Corso di Laurea in FisicaTest in itinere di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)11 aprile 2017

Problema 1.Un cavo metallico e costituito di due spezzoni di uguale lunghezza (l = 150 m) e saldati insieme, fatti rispettivamentedi tungsteno (ρ = 19300 Kg/m3) con diametro d1 = 6 mm e acciaio (ρ = 7650 Kg/m3) con diametro d2 = 5 mm.L’estremita d’acciao del cavo e quindi fissata a una parete mentre quella di tungsteno e attaccata, dopo essere passataper una carrucola, ad un blocco di massa M = 800 Kg, come indicato nella figura.

���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

M

v

All’estremita della carrucola si percuote la fune per un tempo τ e si produce un segnale impulsivo della forma

y(x, t) = ymaxe−(

t−x/vτ

)2

ymax = 8.5 mm, τ = 4.30 ms

1. In relazione all’impulso iniziale calcolare la massima velocita trasversale sul primo spezzone di fune.

2. Calcolare la larghezza a meta altezza dell’impulso nei due spezzoni di fune.

3. Calcolare dopo quanto tempo, dall’istante in cui e emesso l’impulso, arriva un primo e poi un secondo impulsoe l’ampiezza di questi due impulsi riflessi specificando se sono dritti o capovolti e motivando la risposta.

φα

n

Problema 2Un fascio sottile di luce monocromatica, inizialmente in aria(naria = 1), incide con angolo φ = 60o su un prisma retto (α = 90o)e viene da esso rifratto uscendo radente alla superficie del prisma

1. Calcolare l’indice di rifrazione del prisma che realizza talesituazione per questa lunghezza d’onda;

2. Qual’e il limite superiore per l’indice di rifrazione che epossibile misurare con questo metodo e a quale angolo diincidenza corrisponde?

3. Successivamente un fascio di luce bianca, comprendentetutte le lunghezze d’onda dello spettro visibile (0.38 µm <λ < 0.78 µm), viene fatto incidere sul prisma con lo stesso angolo di incidenza φ . Sapendo che l’indice dirifrazione varia con la legge n = A+B/λ 2 (A = 1.32, B = 1.4×10−3 µm2), calcolare quali lunghezze d’ondausciranno dalla faccia del prisma e quali verranno totalmente riflesse all’interno.

SoluzioneProblema 1Abbiamo un impulso che si propaga su una corda tesa. La velocita con cui si propaga e diversa nei due spezzoniessendo diversa la densita lineare. Conoscendo densita di volume e diametro possiamo porre λ = ρ(π/4)d2 e dunquecalcolare

v1 =

√Tλ1

=

√Mgλ1

= 119.9 m/s v2 =

√Tλ2

=

√Mgλ2

= 228.5 m/s (1)

dove gli indici 1 e 2 si riferiscono rispettivamente allo spezzone di fune in tungsteno e in acciaio.Per calcolare la velocita trasversale della fune dobbiamo derivare la forma dell’impulso y(x, t) rispetto al tempo. Percomodita introduciamo il parametro

u =t− x/v

τ

La derivata vale allora

vt =dydt

= ymaxddt

(e−u2

)= ymaxe−u2

(−2u)1τ= 2ymax

(x/v− t)τ2 e−

(t−x/v

τ

)2

Anche la velocita trasversale e un onda che si propaga con la stessa velocita dell’impulso. Si vede anche che la velocitatrasversale tende a zero quando siamo lontani dall’impulso ed e proprio zero sul picco dell’impulso (u= 0). Per vedereil suo valore massimo dobbiamo trovare tali massimi derivando nuovamente.

dvt

dt=

(−2ymax

τ

)ddt

(e−u2

u)=

(−2ymax

τ

)ddt

e−u2(1−2u2) = 0 ⇒ u =

1√2

Sostituendo questo valore trovato nell’espressione di sopra per la velocita trasversa otteniamo

vt =ymax

τ

√2e= 1.70 m/s

E interessante osservare che, a differenza della velocita di propagazione dell’onda, la velocita trasversale non dipendedal mezzo.

La larghezza a meta altezza dell’impulso sulla corda si calcola imponendo che

e−∆u2= 1/2 ⇒ ∆u =

√ln2

Questa e la variazione di u, rispetto alla posizione di massimo centrale, che dimezza l’ampiezza dell’impulso. In unistante di tempo fissato, ad esempio t = 0, questa si traduce in una larghezza spaziale pari a

∆xvτ

=±√

ln2 ⇒ ∆x =±vτ√

ln2 ⇒ ∆xtot = 2∆x = 2vτ√

ln2 =

0.858 m tungsteno

1.636 m acciaio

Anche in questo caso, come avviene per la lunghezza d’onda della radiazione e.m., si vede che laddove la velocita emaggiore l’impulso e piu allargato e viceversa.

Il primo impulso che torna indietro e quello riflesso nel punto di mezzo della fune dove cambiano le propriet‘i.propagazione dell’onda.

∆t1 = 2l

v1= 2.50 s

Il secondo impulso che torna indietro e quello che, trasmesso dipo il punto di contatto delle due funi, si riflette sulmuro, ripassa in trasmissione il punto di giunzione e finalmente arriva alla carrucola. Il suo ritardo vale

∆t2 = 2l(

1v1

+1v2

)= 3.81 s

2

Un’altro impulso poteva concorrere ad arrivare secondo ed e il primo impulso considerato, che si riflette nuovamentesulla carrucola, riparte e si riflette nuovamente alla giunzione. Tuttavia tale impulso arriva piu tardi essendo il suoritardo esattamente il doppio del ritardo ∆t1.Per quanto riguarda le ampiezze degli impulsi riflessi, calcoliamo i coefficienti di riflessione e trasmissione nei duecasi di passaggio da tratto 1 a tratto 2 e viceversa.

r12 =v2− v1

v2 + v1= 0.312 r21 =

v1− v2

v2 + v1=−0.312 t12 =

2v2

v2 + v1= 1.312 t21 =

2v1

v2 + v10.688

Il primo impulso che viene riflesso ha un’ampiezza pari a

y1 = r12 · ymax =v2− v1

v2 + v1= 2.65 mm

Il secondo impulso e quello che viene trasmesso alla giunzione, si riflette e torna indietro. L’impulso e capovoltoperche nelle due trasmissioni non cambia segno ma la cambia alla riflessione sul muro e la sua ampiezza vale

y2 = t12 · t21ymax =v2− v1

v2 + v1= 7.67 mm

Problema 2La situazione e quella mostrata nella figura,

da cui possiamo subito trovare una relazione tra θ1 e θ2

α + θ1 + θ2 = 180o ⇒ α +(90o−θ1)+(90o−θ2) = 180o

⇒ θ1 +θ2 = α

Dobbiamo poi applicare la legge di Snell sulle due superfici del prisma, le quali si scrivono come

sinφ = nsinθ1 ⇒ sinθ1 =sinφ

n, nsinθ2 = 1.

avendo anche posto l’angolo di uscita θ3 = 90o.Abbiamo dunque tre equazioni e tre incognite (θ1, θ2 e n). Mettendo insieme abbiamo:

1 = nsinθ2 = nsin(α−θ1) = n(sinα cosθ1− cosα sinθ1)

= n(

sinα

√1− sin2

θ1− cosα sinθ1

)= n

sinα

√1− sin2

φ

n2 − cosαsinφ

n

= sinα

√n2− sin2

φ − cosα sinφ .

