INTEFERENSI (P16-17/F2F) Pertemuan ini membahas mengenai kerja sama antara dua atau lebih gelombang cahaya pada suatu tempat dan pada waktu yang sama . . Menurut Maxwell cahaya adalah gelombang elekmagnetik yang merambat secara transversal ; terdiri atas komponen elektrik yang memberikan intensitas dan komponen magnertik . . Menurut prinsip Huygens untuk suatu medium homogen dan isotropik ,setiap titik pada permukaan gelombang dapat dianggap sebagai sumber gelombang cahaya sekunder yang gelombangnya meram bat ke segala arah dengan kecepatan dan frekuensi yang 7/11/2017 sama dengan gelombang primer. 1 1. PENDAHULUAN • Optika Geometri Metoda penentuan letak dan besar suatu gambar / bayangan suatu benda secara geometri . • Optika Fisis Mempelajari sifat-sifat fisis cahaya • Azas Interferensi Interferensi merupakan gejala superposisi / penggabungan dua atau lebih gelombang yang merambat pada waktu dan tempat yang sama. • Sumber Koheren Fase cahaya tidak berubah terhadap waktu, hingga beda fase cahaya dari dua titik sumber adalah tetap setiap 7/11/2017 saat. 2 2. PERCOBAAN YOUNG ( INTERFERENSI 2 CELAH ) P r1 θ S1 θ d S2 Y r2 B O dSin θ R Celah Layar - Cahaya yang berasal dari dua celah sempit S1 dan S2 adalah koheren dan sefase. 7/11/2017 3 - Kedua cahaya berinterferensi di titik P ( di layar ) - Untuk jarak antara kedua celah ( d ) << X - Jjarak layar dengan celah, dapat diambil pendekatan : S1 B ┴ r1 dan S1 B ┴ r2 - Beda Lintasan Optik S1 P dan S2 P : ( 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 7/11/2017 4 Maksimum ( terang = konstruktif ) , terjadi bila : d sin θ = m λ ; m = 0.1.2,… [11.1] Minimum ( gelap = destruktif) , terjadi bila : d sin θ = (m+1/2) λ ; m = 0,1,2,… [11.2] - 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. 7/11/2017 5 3. INTENSITAS RUMBAI INTEFERENSI - Frekuensi dan amplitudo gelombang cahaya dari S1 dan S2 adalah sama - Gelombang cahaya di P ( layar ) : . dari celah S1 : E1 = Em1 sin ( ω t – k r1 ) . dari celah S2 : E2 = Em2 sin ( ω t – k r2 ) 2 - Superposisinya di P : EP = E1 + E2 (dengan diagram fasor) . Dengan amplitudo : EP = 2 Em cos (φ/2) ; 7/11/2017 φ = φ = selisih fase k ( r2 – r1 ) = (2π /λ) d sin θ [11.3] 6 Diagram fasor dari E1 + E2 = EP Em1 (ωt - kr1) E m2 EP φ = k(r2 - r1) (ωt - kr 2) EP2 = Em12 + Em22 + 2 Em1 Em2 cos φ Kalau Em1 = Em2 = Em , maka : EP2 = 2Em2 (1 + cos φ ) atau ; EP2 = 4Em2 cos2 (φ/2) , sehingga : I 7/11/2017 P = Im cos2 β 7 - Maka intensitas gelombang di P IP = 4Em2 cos2 (φ/2) = I0 cos2 β [11.4] dimana I0 = 4 Em2 : amplitudo intensitas maksimum β = φ/2 = (π/λ) d sin θ [11.5] Untuk θ << , maka sin θ ≈ tan θ = Y/R → d= m λ R/d d sin θ = m λ → Y m Y R - Intensitas pada setiap titik di Layar : Iθ = Im Cos2 [(πd)/(λR)] Y - Persamaan [11.4] ,akan maximum bila : 7/11/2017 β= mπ ; m = 0,1 ,2,… [11.5a] [11.6] 8 Simulasi inteferensi dari dua sumber cahaya yang koheren http://www.phy.ntnu.edu.tw/java/waveInterference/waveInterference.html 7/11/2017 9 sehingga dari persamaan [11.5] diperoleh : (π/λ) d sin θ = m π → d sin θ = m λ (Max) m = 0,1 ,2 - Persamaan [11.4] ,akan minimum bila : β = (m + ½ ) π → d sin θ = (m + ½ ) λ (Min) m = 0,1 ,2 Contoh 1 : Celah pada inteferensi Young disinari dengan cahaya yang panjang gelombangnya 546 nm Jarak antara ke dua celah 0.1mm dan jarak layar celah 20 cm . Tentukan sudut deviasi θ minimum pertama dan maximum ke sepuluh serta jarak linier antara dua maximum berturutan . 