Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

INTERFERENSI PERTEMUAN 08-09 Matakuliah: K0252 / Fisika Dasar II Tahun: 2007.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "INTERFERENSI PERTEMUAN 08-09 Matakuliah: K0252 / Fisika Dasar II Tahun: 2007."— Transcript presentasi:

1

2 INTERFERENSI PERTEMUAN Matakuliah: K0252 / Fisika Dasar II Tahun: 2007

3 Bina Nusantara 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/m 2. 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

4 Bina Nusantara 1 lumen = 1/683 watt pada panjang gelombang 555 nm - Cahaya nampak Panjang Gelombang cahaya tampak antara : 400 nm nm 400 nm nm  Ungu 450 nm nm  Biru 500 nm nm  Hijau 570 nm nm  Kuning 590 nm nm  Jingga 630 nm 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

5 Bina Nusantara - Iluminasi (Kuat penerangan ), E : Banyaknya flux cahaya yang mengenai suatu permukaan persatu-. an luas permukaan : E = ∆F/∆A. Satuan : lumen / m 2 = lux ………(02) Contoh soal : Kecerahan(brightness) suatu lampu 100 Wadalah 1700 lumen. Tentukanlah : 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 r 2 ) = 1700 lm / (4 π x (2.0 m) 2 ) = 34 lm/m 2 5

6 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

7 Bina Nusantara 3. PERCOBAAN YOUNG (INTERFERENSI DUA CELAH) 7 P r 1 r 2 d θ B O S 2 dSin θ R θ s1s1 LAYAR - Cahaya yang berasal dari dua celah sempit S1 dan S2 adalah koheren - Kedua cahaya berinterferensi di titik P ( di layar ) y

8 Bina Nusantara 8 Untuk jarak antara kedua celah ( d ) << R Jarak layar dengan celah, dapat diambil pendekatan : S 1 B ┴ r 1 dan S 1 B ┴ r 2 Beda Lintasan Optik S 1 P dan S 2 P adalah : ( r 2 – r 1 ) n = n d sin θ ; n = index bias medium (r 2 – 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)

9 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 S 1 dan S 2 adalah sama. Gelombang cahaya yang tiba di titik P(layar) dari celah S 1 adalah E 1 = E m1 sin (ω t – k r 1 ) dan dari celah S 2 adalah : E 2 = E m2 sin (ω t – k r 2 ). Superposisi gelombang di titik P : E = E 1 + E 2 ( dengan diagram fasor) 9

10 Bina Nusantara E P 2 = E m1 2 + E m E m1 2 E m2 2 cos φ Kalau E m1 = E m2 = E m, maka : E P 2 = 2E m 2 (1 + cos φ) atau E P 2 = 4E m 2 cos 2 (φ/2) sehingga intensitas di titik P : I P = I 0 cos 2 β …………..(05) 10 E m1 EPEP (ωt - kr 1 ) (ωt - kr 2 ) φ = k(r 2 - r 1 ) E m2

11 Bina Nusantara dimana I 0 = 4E m 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 I P = I θ = I m COS 2 [( π d) / (λ R)] y …………(07) intensitas di setiap titik pada layar memenuhi persamaan (07) Dari persamaan (06) bila β = m π ; 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

12 Bina Nusantara erence.html 12

13 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 = rad = d sin θ = m λ, maximum sin θ = m λ / d, m = 10 → arc sin θ = [ 10 x 546 nm]/ 0.1 mm → θ =

14 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 = y m /R → y m = m λ R / d = 589 nm x 3 m / 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

15 Bina Nusantara tergambar. ☼ ○ ◙ A B ☼ ○ C Fase awal antena S1 adalah 60 0 dan antena S Bila S1 dimatikan, intensitas di titik C adalah I2 = 2 m W/m 2 Bila S2 dimatikan, intensitas di titik C adalah I1 = 1 m W/m 2 Bila ke dua antena memancarkan bersama, tentukan : a). Intensitas di titik C b). Intensitas terlemah pada garis BC yang paling dekat dengan B 15 S1 S2 φ1φ1 φ2φ2 S d θ 10 km

16 Bina Nusantara 4. INTERFERENSI SELAPUT TIPIS - Cahaya pantul oleh medium lebih rapat (n 1 > n ) akan berbeda fase dari cahaya datang. - Cahaya pantul oleh medium lebih renggang (n < n 1 ) tidak terjadi perubahan fase. - di titik B cahaya pantul berubah fase terhadap cahaya A - di titikC cahaya pantul tidak berubah fase 16 F E d P C D A B n n 1 > n n θdθd θbθb

17 Bina Nusantara - Selisih lintasan optik antara cahaya BF dan cahaya BCDE adalah Λ = n 1 (BC + CD) - n BP BC = CD = d / cos θ b → Λ = (2n 1 d) / cos θ b - n BP BD = 2 d tg θ b BP = BD sin θ b - Menurut hukum Snellius : n sin θ d = n 1 sin θ b → BP = BD (n 1 / n) sin θ b maka Λ = 2n 1 d/cos θ b ( 1 - sin 2 θ b ) = 2 n 1 d cos θ b Selisih fase = φ = (selisih lintasan optik) 2 π / λ - Sinar BF dan BCDE berbeda fase → φ = (m + ½) 2π = k Λ = (4π/λ 0 ) n 1 d cos θ b ………(08) 17