Da cui otteniamo l’indice di rifrazione in funzione dell’angolo di incidenza φ e del prisma α .

n =

√(1+ cosα sinφ

sinα

)2

+ sin2φ

Se sostituiamo α = 90o abbiamo

3

n =

√1+ sin2

φ , φ = 60o ⇒ n = 1.3229 (2)

La relazione (2) mostra che n e una funzione monotona crescente di φ . Dunque l’indice di rifrazione massimo sitrovera per un angolo massimo di incidenza φ = 90o, cioe incidenza radente al piano. Per questa situazione abbiamo

n =√

2 = 1.4142

Per quanto riguarda il punto 3), per cui l’indice di rifrazione e nuovamente quello del punto 1), le lunghezze d’ondache riusciranno ad emergere dal prisma saranno quelle per cui l’indice di rifrazione risulta minore di quello trovato alpunto 1). Infatti, maggiore e l’indice di rifrazione piu rifrangente e il mezzo. Dunque scriveremo

n = A+Bλ 2 <

√1+ sin2

φ ⇒ λ > λc =

√√√√ B√1+ sin2

φ −A= 0.698 µm.

4

Corso di Laurea in FisicaTest in itinere di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)16 maggio 2017

Problema 1.Un fascio di luce polarizzato circolarmente ha una potenza P = 3.0 W e traversa quattro lastre di vetro come indicatonella figura. L’angolo di incidenza e i = 45o, l’indice di rifrazione delle lastre vale n = 1.7 ed il loro spessore ed = 6 mm.Relativamente al fascio di luce uscente, calcolare:

1. di quanto si e spostato rispetto al fascio incidente;

2. lo stato di polarizzazione;

3. la potenza (non considerando le riflessioni multiple).

Quante lastre puo attraversale il fascio di luce se la sua potenza non deve scendere sotto 1 W?

n

h

Problema 2 Sei antenne radar coerenti, disposte come in figura, emettono onde sferiche di intensita I1 e lunghezzad’onda λ . Esse sono distanziate tra loro di λ/4 e ciascuna ha una differenza di fase intrinseca di π/6 rispetto allasuccessiva.

1. Scrivere la legge con cui varia l’intensita in funzione dell’angolo θ a grandi distanze e specificare le direzioniin cui si hanno massimi e minimi.

2. Calcolare il valore dei massimi di intensita che si osservano.

3. Disegnare il diagramma polare di I (facoltativo).

θ

SoluzioneProblema 1Per calcolare di quanto si sposta il fascio dobbiamo ragionare sulla geometria di figura e calcolare l’angolo di trasmis-sione i′. Dalla legge di Snell abbiamo

i′ = sin−1(

sin in

)= sin−1

(1√2n

)= 24.58o. (1)

i

i’

i−i’

d

l h

Il calcolo di l passa per il calcolo della lunghezza percorsa nella lastra l che vale

l =d

cos i′

Daltra parte vale anche h= l sin(i− i′) da cui, considerando che abbiamo quattrolastre, ricaviamo

htot = 4h = 4l sin(i− i′) =4d sin(i− i′)

cos i′= 1.18 cm.

Per quanto riguarda la polarizzazione e la potenza, dobbiamo considerare i coef-ficienti di Fresnel di trasmissione t e T rispettivamente. I coefficienti tπ e tσvalgono

tπ =2sin i′ cos i

sin(i+ i′)cos(i− i′)tσ =

2sin i′ cos isin(i+ i′)

,

con i= 45o e i′= 24.58o. Quando la luce esce dalla lastra l’angolo di incidenza e l’angolo di trasmissione si scambianoi ruoli.Le ampiezze del campo trasmesso all’uscita da una lastra nel piano π e nel piano σ valgono allora:

Eπ = t(1)π · t(2)π E0 =

2sin i′ cos isin(i+ i′)cos(i− i′)

· 2sin icos i′

sin(i+ i′)cos(i′− i)E0

Eσ = t(1)σ · t(2)σ E0 =

2sin i′ cos isin(i+ i′)

· 2sin icos i′

sin(i+ i′)E0

La polarizzazione uscente dalla singola lastra sara’ allora ellettica con un’eccentricita

ε1 =Eσ

Eπ

= cos2(i− i′) = 0.878.

La polarizzazione dopo quattro lastre e sempre ellittica e l’eccentricita si ottiene dalla successiva applizazione deglistessi coefficienti. Si ottiene dunque

ε4 = ε41 = 0.595.

Per la potenza dobbiamo scomodare il coefficiente T , rapporto tra la potenza trasmessa e quella incidente. Quando ilfascio incide sulla lastra abbiamo

Tπ =sin2isin2i′

sin2(i+ i′)cos2(i− i′)= 0.981 Tσ =

sin2isin2i′

sin2(i+ i′)= 0.861

Si puo poi notare che i due coefficienti non cambiano sotto lo scambi i↔ i′ e dunque i coefficienti sono gli stessiquando il fascio di luce esce dalla lastra.Traversando quattro lastre abbiamo dunque che la potenza finale vale:

T =W0

2(T 8

π +T 8σ ) = 1.739 W.

La potenza dopo aver attraversato n lastre e

T =W0

2(T 2n

π +T 2nσ ).

Questa equazione non si puo risolvere analisticamente per n. Tuttavia facendo qualche tentativo si vede che per n = 11abbiamo W = 1.035 W mentre per n = 12 la potenza vale 0.984 W. Dunque il numero di lastre massimo e 11.

2

Problema 2L’intensita si calcola con il metodo dei vettori rotanti, facendo la somma dei campi delle sei sorgenti. Si puo riper-correre il calcolo del libro fatto per le N sorgenti tenedo pero ora conto che c’ee uno sfasamento intrinseco di π/6.Abbiamo allora

I = I1

sin

(Nδ

2

)

sin

(δ

2

)

2

, N = 6, δ =2π

λd sinθ −π/6 =

π

6(3sinθ −1)

Mettendo insieme abbiamo allora

I = I1

sin

[π

2(3sinθ −1)

]

sin

[π

12(3sinθ −1)

]

2

(2)

I massimi principali li troviamo ponendo a zero il denominatore e dunque l’argomento del seno a denominatore pariad un multiplo di 2π

π/12(3sinθ −1) = 2mπ ⇒ sinθ = 4m+1/3

L’unico massimo principale si ha per m = 0 e vale dunque

sinθ = 1/3 ⇒ θ = 19.5o

Che ci sia un solo massimo principale discende dal fatto che la distanza tra due sorgenti adiacenti e minore di λ . Talemassimo non e sul piano equatoriale θ = 0 dal momento che c’e uno sfasamento intrinseco tra le sorgenti.I minimi li troviamo azzerando il numeratore e dunque

π/2(3sinθ −1) = mπ, m =±1,±2,±3, .... ⇒ sinθ =2m+1

3E le uniche tre soluzioni possibili sono

m = 1 sinθ = 1 θ = 90o

m =−1 sinθ =−1/3 θ =−19.5o

m =−2 sinθ =−1 θ =−90o

e abbiamo tre minimi (zeri) dell’intensita. Che l’asse polare fosse una direzione in cui abbiamo interferenza distruttivapoteva essere subito dedotto dal fatto che essendo la distanza tra le sorgenti λ/4, due sorgenti che distano 2d siannullano a vicenda.I massimi secondari li troviamo ponendo a 1 il numeratore e avendo cura di scartare le due soluzioni vicine al massimoprincipale. Abbiamo dunque

π/2(3sinθ −1) = (2m+1)π/2 ⇒ sinθ =2(m+1)

3Abbiamo tre soluzioni

m = 0 sinθ = 2/3 θ = 41.8o

m =−1 sinθ = 0 θ = 0o

m =−2 sinθ =−2/3 θ =−41.8o

e si puo facilmente vedere che l’unica che e tra due minimi e quella θ =−41.8o.

3

L’intensita del massimo principale vale evidentemente

Imax.pr. = N2I1 = 36 I1

L’intensita del massimo secondario la calcoliamo sostituendo il valore sinθ = −2/3 all’interno della formula (2)dell’intensita, da cui si ottiene

Imax.sec. = I1

[1

sin(−π/4)

]2

= 2 I1

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

Fun1

'/home/santovet/maxout.mgnuplot'

4

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)21 giugnoo 2017

Problema 1Un sistema ottico e costituito da una semisfera di vetro sulla cui faccia piana e addossato uno specchio, come nellafigura (n = 1.5 e R = 12 cm). La luce va da sinistra verso destra e la superficie riflettente dello specchio e rivolta versola superficie piana della semisfera.

a) Calcolare la posizione del fuoco, specificando se si tratta di un fuoco virtuale o reale.

b) Per quali valori diell’indice di rifrazione n il fuoco si trova all’interno della semisfera?

c) Calcolare la posizione del punto per cui oggetto e immagine coincidono.

