Matakuliah
: K0252 / Fisika
Dasar II
Tahun : 2007
INTERFERENSI
PERTEMUAN 08-09
1. GELOMBANG ELEKTROMAGNATIK
Cahaya sebagai gelombang elektromagnetik terdiri atas dua kompo- . nen yaitu : gelombang medan
listrik E(x,t) dan gelombang medan . magnet B(x,t). Keduanya saling , tegak lurus, dan keduanya
tegak
. lurus arah rambatan ( gelombang transversal) .
. Intensitas gelombang
elektromagnetik disebut Poynting vector dan . satuannya dalam W/m2 . Pengukuran intensitas ini
berlaku untuk
. semua panjang gelombang .
. Pada
cahaya terdapat dua macam panjang gelombang , yaitu ;
. panjang gelombang nampak (=400 nm
– 700 nm) dan panjang ge- . lombang tidak nampak . Mata sangat dipengaruhi oleh rangsangan . .
kecerahan visual (=brightness) dan peka terhadap panjang gelom- . bang tertentu (= 550 nm) ; yaitu
warna kuning nampak lebih terang . dari warna merah atau biru walaupun sumber warna-warna
tersebut . berintensitas sama. Berdasarkan faktor-faktor tersebut maka ukuran . daya sumber cahaya
dinyatakan dalam lumen .
3
Bina Nusantara
1 lumen = 1/683 watt pada panjang gelombang 555 nm
- Cahaya nampak
Panjang Gelombang cahaya tampak antara :
400 nm - 700 nm
400 nm - 450 nm  Ungu
450 nm - 500 nm  Biru
500 nm - 570 nm  Hijau
570 nm - 590 nm  Kuning
590 nm - 630 nm  Jingga
630 nm - 700 nm  Merah
- Cahaya tak nampak
<< 400 nm  cahaya ultra
>> 700 nm  cahaya infra
- Intensitas Cahaya ( I ) : Intensitas
cahaya suatu sumber cahaya
. adalah ukuran kekuatan (intensitas) sumber menurut penglihatan
mata , satuan intensitas cahaya adalah Candela (=Cd)
1 Cd = 1 lumen (lm)/ sr ; sr = sudut ruang …………(01)
4
Bina Nusantara
- Iluminasi (Kuat penerangan ) , E :
Banyaknya flux cahaya yang mengenai suatu permukaan persatu- . an luas permukaan :
E = ∆F/∆A . Satuan : lumen / m2 = lux
………(02)
•
Contoh soal :
Kecerahan(brightness) suatu lampu 100 Wadalah 1700 lumen
a). Intensitas sumber cahaya
b). Iluminasi pada jarak 2.0 m
Jawaban :
a). I = lm / sr = 1700 lumen / (4 π sr ) = 135 CD
b). Iluminasi pada jarak 2.0 m dari lampu adalah :
E = 1700 lm / (4 π r2 )
= 1700 lm / (4 π x (2.0 m)2 )
= 34 lm/m2
. Tentukanlah :
5
Bina Nusantara
2. AZAS INTERFERENSI
Interferensi merupakan gejala superposisi / penggabungan dua . atau lebih gelombang yang
merambat pada waktu dan tempat
. yang sama .
- • Optika Geometri
Metoda penentuan letak dan besar suatu gambar / bayangan
. suatu benda secara
geometri .
▪ Optika Fisis
Mempelajari sifat-sifat fisis cahaya
• Sumber Koheren
Fase cahaya tidak berubah terhadap waktu ,sehingga beda fase
antara dua sumber cahaya titik tetap sama setiap saat .
6