7/11/2017 10 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 * Jarak linier pada layar antara 2 max . berturutan adalah dari pers. [11.5a] : . Ym = m λ R/d → 7/11/2017 11 . ∆Y = Ym+1 - Ym = λ R/d ∆Y = (546 nm x 20 cm)/0.1mm . ∆Y = 1.09 mm Contoh 2 : Rancanglah suatu celah ganda yang garis inteferensinya pada layar terpisah 10 apabila cahaya yang digunakan berpanjang gelombang 589 nm . Jawaban : . d sin θ = m λ ; d << R → sin θ ≈ θ → . θm = m λ/d → θm+1 - θm = λ/d = 0.01745 rad . d = (589 nm) / 0.01745 rad = 0. 034 mm . 4. INTERFERENSI PADA SELAPUT TIPIS - Cahaya pantul dari medium lebih rapat n2 > n1 akan berbeda fase 1800 dari cahaya datang. - Cahaya pantul dari medium lebih renggang (n2 < n1) tidak terjadi perubahan fase . 7/11/2017 12 A F Θd n nf > n E P B D d C n θb - di B cahaya pantul berubah fase 1800 terhadap A - di C cahaya pantul tidak berubah fase - Selisih lintasan optik (Λ)antara sinar BF dan BCDE adalah : Λ = nf (BC + CD) - n BP BC = CD = d / cos θb → Λ = (2nf d)/cos θf - n BP [11.7] BD = 2d tan θb 7/11/2017 13 BP = BD sin θ [11.8] Menurut hukum Snellius : n sin θd = nf sin θb → Pers.[11.8] menjadi BP = BD (nf / n) sin θb → Λ = 2nf d/cos θb ( 1 - sin2 θb ) = 2 nf 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) nf d cos θb (4πd/λ0)( nf2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) π Maximum (terang = konstruktif :) 2d ( nf2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½)λ 7/11/2017 m = 0 , 1 , 2 ,. [11.9] 14 Bila θd ≈ 00 maka persamaan [11.9] menjadi : 2 nf d = (m + ½)λ : m = 0 , 1 , 2 ,. Minimum (gelap = destruktif) [11.10] 2d ( nf2 - n2 sin2 θd )½ = m λ m = 0 , 1 , 2 ,. Bila θd ≈ 00 maka : 2 nf d = m λ . . . . : m = 0 , 1 , 2 ,. Contoh 1 : Cahaya hijau λ = 565.69 nm mengenai permukaan selaput tipis (n = 1.5) dengan sudut … datang 300 . a). Berapakah ketebalan minimum selaput agar cahaya yang dipantulkan maximum . b). Ba7/11/2017 gaimana cahaya yang dipantlkan bila d = 1500 nm15 ? Jawaban : a), 2d ( nf2– n2 sin2 θd )½ = ( m + ½ ) λ (Maximum) ketebalan minimum m = 0 → d = ( ¼ λ) ( nf2 – n2 sin2 θd )-½ = ¼ x 565.69 x 10-9 m (1.52 – (½)2 )-½ = 100 nm b). Kalau d =1500 nm maka cahaya yang dioantulkan . . Max Contoh 2 : Sebuah selaput tipis (n = 1.5) dengan ketebalan 4 x 10 cm disinari dengan cahaya putih tegak lurus pada permukaannya . Diantara spektrum cahaya tampak yang direfleksikan , panjang gelombang manakah yang akan diperkuat . 7/11/2017 16 Jawaban : Cahaya datang secara tegak lurus maka : . 