18 Bina Nusantara λ 9 = panjang gelombang cahya datang n sin θ d = n 1 sin θ b → (n sin θ d ) 2 = (n 1 sin θ b ) 2 n 1 cos θ b = (n 1 2 – n 1 2 sin 2 θ b ) ½ → n 1 cos θ b = (n 1 2 – n 2 sin 2 θ d ) ½ sehingga pers. (08) menjadi (4πd/λ 0 )( n n 2 sin 2 θ d ) ½ = (m + ½) 2π → …….(8a) 2 d ( n n 2 sin 2 θ d ) ½ = (m + ½) λ 0 Interferensi Konstruktif (Maximum = Terang) : 2 d ( n n 2 sin 2 θ d ) ½ = (m + ½) λ 0 ……… (09) m = 0, 1, 2, 3, …. Apabila sudut datang, θ d = 0 0 maka : 2 n 1 d = (m + ½) λ 0 ……(9a) m = 0, 1, 2, 3, …. 18

19 Bina Nusantara Interferensi Destruktif (Minimum = Gelap) : 2 d ( n n 2 sin 2 θ d ) ½ = m λ 0 ……… (10) m = 0, 1, 2, 3, …. Apabila θ d = 0 0 maka : 2 n 1 d = m λ 0 ……(10a) m = 0, 1, 2, 3, …. Contoh Selaput Tipis (1): Cahaya hijau λ = nm mengenai permukaan suatu selaput tipis (n = 1.50) dengan sudut datang a). Berapakah ketebalan minimum selaput agar cahaya yang dipantulkan adalah maximum. b).Bagaimana cahaya yang dipantulkan bila tebal selaput 1500 nm ? 19

20 Bina Nusantara Jawaban : a). 2 d ( n n 2 sin 2 θ d ) ½ = (m + ½) λ 0 Maximum Ketebalan minimum → m = 0 d = ( ¼ λ 0 ) ( n f 2 – n 2 sin 2 θ d ) - ½ = ¼ x x m (1.5 2 – (½) 2 ) - ½ = 100 nm b). Kalau d = 1500 nm maka dari pers.(8a) diperoleh : φ = (4πd/λ 0 )( n n 2 sin 2 θ d ) ½ ± π = (4π x 1500 nm/ nm )( (½) 2 ) ½ ± π = 15 π ± π Jadi bila λ = 1500 n m maka ini tetap memberikan interferensi. maximum. 20

21 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 n 1 d = (m + ½) λ 0 ; m = 0, 1, 2, 3, …. λ 0 = (2 n 1 d ) / (m + ½) = (2 x 1.33 x 320 nm)/ (m + ½) = 850 nm / (m + ½) → m = 0 m = 1 m = 2 λ 0 = 1700 nm 570 nm 340 nm Warna yang nampak adalah λ = 570 nm ( hijau-kuning) 21

22 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. n sabun = Hitunglah ketebalan. selakput sabun tersebut. Soal Latihan 2 : Selaput tipis dengan ketebalan 4 x cm disinari oleh cahaya putih tegak lurus pada permukaannya. Index bias selaput 1.5 Dian -tara spektrum cahaya nampak yang direfleksikan, panjang gelom- bang manakah yang diperkuat.[480 nm = biru] Soal Latihan 3 : Suatu selaput tipis n = disinari secara tegak lurus dengan cahaya 500 nm. Apabila sinar yang direfleksikan menghasilkan … 22

23 Bina Nusantara interferensi minimum, berapakah ketebalan selaput tersebut. 5. KACA TAK PANTUL d selisih lintasan optik sinar ABF dan BGDE adalah : Λ = n f (BC + CD) – n BP = (2d)( n f 2 – n 2 sin 2 θ d ) ½ 23 A θdθd B C D E F P θbθb n n F > n n G > n f

24 Bina Nusantara - Pada kaca tak pantul yang terpenting adalah agar kaca/selaput tidak memantulkan cahaya - Sinar yang dipantulkan oleh bidang batas n dan n f sefase dengan sinar yang dipantulkan oleh bidang batas antara n f dan n g sehingga syarat untuk φ adalah : 24

25 Bina Nusantara Interferensi destruktif (minimum = gelap) : ……….(12) Untuk sudut datang θ d = 0 0 maka : 2 n f d = (m + ½) λ 0 ……….(12a) Tebal minimum lapisan, bila m = 0 : d min = 1 / 4n f ………. (12b) Contoh soal : Seseorang mempergunakan kaca mata yang permukaannya dilapi si dengan selaput tipis dari bahan MgF 2, n = Index bias kaca matanya 1.5.Berapakah ketebalan lapisan agar pada λ = 550 nm refeksinya minimum. 25

26 Bina Nusantara Jawaban : 2 n f 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

27 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 dengan sinar datang - Sinar terpantul di titik P dan sinar pantulan dari permukaan kaca. beda fase 180 0,sehingga terjadi inteferensi maksimum (terang) Intensitas Maximum : 2 n f d = (m + ½) λ 0 Maximum (Terang) …………..(13) m = 0, 1, 2, 3, …. n = index bias selaput tipis(medium) 27

28 Bina Nusantara Jejari cincin Newton : r = √ [( m + ½) λ 0 R / n f ] …………..(13a) Intensitas minimum : 2 n f d = m λ 0 (Minimum) …………..(14) Jejari cincin Newton : r = √ ( m λ 0 R/n f ) …………(14a) 28 kaca lensa medium d r R R R-d sinar nfnf

29 Bina Nusantara Contoh soal 1: Suatu lensa positif jejari 20 cm yang terletak di atas sebuah kaca disinari dengan cahaya; lampu natrium ( λ = 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 r 23. 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 / r = r udm / r Cm = √( n C / n ud ) r 23 = [(23( nm x 0.2 m))/1.461] ½ = 1.36 mm 29

30 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 : 30

31 Bina Nusantara 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

32 Bina Nusantara 32


Download ppt "INTERFERENSI PERTEMUAN 08-09 Matakuliah: K0252 / Fisika Dasar II Tahun: 2007."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google