V

θ

Problema 2Sono date tre sorgenti identiche di onde elettromagnetiche (λ = 3.0 cm), puntiformi, di-sposte lungo una retta e distanti d = 4.5 cm ognuna da quella adiacente. Le sorgentiemettono, in modo isotropo, onde sferiche coerenti una con l’altra, con uno sfasamentocostante ϕ tra una sorgente e quella vicina.Si osserva che sul piano equatoriale, θ = 0 (θ e l’usuale angolo tra la direzione dell’onda eil piano perpendicolare alla retta dove sono le sorgenti) l’intensita della radiazione e nulla.

a) Calcolare il piu piccolo (in modulo) sfasamento tra due sorgenti adiacenti che rendepossibile tale situazione.

b) Calcolare la direzione dei massimi principali e dei minimi di intensita

c) Se il campo elettrico misurato su un massimo principale ad una distanza r = 4.8 mvale Emax = 35.0 V/m, calcolare la potenza di una singola sorgente.

d) Disegnare il diagramma polare dell’intensita.

Problema 3Un fascio di luce non polarizzata, di potenza P = 18.0 W e sezione trasversa Σ = 1.2 cm2, incide su un prisma rettofatto di vetro (n = 1.5), avente per base un triangolo isoscele e, dopo averlo attraversato, riemerge dal lato opposto(si veda la figura). L’angolo di uscita tra la luce e la normale alla seconda superficie e uguale all’angolo d’incidenza(c’e una simmetria destra-sinistra). Inoltre si osserva che la luce riflessa dalla prima faccia del prisma e polarizzatalinearmente.

a) Calcolare l’intensita del fascio incidente

b) Calcolare quanto vale l’angolo α di apertura del prisma.

c) Calcolare l’intensita del fascio trasmesso dalla prima superficie

d) Calcolare l’intensita del fascio trasmesso dalla seconda superficie e il grado di polarizzazione.

α

n

2

SoluzioneProblema 1La luce, che viene da destra, prima incontra un diottro convesso aria-vetro, poi viene riflessa dallo specchio piano einfine, tornando indietro, incontra un diottro concavo vetro-aria.Ad ogni passaggio, l’immagine diventa oggetto per lo strumento successivo. Nel mettere in relazione le posizioni diimmagine e oggetto si deve tener conto delle convenzioni per i segni (positiva a sinistra per l’oggetto e a destra perl’immagine) e dei vertici rispetto ai quali si misurano le distanze. Possiamo scrivere

1p1

+nq1

=n−1

Rp2 = R−q1

1p2− 1

q2= 0 p3 = R+q2

np3

+1q3

=n−1

R(1)

Dopo che la luce si riflette sullo specchio piano, cambia il suo verso percorrenza e ora va da destra verso sinistra.Dunque dobbiamo assumere che l’oggetto del secondo diottro p3 e positivo a destra e l’immagine q3 e positiva asinistra. Questo spiega i segni della quarta equazione delle (1).A partire dalle equazioni (1), sostituendo successivamente i valori che si ricavano per q1, p2, q2 e infine p3, si puotrovare la relazione analitica tra q3, immagine complessiva del sistema, e p1, oggetto iniziale. La relazione e:

q =(2−n)p+2R

2(n−1)p+(n−2)RR (2)

avendo tolto i pedici essendo interessati solo all’oggetto iniziale a all’immagine finale.Il fuoco lo troviamo facendo il limite p→ ∞ nell’equazione (2) e otteniamo

F =2−n

2(n−1)R = 6.0 cm

Il fuoco si trova dunque 6 cm a sinistra del vertice V e si tratta di un fuoco reale, costruito sui veri raggi (ricordiamociche a sinistra ora l’immagine e positiva perche la luce sta andando da destra a sinistra). Piu grande e n piu e alto ilpotere convergente del diottro e piu il fuoco si avvicina al vertice V . Per n > 2 il fuoco diventa negativo e dunquepassa all’interno del diottro e diventa virtuale.Il punto in cui oggetto e immagine coincidono lo troviamo uguagliando ponendo p = q nella (2).

p =(2−n)p+2R

2(n−1)p+(n−2)RR

Questa ci fornisce un’equazione di secondo grado in p.

2(n−1)p2−2(2−n)Rp−2R2 = 0

le cui soluzioni sono

p1,2 =

[2−n±

√(n+2)2−4

2(n−1)

]R =

{+40.4 cm, reale−28.5 cm, virtuale

Ci sono dunque due soluzioni, una in cui oggetto e immagine sono reali ed un’altra con oggetto e immagine vituali.

Problema 2Dobbiamo studiare l’interferenza di N = 3 sorgenti puntiformi coerenti, sfasate l’una rispetto all’altra di un certo ϕ . Seci mettiamo lontano, ad un certo angolo θ rispetto all’orizzontale (la verticale e definita dalla retta dove sono allineatele tre sorgenti, come nella figura), l’intensita di N sorgenti coerenti distanti d una dall’altra vale

I(θ) = I1

sin

(Nδ

2

)

sin

(δ

2

)

2

= I1

sin

(3δ

2

)

sin

(δ

2

)

2

con δ =2π

λd sinθ +ϕ = 3π sinθ +ϕ

Nello sfasamento δ abbiamo incluso sia la parte dovuta al diverso cammino sia lo sfasamento intrinseco. Sostituendoabbiamo

3

I(θ) = I1

sin

(9π sinθ +3ϕ

2

)

sin

(3π sinθ +ϕ

2

)

2

(3)

Lo sfasamento intrinseco ϕ puo essere subito ricavato imponendo che a θ = 0 si abbia uno zero del numeratore (e nondel denominatore) e dunque

sin(

3ϕ

2

)= 0 ⇒ 3ϕ

2= mπ, m =±1,±2 ⇒ ϕ =

2π

3

Consideriamo m = 1 per avere il piu piccolo sfasamento.

La posizione dei massimi principali la troviamo annullando il denominatore.

3π

2sinθ +

π

3= mπ ⇒ sinθm = 2/3(m−1/3)

Gli angoli dei massimi principali sono dunque:

sinθ−1 =−8/9 θ−1 =−62.7o, sinθ0 =−2/9 θ−1 =−12.8o, sinθ+1 = 4/9 θ−1 = 26.4o

Come detto in precedenza i minimi (zeri) li troviamo ponendo a zero il numeratore, facendo pero attenzione a scartarele soluzioni che sono gia dei massimi principali. Abbiamo

9π

2sinθ +π = kπ ⇒ sinθk = 2/9(k−1)

E si hanno i seguenti minimi:

sinθ−2 =−6/9 θ−2 =−41.8o, sinθ−1 =−4/9 θ−1 =−26.4o, sinθ+1 = 0 θ+1 = 0o

sinθ+2 = 2/9 θ+2 = 12.8o, sinθ+4 = 6/9 θ+4 = 41.8o, sinθ+5 = 8/9 θ+5 = 62.7o

Ci sono dunque sei direzioni in cui l’intensita emessa e nulla. Si sono scartate le soluzioni (k = −3,0,3) perchecorrispondono agli angoli dei massimi principali.Consideriamo la relazione tra l’ampiezza del campo elettrico e l’intensita, tenendo conto che sui massimi principalivale Emax = 3E1.

I =nE2

2Z0⇒ I1 =

E21

2Z0=

(Emax/3)2

2Z0=

Imax

9

D’altra parte l’intensita di un’onda sferica, misurata ad una certa distanza, e legata alla potenza della sorgente dallarelazione

P = I ·Σ = 4πr2I ⇒ P1 = 4πr2I1 =4πr2E2

12Z0

=2πr2E2

max

9Z0= 52.3 W.

