Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-1
Wykład 28
28.
Interferencja
28.1
Doświadczenie Younga
Na wykładzie dotyczącym fal w ośrodkach spręŜystych omawiane było nakładanie
się fal. Wykazanie, przez Thomasa Younga (w 1801 r.) istnienia takiej
interferencji dla
ś
wiatła było pierwszym eksperymentem wskazującym na falowy charakter światła
.
Young oświetlił światłem słonecznym ekran, w którym był zrobiony mały otwór S
0
.
Przechodzące światło padało następnie na drugi ekran z dwoma otworami S
1
i S
2
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. JeŜeli umieścimy ekran w jakimkolwiek miejscu,
tak aby przecinał on nakładające się na siebie fale to moŜemy oczekiwać pojawienia się
na nim ciemnych i jasnych plam następujących po sobie kolejno.
Przeanalizujmy teraz doświadczenie Younga ilościowo.
Zakładamy, Ŝe światło padające zawiera tylko jedną długość fali (jest monochromatycz-
ne). Na rysunku poniŜej punkt P jest dowolnym punktem na ekranie, odległym o r
1
i r
2
od wąskich szczelin S
1
i S
2
.
Linia S
2
b została poprowadzona tak, aby PS
2
= Pb. Trzeba zwrócić uwagę, Ŝe stosunek
d/D przedstawiony na rysunku jest dla większej jasności przesadnie duŜy. Naprawdę
d << D i wtedy kąt S
1
S
2
b jest równy
θ
z duŜą dokładnością.
S
0
S
2
S
1
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-2
Oba promienie wychodzące ze szczelin S
1
i S
2
są zgodne w fazie, gdyŜ pochodzą z tego
samego czoła fali płaskiej. Jednak drogi, po których docierają do punktu P są róŜne więc
i ich fazy mogą być róŜne. Odcinki Pb i PS
2
są identyczne (tak to skonstruowaliśmy)
więc o róŜnicy faz decyduje róŜnica dróg optycznych tj. odcinek S
1
b. Aby w punkcie P
było
maksimum
to odcinek S
1
b musi zawierać całkowitą liczbę długości fal. Jest tak dla-
tego, Ŝe po przebyciu odcinka równego
λ
faza fali powtarza się więc dla drogi m
λ
fala
ma fazę taką jak na początku tej drogi; odcinek S
1
b nie wpływa na róŜnicę faz a ponie-
waŜ fale były zgodne w źródle (szczeliny S
1
i S
2
) więc będą zgodne w fazie w punkcie
P. Warunek ten moŜemy zapisać w postaci
S
1
b = m
λ
, m = 0, 1, 2, ......,
lub
dsin
θ
= m
λ
, m = 0, 1, 2, ......, (maksima)
(28.1)
ZauwaŜmy, Ŝe kaŜdemu maksimum powyŜej punktu O odpowiada połoŜone symetrycz-
nie maksimum poniŜej punktu O. Istnieje teŜ centralne maksimum opisywane przez
m = 0.
Dla uzyskania
minimum
w punkcie P, odcinek S
1
b musi zawierać połówkową liczbę
długości fal, to jest:
S
1
b = (m+1/2)
λ
, m = 0,1,2,....,
lub
dsin
θ
= (m+1/2)
λ
, m = 0, 1, 2, ......, (minima)
inaczej
dsin
θ
= (2m+1)
λ
/2, m = 0, 1, 2, ......, (minima)
(28.2)
S
1
S
2
d
D
y
P
r
1
r
2
θ
θ
O
b
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-3
Przykład 1
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 prąŜka-
mi interferencyjnymi obserwowanymi na ekranie umieszczonym w odległości 1 m od
szczelin?
Najpierw sprawdźmy połoŜenie kątowe np. pierwszego maksimum.
Dla m = 1 otrzymujemy: dsin
θ
=
λ
skąd
sin
θ
=
λ
/d = (546·10
-9
m)/(10
-3
m) = 0.000546
co daje
θ
≅
0.03
°
Dla tak małych kątów dobrym jest przybliŜenie
sin
θ
≅
tg
θ
≅
θ
Z rysunku widać, Ŝe tg
θ
= y/D. Podstawiając to wyraŜenie zamiast sin
θ
w równaniu na
maksimum interferencyjne otrzymujemy dla m-tego prąŜka
d
D
m
y
m
λ
=
a dla następnego
d
D
m
y
m
λ
)
1
(
1
+
=
+
Odległość między nimi wynosi więc
mm
546
.