Bina Nusantara
3. PERCOBAAN YOUNG (INTERFERENSI DUA CELAH)
P
r1
s1
θ
θ
d
S2
y
r2
B
O
dSin θ
R
LAYAR
- Cahaya yang berasal dari dua celah sempit S1 dan S2 adalah koheren
- Kedua cahaya berinterferensi di titik P ( di layar )
7
Bina Nusantara
Untuk jarak antara kedua celah ( d ) << R
Jarak layar dengan celah, dapat diambil pendekatan :
S1 B ┴ r1 dan S1 B ┴ r2
Beda Lintasan Optik S1 P dan S2 P adalah :
( r2 – r 1 ) n = n d sin θ ; n = index bias medium
(r2 – r 1 ) = d sin θ ; n = 1 untuk udara
Pola interferensi di titik P( di layar) ditentukan oleh jumlah gelombang
yang termuat pada beda lintasan : d sin θ
- Maximum (terang = interferensi konstruktif) terjadi bila :
d sin θ = m λ ; m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
….(03)
- Minimum (gelap = interferensi destruktif) terjadi bola :
d sin θ = (m + ½) λ ; m = 0 , 1 , 2 , 3 , .. ….(04)
8
Bina Nusantara
Di layar akan terlihat pola terang dan gelap silih berganti , yang
disebut : rumbai interferensi
Pola interferensi di bagian atas dan di bagian bawah dari titik pusat
(O) adalah simetris
- Ditribusi Intensitas (Rumbai interferensi)
. Frekuensi dan amplitudo gelombang cahaya dari S1 dan S2
adalah sama
. Gelombang cahaya yang tiba di titik P(layar) dari celah S1 adalah
E1 = Em1 sin (ω t – k r1)
dan dari celah S2 adalah :
E2 = Em2 sin (ω t – k r2)
. Superposisi gelombang di titik P :
E = E1 + E2 ( dengan diagram fasor)
9
Bina Nusantara
EP
Em1
(ωt - kr1)
φ = k(r2 - r1)
Em2
(ωt - kr 2)
EP 2 = Em1 2 + Em2 2 + 2 Em1 2 Em2 2 cos φ
Kalau Em1 = Em2 = Em , maka :
EP 2 = 2Em 2 (1 + cos φ) atau
EP 2 = 4Em 2 cos2 (φ/2) sehingga intensitas di titik P :
IP = I0 cos2 β
…………..(05)
10
Bina Nusantara
dimana I 0 = 4Em 2 adalah amplitudo intensitas maximum
β = φ/2 = (π/λ) d sin θ
……………(06)
untuk sudut θ << maka sin θ ≈ tg θ = y/R
sehingga persamaan (05) menjadi
IP = Iθ = Im COS 2 [(π d) / (λ R)] y
…………(07)
intensitas di setiap titik pada layar memenuhi persamaan (07)
Dari persamaan (06) bila
β = mπ ; m = 0 , 1 , 2 , 3
maka mπ = (π/λ) d sin θ → d sin θ = m λ , Maximum
bila β = (m + ½)π ; m = 0 , 1 , 2 , 3 maka
d sin θ = (m + ½) λ , Minimum
11
Bina Nusantara
http://www.phy.ntnu.edu.tw/java/waveInterference/waveInterference.html
http://www.walter-fendt.de/ph11e/interference.htm
12
Bina Nusantara
Contoh soal 1:
Celah pada inteferensi Young disinari dengan cahaya yang panjang
gelombangnya 546 nm . Jarak antara ke dua celah d = 0.1 mm dan
jarak layar dari celah 20 cm . Tentukan sudut deviasi θ minimum
pertama dan maximum ke sepuluh serta jarak linier antara 2 max
berturutan.
Jawaban :
d sin θ = (m + ½) λ , minimum
