OTTICA

OTTICA
ESERCIZIO 1 [Prova d’esame del 15/07/04]
Due sorgenti puntiformi A1 e A2 trasmettono in modo isotropo nel vuoto
~
onde sferiche monocromatiche (λ= 20 cm) polarizzate linearmente con E
diretto perpendicolarmente al piano che contiene le due sorgenti e un ricevitore. Le onde sono coerenti con i trasmettitori A1 e A2 e la fase relativa di
emissione ∆ϕ tra A1 e A2 può essere cambiata con continuità. A1 e A2 hanno la stessa potenza media W = 10 W. Se un ricevitore è posto a distanza
di d1 = 100 cm da A1 e d2 = 90 cm da A2 , quanto deve valere ∆ϕ affinché
il ricevitore registri un massimo di intensità? Quanto vale l’intensità media?
SOLUZIONE
p
I = I1 + I2 + 2 I1 · I2 cos δ
Tenendo conto della differenza di fase di emissioine ∆ϕ, lo sfasamento δ tra
le due onde risulta:
2π
(d1 − d2 ) + ∆ϕ
λ
dove δ = 2nπ per avere l’intensità massima
∆ϕ
d1 − d2
d1 − d2
=n−
−→ ∆ϕ = 2π n −
2π
λ
λ
1
0, 1
1
∆ϕ = 2π n −
= 2π n −
0, 2
2
= π (2n − 1)
Quando l’intensità è massima:
p
I = I1 + I2 + 2 I1 · I2
I1 ⇒ W1 = 4πd21 I1
I1,2 =
W
W
+
+2
I=
4πd21 4πd22
=
W
4π
s
W1,2
4πd21,2
W
W
W
·
=
4π
4πd21 4πd22
1
1
+
d1 d2
2
10
1
1+
4π
0, 9
=
2
1
1
1
+
+2
d1 d2
d21 d22
2
= 3, 5
W
m2
=
ESERCIZIO 2
Determinare la distanza tra due frange chiare per un reticolo di diffrazione
di passo a = 0,8 mm, e luce incidente avente λ=5,9 10−7 m. La distanza
delle schermo dal reticolo è: Dschermo = 0, 5m.
SOLUZIONE
Le frange di interferenza nella direzione θ individuata da sin θ = x/D, si
trovano per:
πax
ax
= nπ →
=n
Dλ
λD
e la distanza tra due frange successive ∆x si trova per ∆n = 1:
a∆x
=1
λD
∆x =
λD
5, 9 · 10−7
=
5 · 10−1 = 3, 7 · 10−4 m
a
8 · 10−4
3
ESERCIZIO 3
Interferenza tra due sorgenti incoerenti, aventi la stessa frequenza ν1 = ν2 ,
in un punto P.
SOLUZIONE
L’incoerenza è dovuta ad una differenza di fase Φ(t) variabile nel tempo in
modo casuale:
(
ξ1 = ξ01 sin (ωt − kr1 − φ (t))
ξ2 = ξ02 sin (ωt − kr2 )
δ = kr1 − kr2 + φ(t)
2
2
ξ02 = ξ01
+ ξ02
+ 2ξ01 ξ02 cos [k (r1 − r2 ) + φ (t)]
Poichè ξ02 cambia con t, ne faccio il valor medio nel tempo. A causa delle
variazioni casuali Φ(t) anche la differenza di fase δ varia in modo casuale.
2 + ξ2 .
Ne segue che il valor medio nel tempo di cos δ è 0 e che: ξ02 = ξ01
02
2
2
Perciò I = I1 + I2 , non osservo cambiamenti di I con la posizione di P, come
succede per l’interferenza di due sorgenti coerenti. Per sorgenti coerenti infatti cos δ è costante nel tempo e dipende solo dalla posizione del punto P.
4
ESERCIZIO 4
Dimostrare che un raggio di luce incidente su una lastra di vetro a facce
piane parallele di spessore t emerge dalla faccia opposta parallelamente alla
direzione iniziale ma spostata trasversalmentre. Si dimostri che per piccoli
valori di θ (angolo di incidenza) lo spostamento vale x=t · θ · (n − 1)/(n) dove
θ è espresso in radianti. Si calcoli lo spostamento x per θ = 10◦ , t = 1 cm e
vetro crown (n=1,52).
SOLUZIONE
Quando le facce della lastra sono parallele il raggio incidente e il raggio
emergente risultano paralleli tra loro. Infatti l’angolo di rifrazione nel passaggio aria-lastra è alterno interno e quindi uguale all’angolo di incidenza
nel passaggio lastra-aria. Per la legge di Snell essendo n sin θ = costante nel
passaggio da un mezzo all’altro risulterà: 1 · sin θi = n · sin θr = n · sin θi0 =
1 · sin θr0 Quindi l’angolo θi di incidenza e l’angolo θr0 con cui il raggio
emerge dalla lastra sono uguali. Con riferimento al disegno osservo inoltre
che α = AP̂ B = H B̂C in quando angoli formati da rette a due a due
perpendicolari tra loro.
x = BC cos α; AB =
t
sin α
cos α
t
sin θ
cos θ
BC = AC − AB
AC =
5
sin θ
n
sin θ
= −→ sin α =
sin α
1
n
s
1−
cos α =
sin2 θ
n2
BC = AC − AB = t (tan θ − tan α)
sin θ
n
2
1 − sinn2 θ
x = BC cos θ = t sin θ − t q
cos θ


