cap 16 - my big classroom · 2018. 2. 28. · amaldi, l’amaldi per i licei scientifici.blu...
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CAPITOLO 16
FENOMENI LUMINOSI
1
1 ONDE E CORPUSCOLI 1 Quello ondulatorio, perché l’olografia è basata sul fenomeno dell’interferenza tra luce emessa da un laser che viene separata in due parti. Una parte viene fatta incidere sull’oggetto da fotografare, mentre l’altra rimane inalterata. I due raggi vengono poi fatti incidere sulla stessa lastra fotografica, dando così luogo a delle frange di interferenza (la luce che ha colpito l’oggetto ha subito un cambiamento di fase). 2 Sì, per esempio la riflessione e le ombre. 3 Perché l’indice di rifrazione di un mezzo è il rapporto fra la velocità della luce nel vuoto e quella nel mezzo considerato, e quest’ultima è sempre minore di c. 4 ★
v1
v2
=
cn1
cn2
= n1
n2
= 1,501,31
= 1,15
5 ★
v = cn= 3,00 ×108 �m/s
1,50= 2,00 ×108 �m/s
� t = lv= 2,00 ×10−3 �m
2,00 ×108 �m/s= 1,00 ×10−11 �s = 10,0�ps
6 ★★ Indichiamo col l1 lo spessore dello strato d’acqua attraversato dalla luce e con �t il tempo impiegato per attraversarlo. Possiamo calcolare �t come segue:
l1 = v1 � t = cn1
� t ⇒ � t = n1
cl1
Nello stesso tempo �t la luce in aria attraversa uno strato di spessore l2:
l2 = v2 � t = cn2
� t = cn2
n1
cl1 =
n1
n2
l1 =1,331,00
0,50�m( ) = 0,67�m
7 ★★
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2
v = l� t
= 2,00 ×10−2 �m9,93×10−11 �s
= 0,201×109 �m/s
n = cv= 3,00 ×108 �m/s
2,01×108 �m/s= 1,49
8 ★★
l = v1 � t1 =cn1
� t1
l = v2 � t2 =cn2
� t2
� t1
� t2
= n1
n2
= 1,332,42
= 0,550
2 LE ONDE LUMINOSE E I COLORI 9 Quella gialla, poiché l’indice di rifrazione del materiale è maggiore per il verde che per il rosso. 10 È sera poiché il sole deve essere dietro di te per vedere l’arcobaleno. 11
f = cλ= 3,00 ×108 �m/s
380 ×10−9 �m= 7,89 ×1014 �Hz
12 ★
• f = cλ= 3,00 ×108 �m/s
5,89 ×10−7 �m= 5,09 ×1014 �Hz
• T = λc= 5,89 ×10−7 �m
3,00 ×108 �m/s= 1,96 ×10−15 �s
• La velocità di propagazione della luce nel mezzo di indice di rifrazione 1,5 è
v = c1,5
= 3,00 ×108 �m/s1,5
= 2,00 ×108 �m/s
quindi
λ = vf= 2,00 ×108 �m/s
5,09 ×1014 �s−1 = 393�nm
13 ★
• f = cλ= 2,998 ×108 �m/s
2,537 ×10−7 �m= 1,182 ×1015 �Hz
• UV� λ < 380�nm( )
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3
14 ★★
• λvuoto =cf= 2,998 ×108 �m/s
4,700 ×1014 �Hz= 0,6379 ×10−6 �m = 637,9�nm
• λvetro =vf=
cnf= 1
nλvuoto =
11,507
6,379 ×10−7 �m( ) = 4,233×10−7 �m = 423,3�nm
15 ★★
λvuoto =cf= 3,00 ×108 �m/s
7,50 ×1014 �Hz= 0,400 ×10−6 �m = 400�nm
λvetro =vf=
cnf= 1
nλvuoto ⇒ n = λvuoto
λvetro
= 400�nm263�nm
= 1,52
3 L’ENERGIA DELLA LUCE 16 ★
ER = EA� t
= 1,9�J3,2 ×10−4 �m2( ) 4,5�s( ) = 1,3×103 �W/m2
17 ★
ER = EA� t
= E / A� t
= 10�kJ/m2
8�h( ) 3600�s/h( ) = 0,35�W/m2
L’ordine di grandezza è 10−1 �W/m2 . 18 ★★
• S1
d12 = S2
d22 ⇒ d2 = d1
S2
S1
= d1
2S1
S1
= d1 2
• Nel secondo caso si dimezza. 19 ★★
650�W/m2 �:�1000�W/m2 = x�:�200�W
x =650�W/m2( ) 200�W( )
1000�W/m2 = 130�W
1�kWh = 1000�W( ) 3600�s( ) = 3,60 ×106 �J
130�W( ) 8,00�h( ) = 1,04�kWh
1�kWh�:�3,60 ×106 �J = 1,04�kWh�:�x
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4
Eerogata =1,04�kWh( ) 3,60 ×106 �J( )
1�kWh= 3,74 ×106 �J
20 ★★
• IR = EΩ� t
= E� t
1Ω
= PS
Ω⇒ PS = IRΩ = 2,0�W/sr( ) 4π�sr( ) = 25�W
• ER = PS
4πr2 = IR
r2 = 2,0�W/sr
10 ×10−2 �m( )2 = 2,0 ×102 �W/m2
21 ★★
A = λ2 = 632,8 ×10−9 �m( )2= 4,0 ×10−13 �m2
ER = E / � tA
= 1,0 ×10−3 �W4,0 ×10−13 �m2 = 2,5 ×109 �W/m2