sin θ = [(m + ½) λ ] / d →
θ = arc sin [(m + ½) λ ] / d
minimum m = 0
θ = arc sin [(0 + ½) 546 nm ] / 0.1 mm
θ = 0.0027 rad = 0.160
d sin θ = m λ , maximum
sin θ = m λ / d , m = 10 →
arc sin θ = [ 10 x 546 nm]/ 0.1 mm→ θ = 3.130
13
Bina Nusantara
Contoh soal 2 :
Dua celah sempit yang terpisah sejauh 1.5 mm disinari dengan lampu natrium yang berpanjang
gelobang 589 nm . Rumbai interferensi diamati pada layar sejauh 3m . Carilah jarak antar rumbai di
layar
Jawaban :
Interferensi maximum :
d sin θ = m λ untuk θ << maka sin θ ≈ tg θ = ym /R →
y m = m λ R / d = 589 nm x 3 m / 0.001.5 m = 1.18 mm
Jadi jarak antar rumbai adalah 1.15 mm
Soal Latihan :
Dua antena dari suatu pemancar radio berjarak 50 m .Ke dua antena
memancarkan gelombang radio dengan frekuensi 10 Mhz seperti ..
14
Bina Nusantara
tergambar .
☼
S◙
○
S1
φ1
A
φ2
☼ ○
d
B
θ
S2
C 10 km
Fase awal antena S1 adalah 600 dan antena S2 900
Bila S1 dimatikan , intensitas di titik C adalah I2 = 2 m W/m2
Bila S2 dimatikan , intensitas di titik C adalah I1 = 1 m W/m2
Bila ke dua antena memancarkan bersama , tentukan :
a). Intensitas di titik C
b). Intensitas terlemah pada garis BC yang paling dekat dengan B
15
Bina Nusantara
4. INTERFERENSI SELAPUT TIPIS
- Cahaya pantul oleh medium lebih rapat (n1 > n ) akan
berbeda fase 1800 dari cahaya datang.
- Cahaya pantul oleh medium lebih renggang (n < n 1) tidak terjadi
perubahan fase .
F
A
E
θd
P
n
n1
>n
D
B
θb
d
C
n
- di titik B cahaya pantul berubah fase terhadap cahaya A
- di titikC cahaya pantul tidak berubah fase
16
Bina Nusantara
- Selisih lintasan optik antara cahaya BF dan cahaya BCDE adalah
Λ = n1 (BC + CD) - n BP
BC = CD = d / cos θb →
Λ = (2n1 d) / cos θb - n BP
BD = 2 d tg θb
BP = BD sin θb
- Menurut hukum Snellius :
n sin θd = n1 sin θb →
BP = BD (n1 / n) sin θb
maka Λ = 2n1 d/cos θb ( 1 - sin2 θb ) = 2 n1 d cos θb
Selisih fase = φ = (selisih lintasan optik) 2π / λ
- Sinar BF dan BCDE berbeda fase 1800 →
φ = (m + ½) 2π = k Λ = (4π/λ0 ) n1 d cos θb
………(08)
17
Bina Nusantara
λ9 = panjang gelombang cahya datang
n sin θd = n1 sin θb → (n sin θd ) 2 = (n1 sin θb ) 2
n1 cos θb = (n1 2 – n1 2 sin2 θb )½ →
n1 cos θb = (n1 2 – n 2 sin2 θd )½ sehingga pers. (08) menjadi
(4πd/λ0 )( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) 2π → …….(8a)
2 d ( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0
Interferensi Konstruktif (Maximum = Terang) :
2 d ( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0
m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
………(09)
Apabila sudut datang , θd = 00 maka :
2 n1 d = (m + ½) λ0
……(9a)
