Legyen a rések távolsága d, az üveglemez vastagsága w! Az üveglemez behelyezése

Átírás

1 6. Gyakorlat 38B-1 Kettős rést 600 nm hullámhosszúságú fénnyel világitunk meg és ezzel egy ernyőn interferenciát hozunk létre. Ezután igen vékony flintüvegből (n = 1,65) készült lemezt helyezünk csak az egyik résre. Ennek következtében az interferenciakép főmaximuma pontosan oda tolódik el, ahol az eredeti elrendezésben a tizedrendü maximum volt. Számitsuk ki ebből, hogy milyen vastag volt az üveglemez! Legyen a rések távolsága d, az üveglemez vastagsága w! Az üveglemez behelyezése előtt az intenzitásmaximum a rések középvonalában volt, ami a zérus fáziskülönbséghez tartozik. Az üveglemez behelyezése után a zérus fáziskülönbségű hely poziciója eltolódik, mégpedig úgy, hogy az üveglemez fázistolását az üveglemezzel nem fedett résen áthaladó fény hosszabb útja kompenzálja. Ha az ernyő távolsága elég nagy, a két résen áthaladó fénysugarak párhuzamosaknak tekinthetőek. A tizedik maximumhoz tartozó α 10 szög a flintüveg nélküli esetben így a s levegő = 10 λ d sin α 10 = 10 λ (6.1) egyenletből kapható meg. A w vastagságú flintüveg behelyezése Φ-vel megváltoztatja az illető résen áthaladó fényhullám fázisát. Hogy mennyivel azt úgy kaphatjuk meg, hogy kiszámoljuk mindkét résre a w úthosszhoz tartozó fázisokat és ezeket kivonjuk egymásból. Az üveglemezzel nem fedett rés esetén ezt a távolságot a fény a levegőben teszi meg, a másik résnél üvegben, ahol nagyobb az optikai úthossz 1. : nem. Φ levegő = π w λ 1 A két közegben a fény sebessége és hullámhossza más a frekvenciája (ν = c(n)/λ = c/(n λ)) viszont 1

2 Φüveg = π w = π w n λüveg λ Φ = Φüveg Φ levegő = π w (n 1) λ (6.) ami az optikai úthosszkülönbségekkel is kiszámítható: s 0 = w süveg = n w optikai úthossz levegőben optikai úthossz az üvegben s = süveg s 0 = w (n 1) (6.3) Φ = π s λ = π w (n 1) λ Vegyük észre, hogy az optikai úthossz 6.3 képletében a hullámhossz nem szerepel. A flintüveggel a zéró fáziskülönbséghez tartozó szög meg kell egyezzen α 10 -el: (6.4) s = d sin α 10 (= 10 λ) w (n 1) = 10 λ w = 10 λ n 1 = , 65 = m A flintüveg lemez vastagsága tehát 0,0093 mm. 38A-16 Adjuk meg annak a legvékonyabb szappanhártyának (n = 1,33) a vastagságát, amely a legnagyobb intenzitással a 400 nm hullámhosszúságú kék fényt veri vissza. Legyen a szappanhártya levegőben. A beeső fény a 38-16a ábra szerint a szappanhártya mindkét felületén visszaverődik. A két visszavert hullám interferenciája adja meg a teljes visszavert hullámot. Maximális akkor lesz a visszavert intenzitás, ha a két visszavert hullám optikai útjának különbsége a hullámhossz egész számú többszöröse ( s = m λ), vagyis a fáziskülönbség Φ = π m, ahol m = 0, 1,,... Figyelembe kell azonban azt is venni, hogy amikor a fényhullám optikailag sűrűbb közegről verődik vissza akkor egy λ/ útkülönbségnek Az ábrán a beeső és visszavert hullámokat párhuzamos vonalak adják meg, a valóságban az ezekre a vonalakra merőleges hullámfelületek interferálnak.

3 6.1. ábra ábra megfelelő π nagyságú fázisugrás történik mig az optikailag ritkább közeg határfelületéről visszaverődésnél nincs fázisugrás. Az ábra alapján s u = d n optikai útkülönbség a szappanhártyában (6.5) s f = 1 λ fázisugrás (6.6) s = d n 1 λ teljes optikai útkülönbség (6.7) Φ = π s 1 λ λ teljes fáziskülönbség (6.8) Maximális amplitudó eléréséhez a teljes optikai útkülönbségnek m λ-val kell megegyeznie, vagyis (6.7)-t felhasználva d n 1 λ = m λ (6.9) d = (m + 1 ) λ n m = 0, 1,, (6.10) Behelyettesítve a hullámhosszat az első három lehetőség a maximális reflexió eléréséhez d 0 = = m 1, 33 (6.11) d 1 = = m 1, 33 (6.1) d = = m 1, 33 (6.13) Tehát a legvékonyabb szappahártya, amelyik a legnagyobb intenzitással a 400 nm hullámhosszúságú kék fényt veri vissza m vastag. 3