0
m
10
)
m
1
(
)
m
10
546
(
3
9
1
=
⋅
=
=
−
=
∆
−
−
+
d
D
y
y
y
m
m
λ
Uwaga: JeŜeli
θ
jest małe to odległość między prąŜkami nie zaleŜy od m, czyli prąŜki są
rozmieszczone równomiernie. JeŜeli mamy więcej niŜ jedną
λ
to powstaną oddzielne
układy prąŜków (dla kaŜdej z długości fal) o róŜnym odstępie między prąŜkami.
Równanie opisujące połoŜenie kątowe maksimów moŜe posłuŜyć do wyznaczenia dłu-
gości fali
m
d
θ
λ
sin
=
Z tej relacji T. Young wyznaczył długości fal światła widzialnego.
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-4
28.2
Koherencja
Podstawowym warunkiem powstania dobrze określonego obrazu interferencyjnego
jest, aby fale świetlne które przybywają z punktów S
1
i S
2
miały
dokładnie określoną
róŜnicę faz
ϕ
stałą w czasie
. (Przypomnienie: faza jako określony stan fali w danym
miejscu i czasie, patrz równanie opisujące falę E = E
m
sin(kx-
ω
t)). Np. jest miejsce na
ekranie, dla którego róŜnica faz wynosi
π
co oznacza fizycznie, Ŝe fale docierające tam
wygaszają się (przy załoŜeniu tej samej amplitudy); mamy ciemny prąŜek. I tak jest
zawsze o ile róŜnica faz się nie zmieni. Gdyby taka zmiana nastąpiła to w tym miejscu
natęŜenie światła nie będzie juŜ równe zeru. Warunkiem stabilności obrazu jest więc
stałość w czasie róŜnicy faz fal wychodzących ze źródeł S
1
i S
2
. Mówimy, Ŝe te źródła
są
koherentne czyli spójne
.
JeŜeli szczeliny S
1
i S
2
zastąpimy przez dwa niezaleŜne źródła fal (np. Ŝarówki) to nie
otrzymamy prąŜków interferencyjnych, ekran będzie oświetlony prawie równomiernie.
Interpretujemy to w ten sposób, Ŝe róŜnica faz dla fal pochodzących z niezaleŜnych 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 kaŜdego punktu na ekra-
nie. NatęŜenie (w danym punkcie) jest więc sumą natęŜeń od poszczególnych źródeł.
Mówimy, Ŝe te źródła są
niespójne
,
niekoherentne
.
Podsumujmy więc podstawową róŜnicę w opisie, podyktowaną oczywiście przez fakty
doświadczalne:
•
dla fal spójnych najpierw dodajemy amplitudy (uwzględniając stała róŜnicę faz),
a potem celem obliczenia natęŜenia podnosimy otrzymaną amplitudę wypadkową do
kwadratu (przypomnienie dla ruchu harmonicznego: Energia
∼
A
2
).
•
dla fal niespójnych najpierw podnosimy do kwadratu amplitudy, Ŝeby otrzymać na-
tęŜenia poszczególnych fal a potem dopiero sumujemy te natęŜenia.
Pozostaje jedynie pytanie jak wytworzyć światło spójne. Na tym etapie zapamiętajmy
tylko, Ŝe zwykłe źródła światła takie jak Ŝarówki (Ŝarzące się włókno) dają światło nie-
spójne dlatego, Ŝe emitujące atomy działają zupełnie niezaleŜnie. Natomiast współcze-
ś
nie szeroko stosowanymi źródłami światła spójnego są
lasery
.
Szczegóły dotyczące emisji światła przez lasery jak i zasadę działania lasera poznamy
na dalszych wykładach.
28.3
NatęŜenie w doświadczeniu Younga
ZałóŜmy, Ŝe składowe pola elektrycznego obu fal w punkcie P zmieniają się następująco
E
1
= E
0
sin
ω
t
E
2
= E
0
sin(
ω
t+
ϕ
)
gdzie
ω
= 2
π
v jest częstością kołową fal, a
ϕ
róŜnicą faz między nimi.