Il diagramma polare dell’intensita e mostrato nella Figura . Il diagramma e simmetrico destra-sinistra in quanto c’euna perfetta simmetria per rotazioni intorno all’asse verticale. Si vedono bene i tre massimi principali e i sei zeridell’intensita insieme ai tre massimi secondari. Dalla figura si vede inoltre che ci sono un massimo ed un minimo perθ = π/2 e θ = −π/2 che non corrispondono ne’ a massimi principali o secondari ne’ a zeri. Tali massimi o minimivengono fuori per i valori limite dell’angolo θ .

Problema 3Innanzitutto l’intensita del fascio incidente e immediata e vale

Ii =PΣ= 15.0 W/cm2

4

Figura 1 Diagramma polare dell’intensita prodotta dalle tre antenne

Si tratta poi di applicare i coefficienti di Fresnel al raggio trasmesso dopo la prima e dopo la seconda superficie. Poichesi dice che la luce riflessa alla prima riflessione e polarizzata, possiamo affermare che l’angolo di incidenza sulla primasuperficie e proprio l’angolo di Brewster per cui

sin i = nsinr = nsin(90o− i) = cos i ⇒ i = tan−1(n) = 56.31o

dove con i e r abbiamo indicato rispettivamente l’angolo di incidenza e l’angolo di trasmissione (o rifrazione). Poichel’angolo di incidenza e uguale all’angolo di uscita (simmetria destra-sinistra), come si puo vedere dalla Figura , cisono solo due angoli in gioco e per la seconda superficie angolo di incidenza e angolo di trasmissione si scambiano,i↔ r. Dalla geometria del prisma si evince inoltre che

α = 2r ⇒ α = 2sin−1(

sin in

)= 67.38o, r = 33.69o

α

n

i irr

Per calcolare l’intensita del raggio dopo l’attraversamento dellaprima superficie dobbiamo ricorrere ai coefficienti di Fresnel perl’onda trasmessa, separando la componente π del campo, cioe nelpiano di incidenza, e la componente σ , normale al piano di inci-denza. Consideriamo inoltre che, essendo la luce non polarizzataall’inizio, valgono

Iiπ = Ii

σ =I0

2= 7.5 W/cm2.

Inoltre sappiamo che l’intensita di un’onda e.m. e legataall’ampiezza del campo elettrico dalla relazione

I =nE2

2Z0

I coefficienti di Fresnel t valgono

tπ =2sinr cos i

sin(i+ r)cos(i− r)=

2sinr cos icos(i− r)

= 0.6666 tσ =2sinr cos isin(i+ r)

= 2sinr cos i = 0.6154

5

avendo usato la relazione i+ r = π/2. Possiamo allora scrivere

It =I0

2n(t2

π + t2σ ) = 9.26 W/cm2.

L’intensita trasmessa e notevolmente minore dell’intensita iniziale sia perche c’e un po’ di luce riflessa ma soprattuttoperche c’e il fattore geometrico che rende la superficie trasversa del fascio piu grande all’interno del prisma. Aglistessi risultati saremmo arrivati usando i coefficienti di trasmissione Tπ e Tσ e correggendo per le superfici.Alla seconda superficie gli angoli di incidenza e trasmissione si scambiano i ruoli. Possiamo ora definire due nuovicoefficienti di Fresnel t ′π e t ′σ , che sono diversi dai primi due e che valgono

t ′π =2sin icosr

sin(i+ r)cos(r− i)=

2sin icosrcos(r− i)

t ′σ =2sin icosrsin(i+ r)

= 2sin icosr

Le grandezze primate si riferiscono alla luce trasmessa dalla seconda superficie del prisma. L’intensita della lucetrasmessa dalla seconda superficie vale allora

I′t = Iπt

(t ′2πn

)+ Iσ

t

(t ′2σn

)e se sostituiamo

Iπt =

I0

2nt2

π Iσt =

I0

2nt2

σ

otteniamo

I′ =I0

2(t2

π t ′2π + t2σ t ′2σ ) =

I0

2

{[2sin icos icos(i− r)

]4

+(2sin icos i)4

}=

I0

2[1+(2sin icos i)4]= 12.9 W/cm2

Dalla formula di sopra si vede che essendo la sezione del fascio di luce uguale per il fascio incidente e quello uscentedal prisma, quando l’angolo di incidenza e proprio l’angolo di Brewster l’intensita sul piano π rimane esattamentequella incidente, I0/2.Sempre per la simmetria del problema, il grado di polarizzazione vale

P =Wπ −Wσ

Wπ +Wσ

=1− (2sin icos i)4

1+(2sin icos i)4 = 0.159

6

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)12 luglio 2017

Problema 1Un vetro per lenti ha un indice di rifrazione che segue la legge di Cauchy

n1(λ ) = A1 +B1

λ 2 A1 = 1.446 B1 = 0.0035 µm2. (1)

Volendo realizzare una lente simmetrica convergente (sottile) di focale f = 30 cm, calcolare

a) il raggio delle due superfici (si assuma λ = λG = 0.55 µm)

b) l’entita dell’abberrazione cromatica (in percentuale, sul fuoco) di una tale lente su tutto lo spettro visibile (λB =0.4 µm, λR = 0.7 µm).

Si vuole correggere tale abberrazione cromatica usando due lenti sottili simmetriche addossate, una fatta del materiale1 e l’altra fatta di un secondo vetro che segue la legge di Cauchy con parametri A2 = 1.322 e B2 = 0.0028.

c) Calcolare i raggi di curvatura delle due lenti specificando se sono convergenti o divergenti.

Problema 2Un reticolo di diffrazione e costituito da N fenditure larghe a e distanti d = 100 µm una dall’altra. Si illumina ilreticolo con un laser a rubino di lunghezza d’onda λ = 0.694 µm. Nel massimo centrale della diffrazione si osservano17 frange luminose di intensita diverse. Sappiamo inoltre che la distanza d tra le fenditure e un multiplo intero dellalarghezza della singola fenditura (d = ka).

a) Dire quali possibili reticoli possono realizzare tale situazione, specificando per ognuno il numero delle fendituree la larghezza della singola fenditura.

Nel caso in questione, la larghezza angolare (totale) del massimo centrale di diffrazione vale ∆(sinθ) = 4.17×10−2 esul massimo centrale si misura l’intensita Imax = 55.0 W/m2.

b) Quante frange si possono osservare se la minima intensita rivelabile vale Imin = 1.6 W/m2?

c) Quanto e largo il massimo centrale e quanto vale il massimo potere risolutivo del reticolo, sempre lavorando nelmassimo centrale della diffrazione?

Problema 3Un fascio di luce non polarizzata, di intensita I0 = 2.0 W/cm2, incide su una sfera di vetro in modo tale che il pianodi incidenza contiene il centro della sfera. Si vuole studiare il fascio di luce che entra nella sfera, ne viene riflesso infondo e infine riesce dalla sfera, parallelamente alla direzione di ingresso (vedi Figura). Si considerino le dimensionitrasverse del fascio trascurabili rispetto alle dimensioni della sfera.

a) Calcolare i possibili valori dell’indice di rifrazione n per cui tale situazione si puo realizzare.

Fissiamo adesso l’angolo di incidenza al valore θi = 60o.

b) Calcolare l’intensita del fascio uscente dalla sfera e il suo stato di polarizzazione.