22 ★★
ER � effettivo = 1− 0,40( )ER = 0,60 1,35 ×103 �W/m2( ) = 0,81×103 �W/m2
Eassorbita = 0,50 ER � effettivoA� t = 0,50 0,81×103 �W/m2( ) 2,00�m2( ) 3,6 ×103 �s( ) = 2,9�MJ 23 ★★
• E = 4πR2ER � t = 4π 1,496 ×1011 �m( )21, 35 ×103 �W/m2( ) 1�s( ) = 3,80 ×1026 �J
• IR = EΩ� t
= E / � tΩ
= ERAΩ
=ER 4πR2( )
4π�sr=
=1,35 ×103 �W/m2( ) 1,496 ×1011 �m( )2
sr= 3,02 ×1025 �W/sr
24 ★★
E = ERA� t = 3 1,0 ×103 �W/m2( ) 5,0 ×10−3 �m2( ) 1�s( ) = 15�J 4 LE GRANDEZZE FOTOMETRICHE 25 ★ • 10 lm • 2,5 ×103 �lm • 500 lm 26 ★
EL =ΦL
A⇒ ΦL = AEL = 4πr2EL = 4π 3,3�m( )2 41�lx( ) = 5,6 ×103 �lm
27 ★
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ΦL = AEL = 4πr2EL = 4π 5,0�m( )2 60�lx( ) = 1,9 ×104 �lm 28 ★
EL =ΦL
A= ΦL
πD2 =4π�sr( ) 15�cd( )
π 4,0 ×10−1 �m( )2 = 3,8 ×102 �lx
29 ★★
• IL =ΦL
Ω= 1,2 ×103 �lm
2π�sr= 191�cd
• Diminuisce perché l’occhio umano è meno sensibile alla radiazione rossa rispetto a quella giallo-verde.
30 ★★
EL =ΦL
A⇒ EL1
EL2
= A2
A1
A2 = A1
EL1
EL2
= A100%130%
= 0,77 A1
L22 = 0,77 L1
2
L2 = L1 0, 77 = 60�cm( ) 0,77 = 53�cm
31 ★★
• Superficie laterale = 2π�rh = 2π 12,0 ×10−2 �m( ) 20,0 ×10−2 �m( ) = 0,151�m2
EL =210�lm
0,151�m2 = 1,39 ×103 �lx
• ′EL = EL + 0,40 EL = 1,96 ×103 �lx
′A = ΦL
′EL
= 210�lm1,96 ×103 �lx
= 0,107�m2
′r = ′A2πh
= 0,107�m2
2π 20 ×10−2 �m( ) = 8,57 ×10−2 �m
• P =Eerogata
� t⇒ Eerogata = P � t = 25,0�W( ) 2 × 3600�s( ) = 1,80 ×105 �J
32 ★★
• EL =ΦL
4π D2
4
= ΦL
πD2 = 405�lm
π 3,0 ×10−1 �m( )2 = 1, 4 ×103 �lx
• IL =ΦL
4π= 405�lm
4π�sr= 32�cd
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6
33 ★★ • EL1 =
ΦL
l12 = 5200�lm
1,5�m( )2 = 2,3×103 �lx
ΦL = cost ⇒ EL1l12 = EL2l2
2 = EL2 1, 30 l1( )2 ⇒ EL2 =EL1
1, 30( )2 = 0,59 EL1
• EL1 − EL2
EL1
= 0,41= 41%
34 ★★
l = d
2 lato del quadrato di proiezione
A = l2 = d 2
2 area di proiezione
EL =ΦL
A= 2ΦL
d 2 ⇒
⇒ d = 2ΦL
EL
=2 5200�lm( )1612�lm/m2 = 2,540�m = 2540�cm = 100�pollici
35 ★★ d1 = 1,2�m ⇒ d2 = 4,8�m −1,2�m = 3,6�m
EL =ΦL
4πd 2 = IL
d 2 ⇒ IL1
d12 = IL2
d22 ⇒
IL2 =d2
d1
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
IL1 =3,6�m1,2�m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
30�cd( ) = 2,7 ×102 �cd
5 IL PRINCIPIO DI HUYGENS 36 Come spiegò Fresnel nel 1826, l’intensità delle onde secondarie regressive diminuisce fino ad anullarsi. 6 LA RIFLESSIONE E LA DIFFUSIONE DELLA LUCE 37 Verde, come nell’esempio di pag. 956. ??? 38 Questo fenomeno è dovuto alla diffusione della luce del sole da parte delle molecole dell’aria: se la luce incidente è bianca, nella luce diffusa si trovano prevalentemente le radiazioni a frequenza elevata, come l’azzurro e il blu. 39 Nello spazio, mancando l’atmosfera, vengono meno le particelle di azoto e ossigeno in grado di
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diffondere la luce del sole; allontanandosi dalla terra, quindi, il cielo assume un colore sempre pi. scuro. 40 Perché più sono lisce e patinate, minore sarà la riflessione diffusa della luce. 41 ★ • Applico le leggi della riflessione alla doppia riflessione subita dal fascio laser. Il raggio
emergente è parallelo al raggio incidente. Infatti, i due raggi, tagliati dalla trasversale PQ, formano angoli coniugati interni supplementari. Il quadrilatero APQB è pertanto un rombo (le diagonali sono perpendicolari e sono bisettrici degli angoli al vertice). Poichè PQ misura 1,0 m e PO misura 0,50 m, ne consegue che l’angolo � è di 60°, mentre � è di 30°, in quanto angoli complementari.