•
ϕ
zaleŜy od połoŜenia punktu P a tym samym od kąta
θ
•
załóŜmy natomiast, Ŝe E
0
nie zaleŜy od
θ
(szczeliny są dostatecznie wąskie, tak Ŝe
ś
wiatło ugięte na kaŜdej ze szczelin oświetla środkową część ekranu równomiernie)
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-5
Wynika stąd, Ŝe wypadkowe pole elektryczne w punkcie P jest równe
E = E
1
+ E
2
Uwaga: Mówimy o polu E, a nie polu B (fali EM) poniewaŜ działanie tego drugiego na
detektory światła (w tym oko ludzkie) jest znikome. Równanie powyŜsze 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 = E
0
sin(
ω
t+
ϕ
) + E
0
sin
ω
t = 2E
0
cos(
ϕ
/2) sin(
ω
t+
ϕ
/2)
lub
E = E
θ
sin(
ω
t+
β
)
gdzie
β
=
ϕ
/2 oraz E
θ
= 2E
0
cos
β
Teraz chcemy obliczyć natęŜenie fali wypadkowej
I
θ
∼
E
θ
2
Obliczmy stosunek natęŜeń dwu fal: fali wypadkowej i fali pojedynczej
2
0
0
=
E
E
I
I
θ
θ
czyli
β
β
θ
2
2
0
cos
cos
4
m
I
I
I
=
=
(28.3)
NatęŜenie zmienia się od zera (dla punktów, w których
ϕ
= 2
β
=
π
) do maksymalnego
(dla punktów, w których
ϕ
= 2
β
= 0).
RóŜnica faz wiąŜe się z róŜnicą dróg S
1
b poprzez prostą relację
róŜnica faz/2
π
= róŜnica dróg/
λ
(28.4)
czyli
λ
θ
π
ϕ
sin
2
d
=
Stąd
)
sin
(
2
θ
λ
π
ϕ
d
=
lub
θ
λ
π
β
sin
d
=
Poprzez to równanie mamy zaleŜność natęŜenia od kąta
θ
.
Narysujmy teraz rozkład natęŜeń dla interferencji przy dwóch szczelinach (rysunek po-
niŜej) porównując z wynikiem dla pojedynczego źródła jak i dla źródeł niespójnych.
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-6
Aby wyliczyć wypadkowe natęŜenie światła w doświadczeniu Younga dodawali-
ś
my dwa zaburzenia falowe postaci E
1
= E
0
sin
ω
t, E
2
= E
0
sin(
ω
t+
ϕ
), które miały tę samą
częstość i amplitudę, a róŜniły się fazą
ϕ
. Wynik uzyskany został algebraicznie na pod-
stawie 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 moŜe być przedstawione graficznie jako obracający się
wektor, którego długość reprezentuje amplitudę. Taki wektor będziemy nazywać
strzał-
ką fazową
(wskazem). Zmienne zaburzenie falowe E
1
w chwili t przedstawione jest
przez rzut tej „strzałki” na oś pionową (odpowiada to pomnoŜeniu E
0
przez sin
ω
t).
Drugie zaburzenie falowe E
2
, o tej samej amplitudzie E
0
, róŜni się od E
1
fazą
ϕ
. Znajdu-
jemy je podobnie jako rzut „strzałki” na oś pionową. Teraz wystarczy dodać E
1
i E
2
Ŝe-
by otrzymać wypadkowe zaburzenie.
Widać to jeszcze lepiej gdy
umieści się początek jednej
strzałki na końcu poprzedniej
zachowując róŜnicę faz (rysunek
obok).
4I
0
ź
ródła
spójne
I
0
jedno
ź
ródło
2I
0
ź
ródła
niespójne
2
λ
/d
λ
/d
2
λ
/d
λ
/d
0
sin
θ
n
a
t
ę
Ŝ
e
n
ie
E
2
E
1
E
1
E
0
E
0
E
0
ω
t
ω
t
ϕ
E
2
E
1
E
0
E
0
ω
t
ϕ
E
θ
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-7
Przykład 2
Znajdźmy
wypadkową
następujących
zaburzeń
falowych:
E
1
= 2sin
ω
t,
E
2
= 2sin(
ω
t+30
°
), E
3
= 2sin(
ω
t+60
°
), E
4
= 2sin(
ω
t+90
°
).
JeŜeli przyjmiemy np., Ŝe
ω
t = 15
°
to E
M
= 6.7, E = 5.8 (rysunek poniŜej).
Na kolejnym rysunku pokazane są strzałki fazowe dla interferencji Younga (w chwili
t = 0).
E
θ
= 2E
0
cos
β
= E
M
cos
β
Suma kątów w trójkącie wynosi 180
°
stąd wynika,
Ŝ
e: 2
β
=
ϕ
(taki sam wynik jaki otrzymaliśmy al-
gebraicznie).
Maksimum amplitudy otrzymamy jak widać dla
ϕ
= 0 (wektory równoległe), a minimum dla
ϕ
=
π
(wektory antyrównoległe).