Supponiamo infine di addossare alla faccia di destra della sfera, dove la luce si riflette, uno specchio perfettamenteaderente al vetro della sfera.

c) Quale sarebbe in questo caso l’intensita del fascio uscente dalla sfera e quale il suo grado di polarizzazione?

n

2

SoluzioneProblema 1Per calcolare il raggio della lente usiamo l’equazione del costruttore di lenti

1f= (n−1)

2R

⇒ R = 2 [n1(λG)−1] f = 27.4 cm.

avendo calcolato l’indice di rifrazione per la lunghezza d’onda del giallo.Chiaramente, essendo l’indice di rifrazione funzione della lunghezza d’onda, con un tale raggio il fuoco sara diversoper le varie λ e l’aberrazione cromatica la possiamo calcolare come

fB =R

2(nB−1)=

A1−1+B1/λ 2G

A1−1+B1/λ 2B= 29.34 cm fR =

R2(nR−1)

=A1−1+B1/λ 2

G

A1−1+B1/λ 2R= 30.29 cm

e l’abberrazione percentuale la possiamo scrivere come

r =fR− fB

f= 3.2%

Volendo correggere tale aberrazione dobbiamo usare due lenti sottili addossate una fatta del materiale 1 e l’altrafatta del materiale 2. Assumiamo la prima lente convergente e la seconda divergente. Tale scelta non e restrittiva esemplicemente si riflette sul segno del raggio R. Abbiamo allora due lenti e due fuochi f1 e f2

1f1

=2

R1(n1−1)

1f2

=2

R1(n2−1)

1f1− 1

f2=

1f

Nella terza equazione abbiamo assunto il raggio R2 della lente divergente positivo e dunque il segno va fuori.I due fuochi naturalmente avranno un valore diverso al variare della lunghezza d’onda. Si trattera allora di imporre cheil fuoco totale risultante sia esattamente f per le due lunghezze d’onda limite dello spettro visibile λB e λR. Possiamodunque scrivere le due equazioni

2R1

(nB1 −1)− 2

R2(nB

2 −1) =1f

2R1

(nR1 −1)− 2

R2(nR

2 −1) =1f

dove gli apici R,B si riferiscono all’indice di rifrazione per la lunghezza d’onda del rosso e del blu rispettivamente.Sommando e sottraendo tali equazioni, abbiamo altre due equazioni

2R1

(nB1 −nR

1 )−2

R2(nB

2 −n32) = 0

2R1

(nB1 +nR

1 −2)− 2R2

(nB2 +nR

2 −2) =2f

Sostituendo ora al posto degli indici di rifrazione le loro espressioni date dalla formula di Cauchy, si ottengono infinedue equazioni nelle diue incognite R1 e R2.

(1

λ 2B− 1

λ 2R

)(B1

R1− B2

R2

)= 0

2R1

[2A1−2+B1

(1

λ 2B− 1

λ 2R

)]− 2

R2

[2A2−2+B2

(1

λ 2B− 1

λ 2R

)]=

2f

Il sistema puo essere facilmente risolto e fornisce le due soluzioni

R1 = 2.61 cm R2 = 2.09 cm

Il raggio R2 e positivo e dunque, per la convenzione dei segni presa, la lente 2 divergente. E notevole osservare chetali raggi non dipendono dalla lunghezza d’onda, cioe il fuoco del sistema e f per qualsiasi λ . Chiaramente questo evalido solo nell’approssimazione delle lenti sottili, altrimenti il discorso cambia. Da notare anche come la curvaturadelle due lenti sia molto maggiore di quella della singola lente.

3

Problema 2Dobbiamo contare i massimi dell’interferenza, sia principali che secondari, all’interno del massimo centrale di diffra-zione. Sappiamo inoltre che la distanza d tra le fenditure e un multiplo intero della larghezza a della singola fenditura.Questo ci dice che il primo minimo (zero) della diffrazione si trova su un massimo principale di interferenza (da unaparte e dall’altra, la situazione e simmetrica intorno a zero per sinθ ). Infatti i massimi principali dell’interferenza sitrovano per sinθ = mλ/d mentre il primo zero di diffrazione e a sinθ = λ/a.Se d = ka, il primo minimo di diffrazione cade sul massimo principale di ordine k e abbiamo 2k−1 massimi principali.Se poi abbiamo N fenditure, tra due massimi principali si hanno N−2 massimi secondari e dunque in totale 2k(N−2)massimi secondari. In totale dunque abbiamo

Nmax pr = 2k−1 Nmax sec = 2k(N−2) ⇒ Nmax = 2k(N−2)+2k−1 = 2k(N−1)−1

Si puo facilmente verificare che si possono avere tre casi:

• N = 2, k = 9: tipo Young, nessun massimo secondario e tutti principali, a = d/9 = 11.1 µm;

• N = 4, k = 3: caso intermedio con 5 massimi principali e 12 massimi secondari, a = d/3 = 33.3 µm;

• N = 10, k = 1: caso estremo con il solo massimo principale centrale e 16 massimi secondari, a = d = 100 µm.

La larghezza totale (angolare) del massimo centrale di diffrazione vale 2λ/a da cui.

2λ

a= ∆(sinθ) ⇒ a =

2λ

∆(sinθ)= 33.3 µm. ⇒ N = 4 k = 3.

Per vedere quanti picchi riusciamo a vedere sopra una certa soglia, dobbiamo calcolare l’intensita di questi massimi.La formula dell’intensita se N = 4 al variare di sinθ vale

I(θ) = I1

sin

(4πd sinθ

λ

)

sin

(πd sinθ

λ

)

2sin

(πasinθ

λ

)(

πasinθ

λ

)

2

(2)

La minima intensita rivelabile e molto piu piccola di quella della frangia centrale dunque i massimi sotto sogliadovrebbero trovarsi tra i massimi secondari. Si puo vedere che per i due massimi secondari che si trovano tra imassimi principali di ordine m = 1 e m = 2 vale (usando anche a = d/3)

I(

sinθ =11λ

8d

)) =

Imax

16

[−1

sin(11π/8)

]2 [ sin(11π/24)11π/24

]2

= 1.91 W/m2.

e quello successivo

I(

sinθ =13λ

8d

)) =

Imax

16

[−1

sin(13π/8)

]2 [ sin(13π/24)13π/24

]2

= 1.37 W/m2.

Dunque vedo il primo ma non il secondo. Vediamo allora tutti i massimi principali (che sono cinque e e immediatoverificare che vediamo quello di ordine m = 2) e solo sei massimi secondari, i due vicini al massimo centrale e solouno tra i massimi di ordine m = 1 e m = 2. Non vediamo poi i due massimi secondari tra i il secondo e il terzo massimoprincipale. In tutto dunque vediamo 11 righe.

La larghezza angolare del massimo centrale vale

∆(sinθ) =2λ

Nd=

λ

2d= 3.47×10−3

Il massimo potere risolutivo si ha lavorando sul massimo principale di ordine m = 2 per cui vale

R = mN = 8

4

Problema 3La geometria e quella raffigurata nella figura di sotto, in cui, per costruzione, i due triangoli ABO e BCO sono duetriangoli isosceli uguali e, considerando il raggio OA e il suo prolungamento, si vede anche che deve valere i = 2r,dove i e l’angolo di incidenza del fascio primario sulla sfera e r e l’angolo di rifrazione. Se ora applichiamo la leggedi Snell, abbiamo

sin i = nsinr = nsin(i/2) ⇒ n =sin i

sin(i/2)⇒

√2≤ n≤ 2 (3)

Mettiamoci ora nella situazione in cui i = 60o. Dalla (3) si vede che vale n =√

3 ed inoltre i+ r = π/2 cioe siamonelle condizioni di incidenza con l’angolo di Brewster.Vogliamo ora calcolare la potenza del fascio emergente dalla sfera in C, dopo la trasmissione, la riflessione e la secondatrasmissione. La luce iniziale non e polarizzata e dunque Ii

π = Iiσ = I0/2. Applichiamo successivamente gli opportuni

coefficienti di tarsmissione e riflessione in A, B e C.