4 39-A Egy rést az 550 nm hullámhosszúságú fény világít meg és a réstől 3 m-re lévő ernyőn elhajlási kép alakul ki. Határozzuk meg a centrális maximum teljes szélességét, ha a rés (a) 0, mm és (b) 0,4 mm szélességű. Egy résre d sin α = m λ m = 1,, 3, minimumok (6.14) Jelöljük a hullámhosszat λ-val, az ernyő távolságát L-lel és a rés szélességét d-vel! A centrális maximum teljes W szélessége megegyezik az m = 1-hez tartozó minimumok távolságával, ami az első minimumokhoz tartozó α min,1 szöggel számolható ki: ahol sin α min,1 = λ d és W = L tg α (6.15) sin α min,1 = { (d = 0, mm) (d = 0, 4 mm) Mivel α min,1 kicsi sin α min,1 tg α min,1 α min,1, így { m W L sin α min,1 = m (6.16) (6.17) 39A-11 Egy bizonyos távolságra eltávolodott autó két hátsó lámpája éjszaka alig különböztethető meg egymástól, mint két különálló fényforrás. Becsüljük meg az autótól való távolságunkat, feltéve, hogy a lámpák közötti távolság 1,5 m és átlagosan 640 nm hullámhosszúságú fénysugarat bocsátanak ki, a megfigyelő szemének a pupillája pedig 6 mm átmérőjű. (Megjegyzés: különböző sűrűségű levegőrétegekben a fénytörés hatására a kép homályossá válik, így a távolság valójában kisebb a számitottnál.) Az autólámpák elég messze vannak ahhoz, hogy pontszerűnek tekinthessük azokat és a belőlük kiinduló fény a megfigyelő szeméhez jó közelítéssel két, nem azonos szögben terjedő síkhullámként érkezzen. Ha a szemet egy D átmérőjű kör alakú diafragmával ellátott f fókusztávolságú lencsével modellezzük, az a síkhullámot egy x = α f méretű foltra képezi le, ahol α sin α = 1. λ. A két hátsó lámpa akkor különböztethető meg, D 4

5 ha a nekik megfelelő foltok a látókérgen éppen x távolságba esnek. A 39A-11 ábrán piros vonal jelöli a lámpák távolságát és a szemen belül a pupilla véges mérete miatti x méretű foltokat. A foltok mérete és középpontjaik távolsága megegyezik. A 39A-11 ábra alapján 6.. ábra. 39A-11 ábra Vagyis az autó távolsága 11.5 km. 40B-3 x = f α = f 1. λ D S = (L + f) α L α L S α = S D 1, 5 0, 006 = 1, λ 1, 6, 4 10 = m Két polárszűrőt keresztezett állásban helyeztünk egymásra, a szűrők nem eresztenek át fényt. Egy harmadik polárszűrő lemezt teszünk közéjük, melynek transzmissziós tengelye az előbbiek mindegyikének tengelyével 45 o -os szöget zár be. Adjuk meg, hogy a beeső fény intenzitásának hányadrészét ereszti át a három szűrő együttese (feltéve, hogy mindhárom lemez ideális polarizátor)! Egy tranzverzális hullám polarizációjának síkja megegyezik az E térerősség rezgési síkjával. Polarizálatlan fényben minden polarizációs sík előfordulhat. Ha ez a fény egy polarizátoron halad át, akkor ideális esetben, a térerősségnek csak a lemez n vektorral jellemzett transzmissziós tengelyével párhuzamos komponense E = E cos(e, n) jut át, a többi elnyelődik. Az n-nel eredetileg θ szöget bezáró polarizációs síkú fény intenzitása a polárszűrő után tehát I(θ) = I o (E) cos θ, mert I E. (6.18) Ha a fény eredetileg nem polarizált (és nem koherens), akkor az ideális polárszűrőn átjutó fény intenzitását úgy számolhatjuk, ki, hogy összegezzük (integráljuk) az összes θ 5

6 polarizációs irányhoz tartozó intenzitásokat. A polarizáció szöge 0 és π közé eshet. Azt találjuk, hogy a polarizálatlan fényből az ideális polárszűrőn átjutó intenzitás az eredeti 50%-a 3. Jelöljük a három polarizátor lemezt P1, P és P3-al, ahol P1 transzmissziós tengelye függőleges, P3-é vízszintes és P-é mindkettővel 45 o -os szöget zár be! Essen be P1- re I o intenzitású polarizálatlan fény! Ennek 50%-a jut át rajta, tehát P-re I = I o / intenzitású függőlegesen polarizált fény esik, amiből P-n I = I 1 cos 45 o = I 1 1 = I o 1 4 intenzitású 45 o -ban polarizált fény jut át. P3-on pedig I 3 = I cos 45 o = I o 1 8. Vagyis a teljes átmenő intenzitás az eredeti nyolcadrésze lesz. 40B-13 (a) Mutassuk meg, hogy ha cirkulárisan polarizált fénynyaláb λ/4 lemezre esik, akkor a kilépő fény síkban polarizált lesz. (b) Mutassuk meg, hogy ha a cirkulárisan polarizált fény forgási iránya megfordul, akkor a kilépő fény polarizációs síkja 90 o -kal változik! 1. megoldás. a) Tudjuk (ld. HN-967. old.), hogy 45 o -ban lineárisan polarizált fényből a λ/4-es lemez cirkulárisan polarizált fényt állít elő. A forgás iránya a lineárisan polarizált fény polarizációs síkjától és attól függ, hogy melyik összetevő marad le a másikhoz képest. Mivel a fénysugár iránya megfordítható a cirkulárisan polarizált fényből a λ/4-es lemez lineárisan polarizált fényt csinál. b) A -45 o -ban lineárisan polarizált fényből előállított cirkulárisan polarizált fény pont ellenkező irányban forog, mint amit a 45 o -ban lineárisan polarizált fényből csináltunk, vagyis, 3 ( π ) I o = Eodθ de o = Eo π de o = π Eo de o (6.19) 0 ( π ) ( π ) I = Eocos θdθ de o = Eo 1 + cos θ dθ de o = (6.0) 0 0 [ 1 = Eo de o + sin θ ] π = E π o de o (6.1) 0 π I = E o de o I o π E = 0, 5 (6.) o de o 6

