INTERFERENSI PERTEMUAN 08-09

Presentasi berjudul: "INTERFERENSI PERTEMUAN 08-09"— Transcript presentasi:

1

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

3 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

4 Panjang Gelombang cahaya tampak antara : 400 nm - 700 nm
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 Bina Nusantara

5 - 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 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 = lm / (4 π r2 ) = lm / (4 π x (2.0 m)2 ) = 34 lm/m2 5 Bina Nusantara

6 Mempelajari sifat-sifat fisis cahaya • Sumber Koheren
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

7 Cahaya yang berasal dari dua celah sempit S1 dan S2 adalah koheren
3. PERCOBAAN YOUNG (INTERFERENSI DUA CELAH) P r1 r2 d θ B O S dSin θ R s1 y θ LAYAR Cahaya yang berasal dari dua celah sempit S1 dan S2 adalah koheren - Kedua cahaya berinterferensi di titik P ( di layar ) 7 Bina Nusantara

8 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

9 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

10 EP Em1 Em2 φ = k(r2 - r1) 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) EP Em1 φ = k(r2 - r1) Em2 (ωt - kr1) (ωt - kr 2) 10 Bina Nusantara

11 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

12 http://www. phy. ntnu. edu. tw/java/waveInterference/waveInterference
12 Bina Nusantara

13 Celah pada inteferensi Young disinari dengan cahaya yang panjang
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 = 3.130 13 Bina Nusantara

14 Interferensi maximum :
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 / 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

15 S1 φ1 S d θ φ2 S2 10 km tergambar . ☼ ○ ◙ A B
☼ ○ ◙ A B ☼ ○ C 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 S1 φ1 S d θ φ2 S2 10 km 15 Bina Nusantara

16 d θd θb 4. INTERFERENSI SELAPUT TIPIS
- Cahaya pantul oleh medium lebih rapat (n1 > 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 F A E θd P n D B n1 > n d θb C n 16 Bina Nusantara

17 - 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 ( sin2 θb ) = 2 n1 d cos θb Selisih fase = φ = (selisih lintasan optik) 2π / λ - Sinar BF dan BCDE berbeda fase → φ = (m + ½) 2π = k Λ = (4π/λ0 ) n1 d cos θb ………(08) 17 Bina Nusantara

18 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 )( n n2 sin2 θd )½ = (m + ½) 2π → …….(8a) 2 d ( n n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0 Interferensi Konstruktif (Maximum = Terang) : 2 d ( n n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ ………(09) m = 0 , 1 , 2 , 3 , …. Apabila sudut datang , θd = 00 maka : 2 n1 d = (m + ½) λ ……(9a) 18 Bina Nusantara

19 Interferensi Destruktif (Minimum = Gelap) :
2 d ( n n2 sin2 θd )½ = m λ ………(10) m = 0 , 1 , 2 , 3 , …. Apabila θd = 00 maka : 2 n1 d = m λ ……(10a) 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 Bina Nusantara

20 a). 2 d ( n1 2 - n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0 Maximum
Jawaban : a). 2 d ( n n2 sin2 θd )½ = (m + ½) λ0 Maximum Ketebalan minimum → m = 0 d = ( ¼ λ0 ) ( nf 2 – n 2 sin2 θd ) - ½ = ¼ x x m ( – (½)2 ) - ½ = 100 nm b). Kalau d = 1500 nm maka dari pers.(8a) diperoleh : φ = (4πd/λ0 )( n n2 sin2 θd )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 Bina Nusantara

21 Selaput air n = 1.33 di udara tebalnya 320 nm . Jika selaput disinari
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 = m = m = 2 λ0 = 1700 nm nm nm Warna yang nampak adalah λ = 570 nm ( hijau-kuning) 21 Bina Nusantara

22 Cahaya putih jatuh pada gelembung sabun secara tegak lurus dan
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 = 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 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 Bina Nusantara

23 θd θb interferensi minimum , berapakah ketebalan selaput tersebut .
5. KACA TAK PANTUL d selisih lintasan optik sinar ABF dan BGDE adalah : Λ = nf (BC + CD) – n BP = (2d)( nf 2 – n2 sin2 θd )½ F A E θd P n D B nF > n θb C nG > nf 23 Bina Nusantara

24 - 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 : 24 Bina Nusantara

25 Untuk sudut datang θd = 00 maka : 2 nf d = (m + ½) λ 0 ……….(12a)
Interferensi destruktif (minimum = gelap) : ……….(12) Untuk sudut datang θd = 00 maka : 2 nf d = (m + ½) λ ……….(12a) Tebal minimum lapisan , bila m = 0 : dmin = 1 / 4nf ………. (12b) Contoh soal : Seseorang mempergunakan kaca mata yang permukaannya dilapi si dengan selaput tipis dari bahan MgF2 , n = Index bias kaca matanya Berapakah ketebalan lapisan agar pada λ = 550 nm refeksinya minimum. 25 Bina Nusantara

26 2 nf d = (m + ½) λ 0 → diambil m = 0 d = 550 nm / (4 x 1.38) = 100 nm
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 = 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

27 2 nf d = (m + ½) λ0 Maximum (Terang) …………..(13) m = 0 , 1, 2 , 3 , ….
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

28 r = √ [( m + ½) λ0 R / nf ] …………..(13a) Intensitas minimum :
Jejari cincin Newton : r = √ [( m + ½) λ0 R / nf ] …………..(13a) Intensitas minimum : 2 nf d = m λ 0 (Minimum) …………..(14) r = √ ( m λ0 R/nf ) …………(14a) R R sinar R-d r lensa medium nf d kaca 28 Bina Nusantara

29 r = √( m λ 0 R/nf ) → r ud = √( m λ 0 R/nud ) ; di udara
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 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( nm x 0.2 m))/1.461]½ = mm 29 Bina Nusantara

30 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 Bina Nusantara

31 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 Sampai Jumpa 32 Bina Nusantara