• La lunghezza del percorso totale compiuto dal raggio luminoso, dal punto A al punto B, risulta pari a 3,0 m.
42 ★★ Con le indicazioni di figura possiamo scrivere:
AO = AHsen 60°
= 0,503 / 2
= 0,58�m
OB = BKsen60°
= 3,0�m3 / 2
= 3,5�m
Il percorso compiuto dai raggi luminosi è
d = AO +OB = 4,1�m
2,5 m
3,5 m
3,0 m
0,50 m
O
BK
H A
43 ★★ tg 30° = x
4,50�m
x = 4,50�m( ) tg 30° = 2,60�m
h = 1,68�m + 2,60�m = 4,28�m
44 ★★
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• Applicando le leggi della riflessione, si trova per costruzione che le riflessioni sono 4, come indicato in figura.
L = 10 m
A
B45°
45°D = 3 m
45°
45°
• LAB = 3D 2 + 1− 3D( ) 2 = L 2 = 10�m( ) 2 = 14�m
• � t = LAB − Lc
= 14�m −10�m3,0 ×108 �m/s
= 1,33×10−8 �ns
45 ★★ h1 = 4,7�m
h2 = 1,7�m
d = 5,2�m
� h = h1 − h2 = 4,7�m −1,7�m = 3,0�m
α = tg−1 � hd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = tg−1 3,0�m
5,2�m⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 30°
46 ★★ L’uomo non riesce a specchiarsi per intero, perché la superficie riflettente deve essere almeno pari a metà della sua altezza. 47 ★★
• η = Pelettrica
Pluce�solare
⇒ Pluce solare =Pelettrica
η= 60�W
0,12= 5,00 ×102 �W
• Pluce solare diffusa = 500�W( )0,20 = 1,00 ×102 �W 7 LA RIFRAZIONE DELLA LUCE 48 Si può dire che il primo mezzo è otticamente più denso del secondo, cioè che n2 > n1. 49 Perché l’indice di rifrazione dell’elio liquido è all’incirca uguale a quello dell’aria. 50 ★
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9
• sen isen r
= n ⇒ sen r = sen in
r = arcsensen i
n
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= arcsen
sen 45°2,42
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 17°
•
45°
17°
O aria
diamante
51 ★
• Raddoppia. • Non cambia. • Si dimezza. 52 ★
• nvetro
naria
= 1,601,00
= 1,60
• nsale
naria
= 1,541,00
= 1,54
• naria
nsale
= 1,001,54
= 0,649
• naria
nvetro
= 1,001,60
= 0,625
• Si allontana dalla perpendicolare quando esce nell’aria, mentre si avvicina quando dell’aria entra nel sale o nel vetro.
53 ★★
L = scos r
= s
1− sen2 r= s
1− sen in
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2= 7,0 ×10−3 �m
1− sen 45°1,41
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2= 0,81
54 ★★
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10
• n1 =sen�18,0°sen�11,7°
= 1,524
n2 =sen�18,0°sen�11,8°
= 1,511
d = 1,524 −1,511= 0,013
• n1 = 1,524 corrisponde al colore violetto
n2 = 1,511 corrisponde al colore giallo 55 ★★
• sen r = sen in
⇒ r = arcsensen i
n
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
rvioletto = arcsensen60°1,607
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 33°
rrosso = arcsensen60°1,569
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 34°
• L = s tg r = ssen r
1− sen2 r= s
sen i
n2 − sen2 i
� L = s sen i( ) 1
n12 − sen2 i
− 1
n22 − sen2 i
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟= 2,2 ×10−3 �m
L
∆L
60°
s
56 ★★ n1 = naria = 1,0
sen isen r
= n2
n1
= n2 ⇒ n2 =sen�30,0°sen�21,6°
= 1,36
Si tratta di alcol etilico. 57 ★★
• n1 = naria = 1,0 n2 = n = 1,5
Alla prima rifrazione si ha:
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senαsenβ
= n2
n1
= n ⇒ senα = n senβ
Alla seconda rifrazione si ha:
senβsen γ
= 1n
⇒ sen γ = n senβ
Quindi senα = sen γ ⇒ α = γ
cioè i due raggi sono paralleli.
• β = arcsensenα
n⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = arcsen
sen�45,0°1,51
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 27,9°
PQ = scosβ
= 12,0�cmcos27,9°
= 13,6�cm
d = PQ sen γ −β( ) = PQ sen α −β( ) = 13,6�cm( )�sen 45,0°− 27,9°( ) = 4,00�cm
58 ★★
• Chiamiamo α, β, γ, δ gli angoli che il raggio luminoso forma con la normale alla superficie di separazione nei punti di incidenza, come indicato in figura.