m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
18
Bina Nusantara
Interferensi Destruktif (Minimum = Gelap) :
2 d ( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = m λ0
m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
………(10)
Apabila θd = 00 maka :
2 n1 d = m λ0
……(10a)
m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
Contoh Selaput Tipis (1):
Cahaya hijau λ = 565.69 nm mengenai permukaan suatu selaput
tipis (n = 1.50) dengan sudut datang 300 . a). Berapakah
ketebalan minimum selaput agar cahaya yang dipantulkan adalah
maximum . b).Bagaimana cahaya yang dipantulkan bila tebal
selaput 1500 nm ?
19
Bina Nusantara
Jawaban :
a). 2 d ( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0 Maximum
Ketebalan minimum → m = 0
d = ( ¼ λ0 ) ( nf 2 – n 2 sin2 θd ) - ½
= ¼ x 565.69 x 10 - 9 m (1.5 2 – (½)2 ) - ½ = 100 nm
b). Kalau d = 1500 nm maka dari pers.(8a) diperoleh :
φ = (4πd/λ0 )( n1 2 - n2 sin2 θd )½ ± π
= (4π x 1500 nm/565.69 nm )( 1.5 2 - (½)2 )½ ± π
= 15 π ± π
Jadi bila λ = 1500 n m maka ini tetap memberikan interferensi .
maximum.
20
Bina Nusantara
Contoh selaput tipis 2 :
Selaput air n = 1.33 di udara tebalnya 320 nm . Jika selaput disinari
cahaya putih dalam arah normal , warna apakah yang akan nampak
pada cahaya yang direfleksikan .
Jawaban :
Supaya warnanya nampak maka dipakai interferensi max :
2 n1 d = (m + ½) λ0 ; m = 0 , 1 , 2 , 3 , ….
λ0 = (2 n1 d ) / (m + ½) = (2 x 1.33 x 320 nm)/ (m + ½)
= 850 nm / (m + ½) →
m=0
λ0 = 1700 nm
m=1
570 nm
m=2
340 nm
Warna yang nampak adalah λ = 570 nm ( hijau-kuning)
21
Bina Nusantara
Soal Latihan 1 :
Cahaya putih jatuh pada gelembung sabun secara tegak lurus dan
direfleksikan kembali . Pada daerah spektrum cahaya nampak
terdapat satu maximum interferensi (pada λ = 600 nm .dan satu
minimum di ujung viplet. nsabun = 1.33 . Hitunglah ketebalan
. selakput sabun tersebut .
Soal Latihan 2 :
Selaput tipis dengan ketebalan 4 x 10-5 cm disinari oleh cahaya
putih tegak lurus pada permukaannya. Index bias selaput 1.5 Dian
-tara spektrum cahaya nampak yang direfleksikan , panjang gelombang manakah yang diperkuat .[480 nm = biru]
Soal Latihan 3 :
Suatu selaput tipis n = 1.455 disinari secara tegak lurus dengan
cahaya 500 nm . Apabila sinar yang direfleksikan menghasilkan …
22
Bina Nusantara
interferensi minimum , berapakah ketebalan selaput tersebut .
5. KACA TAK PANTUL
F
A
E
θd
P
n
nF
nG
>n
B
d
> nf
D
θb
C
selisih lintasan optik sinar ABF dan BGDE adalah :
Λ = nf (BC + CD) – n BP
= (2d)( nf 2 – n2 sin2 θd )½
23
Bina Nusantara
 2 
selisih fase =  = 
  selisih lintasan optik 
  