7 ha megfordítjuk a cirkuláris polarizáció irányát, akkor olyan lineárisan polarizált fényt kapunk, amelyik polarizációs iránya éppen 45 o 45 o = 90 o -os szöget zár be az eredetei cirkulárisan polarizált fényből előállítottal. megoldás a) Cirkulárisan polarizált fényben egy adott helyen a két egymásra merőleges (y és z tengellyel párhuzamos) polarizációs irányú összetevő időfüggése: Ey circ = E o cos( ω t k x) (6.3a) Ez circ = E o sin( ω t k x) (6.3b) vagy Ey circ = E o sin( ω t k x) (6.3c) Ez circ = E o cos( ω t k x) (6.3d) Ez a két leírás két, ellentétesen forgó térerősség vektort ír le. A λ/4-es lemez 90 o -s, azaz π/ fáziseltérést okoz két, egymásra merőleges polarizációs irány között. Legyen pl y a lassú és z a gyors irány, ekkor a λ/4-es lemez után E y = E o cos( ω t k x π/) = E o sin( ω t k x) E z = E o sin( ω t k x) illetve E y = E o sin( ω t k x π/) = E o cos( ω t k x) E z = E o cos( ω t k x) (6.4a) (6.4b) (6.4c) (6.4d) (6.4e) Mivel mindkét esetben az eredő hullám két egymásra merőleges összetevőjének fázisa azonos, ezért az eredmény 45 o -ban lineárisan polarizált hullámot ír le. b) (6.4) két egymással ellentétes irányban forgó cirkulárisan polarizált hullámot ír le. (6.5) pedig két olyan lineárisan polarizáltat, amelyeknél az y komponensek előjeleit megcseréltük, ez pedig valóban két egymásra merőleges (90 o ), a tengelyekkel 45 o -os szöget bezáró síkot ad meg. 8. Két távoli galaxis a Földtől ellenkező irányban távolodik, mindegyik 0, 8 c sebességgel. Mekkora volna a másik galaxis távolodási sebessége az egyiken lévő megfigyelő számára? 7

8 Gondolatban helyezkedjünk el az egyik galaxison. Most ez a K rendszer. A Föld ehhez képest mozog v 0 = 0, 8 c sebességgel. A Föld a K rendszer. Ebben a rendszerben mozog a másik galaxis u x = 0, 8 c sebességgel. E galaxis K rendszerbeli u x sebességének kiszámolására alkalmazzuk a sebesség-összeadás u x = v 0 + u x 1 + v 0 u x c (6.5) összefüggését. Behelyettesítés után kapjuk, hogy K rendszerbeli (egyik galaxisbeli) megfigyelő számára a másik u x = 0, 9756 c sebességgel távolodik. 8.6 A kezdetben v 0 = 0, 6 c sebességű m 0 nyugalmi tömegű részecske impulzusát 16/9- szeresére növeljük. Mekkora lesz a végső v sebesség és mekkora energia befektetés kellett ehhez? (a) Számítsa ki klasszikusan! (b) Számítsa ki relativisztikus közelítésben! (a) Klasszikus megoldás: A részecske impulzusa kezdetben m 0 v 0, a gyorsítás végén m 0 v. A feladat szövege szerint amelyből A befektetendő energia m 0 v = 16 9 m 0 v 0 (6.6) v = 16 9 v 0 = c (6.7) W kl = 1 m 0 v 1 m 0 v 0 = 0, 389 m 0 c (6.8) (b) Relativisztikus megoldás: A részecske impulzusa kezdetben (6.9) p 0 = m 0 v 0 (6.30) 1 v 0 c 8

9 illetve a gyorsitás végén A feladat szövege szerint fennáll, hogy p = m 0 v (6.31) 1 v c m 0 v 1 v c = Az egyenletet megoldva kapjuk, hogy A befektetendő energia W rel = m 0 c 1 v c p = 16 9 p m 0 v 0 (6.3) 1 v 0 c v = 0, 8 c (6.33) m 0 c (6.34) 1 v 1 c = 5 1 m 0 c = 0, 4167 m 0 c (6.35) 9