Applicando ripetutamente la legge di Snell si ha
n1 senα = n2 senβ = n3 sen γ = n1 senδ
da cui segue che α = δ , cioè il raggio incidente e il raggio emergente sono paralleli.
• β = arcsensen 30°1,49
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 19,6°
• sen γsenα
= 1n3
⇒ n3 =sen 30°
sen16,6°= 1,75
quindi si tratta di vetro. 59 ★★ sen isen r
= v1
v2
= cv
⇒ sen r = vc
sen i
r = arcsen1,90 ×108 �m/s3,00 ×108 �m/s
sen�22,0°( )⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ = 13,7°
60 ★★
L’angolo δ è esterno al triangolo EBC e pertanto è uguale alla somma degli angoli interni non adiacenti. Possiamo quindi scrivere:
δ = i − ˆ′r( ) + e − ˆ′′r( )
Considerando il quadrilatero VBKC, si ha
BKC +α = 180°
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Essendo anche
BKC = 180°− ˆ′r + ˆ′′r( )
risulta
α = ˆ′r + ˆ′′r
e quindi
δ = i + e −α 8 ANGOLO LIMITE E RIFLESSIONE TOTALE 61 Perché l’angolo limite in un diamante è piccolo – circa 24,4° – per cui un raggio di luce che entra nel diamante può riflettersi più volte al suo interno, senza che la sua intensità diminuisca. 62 Le fibre ottiche sono costituite da un nucleo di materiale vetroso con indice di rifrazione maggiore della guaina di rivestimento e quindi al loro interno avviene il fenomeno della riflessione totale della luce. Inoltre l’interno è tanto trasparente che pochissima è l’energia assorbita dal vetro. 63 ★
sen iL =1n
⇒ 1sen iL
= 1sen�24,4°
= 2,42
64 ★★
iL = arcsenncladding
ncore
= arcsen1, 311,58
= 56°
65 ★★
• αdiamante = 24,4° (angolo limite)
n2 = 1,00 (aria)
αa = 24,4° + 24,4°× 0,32 = 32,2°
αb = 24,4° + 24,4°× 0,45 = 35,4°
sen αL
sen90°= n2
n1
na =1,00 ×1
sen�32,2°= 1,88
nb =1,00 ×1
sen 35,4°= 1,73
• na − nb = 1,88 −1,73 = 0,15
Prezzo: 8,25�� + 0,15 8,25��( ) = 9,49�� 66 ★★
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13
1n= sen i
sen r
Dalla figura si evince i ≈ 27° e r ≈ 43° , da cui si ottiene n ≈1,5 .
iL = arcsen1n= 42°
Quindi il raggio corretto è quello indicato con B. 67 ★★
• sen iL
sen 90°= 1
n⇒ n = 1
sen iL
La condizione su n si ottiene sostituendo il valore massimo di sen i che si ha per iL = 45° . In queste condizioni il raggio rifratto è parallelo alla superficie di separazione prisma-aria.
n = 1sen 45°
= 1,41
Pertanto si dovrà usare n >1,41.
• sen iL
sen90°= 1,33
n⇒ n = 1,33
sen 45°= 1,88 ⇒ n >1,88
68 ★★ Pedice «d» = diamante; pedice «v» = vetro.
• sen iL d =1nd
= 12,42
⇒ iL d = 24,4°
sen iL v =1nv
= 11,65
⇒ iL v = 37,3°
• Poiché la luce incide con un angolo di 90° – 36° = 54°, che è maggiore degli angoli limite trovati al punto precedente, la prima rifrazione è una riflessione totale sia che si tratti di diamante, sia che si tratti di vetro. Nel secondo passaggio l’angolo di incidenza vale 90° – 54° = = 36° e tale valore è maggiore dell’angolo limite nel caso del diamante, ma non nel caso del vetro. Pertanto, se il materiale è vetro, avviene una normale rifrazione.
69 ★★
• sen iL =nacqua
nvetro
⇒ iL = arcsennacqua
nvetro
= arcsen1,551,60
= 76°
• iL = arcsennaria
nacqua
= arcsen1,001,60
= 39°
70 ★★
• sen iL
sen�90,0°= n2
n1
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14
n2 = 1,00 (aria)
n1 =1,00 ×1
sen�42,2°= 1,49 (plexiglas)
′n1 =1,00 ×1
sen�33,4°= 1,82 (vetro)
• R = n1
′n1
= 1, 491,82
= 0,82
9 L’INTERFERENZA DELLA LUCE A L’ESPERIMENTO DI YOUNG 71 No, i due termini si sommano, generando un minimo di valore doppio, e quindi si ha interferenza costruttiva. 72 Perché le fasi delle onde luminose emesse cambiano in modo rapido e casuale. Le sorgenti elementari, gli atomi, non sono coerenti ed emettono luce in modo indipendente gli uni dagli altri. 73 ★
y = λld
=650 ×10−9 �m( ) 2,0�m( )
2,0 ×10−4 �m= 6,5 ×10−3 �m
74 ★
• d = λly=
589,0 ×10−9 �m( ) 10,0�m( )0,50 ×10−2 �m
= 1,2�mm
• Raddoppia anche la y, quindi, come in una trasformazione di scala, anche la distanza tra due massimi laterali raddoppia.
