Sprawdzian IV: falowa natura światła i wielka synteza optyki (moduły 13–15)

Część a — Częstotliwość i okres w próżni:

$$f = \frac{c}{\lambda_0} = \frac{3 \cdot 10^8\text{ m/s}}{4{,}05 \cdot 10^{-7}\text{ m}} \approx 7{,}407 \cdot 10^{14}\text{ Hz} \approx 741\text{ THz}$$

$$T = \frac{1}{f} = \frac{1}{7{,}407 \cdot 10^{14}\text{ Hz}} \approx 1{,}35 \cdot 10^{-15}\text{ s} = 1{,}35\text{ fs}$$

---

Część b — Częstotliwość w szkle:

Częstotliwość fali NIE ULEGA ZMIANIE przy przejściu do innego ośrodka ($f = \text{const}$)! W szkle częstotliwość wynosi dokładnie tyle samo: $7{,}41 \cdot 10^{14}\text{ Hz}$.

---

Część c — Prędkość i długość fali w szkle:

Prędkość w szkle: $$v = \frac{c}{n} = \frac{300\,000\text{ km/s}}{1{,}62} \approx 185\,185\text{ km/s} \approx 1{,}85 \cdot 10^8\text{ m/s}$$

Długość fali w szkle: $$\lambda_{\text{szkło}} = \frac{\lambda_0}{n} = \frac{405\text{ nm}}{1{,}62} = 250\text{ nm}$$ Długość fali skurczyła się z $405\text{ nm}$ do $250\text{ nm}$.

Część a — Stała siatki $d$ i gęstość rys $N$:

Dla małych kątów $\sin \alpha_1 \approx \tan \alpha_1 = \frac{x_1}{L} = \frac{0{,}266\text{ m}}{2{,}0\text{ m}} = 0{,}133$.

Ze wzoru siatki dla $k = 1$: $$d \cdot \sin \alpha_1 = \lambda_{\text{ziel}} \implies d = \frac{\lambda_{\text{ziel}}}{\sin \alpha_1} = \frac{5{,}32 \cdot 10^{-7}\text{ m}}{0{,}133} = 4 \cdot 10^{-6}\text{ m} = 4\,\mu\text{m}$$

Liczba rys na $1\text{ mm}$: $$N = \frac{1\text{ mm}}{d} = \frac{10^{-3}\text{ m}}{4 \cdot 10^{-6}\text{ m}} = 250\text{ rys/mm}$$

---

Część b — Położenie prążka dla lasera czerwonego:

Ze wzoru $x = \frac{k \cdot \lambda \cdot L}{d}$: $$x_{\text{czerw}} = \frac{1 \cdot 665 \cdot 10^{-9}\text{ m} \cdot 2{,}0\text{ m}}{4 \cdot 10^{-6}\text{ m}} = \frac{1{,}33 \cdot 10^{-6}}{4 \cdot 10^{-6}} = 0{,}3325\text{ m} = 33{,}25\text{ cm}$$

Światło czerwone ugnie się pod większym kątem i prążek powstanie w odległości $33{,}25\text{ cm}$ od środka (dalej niż prążek zielony!).

Część a — Wyznaczenie długości fali:

Zależność na odstęp prążków: $\Delta x = \frac{\lambda \cdot L}{d}$. Przekształcamy wzór na $\lambda$: $$\lambda = \frac{d \cdot \Delta x}{L} = \frac{3 \cdot 10^{-4}\text{ m} \cdot 3 \cdot 10^{-3}\text{ m}}{1{,}5\text{ m}} = \frac{9 \cdot 10^{-7}}{1{,}5} = 6 \cdot 10^{-7}\text{ m} = 600\text{ nm}$$

Długość fali wynosi $600\text{ nm}$, co odpowiada barwie pomarańczowo-żółtej.

---

Część b — Analiza zmian geometrii układu:

• Skoro $\Delta x \sim L$, dwukrotne oddalenie ekranu ($2L$) spowoduje dwukrotne zwiększenie odstępu prążków ($\Delta x' = 2 \cdot 3{,}0\text{ mm} = 6{,}0\text{ mm}$).
• Skoro $\Delta x \sim \frac{1}{d}$, dwukrotne zbliżenie szczelin do siebie ($d/2$) również spowoduje dwukrotne zwiększenie odstępu prążków ($\Delta x'' = 6{,}0\text{ mm}$).

Część a — Czarna plama na bańce mydlanej:

Gdy ścianka bańki staje się skrajnie cienka ($d \ll \lambda$, rzędu kilku nanometrów), geometryczna różnica dróg wewnątrz błonki wynosi niemal zero ($2d \approx 0$). Jednak przy odbiciu od zewnętrznej powierzchni woda-powietrze (od ośrodka gęstszego) następuje skok fazy o $\pi$ (o pół fali $\lambda/2$), podczas gdy przy odbiciu od tylnej ścianki (od ośrodka rzadszego) skok fazy nie zachodzi. W rezultacie fale odbite od obu ścianek spotykają się w przeciwfazie i wygaszają się destruktywnie dla wszystkich barw widzialnych! Brak jakiegokolwiek światła odbitego tworzy czarną plamę Newtona.

---

Część b — Grubość powłoki antyrefleksyjnej:

$$d_{\text{AR}} = \frac{\lambda}{4 \cdot n} = \frac{524\text{ nm}}{4 \cdot 1{,}38} = \frac{524}{5{,}52} \approx 94{,}93\text{ nm} \approx 95\text{ nm}$$

Optymalna grubość warstwy wynosi około $95\text{ nanometrów}$.