cos θ 
1
x = t sin θ 1 − · q
2
n
1 − sinn2 θ
per θ = 0 →, cos θ ∼
= 1, sin θ ≈ θ, 1 −
x = tθ 1 −
θ = 10◦ =
sin2 θ
n2
1
n
∼
=1
= tθ
n−1
n
10
1, 52 − 1
π = 0, 175rad −→ x = 10−2 · 0, 175
= 0, 6µm
180
1, 52
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ESERCIZIO 5
Una sorgente puntiforme di onde elettromagnetiche è posta nel mezzo 1
(con n1 = indice di rifrazione) nel punto A a distanza d1 dal piano Σ di
interfaccia con il mezzo 2 di indice di rifrazione n2 . Si consideri un punto
B a distanza d2 da Σ. Mostrare che fra i possibili raggi congiungenti A e
B quello per cui è minimo il tempo di percorrenza tp verifica la legge di Snell.
SOLUZIONE
Nei materiali omogenei e isotropi la traiettoria che rende minimo il tempo di percorrenza è quella a minima lunghezza (retta), tp corrisponde al
tempo per percorrere la spezzata ACB:
tp =
AC =
CB =
CB
AC
CB
AC
+
= n1
+ n2
v1
v2
c
c


q
d21 + x2
q
(d − x)2 + d22 
q
1
= n1 d21 + x2 + n2 (d − x)2 + d2
c
tP =
q
cerco il minimo rispetto a x, derivando e poi uguagliando a zero:


dtp
1
n1 x
n2 (d − x) 
=0
= q
−q
dx
c
d21 + x2
(d − x)2 + d22
√
x
d21 +x2
d−x
(d−x)2 +d22
p

 dt
1
p
= [n1 sin θi − n2 sin θr ] = 0
= sin θr  dx
c
= sin θi
n1 sin θ1 = n2 sin θr
7
ESERCIZIO 6
Il rifrattometro di Pulfrich serve a determinare l’indice di rifrazione di un
liquido n, se n < nvetro del prisma.
Un prisma retto di vetro a grande n (np = 1, 6) ha una faccia orizzontale
su cui è posata una vaschetta di vetro contenente un liquido con n ignoto.
Un pennello di luce radente AO incide nel liquido; l’angolo del raggio PQ
uscente dalla faccia verticale del prisma è β = 63◦ .
Calcolare l’indice n di rifrazione del liquido.
SOLUZIONE
All’interfaccia liquido-vetro (punto O):
π
n sin = np sin θr
2
All’interfaccia vetro-aria (punto P):
π
np sin( − θr ) = np cos θr = naria sin β = sin β
2
8
(
n = np sin θr
np cos θr = sin β
(
√
n = np 1 − cos2 θr
β
cos θr = sin
np
v
u
u
sin2 β q 2
= np − sin2 β = 1, 36
n = np t1 −
2
np
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ESERCIZIO 7
Una lastra di materiale trasparente di indice di rifrazione n3 = 1, 6 è ricoperta uniformemente da uno strato sottile di vernice trasparente (n2 =1,26)
di spessore d. Un fascio di luce monocromatico con λ0 = 6000Ȧ (nel vuoto)
incide normalmente sulla lastra provenendo dall’aria (n1 =1). Calcolare i
possibili spessori d di vernice da applicare alla lastra per ridurre al minimo
la luce riflessa.
SOLUZIONE
Per incidenza normale:
E00 = E0
2n1
n1 − n2
; E0r = E0
n1 + n2
n1 + n2
riflessione aria/vernica:
n1 − n2
n1 + n2
ma n2 > n1 quindi si avrà uno sfasamento di π
Trasmissione nella vernice:
l’onda è in fase, per un percorso d → sfasamento δ1
Erif lesso = E0
c
1
n
λ0
= =n→ =
λ
v
λ
λ0
2π
2π
δ1 =
d=
n2 d
λ
λ0
λ0 = cν; λ = vν;
Riflessione vernice-vetro:
se ho n3 > n2 ho un altro sfasamento di π
il percorso nella vernice sarà
δ2 =
2π
n2 d
λ0
Lo sfasamento complessivo dell’onda che è stata trasmessa rispetto all’onda
riflessa dalla vernice sarà:
2π
4π
δ = δ 1 + δ 2 = 2 n2 d =
n2 d
λ0
λ0
10
Per eliminare la riflessione è necessaria un’interferenza distruttiva:
δ = (2m + 1)π → (2m + 1)π =
11
(2m + 1)λ0
4π
n2 d → d =
λ0
4n2