75 ★
l = ydλ
=4,0 ×10−3 �m( ) 0,80 ×10−3 �m( )
720 ×10−9 �m= 4,4�m
76 ★ La distanza fra due frange luminose adiacenti, per piccoli angoli, è (vedi PROBLEMA MODELLO 1)
� y = yk+1 − yk =λld
Pertanto la risposta corretta è la «e». 77 ★
� d = kλ ⇒ k = � dλ
k1 =� dλ1
= 2, 356 ×10−5 �m5, 460 ×10−7 �m
= 43,15 (valore da scartare perché non intero)
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15
k2 =� dλ2
= 2,356 ×10−5 �m5,890 ×10−7 �m
= 40,00
78 ★
� dλ
= d1 − d2
λ=
364 ×10−7 �m( )− 120 ×10−7 �m( )8,0 ×10−7 �m
= 30,5
Avendo ottenuto un multiplo semi-intero della lunghezza d’onda, nel punto P si ha interferenza distruttiva. 79 ★★
λ = 2d2n +1
senαn
Per n = 1 si ha
λ = 23
d senα1 =23
2,00 ×10−4 �m( ) sen�0,254°( ) = 591�m
80 ★★
• Poiché lo sfasamento fra due sorgenti è di λ/4, per avere interferenza costruttiva si deve porre:
S1P − S2P = kλ + 14λ = 4k +1
4λ = 4k +1
46,6 ×10−7 �m( )
• Si ha invece interferenza distruttiva nei punti P tali che
S1P − S2P = k + 12
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ λ +
14λ = 4k + 3
4λ = 4k + 3
46,6 ×10−7 �m( )
81 ★★
• λ = dk
senαk ⇒ k = d senαk
λ=
8,50 ×10−4 �m( ) sen�0,299°( )6,33×10−7 �m
= 7
• La posizione di uno dei due massimi rispetto alla perpendicolare allo schermo è
y = 102
�cm = 5,00 ×10−2 �m
Con l’approssimazione
yl= tgα ≈ senα
si trova che lo schermo deve essere posizionato alla minima distanza:
l = ysenα
= 5,00 ×10−2 �msen�0,299°
= 9,58�m
82 ★★
• λ = ydl=
2,0 ×10−3 �m( ) 0,80 ×10−3 �m( )2,5�m
= 6,4 ×10−7 �m
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16
• La lastrina di plexiglas, posta davanti a entrambe le fenditure, non cambia la figura di interferenza, perché lo sfasamento dovuto all’attraversamento della lastrina è lo stesso per le due sorgenti.
83 ★★ La distanza fra il massimo centrale e la prima frangia luminosa adiacente, per piccoli angoli, è
y = λld
da cui
λ = ydl=
3,4 ×10−3 �m( ) 2,0 ×10−4 �m( )1,0�m
= 6,8 ×10−7 �m
84 ★★ Pedice «g» = giallo; pedice «v» = verde.
senαg = m − 12
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟λg
d= 5 − 1
2⎛⎝⎜
⎞⎠⎟λg
d= 9
2
λg
d
senαv = kλv
d= 5
λv
d
Se la quinta frangia luminosa del verde cade all’interno della quinta frangia scura del giallo, significa che le due posizioni angolari devono coincidere. Quindi avremo:
αg = αv ⇒ 92λg = 5λv ⇒ λv =
910
λg = 530�nm
85 ★★ Ricordiamo che le frange luminose sono tutte equidistanti (vedi PROBLEMA MODELLO 1). Indichiamo con �y la distanza fra due frange luminose adiacenti:
� y = D4= 5,40�mm
La distanza tra lo schermo e la coppia di fenditure è
� y = λld
⇒ l = � ydλ=
5,40 ×10−3 �m( ) 100 ×10−6 �m( )4,50 ×10−7 �m
= 1,20�m
86 ★★
d senαm = m − 12
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ λ ⇒ d =
m − 12
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ λ
sen�0,285°= 3, 42 ×10−4 �m
10 LA DIFFRAZIONE DELLA LUCE 87 La pupilla dell’occhio si comporta come una fenditura circolare e la retina come lo scermo su cui si formano delle figure di diffrazione. 88 Le onde prodotte sono in fase e il punto centrale dell’ombra è equidistante dai punti del bordo
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17
dell’oggetto, quindi si ha interferenza costruttiva. 89 ★ λ = d senβ1 = 7,25 ×10−6 �m( ) sen�3°5 ′4( ) = 7,25 ×10−6 �m( ) 0,0680( ) = 0,493×10−6 �m = 493�nm 90 ★ • λ = d senβ = 0,060�m( ) sen 30°( ) = 3,0�cm
• λ = d2
senα2 ⇒ α2 = arcsen2λd
= arcsen2 3,0 ×10−2 �m( )
6,0 ×10−2 �m= 90°
91 ★
• β = arcsenλd= arcsen
6,70 ×10−7 �m1,0 ×10−3 �m
= 2, ′3
• β1 = arcsenλd= arcsen
6,70 ×10−7 �m1,0 ×10−4 �m
= 2 ′3
β2 = arcsenλd= arcsen
6, 70 ×10−7 �m1,0 ×10−6 �m
= 42°
• Si osserva più facilmente l’effetto della diffrazione per la fenditura più stretta che corrisponde all’angolo più grande.