Trasmissione in A:

i = 60o r = 30o Tσ =sin(2i)sin(2r)

sin2(i+ r)= 0.75 Tπ =

sin(2i)sin(2r)sin2(i+ r)cos2(i− r)

= 1

⇒ I′σ =I0

2Tσ

cos icosr

I′π =I0

2Tπ

cos icosr

Riflessione in B:

i = 30o r = 60o Rσ =sin2(i− r)sin2(i+ r)

= 0.25 Rπ =tan2(i− r)tan2(i+ r)

= 0

⇒ I′′σ = I′σ Rσ I′′π = I′π Rπ

Trasmissione in C:

i = 30o r = 60o Tσ =sin(2i)sin(2r)

sin2(i+ r)= 0.75 Tπ =

sin(2i)sin(2r)sin2(i+ r)cos2(i− r)

= 1

⇒ I′′′σ = I′′σ Tσ

cosrcos i

I′′′π = I′′π Tπ

cosrcos i

Mettendo insieme abbiamo

I′′′σ =I0

2T 2

σ Rσ = 0.1406 W/cm2 I′′′π =I0

2T 2

π Rπ = 0 ⇒ I′′′ = I′′′σ + I′′′π = 0.1406 W/cm2.

La luce emergente e polarizzata perpendicolare al piano di incidenza (σ ).

Se mettiamo uno specchio nel punto B, tutto procede allo stesso modo tranne che i coefficienti della riflessione in Bdiventano entrambi 1 e abbiamo

I′′′σ =I0

2T 2

σ = 0.562 W/cm2 I′′′π =I0

2T 2

π = 1.00 W/cm2 ⇒ I′′′ = I′′′σ + I′′′π = 1.562 W/cm2.

La luce emergente ha un certo grado di polarizzazione che vale

P =T 2

π −T 2σ

T 2π +T 2

σ

= 0.280

E interessante osservare che in questo caso particolare, relativamente al fascio entrante in A e al fascio emergente inC, possiamo trattare intensita e potenza allo stesso modo, dal momento che il fascio, dopo aver viaggiato all’internodella sfera, torna ad avere la stessa sezione.

5

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3(Prof. E. Santovetti)7 settembre 2017

Problema 1Si consideri un interferometro di Young illuminato da un laser a Neodimio (λ = 1.064 µm). Un rivelatore di radiazioneinfrarossa misura l’intensita della radiazione su un piano parallelo alle due fenditure, posizionato ad una distanzaL = 5.80 m da queste. Si osserva che il massimo di ordine m = 3 dista dal massimo centrale, posizionato di fronte alledue fenditure, l = 3.70 cm.

a) Calcolare la distanza tra le due fenditure.

b) Concentrandosi sulla larghezza delle singole fenditure, quale valore potete escludere1?

Posizionando il nostro rivelatore ad una distanza dal massimo centrale l′ = 2.22 cm, misuriamo l’intensita I =2.83 W/cm2. Si calcoli l’intensita del massimo centrale,

c) assumendo trascurabile la larghezza delle fenditure;

d) assumendo che la larghezza delle singole fenditure sia a = 104 µm.

Problema 2Si consideri la sfera cava della figura in cui il raggio esterno vale 2R ed il raggio interno R = 12 cm. L’indice dirifrazione del vetro vale n = 1.5. Si consideri tale sfera come un sistema ottico centrato (l’asse ottico e rappresentatonella figura).

a) Calcolare la posizione dei fuochi.

b) Dimostrare che il sistema ottico in questione e divergente, per un qualsiasi vetro ragionevole (n > 1).

c) Calcolare infine per quali valori dell’indice di rifrazione i fuochi cadono all’interno della superficie sfericaesterna.

n

1Si assuma di poter vedere solo i massimi dentro il massimo centrale della diffrazione

Problema 3Un fascio di luce non polarizzata di potenza P0 = 0.5 W incide su un prisma retto la cui base e costituita da untriangolo rettangolo isoscele (α = 45o). Il prisma e fatto di un vetro con indice di rifrazione n = 1.34 e la luce incidein modo normale come nella figura. Il fascio di luce incontra poi la seconda superfice (quella costruita sull’ipotenusadel triangolo rettangolo) e in parte viene trasmesso (fascio 1) ed in parte si riflette (fascio 2). Il fascio riflesso incontrainfine la superfice in basso.

a) Calcolare l’angolo di deflessione δ con cui il fascio 1 emerge dal prisma.

a) Il massimo indice di rifrazione per cui si ha un fascio 1 uscente.

Torniamo al caso di indice di rifrazione n = 1.34 e trascuriamo le riflessioni multiple.

c) Calcolare la potenza del fascio 1 trasmesso.

d) Calcolare la potenza del fascio 2 che esce dalla superfice di sotto.

Consideriamo ora le riflessioni multiple.

e) C’e qualche altro raggio che esce dal prisma che non e disegnato in figura (oltre ai fasci 1 e 2)?

f) Usando la relazione R+T = 1 sui coefficienti di riflessione e rifrazione, dimostrare che la potenza che entra nelprisma e pari a quella che esce.

α

n

δ

1

2

2

SoluzioneProblema 1I massimi di interferenza per un interferometro di Young (due fenditure) si trovano agli angoli:

sinθm = mλ

dLa posizione su uno schermo si trova facilmente a partire dall’angolo, y = L tanθ . Mettendoci sul massimo di ordinem = 3 abbiamo

y3 = L tanθ3 ' Lsinθ3 =3λL

d⇒ d =

3λLy3

= 0.500 mm.

Abbiamo confuso la tangente con il seno dell’angolo essendo l’angolo molto piccolo (∼ 0.006 rad).

Poiche osserviamo il massimo di ordine m= 3, possiamo affermare con certezza che questo massimo cade strettamenteall’interno del massimo centrale di diffrazione. Essendo i limiti del massimo centrale di diffrazione: sinθ = ±λ/a,dove a e la larghezza delle fenditure, possiamo scrivere

λ

a>

3λ

d⇒ a <

d3= 166.8 µm

Consideriamo ora l’intensita della luce in funzione dell’angolo e facciamolo dapprima nel caso che la larghezza dellefenditure sia trascurabile.

I(θ) =12

Imax(1+ cos∆φ) = Imax cos2(

∆φ

2

)(1)

dove ∆φ e lo sfasamento tra le due sorgenti per una data direzione θ . Lo sfasamento in questione (quando sulloschermo siamo a distanza l′ dal centro) vale

L tanθ′ = l′ ⇒ θ

′ = tan−1(

l′

L

)= 0.2193o ⇒ ∆φ =

2π

λd sinθ

′ = 11.30 rad.

Sostituendolo nell’equazione (1) possiamo ricavare

Imax =2I(y = l′)1+ cos∆φ

= 4.35 W/cm2.

Nel caso infine in cui le fenditure abbiano una larghezza finita a, interviene anche la diffrazione e la formula dautilizzare diventa

I(θ) = Imax cos2(

∆φ

2

)sin

(πasinθ

λ

)πasinθ

λ

2

(2)

Poiche conosciamo tutto del nuovo fattore, possiamo anche in questo caso facilmente ricavare Imax

Imax =

I(y = l′)

(πasinθ ′

λ

)2

cos2

(∆φ

2

)sin2

(πasinθ ′

λ

)= 7.06 W/cm2.

3

Problema 2Si tratta di un sistema ottico centrato simmetrico, formato da quattro superfici diottriche. Le equazioni dei quattrodiottro diottri sono:

1p1

+nq1

=n−12R

np2

+1q2

=1−n

R1p3

+nq3

=1−n

Rnp4

+1q4

=n−12R

(3)

a cui si aggiungono altre tre equazioni che legano l’immagine di un diottro all’oggetto del diottro successivo

p2 = R−q1 p3 = 2R−q2 p4 = R−q3 (4)

In queste equazioni il segno del raggio dei diottri e stato esplicitato e nelle equazioni R e in modulo.Per trovare il fuoco anteriore bastera mandare q4 → ∞ e trovare p1 usando le equazioni (3) e (4). Facendo tutti ipassaggi otteniamo

F1 = p1(q4→ ∞) =3n−21−n

R (5)

Come gia detto il sistema e simmetrico ed infatti e immediato verificare che si trova lo stesso valore per il fuocoposteriore, cioe q4 mandando p1→ ∞.

F2 = q4(p1→ ∞) =3n−21−n

R

La posizione dei fuochi F1 ed F2 e riferita rispettivamente alla prima superfice diottrica ed alla quarta. Mettendo dentroi numeri troviamo

F1 = F2 = F =3n−21−n

R =−60.0 cm.

