}, n = 0, ±1, ±2, …, ±100  (7)

b) Totalt felt E_{θ} i pkt. P er gitt ved:

E_{θ} = E_{1} + E_{2} = E_{0} {cos[kr − ωt − φ] + cos[k(r + Δr) − ωt − φ]}  (8)

Oppgitt:

cos a + cos b = 2 cos \frac{a + b}{2} cos \frac{a − b}{2}  (9)

(9) i (8) med a = kr − ωt − φ og b = k(r + Δr) − ωt − φ gir:

E_{θ} = 2E_{0} cos (k (r + \frac{Δr}{2} ) − ωt − φ) cos (−\frac{kΔr}{2} )  (10)

Ved figurbetraktning:

Δr = d sin θ  (11)

Definerer:

δ ≡ kd sin θ = kΔr  (12)

(11) og (12) innsatt i (10) gir:

E_{θ} = \underbrace{2E_{0} cos \frac{δ}{2}}_{≡E_{θ_{0}}} cos(k(r + Δr/2) − ωt − φ) = E_{θ_{0}} cos(ωt + φ_{1})  (13)

der vi har definert

φ_{1} = k(r + Δr/2) − φ  (14)

For et gitt pkt. P er φ_{1} konstant og ifølge det oppgitt får vi da:

I_{θ} = ε_{0}c_{0}\overline{E_{θ}^{2}} = \frac{1}{2}ε_{0}c_{0}E_{θ_{0}}^{2} = \frac{1}{2}ε_{0}c_{0} (2E_{0} cos \frac{δ}{2})^{2} = 2ε_{0}c_{0}E_{0}^{2} cos^{2} \frac{δ}{2}  (15)

For θ = 0:

I_{0} = 2ε_{0}c_{0}E_{0}^{2}  (16)

og dermed

\underline{\underline{I_{θ} = I_{0} cos^{2} \frac{δ}{2}}}  q.e.d.  (17)

Vi får maksimum lysintensitet når

\frac{δ}{2} = mπ,  m = 0, ±1, ±2, …  (18)

dvs. når:

\frac{kd sin θ}{2} = mπ  (19)

eller (med k = 2π/λ) for:

\underline{\underline{sin θ = m\frac{λ}{d}}},  m = 0, ±1, ±2, …  (20)

som er det samme som vi fikk i pkt. a.

c) Interferensmønsteret nær θ = 0 vil ikke bli påvirket av at l_{c} = 5 μm i stedet for at l_{c} = ∞, fordi ganglengdeforskjellen d sin θ fra S_{1} og S_{2} til observasjonsskjermen B da er vesentlig mindre enn l_{c}. Siden l_{c} ikke påvirker middelbølgelengden vil ikke posisjonen til intensitetsmaksima bli endret verken for små eller store θ. Men når d sin θ blir av samme størrelsesorden som l_{c}, dvs. når:

d sin θ ≈ ±l_{c}

eller

sin θ ≈ ±\frac{l_{c}}{d} = ±\frac{5 μm}{50 μm} = ±0.1  (21)

begynner det å bli mindre kontrast mellom lyse og mørke striper. Når sin θ nærmer seg ±1 vil veglengdeforskjellen nærme seg 50 μm dvs. 10l_{c}, og lys fra S_{1} og S_{2} er da tilnærmet inkoherent med hverandre og stripemønsteret utvisket.

d) Det lyset som går gjennom glassplaten og S_{2} vil bli forsinket sammenlignet med det lyset som går gjennom S_{1}. Kalles tykkelsen av glassplaten b blir faseforskjellen Φ gitt ved:

Φ = \frac{2π}{λ/n} · b − \frac{2π}{λ} · b = (n − 1)\frac{2π}{λ} · b

Tilsvarende veglengdeforskjell i vakuum blir:

f = (n − 1)b

\underline{Tilfelle 1:}

f = (1.50 − 1.00) · 500 nm = 250 nm = \frac{1}{2}λ_{m}

Betingelsen for lysmaksima blir da:

d sin θ = (n − 1/2)λ_{m}, n = 0, ±1, ±2, …  (22)

Dvs. vi får maksima der vi hadde minima uten glass og omvendt.

