Kezdőlap


Feladat:	1965. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Boros Tibor
Füzet:	1985/április, 181 - 184. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Interferencia vékony lemezen, éken, Színek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/október: 1965. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ha a fény optikailag különböző anyagok határára érkezik, általában két sugárra válik szét. Az egyik visszaverődik, míg a másik behatol az új anyagba. A behatoló sugár a következő határfelületen ismét az előzőeknek megfelelően viselkedik. Az innen visszavert sugár az első határfelülethez érve részben kilép az anyagból. Ez a sugár egy, a film felületéről visszavert sugárral találkozva interferál, ha a fénysugarak útkülönbsége nem túl nagy.
A feladat nem definiálja pontosan a kísérleti elrendezést. Két határesetet képzelhetünk el. Nevezzük a) esetnek azt az elrendezést, amelyben egy vékony filmünk van, amit mindkét oldalról levegő határol. A b) eset pedig legyen az, amikor a filmet az egyik oldalról levegő, a másik oldalról egy optikailag sűrűbb közeg határolja. Ez akkor teljesül, ha a vékony filmet valamilyen anyag felületén hoztuk létre. Az a) és b) eset számolása csak némileg tér el, a megoldást mindkét esetre megadjuk.

Számítsuk ki az ábra szerinti

B

pontban az onnan visszaverődött 1-es sugár és a rétegen keresztül odaérkező 2-es sugár fázisát!
Az

O

és az

A

pontban az 1. és 2. sugár fázisa megegyezik. Ezt tekintjük kezdőhelyzetnek és az ehhez viszonyított fázisokat határozzuk meg a

B

pontban. Az 1. sugár az

O

ponttól a

B

pontig

A B sin α

utat tesz meg, ami alatt fázisa

(2 π / λ) A B sin α = δ_{1}

-gyel változik meg, ahol

λ

a sugár hullámhossza a levegőben. Az 1. sugár a

B

pontban egy optikailag sűrűbb közeg határáról visszaverődik, így fázisa

π

-vel ugrik. Tehát a

B

pontból visszavert 1. sugár fázisa az

O

ponthoz viszonyítva

δ_{1} + π

. A 2. sugár a

C

pontig

d / cos β

utat tesz meg. Ott az a) esetben optikailag ritkább, a b) esetben optikailag sűrűbb közeg határán verődik vissza, így fázisugrása 0, ill.

π

. A visszaverődés után a 2. sugár szintén

d / cos β

utat tesz meg, majd a

B

pontban fázisugrás nélkül kilép a filmből.
Az

A

ponthoz viszonyított fázisa tehát

\begin{matrix} a) & 2 \cdot \frac{2 π}{λ / n} \cdot \frac{d}{cos β} = δ_{2}, \\ b) & 2 \cdot \frac{2 π}{λ / n} \cdot \frac{d}{cos β} + π = δ_{2}^{*}, \end{matrix}

ahol figyelembe vettük, hogy a filmben a hullámhossz

λ / n

(

n = 1, 33

a törésmutató).
Két találkozó sugár akkor erősíti egymást, ha fázisuk

2 π k

-val tér el (

k

egész szám), azaz

\begin{matrix} δ_{2} - δ_{1} - π = 2 π k . \end{matrix}

(1)

Ennek a különbségnek a kiszámításához célszerű felírni

δ_{1}

-et és

δ_{2}

-t a törési törvény felhasználásával.
Végezzük el az alábbi átalakításokat:

\begin{matrix} A B = 2 d tg β = 2 d \frac{sin β}{\sqrt[]{1 - sin^{2} β}} = 2 d \frac{sin β}{sin α} sin α \cdot \frac{1}{\sqrt[]{1 - sin^{2} β}} = \\ = \frac{2 d sin α}{\sqrt[]{\frac{sin^{2} α}{sin^{2} β} - sin^{2} α}} = \frac{2 d sin α}{\sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}}, \end{matrix}

hasonlóan

\begin{matrix} \frac{d}{cos β} = \frac{d}{\sqrt[]{1 - sin^{2} β}} = \frac{d n}{\sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}} . \end{matrix}