I fuochi sono negativi e il sistema e dunque divergente. La situazione e quella illustrata nella figura.

n

F

Si puo facilmente vedere dalla (5) che il fuoco e sempre negativo se n > 1 e tende a −∞ per n→ 1 da destra, come cisi aspetta essendo in questo caso nullo l’effetto del sistema.

Perche il fuoco cada all’interno della sfera, tenendo conto del punto rispetto al quale il fuoco e calcolato, dovremmoimporre che sia minore di 4R in valore assoluto.

3n−2n−1

R < 4R ⇒ n > 2

In questo caso il fuoco si trova all’interno della sfera esterna ed il sistema tende ad essere piu divergente. Si puo poivedere che tale fuoco e vincolato a stare comunque all’interno del vetro, cioe |F |> 3R sempre.

4

Problema 3

α

n

δ

1

2

4

3

La geometria dei raggi e rappresentata nella figura quı difianco. Il raggio incontra una prima superficie (aria-vetro)incidendo in modo normale. Un raggio entra nel prisma eduno si riflette e torna indietro sulla stessa direzione (questosara per noi il raggio 4).Il raggio che enra incontra poi la superficie obliqua (vetro-aria con i = 45o) e anche quı una parte si trasmette (fascio1) e una parte si riflette. La parte che si riflette incontrainfine la superficie in basso (vetro-aria incidenza normale)e anche quı una parte passa (fascio 2) ed una pate si riflette.Concentriamoci inizialmente sul fascio 1 e calcoliamol’angolo di rifrazione applicando la legge di Snell

nsin45o = sin(r) ⇒ r = sin−1(

n√2

)(6)

D’altra parte, dalla geometria, si cha l’angolo di defles-sione δ vale

δ = r−45o = 26.356o

Non si ha fascio usciente quando interviene il fenomeno della riflessione totale interna. Il valore di n per cui si verificacio lo troviamo anche dalla equazione (6), dove si vede che l’angolo r non e piu definito quando

n≥ n∗ =√

2 = 1.414

Calcoliamo ora la potenza del fascio 1 e del fascio 2. Per calcolare tali potenze occorre calcolare i coefficienti diriflessione e trasmissione sulle due superfici. Detti R e T tali coefficienti, siano R1 e R2 i coefficienti di riflessioneper la prima incidenza normale aria-vetro e per la seconda incidenza a 45ovetro-aria rispettivamente e lo stesso per icoefficienti trasmissione.Per quanto riguarda l’incidenza normale, il conto si fa presto, non dovendo distinguere tra piano π e direzione σ

(coincidono), e valgono

R1 =

(1−n1+n

)2

= 0.02111 T1 = 1−R1 = 0.9789 (7)

Mentre per la superficie 2, abbiamo (i = 45o e r = 71.356o)

Rπ =tan2(i− r)tan2(i+ r)

= 0.06025 Rσ =sin2(i− r)sin2(i+ r)

= 0.2455 (8)

Ora dobbiamo considerare che la luce incidente non e polarizzata e dunque la sua intensita si divide in parti uguali suidue piani π e σ . Possiamo dunque scrivere

R2 =Rπ +Rσ

2= 0.1529 T2 = 1−R2 = 0.8471 (9)

La potenza del fascio 1 la otteniamo applicando una volta il coefficiente di trasmissione sulla superficie 1 e poi ilcoefficiente di trasmissione sulla superficie 2

P1 = T2T1P0 = 0.4146 W

Per quanto riguarda il fascio 2 che esce da sotto, questo sara trasmesso dalla prima superficie verticale, riflesso dallasuperficie obliqua (superfie 2) e poi ancora trasmesso dalla superficie orizzontale in basso. E immediato poi verificareche i coefficienti di riflessione e trasmissione per questa superficie sone esattamente identici ai quelli della superficieverticale (superficie 1), poiche si ottengono l’uno dall’altro cambiando gli indici di rifrazione (n1 ↔ n2). Avremoallora

P2 = T1R2T1P0 = 0.0733 W

5

Consideriamo ora il caso delle riflessioni multiple. Dovremmo allora innanzitutto considerare un primo fascio cheviene riflesso dalla prima superficie incontrata e che torna indietro nella stessa direzione del fasci incidente. Chiamia-mo questo fascio 3. Vi e poi un quarto fascio dato dalla riflessione sulla superficie orizzontale bassa che poi arrivanuovamente sulla superficie obliqua e qui viene trasmesso (fascio 4). Questi fasci sono chiaramente illustarti nellafigura di sopra e si puo vedere che questi sono tutti e soli i fasci considerando tutte le altre riflessioni multiple.Per dimostrare che la potenza che entra e pari a quella che esce dovremo sommare calcolare e poi sommare le potenzedei quattro fasci che emergono dal prisma, considerando le riflessioni multiple.Bisogna poi considerare che, dopo una prima riflessione sulla superfice obliqua, la luce, inizialmente non polarizzata,acquista un grado di polarizzazione diverso da zero e dunque nel calcolare la potenza che poi si riflette nuovamentesu tale superfice (riflessioni multiple) dobbiamo considerare separatamente potenza e intensita sul piano di incidenza(π) e normale a questo (σ ), diversamente da come avevamo fatto con la formula (9). D’altra parte possiamo trattareseparatamente le due componenti della luce ma con lo stesso procedimento. Nel seguito tralasciamo i pedici π e σ peri coefficienti di potenza e verifichiamo la conservazione dell’energia per entrambi.

Fascio 1: Oltre al raggio gia considerato prima, un altro fascio che dobbiamo considerare e quello che si riflettenella parte obliqua, si riflette ancora nella superficie bassa, si riflette nuovamente nella parte obliqua, si riflette sullasuperficie verticale ed infine viene trasmesso dalla superficie obliqua. Rispetto al raggio ”primario”, si questo fascioha una doppia riflessione sulla superficie 1 e una doppia riflessione sulla superficie 2 e dunque ha un ulteriore fattoreR2

1R22. Altre riflessioni portano sempre lo stesso fattore per cui possiamo scrivere

r1 = T1T2(1+R21R2

2 +R41R4

2 +R61R6

2 + ....) =T1T2

1−R21R2

2

Fascio 2: Stesse considerazioni si possono fare per il fascio 2 tranne che partiamo dal momento in cui questo sta peruscire dalla superficie di sotto. Abbiamo il fascio primario che viene trasmesso subito e un primo fascio secondarioche subisce la riflessione multipla su tutte le superfici e poi viene trasmesso nuovamente in basso. Possiamo scrivere

r1 = T 21 R2(1+R2

1R22 +R4

1R42 +R6

1R62 + ....) =

T 21 R2

1−R21R2

2

Fascio 3: il fascio 3 ”primario” viene subito riflesso dalla prima superficie verticale. La prima riflessione multipla siha dalla parte trasmessa su questa superficie che si riflette sulla superficie obliqua si riflette in basso e ancora su quellaobliqua e viene tramesso dalla superficie verticale. Poi tutte le varie riflessioni multiple che danno sempre un fattoreR2

1R22 e dunque

r3 = R1 +R1R22T 2

1 +T 21 R3

1R42 + ...= R1

[1+T 2

1 R22(1+R2

1R22 +R4

1R42 + ....)