1
 2 
2
2
2
2
= 
(2d)(
n
n
sin

)

f
d
  


1
4 d
2
2
2
1
m+
2 
( n f - n sin  d ) 2
2




- Pada kaca tak pantul yang terpenting adalah agar kaca/selaput
tidak memantulkan cahaya
- Sinar yang dipantulkan oleh bidang batas n dan nf sefase dengan
sinar yang dipantulkan oleh bidang batas antara nf dan ng
sehingga syarat untuk φ adalah :



1
2
2
2
1
m+

 (2d)( n f - n sin  d ) 2
0
2

24
Bina Nusantara
Interferensi destruktif (minimum = gelap) :
2d( n f - n sin  d )
2
2
2
1
2


 m + 1 o
……….(12) 2
m = 0 , 1 , 2 , 3 , ...
Untuk sudut datang θd = 00 maka :
2 nf d = (m + ½) λ 0
Tebal minimum lapisan , bila m = 0 :
dmin = 1 / 4nf
……….(12a)
………. (12b)
Contoh soal :
Seseorang mempergunakan kaca mata yang permukaannya dilapi
si dengan selaput tipis dari bahan MgF2 , n = 1.38 . Index bias
kaca matanya 1.5 .Berapakah ketebalan lapisan agar pada λ = 550
nm refeksinya minimum.
25
Bina Nusantara
Jawaban :
2 nf d = (m + ½) λ 0 → diambil m = 0
d = 550 nm / (4 x 1.38) = 100 nm
Soal latihan :
Suatu lapisan tipis aceton n = 1.25 membungkus permukaan kaca
tebal n = 1.50 .Gelombang cahaya datar dengan panjang gelombang
bermacam-macam mengenai tegak lurus selaput . Bila diamati
gelombang pantulnya , ternyata interferensi destruktif sepenuhnya
terjadi pada 600 nm dan interferensi konstruktif pada 700 nm .
Tentukan tebal selaput aceton .[840 nm]
26
Bina Nusantara
6. CINCIN NEWTON
- Titik P adalah perpotongan antara permukaan lensa dengan
. cahaya yang tegak lurus
permuKaan kaca .
. - Cahaya pada permuakaan lensa di titik
Pdipantulkan oleh medium . yang renggang ,sehingga cahaya terpantul sefase dengan sinar
.
datang.
- Cahaya yang diteruskan dipantulkan oleh kaca (medium rapat)
. sehingga sinar terpantul
berbeda fase 1800 dengan sinar datang
- Sinar terpantul di titik P dan sinar pantulan dari permukaan kaca
. beda fase 1800 ,sehingga
terjadi inteferensi maksimum (terang)
Intensitas Maximum :
2 nf d = (m + ½) λ0 Maximum (Terang) …………..(13)
m = 0 , 1, 2 , 3 , ….
n = index bias selaput tipis(medium)
27
Bina Nusantara
Jejari cincin Newton :
r = √ [( m + ½) λ0 R / nf ]
…………..(13a)
Intensitas minimum :
2 nf d = m λ 0 (Minimum)
…………..(14)
Jejari cincin Newton :
r = √ ( m λ0 R/nf )
R
lensa
medium
…………(14a)
R
sinar
R-d
r
nf
d
kaca
28
Bina Nusantara
Contoh soal 1:
Suatu lensa positif jejari 20 cm yang terletak di atas sebuah kaca disinari dengan cahaya; lampu natrium (
λ = 589.29 nm) secara tegak lurus. Ruangan antara lensa dan kaca diisi dengan cairan karbon
tetrachlorida (nf = 1.461) . Berapakah perbandingan antara jejari cincin gelap ke 23 sebelum
dimasukkan ke dalam cairan terhadap sesudah dimasukkan ke dalam cairan dan berakah jejari r23 .
Jawaban :
r = √( m λ 0 R/nf ) → r ud = √( m λ 0 R/nud ) ; di udara
r C = √( m λ 0 R/n C ) ; dalam cairan →
r udm / r Cm = √( m λ 0 R/ n ud ) / √( m λ 0 R/n C )
r udm / r Cm = √( n C / n ud )
r23 = [(23(589.29 nm x 0.2 m))/1.461]½ = 1.36 mm
29
Bina Nusantara
Contoh soal 2 :
Dua cahaya berpanjang gelombang 650 nm dan 520 nm menyinari sebuah lensa yang berada diatas
kaca datar secara tegak lurus . Jejari lensa 85 cm dan lensa berada di udara. Apabilla jejari gelap ke m
dari λ = 650 nm berimpit dengan jejari gelap ke m + 1 dari λ = 520 nm tentukanlah jejari-jejari
tersebut .
Jawaban :


1
2
1


m


R
 m 1 R 
2
2

 

 =


nf
 nf 


m 1   m  1 2  m 650 nm   m  1 520 nm 
1
2
m=4
30
Bina Nusantara
 4 x 650 nm x 0.85 m 
r4  
  1.49 m m
1


Jadi jejarinya adalah 4mm
Soal Latihan :
1. Diameter cincin terang ke sepuluh dalam alat cincin Newton
berubah dari 1.40 menjadi 1.27 cm ketika diteteskan zat cair
diantara lensa dan keping kaca. Tentukanlah index bias zat cair
tersebut.
2. Pada percobaan cincin Newton jejari lensanya 5 m dan diameter
nya 2.0 cm .a). Berapa cincin yang dihasilkan .b). Berapa banyak
cincin yang kelihatan jika susunan dicelupkan dalam air n = 4/3
31
Bina Nusantara
32
Bina Nusantara

download

download

download

download

download soal

download

download

download

download

download

download