Ezeket felhasználva az (1) egyenletből a következő összefüggést kapjuk az a) ill. a b) esetben:

\begin{matrix} a) \frac{4 π d n^{2}}{λ \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}} - \frac{2 π}{λ} \cdot \frac{2 d sin^{2} α}{\sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}} - π = 2 π k, \end{matrix}

rendezve

\begin{matrix} \frac{4 π}{λ} d \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α} = (2 k + 1) π; \\ b) & \frac{4 π}{λ} d^{*} \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α} = 2 k π . \end{matrix}

Ebből a réteg vastagsága:

\begin{matrix} a) d = \frac{(2 k + 1) λ}{4 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}}; b) d^{*} = \frac{k λ}{4 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}} . \end{matrix}

(2)

A feladat szerint a visszavert fényben a

λ = 600 nm

hullámhosszúságú sárga fény látszik a legerősebben, így erre teljesül az (1) egyenlet, azaz az abból kapott (2) összefüggés. A számadatokat behelyettesítve

\begin{matrix} d = 140 nm \cdot (2 k + 1) és d^{*} = 280 nm \cdot k \end{matrix}

adódik.
Más látható fényre, azaz

400 nm

és

720 nm

hullámhossz közti,

600 nm

-től eltérő hullámhosszú fényre az (1) egyenlet nem teljesül, hisz a feladat szerint a visszavert fény

600 nm

-től eltérő hullámhosszú látható fényt nem tartalmaz a sárgával megegyező intenzitással.
Meg kell vizsgálnunk, hogy a fentebb kapott lehetséges filmvastagságok közül mikor van csak a

600 nm

-es hullámhossznál erősítés.
Az a) esetben, ha

d = 140 (2 l + 1) nm

, akkor a (2) összefüggésből

\begin{matrix} 140 (2 l + 1) = \frac{(2 l + 1) 600}{4 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α}} . \end{matrix}

innen

\begin{matrix} 600 = 4 \cdot 140 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α} . \end{matrix}

(2) szerint (az előbbi összefüggést felhasználva)

\begin{matrix} λ = \frac{4 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α} \cdot d}{2 k + 1} = \frac{4 \sqrt[]{n^{2} - sin^{2} α} \cdot 140 (2 l + 1)}{2 k + 1} = \frac{600 (2 l + 1)}{2 k + 1} \end{matrix}

hullámhosszakra van erősítés.
Meg kell állapítanunk, hogy milyen rögzített

l

mellett áll fenn pontosan egy

k

-ra a

\begin{matrix} 400 \leq λ \leq 720 \end{matrix}

(3)

összefüggés.
Rögzített

l

mellett a

\frac{600 (2 l + 1)}{2 k + 1}

kifejezés

k

monoton függvénye

(k > 0)

k = l

esetén értéke 600, így ha

k = l - 1

és

k = l + 1

-re nem teljesül a (3) összefüggés, akkor ennél kisebb, ill. nagyobb

k

-ra sem teljesül.
Határozzuk meg tehát, hogy milyen

l

esetén teljesül az alábbi két egyenlőtlenség egyszerre:

\begin{matrix} \frac{600 (2 l + 1)}{2 l + 3} < 400, \frac{600 (2 l + 1)}{2 l - 1} > 720. \end{matrix}

Könnyen látható, hogy

l < 1, 5

esetén teljesül e két egyenlőtlenség, azaz

l = 0

és

l = 1

esetén.
A b) esetben hasonló meggondolások alapján kapjuk, hogy a látható fény intervallumában csak a

d^{*} = 280 nm

-es filmvastagság esetén van csupán a

600 nm

-es fénynél erősítés.
Eredményeinket összefoglalva azt kapjuk, hogy a film vastagsága

140 nm

280 nm

vagy

420 nm

lehet.