2 nf d = (m + ½ ) λ . λ = (2 nf d) / (m + ½ ) . = (2 x 1.5 x 4 x 10-7 m) / (m + 0.5) m= 0 , 1 , 2 , 3 λ = 2400 n m , 800 nm , 480 m , 343 nm Ternyata yang diperkuat adalah λ = 480 nm 5. KACA TAK PANTUL - di titik B cahaya pantul berubah 1800 karena dipantulkan oleh medium rapat - di titik C cahaya pantul berubah 1800 karena 7/11/2017 17 dipantulkan oleh medium rapat A F Θd d E Q B θb D C n1 > n f n nf > n (kaca) Selisih lintasan optik sinar BF dan BCDE adalah Λ = nf (BC + CD) – n BO = (2d)( nf2 – n2 sin2 θd )½ Selisih fase = φ = (selisih lintasan optik) 2π/λ Inteferensi minimum : 7/11/2017 18 φ = (m + ½)2π = (4πd/λ)( nf2 – n2 sin2 θd )½ → Minimum (gelap) = destruktif) : 2d ( nf2 – n2 sin2 θd )½ = ( m + ½ ) λ [11.12] m = 0 ,1 , 2 .. Bila θd ≈ 0 maka 2nf d = ( m + ½ ) λ Tebal lapisan minimum adalah bila m = 0 → dmin = λ / 4nf 6. CINCIN NEWTON - Titik P adalah perpotongan antara permukaan . . lensa dengan cahaya yang tegak lurus permu. 7/11/2017kaan kaca . 19 - Cahaya pada permuakaan lensa di titik P dipantulkan 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 dan sinar pantulan dari permukaan kaca beda fase 1800 ,sehingga terjadi inteferensi maksimum (terang). r = jejari cincin nf = index bias medium sinar R R-d R = jejari lensa R d = tebal medium medium 7/11/2017 kaca lensa r nf d 20 Intensitas maksimum : 2nfd = (m + ½) λ (Maximum) [11.13] m = 0, 1, 2,.. nf = index bias medium Jejari cincin Newton : r = √[( m + ½)λR/nf ] Intensitas minimum : 2nfd = m λ (Minimum) Jejari cincin Newton : r = √( m λR/nf ) 7/11/2017 [11.13a] 21 Contoh Cincin Newton : Suatu lensa positif jejari 20 cm yang terletak di atas sebuah kaca disinari dengan cahay;a; lampu natrium ( λ = 589.29 nm) secara tegak lurus. Ruangan antara lensa dan kaca diisi dengan cairan karbon tetrachlorida (nm = 1.461) . Berapakah perbandingan antara jejari cincin gelap ke 23 sebelum dimasukkan ke dalam cairan terhadap sesudah dimasukkan ke dalam cairan . Jawaban : r = √( m λR/nf ) → rud = √( m λR/nud ) ; di udara rc = √( m λR/nc ) ; dalam cairan → rudm / rcm = √( m λR/nud ) / √( m λR/nc ) 7/11/2017 rudm / rcm = √( nc / nud ) 22 Contoh Kaca Tak Pantul : Untuk mengurangi cahaya yang dipantulkan dari suatu permukaan lensa kaca mata , berapakah ketebalan lapisan selaput yang berindex bias 1.38agar pada pusat spektrum cahaya tampak (550 nm) pantulannya minimum. Jawaban : Minimum : 2d (nf2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ Cahaya dianggap mengenai permukaan lensa secara tegak lurus sehingga sudut datang , θd ≈ 0 maka : 2 nf d = (m + ½) λ diambil m = 0 , sehingga diperoleh : d7/11/2017 = [(m + ½)λ ] / 2nf = (550 nm) / (4 x 1.38) = 100 23nm Rangkuman ; Prinsip dari pada inteferensi adalah mencari selisih lintasan optik dari dua gelombang yang bekerja sama disuatu titik pengamatan. Selisih fase antara ke dua gelombang pada titik tersebut berpautan dengan selisih lintasan optik sebagai berikut : selisih fase (φ) = 2π/λ (selisih lintasan optik) Inteferensi Young (dua celah) : Maximum : . d sin θ = m λ ; m = 0 , 1 , 2 .. Minimum : . d sin θ = (m + ½) λ ; m = 0 , 1 , 2 .. Intefernsi selaput tipis : Maximum : . 2d ( nf2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½)λ m = 0,1,2 Bila θ ≈ 0 : 2nf d = (m + ½) λ. 7/11/2017 24 Minimum : . 2d ( nf2 - n2 sin2 θd )½ = m λ ; □ Inteferensi m = 0 , 1 , 2 ,. Kaca Tak Pantul Minimum 2d (nf2 – n2 sin2 θs )½ = ( m + ½ ) λ m = 0 ,1 , 2 .. Inteferensi Cincin Newton Maximum 2nfd = (m + ½) λ m = 0, 1, 2,.. Jejari cincin Newton : r = √[( m + ½)λR/nf ] Minimum 2nfd = m λ Jejari cincin Newton : r = √( m λR/nf ) 7/11/2017 25
© Copyright 2024 Paperzz