28.4
Interferencja w cienkich błonkach
Barwy cienkich błonek, baniek my-
dlanych, plam np. oleju na wodzie są wyni-
kiem interferencji. Na rysunku pokazana jest
warstwa o grubości d i współczynniku zała-
mania n. Błonka jest oświetlona przez roz-
ciągłe źródło światła monochromatycznego.
W źródle istnieje taki punkt S, Ŝe dwa pro-
mienie wychodzące z tego punktu mogą do-
trzeć do oka po przejściu przez punkt a.
Promienie te przebiegają róŜne drogi gdyŜ
jeden odbija się od górnej, a drugi od dolnej
ϕ
ϕ
ϕ
ω
t
E
E
M
E
0
E
0
E
0
E
0
E
0
E
0
β
β
ϕ
E
θ
oko
d
S
powietrze
powietrze
błonka
n
a
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-8
powierzchni błonki. To czy punkt a będzie jasny czy ciemny zaleŜy od wyniku interfe-
rencji fal w punkcie a. Fale te są spójne, bo pochodzą z tego samego punktu źródła
ś
wiatła. JeŜeli światło pada prawie prostopadle to geometryczna róŜnica dróg pomiędzy
obu promieniami wynosi prawie 2d. MoŜna więc oczekiwać, Ŝe maksimum interferen-
cyjne (punkt a jasny) wystąpi gdy odległość 2d będzie całkowitą wielokrotnością długo-
ś
ci fali. Okazuje się, Ŝe tak nie jest z dwu powodów
•
długość fali odnosi się do długości fali w błonce
λ
n
a nie do jej długości w powietrzu
λ
. Oznacza to, Ŝe musimy rozwaŜać drogi optyczne, a nie geometryczne (patrz wy-
kład 26 - zasada Fermata). Przypomnijmy, Ŝe prędkość fali jest związana z częstotli-
wością (barwą) i długością fali
v
=
λ
v
oraz, Ŝe przy przejściu do innego ośrodka
zmienia się prędkość i długość fali, a czę-
stotliwość pozostaje bez zmiany
. PoniewaŜ przy przejściu z powietrza do materiału o
współczynniku załamania n prędkość maleje n razy
v
= c/n
to długość fali teŜ maleje n razy
λ
n
=
λ
/n
•
okazuje się ponadto, Ŝe fala odbijając się od ośrodka optycznie gęstszego (większe n)
zmienia swoją fazę o
π
. Natomiast gdy odbicie zachodzi od powierzchni ośrodka
rzadszego optycznie fala odbija się
bez zmiany fazy
. Oznacza to, Ŝe promień odbity
od górnej powierzchni błonki zmienia fazę, a promień odbity od dolnej granicy nie.
MoŜemy teraz uwzględnić oba czynniki tj. róŜnice dróg optycznych oraz zmiany faz
przy odbiciu.
Dla dwóch promieni pokazanych na rysunku warunek na maksimum ma postać
2d = m
λ
n
+
λ
n
/2,
m = 0, 1, 2, ....,
Czynnik
λ
n
/2 opisuje zmianę fazy przy odbiciu (od górnej powierzchni) bo zmiana fazy
o 180
°
(
π
) jest równowaŜna róŜnicy dróg równej połowie długości fali (róŜnica
faz/2
π
= róŜnica dróg/
λ
)
. PoniewaŜ
λ
n
=
λ
/n otrzymujemy więc
λ
+
=
2
1
2
m
dn
,
m = 0, 1, 2,..... (maksima)
Analogiczny warunek na minimum ma postać
λ
m
dn
=
2
,
m = 0, 1, 2,....(minimum)
Z. Kąkol-Notatki do Wykładu z Fizyki
28-9
Równania te są słuszne jeŜeli współczynnik załamania błonki jest większy lub mniejszy
od współczynnika załamania ośrodków po obu stronach błonki.
Przykład 3
Błonka wodna (np. bańka mydlana, n = 1.33) znajdująca się w powietrzu ma grubość
320 nm. Jaki kolor ma światło odbite, gdy błonka jest oświetlona światłem białym pada-
jącym prostopadle?
Z warunku na maksimum obliczamy
λ
2
1
nm
850
2
1
33
.
1
nm
320
2
2
1
2
+
=
+
⋅
⋅
=
+
=
m
m
m
dn
λ
Obliczamy
λ
dla kolejnych m:
m = 0,
λ
= 1700 nm, poza zakresem widzialnym
m = 1,
λλλλ
= 567 nm, w zakresie widzialnym (Ŝółtozielona)
m = 2,
λ
= 340 nm, poza zakresem widzialnym
m = 3, 4, ...., poza zakresem widzialnym.