92 ★★ • senα = λ
d
tgα = yl
⇒ y = l tg arcsenλd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 5,57 ×10−2 �m
La larghezza della fascia centrale è data dalla distanza tra i primi due minimi:
2y = 1,1×10−1 �m
• senαk = kλd
Il valore della funzione seno può essere al massimo 1, per cui
1= k690 ×10−9 �m5,0 ×10−6 �m
⇒ k = 7,2
Quindi si formano in tutto 14 frange scure. 93 ★★
• λ = d senβ2
= dy2l
=0,56 ×10−3 �m( ) 6,40 ×10−3 �m( )
2 3,02�m( ) = 5,93×10−7 �m
� λ = � dd
+ � yy
+ � ll
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
dy2l
= 0,05�mm0,56�mm
+ 0,05�mm6,40�mm
+ 0,02�m3,02�m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
dy2l
= 6,2 ×10−8 �m
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18
• La misura che dà maggiore incertezza è quella sulla larghezza della fenditura. 94 ★★ �y = distanza fra le seconde frange scure.
� y = 2l tg arcsen2λd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ⇒
l = � y
2 tg arcsen2λd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 8,5 ×10−3 �m
2 tg arcsen2 589 ×10−9 �m( )
5,0 ×10−4 �m
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥
= 1,8�m
95 ★★ • Larghezza della frangia centrale: D = 1,0 cm.
• D = 2lλd
⇒ d = 2lλD
=2 3,0 ×10−2 �m( ) 710 ×10−9 �m( )
1,0 ×10−2 �m= 4,3×10−6 �m = 4,3�µm
• m = d sen90°λ
= 4,3×10−6 �m710 ×10−9 �m
= 6
Si formano 12 frange scure. 96 ★★
• d = λsenβ
= 700 ×10−9 �msen20°
= 2,0 ×10−6 �m
• λ = d senβ2
2=
2,0 ×10−6 �m( ) sen 30°( )2
= 0,50 ×10−6 �m ≈ 500�nm (luce verde)
97 ★★ Sia λ la lunghezza d’onda della luce utilizzata e D la larghezza della frangia centrale:
λ = cf= 3,00 ×108 �m/s
5,36 ×1014 �Hz= 560 ×10−9 �m
D = 2lλd
⇒ d = 2lDλ = 2
3600 d18 d
= 400 λ = 2,24 ×10−4 �m = 224�µm
11 IL RETICOLO DI DIFFRAZIONE 98 Nel caso del reticolo di diffrazione la luce con lunghezza d’onda minore è quella meno deviata. Infatti per il primo ordine, ad esempio, vale la relazione
senα = λd
99 Se il reticolo viene immerso in un mezzo diverso dall’aria, la lunghezza d’onda della luce decresce
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di un fattore pari a 1/n. Pertanto, applicando la formula
senαk = kλd
gli angoli che individuano i massimi di interferenza nella figura di diffrazione risultano minori e quindi la distanza fra le frange luminose diminuisce. 100 ★
• λ = cf= 3,00 ×108 �m/s
5,17 ×1014 �Hz= 5,80 ×10−7 �m
Questa lunghezza d’onda corrisponde a una luce gialla (vedi spettro di fig. 3 cap. 27).
• d = 2λsenα
=2 5,80 ×10−7 �m( )
sen 45°= 1,64 ×10−6 �m
Poiché
d = LN
si ha
n = NL= 1
d= 1
1,64 ×10−6 �m= 610 ×103 �fenditure/m = 610�fenditure/mm
101 ★ d = 1
n= 1
500�fenditure/mm= 2,00 ×10−6 �m
λ = 12
d sen arctgyl
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ =
12
2,00 ×10−6 �m( )�sen arctg15,5 ×10−2 �m22,0 ×10−2 �m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 5,76 ×10−7 �m = 576�nm
102 ★
• d = LN
= 2,50 ×10−2 �m10 000
= 2,50 ×105 �m
• n = NL= 10 000
2,50 ×10−2 �m= 4,00 ×105 �fenditure/m
• Proporzionalità inversa (il passo è il reciproco della densità). 103 ★★
d = 18,00 ×105 �fenditure/m
= 1,25 ×10−6 �m
λ = d sen arctgyl
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 1,25 ×10−6 �m( ) sen arctg
1, 45 ×10−1 �m2,35 ×10−1 �m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 6,56 ×10−7 �m
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20
104 ★★
d = LN
= 1n= 1
1220�cm = 8,20 ×10−6 �m
� y = 2l tg arcsenλd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 2 1,80�m( ) tg arcsen