(Sentrum av interferensmønsteret er her gitt ved.

sin θ_{1} = −\frac{1}{2} \frac{λ_{m}}{d} = −0.005  (23)

og utvisking begynner likt på begge sider av sin θ_{1} som den gjorde på begge sider av sin θ = 0 uten glass. (Dette forventes ikke for å få full uttelling for tilfelle 1 siden det er så liten forskyvning.))

\underline{Tilfelle 2:}

f = (1.50 − 1.00) · 1000 nm = 500 nm = λ_{m}

Betingelsen for lysmaksima blir da

d sin θ = (n − 1)λ_{m}, n = 0, ±1, ±2, …  (24)

Dvs. vi får lysmaksima og lysminima der vi hadde det uten glass.

(Sentrum av intererensmønsteret er her gitt ved:

sin θ_{2} = −\frac{λ_{m}}{d} = −0.01  (25)

og utvisking begynner likt på begge sider av sin θ_{2} som den gjorde på begge sider av sin θ = 0 uten glass. (Dette forventes ikke for å få full uttelling for tilfelle 2 siden det er så liten forskyvning.))

\underline{Tilfelle 3:}

f = (1.50 − 1.00) · 30 μm = 15 μm = 30λ_{m}

Sentrum i det synlige interferensmønsteret vil nå være gitt ved:

sin θ_{3} = −30\frac{λ_{m}}{d} = −0.30  (26)

og de vinklene der interferensmønsteret begynner å bli utydelig finnes der ganglengdeforskjellen er l_{c} = 10λ_{m} forskjellig fra det gitt ved lign. (26), dvs. når:

sin θ = \frac{−30λ_{m} ± 10λ_{m}}{d}

dvs. når:

sin θ = \{ \begin{matrix}−0.2 \\ −0.4 \end{matrix} \}  (27)

(I den grad lysmaksima kan sees på samme sted som uten glass vil de ha samme posisjon som disse, men vi har altså ikke \underline{tydelige} lysmaksima på samme sted som når vi ikke har glass foran S_{2}.)

\underline{Tilfelle 4:}  \underline{b = 1000 μm}
f = (1.50 − 1.00) · 1000 μm = 500 μm = 100l_{c}

Den minste optiske veglengdeforskjell vi da kan få på skjermen er

f − d = 500 μm − 50 μm = 450 μm = 90l_{c}

Dvs. at intet lys fra S_{1} som er tilnærmet koherent med lys fra S_{2} kan møtes på noe punkt på observasjonsskjermen B. Vi får derfor bare en jevn lysfordeling på denne og intet interferensmønster.

e) Vi har også her at

Δr = d sin θ  (28)

og setter

δ ≡ kΔr = kd sin θ  (29)

Vi får da:

Ψ_{θ} = Ψ_{1} + Ψ_{2} = ψ_{0} [e^{i[kr−ωt−φ]} + e^{i[k(r+Δr)−ωt−φ]}]  (30)

og dermed

|Ψ_{θ}|^{2} = Ψ_{θ} · Ψ_{θ}^{∗} = |ψ_{0}|^{2} [e^{i[kr−ωt−φ]} + e^{i[k(r+Δr)−ωt−φ]}] · [e^{−i[kr−ωt−φ]} + e^{−i[k(r+Δr)−ωt−φ]}]
= |ψ_{0}|^{2} [1 + e^{−ikΔr} + e^{ikΔr} + 1] = |ψ_{0}|^{2} · 2[1 + cos δ] = \underline{\underline{4|ψ_{0}|^{2} cos^{2} \frac{δ}{2}}}  (31)

Ifølge Max Borns sannsynlighetsinterpretasjon er |Ψ_{θ}|^{2} sannsynlighetstettheten for ett (dvs. hvert) elektrons treffpunkter.