6,33×10−7 �m8,20 ×10−6 �m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 0,28�m
105 ★★
d = LN
= 1n= 1
5310�cm = 1,88 ×10−6 �m
λ = d senα = d sen arctg� yl
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 1,88 ×10−6 �m( ) sen arctg
0,423�m1,49�m
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 5,13×10−7 �m = 513�m
Si tratta di luce verde. 106 ★★
d = LN
= 1n= 1
2500�cm = 4,00 ×10−6 �m
λ = d senαk
=4,00 ×10−6 �m( )�sen�30,0°
k= 2,00 ×10−6 �m
k
k = 3 ⇒ λ = 667�nm ⇒ rosso
k = 4 ⇒ λ = 500�nm ⇒ verde
k = 5 ⇒ λ = 400�nm ⇒ violetto PROBLEMI GENERALI 1 ★★
• ER = W� S � t
= P� S
=0,040 60�W( )4π 1,0�m( )2 = 0,19�W/m2
• ′ER = Ps
4π ′r 2 = Ps
4π r2
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2 = 4Ps
4πr2 = 4ER = 0,76�W/m2
2 ★★
sen isen r
= n ⇒ sen r = sen in
⇒
r = arcsensen i
n
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= arcsen
sen 90°− 60°( )1,33
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥= 22°
90°− 22° = 68°
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21
3 ★★
r = arcsensen i
n
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= arcsen
sen�45,0°1,51
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 27,9°
2d = 2s tg r
δ = 2d sen�45,0° = 2s tg�27,9°( ) sen�45,0°( ) = 7,50�mm 4 ★★
sen isen r
= 1n= 3
4⇒ i ≈ 3
4r
i ≈ tg i = sh
⇒ s ≈ h i
r ≈ tg r = s′h
⇒ ′h ≈ sr= h i
r= h
r34
r = 34
h = 90,0�cm
5 ★★
• senαsenβ
= nvetro
n⇒ sen�60,0°
senβ= 1,50
n⇒ senβ =
n sen�60,0°( )1,50
sen iL =n
1,50= sen 90,0°−β( ) = cosβ ⇒ cosβ = n
1,50
tgβ = sen�60,0° ⇒ β = 40,9° ⇒ n = 1,50 cos�40,9°( ) = 1,13
• iL = arcsen1,131,50
= 48,9°
• Se n fosse più grande, l’angolo limite e l’angolo β aumenterebbero, ma il complementare di β, che rappresenta l’angolo di incidenza internamente al vetro, diminuirebbe e risulterebbe inferiore all’angolo limite; quindi non potrebbe avvenire la riflessione totale.
6 ★★ Alla prima rifrazione si ha
r = arcsensen50,0°
1,48⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 31,2°
iL = arcsen1
1, 48= 42,5°
Poiché l’angolo di incidenza successivo è il complementare di 31,2° – cioè 58,8° – esso supera l’angolo limite e quindi siamo nelle condizioni in cui si verifica la riflessione totale. 7 ★★
• sen isen r
= ncornea
naria
⇒ r = arcsen14
sen 30°⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 21°
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22
• sen isen r
= ncornea
nacqua
⇒ r = arcsen1,331,4
sen 30°⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 28°
• sen isen21°
= ncornea
nacqua
⇒ i = arcsen1, 41,33
sen 21°⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 22°
8 ★★ • Il colore meno deviato è il blu, quindi è più vicino al massimo centrale.
• y = λld
⇒ yrosso
yblu
= λ rosso
λblu
= 650 ×10−9 �m450 ×10−9 �m
= 1,44
9 ★★
• y = λld
=4,70 ×10−7 �m( ) 2,00�m( )
3,50 ×10−6 �m= 26,9�cm
• Triplicando il risultato precedente, come richiesto, nonché raddoppiando ulteriormente (visto che si richiede la distanza tra due frange simmetriche, una a destra e l’altra a sinistra), si ottiene
6y = 6 26,9�cm( ) = 1,61�m
• Se il mezzo in cui si propaga la luce è acqua, l’indice di rifrazione del mezzo è 1,33. Ciò significa che
v = c1,33
e quindi
λacqua = vT = c1,33 f
= λ1,33
= 470�nm1,33
= 353�nm
La posizione del primo minimo diventa
y1 =lλacqua
d=
2,00�m( ) 353×10−9 �m( )3,50 ×10−6 �m
= 202 ×10−3 �m
� y1 = 2 202 ×10−3 �m( ) = 40,4�cm
Infatti
λ1 =λ0
n⇒ 2y1 = 2
y0
n= 2
26,9�cm1,33
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 40,4�cm
10 ★★ Pedice «v» = violetto; pedice «g» = giallo.
• h = l tgα2 = l tg arcsen2λd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = l tg arcsen 2λn( )
� h = hv − hg = l tg arcsen 2λvn( )− l tg arcsen 2λgn( ) ⇒
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l = � h
tg arcsen 2λvn( )− tg arcsen 2λgn( ) =
= 0,200�m
tg arcsen�2 4,00 ×10−7 �m( ) 4 ×105 �f./m( )⎡⎣ ⎤⎦ − tg arcsen�2 5,20 ×10−7 �m( ) 1×105 �f./m( )⎡⎣ ⎤⎦=
= 1,67 m
(Nota: f./m = fenditure/m)
• 2λ = d senα
quindi all’aumentare di λ aumenta anche α. Sarà più vicino al massimo centrale il colore violetto. 11 ★★
h = f tgα = f tg arcsenλd
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ ≈ f
λd= 1,2�m( ) 4,50 ×10−9 �m
1,2 ×10−9 �m⎛⎝⎜
⎞⎠⎟= 4,5�cm
12 ★★★
ER = EA� t
E = cmT
� T = 0,1ERA� t
cm= 0,1
12�W/m2( ) 2,5 ×10−5 �m2( ) 1�s( )240�J/(kg × K)( ) 0,003�kg( ) = 4 ×10−5 �K
13 ★★★
• r = 60,0°− 37,4° = 22,6°
sen isen r
= n2
n1
⇒ n2 = n1
sen�37,4°sen�22,6°
= 1,000,61840,3713
= 1,58
• n = 1,58 (vetro Flint)
• tg�22,6° = dh
d = h tg�22,6°( ) = 2,80�cm( ) tg�22,6°( ) = 1,17�cm 14 ★★★
αbase =180°− 42,0°
2= 69,0°
r = 90,0°− 69,0° = 21,0°
sen αsen r
= n2
n1
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu CAPITOLO 16 • FENOMENI LUMINOSI
24
sen αsen�21,0°
= 1, 491,00
sen α = 1,49 sen�21,0°( ) = 0,534
α = arcsen�0,534 = 32, 3° 15 ★★★
• sen isen r
= n2
n1
sen rα = 1,00sen�60,0°
1,48= 0,585
rα = arcsen�0,585 = 35,8°
sen rβ = 1,48sen�35,8°
1,52= 0,570
rβ = arcsen�0,570 = 34,7°
sen rγ = 1,52sen�34,7°
1,58= 0,548
rγ = arcsen�0,548 = 33,2°
L = lα + lβ + lγ
lα =2,00�cmcos�35,8°
= 2,47�cm
lβ =3,50�cm
cos�34,7°= 4,26�cm
lγ =4,00�cmcos�33,2°
= 4,77�cm
L = 2,47�cm + 4,26�cm + 4, 77�cm = 11,5�cm
• D = dα + dβ + dγ
dα = 2,00�cm( ) tg�35,8°( ) = 1,44�cm
dβ = 3,50�cm( ) tg�34,7°( ) = 2,42�cm
dγ = 4,00�cm( ) tg�33,2°( ) = 2,62�cm
D = 1,44�cm + 2, 42�cm + 2,62�cm = 6,48�cm 16 ★★★ Nella rifrazione che la luce subisce passando dalla glicerina all’aria, il raggio di luce viene allontanato dalla normale alla superficie di separazione. Esiste pertanto un angolo di incidenza limite, superato il quale la luce non passa dalla glicerina all’aria, ma viene riflessa totalmente. La condizione richiesta si ottiene se il rapporto tra il raggio del disco e l’altezza del liquido è tale da impedire la rifrazione per angoli di incidenza inferiori all’angolo limite: allora nessun raggio
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu CAPITOLO 16 • FENOMENI LUMINOSI
25
luminoso emesso dalla sorgente nella glicerina riuscirà a uscire. In formule, indicando con θL l’angolo limite e ricordando la legge della rifrazione, si ha
θL = arcsen1n= 42,9°
d2h
= tg θ ≥ tg θL
dalle quali segue
h ≤ d
2 tg θL
= 3,23�cm
17 ★★★
• Il raggio emesso dal laser subisce una doppia rifrazione, la prima quando entra nel liquido e la seconda quando ne esce. La rifrazione prodotta dal fondo del recipiente invece è trascurabile, poiché è trascurabile lo spessore dello stesso.
Il liquido si comporta quindi come un prisma. Il percorso ottico del raggio laser è rappresentato nella figura. La legge di Snell applicata alla prima rifrazione fornisce
senβ = 1n
senα
α
α
α
βγ
φ
δ
e applicata alla seconda rifrazione
senφ = n�sen γ
Come si evince dalla figura, vale la relazione
Amaldi, L’Amaldi per i licei scientifici.blu CAPITOLO 16 • FENOMENI LUMINOSI
26
β + γ + π −α( ) = π
da cui
γ = α −β
Eliminando β e γ dalle tre equazioni precedenti, si ottiene
senφ = n�sen α − arcsensenα
n⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥
Come si può desumere dalla figura, si ha
δ = α − φ
quindi, ricavato l’angolo φ , è possibile determinare l’angolo δ . Sostituendo i valori numerici:
φ = 3,3° δ = 6,7°
• Utilizzando le approssimazioni suggerite nel testo, la legge di Snell si può scrivere
α ≈ nβ per la prima rifrazione,
φ ≈ n γ per la seconda rifrazione.
Sfruttando le relazioni fra gli angoli già indicate, risulta:
δ = α − φ ≈ α − n γ = α − n α −β( ) ≈ α − n α − αn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = 2 − n( )α
Ne segue che per n = 2, δ può essere considerato nullo nei limiti dell’approssimazione fatta. 18 ★★★
• No, la separazione angolare tra le due righe luminose non dipende dalla distanza dallo schermo. • Utilizzando la formula
senαk = kλd
con k = 1
per le due lunghezze d’onda emesse si ha:
α1 = arcsenλ1N
L= arcsen
404,66�nm ×1000�fenditure/cm0,01�m
= 2,3192°
α2 = arcsenλ2N
L= arcsen
435,83�nm ×1000�fenditure/cm0,01�m
= 2,4932°
La separazione angolare è
� α = α2 −α1 = 2,4932°− 2,3192° = 0,174°
che è minore di quella richiesta, quindi 1000 fenditure/cm non bastano.