]= R1

(1+

T 21 R2

2

1−R21R2

2

)Fascio 4: Il fascio 4 ”primario” ha trasmissione e riflessione sia su una superficie di tipo 1 (orizzontale o verticale) chesulla superficie obliqua e poi tutte le varie riflessioni multiple.

r4 = T1R1T2R2(1+R21R2

2 +R41R4

2 +R61R6

2 + ....) =T1R1T2R2

1−R21R2

2

Sommiamo tutti i termini

∑i=1,4

ri =T1T2(1+R1R2)

1−R21R2

2+

T 21 R2

1−R21R2

2+

R1(1−R21R2

2 +T 21 R2

2)

1−R21R2

2

Usiamo ora la relazione T = 1−R e abbiamo

∑i=1,4

ri =(1−R1)(1−R2)(1+R1R2)+(1−R1)

2R2 +R1[1−R2

1R22 +(1−R1)

2R22]

1−R21R2

2=

(1−R1−R2 +R1R2)(1+R1R2)+R2−2R1R2 +R21R2 +R1−���R3

1R22 +R1R2

2−2R21R2

2 +���R31R2

2

1−R21R2

2=

1−��R1 −��R2 +���2R1R2 −���R2

1R2 −���R1R22 +R2

1R22 +��R2 −���2R1R2 +���R2

1R2 +��R1 +���R1R22 −2R2

1R22

1−R21R2

2= 1

6

La somma vale proprio 1, come deve essere essendo che l’energia si deve conservare non essendoci assorbimento. Sipuo inoltre verificare che la numerazione usata per i fasci corrisponde all’ordine di potenza, dal piu alto al piu basso,essendo in generale R� 1, T ' 1 e R1 < R2.

7

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)2 novembre 2017

θ

Problema 1Quattro sorgenti identiche di onde elettromagnetiche (λ = 3.0 cm) puntiformi, di potenzaP = 12.0 W, sono disposte lungo una retta e distanti d = 1.5 cm ognuna da quella adiacen-te. Le sorgenti emettono, in modo isotropo, onde sferiche coerenti una con l’altra, con unosfasamento costante ϕ = 0 tra una sorgente e quella vicina.

a) Calcolare le direzioni (θ ) dei massimi e dei minimi.

b) Mettendosi ad una distanza r = 6.4 m, calcolare le intensita osservate nella direzione deimassimi.

c) Disegnare il diagramma polare dell’intensita

Si vuole ora avere un massimo principale nella direzione θ = 20o e, a tale scopo, si cambia losfasamento reciproco ϕ tra due sorgenti adiacenti. Calcolare:

d) lo sfasamento ϕ per ottenere tale situazione;

Problema 2Si consideri un cubo di vetro di lato l = 20.0 cm al cui interno e inscritta una sfera di aria,di raggio R = l/2 = 10.0 cm, come indicato nella figura. L’indice di rifrazione del vetro valen = 1.5. Assumendo un asse ottico passante per il centro di due facce opposte del cubo, questopuo essere considerato un sistema ottico centrato. Calcolare:

a) la posizione dei fuochi del sistema;

b) la focale del sistema e la posizione dei piani principali1;

c) Si riempie ora la sfera interna al cubo di vetro di una sostanza di indice di rifrazione n2. Si calcoli per qualevalore dell’indice di rifrazione n2 i fuochi cadono all’esterno del cubo, specificando se e quando il sistema edivergente e/o convergente

1Per rispondere a queste due prime domande si considerino le due pareti del cubo attraversate dalla luce come due lenti sottili.

Problema 3Una sirena, che emette segnali acustici alla frequenza ν0 = 1000 Hz, si allontana dall’osservatore alla velocita u =10 m/s e si avvicina a una parete verticale. Calcolare:

a) la frequenza del segnale che giunge direttamente all’osservatore;

b) la frequanza del segnale che giunge all’osservatore dopo essere stata riflessa dalla parete e la conseguentefrequenza di battimento, specificando se questa e udita o meno dall’osservatore.

c) Rispondere alle domande a) e b) considerando ora che anche l’osservatore si muove allontanandosi dalla parete(unico oggetto fisso) sempre alla velocita u.

u uu

c)a, b)

2

SoluzioneProblema 1Si tratta di un classico problema di interferenza da N sorgenti coerenti. L’intensita della luce in funzione di θ vale

I(θ) = I1

sin

(Nπd sinθ

λ

)

sin

(πd sinθ

λ

)

2

= I1

[sin(2π sinθ)

sin(π/2 sinθ)

]2

(1)

dove abbiamo sostituito N = 4 e usato la relazione d = λ/2. I1 e l’intensita prodotta da una singola sorgente.I massimi principali si trovano annullando il denominatore e dunque

sin(

π sinθ

2

)= 0 ⇒ π sinθ

2= mπ ⇒ θ

max0 = 0 per m = 0

e abbiamo solo il massimo principale di ordine m = 0.Annullando il numeratore abbiamo i minimi (zeri) e dunque

2π sinθ = mπ, m =±1,±2,±3, ... ⇒ θmin1,2 =±30o (sinθ =±1/2), θ

min3,4 =±90o (sinθ =±1).

e ci sono quattro minimi, in posizione simmetrica rispetto al piano equatoriale. Tra i minimi θ1 e θ3 e simmetricamentetra θ2 e θ4 (per θ negativi) ci sono due massimi secondari che si trovano cercando il massimo del numeratore.

2π sinθ =±(m+1/2)π, m = 1,2,3 ⇒ sinθ =±3/4 (m = 1) ⇒ θmax1,2 =±48.6o

L’intensita del massimo principale vale Imax0 = 16I1 e d’altra parte I1 si trova dalla potenza

I1 =P

4πr2 = 2.331×10−2 W/m2 ⇒ Imax0 =

4Pπr2 = 0.373 W/m2

L’intensita sul minimo secondario si trova dalla formula (1) e si ha

Imax1 = I1

[sin(2π sinθ max

1 )

sin(π/2 sinθ max

1

)]2

= I1

[1

sin(3π/8)

]2

= 2.73×10−2 W/m2.

Il diagramma polare e rappresentato nella figura

Introduciamo ora uno sfasamento ϕ tra due sorgenti adiacenti. Lo sfasamento complessivo tra due sorgenti diventaallora

δ =2π

λd sinθ +ϕ = π sinθ +ϕ

e l’espressione dell’intensita in funzione dell’angolo θ diventa

I(θ) = I1

[sin(Nδ/2)sin(δ/2)

]2

= I1

[sin(2π sinθ +2ϕ)

sin(π/2 sinθ +ϕ/2)

]2

(2)

Vogliamo che il massimo principale sia a θ = 20o. Annulliamo dunque il denominatore con θ = 20o e troviamo ϕ .

π/2 sinθ +ϕ/2 = 0 ⇒ ϕ =−π sin20o =−1.074 rad (−61.56o)

Anche in questo caso ci sara solo un massimo principale essendo d < λ .

3

Problema 2Si tratta di un sistema ottico centrato, simmetrico rispetto al centro del cubo o della sfera, formato da due lentidivergenti uguali che distano l’una dall’altra l = 2R = 20.0 cm.La focale delle delle singole lenti ( fs.l.) vale:

fs.l. =−R

n−1=−20.0 cm.

Il sistema ottico ha equazioni

1p1

+1q1

=− 1f

1p2

+1q2

=− 1f

p2 = f −q1 (3)

dove abbiamo esplicitato il segno della focale e adesso f (omettiamo anche il pedice 1) e semplicemente la distanzadel fuoco della singola lente dalla lente stessa. Abbiamo inoltre usato la relazione f = l = 2R.Troviamo i fuochi mandando l’oggetto all’infinito.

p1→ ∞ ⇒ q1 =− f ⇒ p2 = 2 f ⇒ f2 = q2 =−23

f =−13.3 cm.

Il fuoco posteriore si trova dunque 13.3 cm a sinistra (e negativo) della seconda lente. Allo stesso modo, per il fuocoanteriore, abbiamo

q2→ ∞ ⇒ p2 =− f ⇒ q1 = 2 f ⇒ f1 = p1 =−23

f =−13.3 cm.

Il fuoco anteriore si trova 13.3 cm a destra della prima lente, in posizione simmetrica al fuoco posteriore, rispetto alcentro. La situazione e raffigurata nella Figura .Per calcolare la posizione dei piani principali e la focale del sistema F usiamo la formula che ci da la focale di unsistema di due lenti sottili che distano l una dall’altra

F =f1 f2

f1 + f2− l, con f1 = f2 =− f e l = f ⇒ F =

f 2

−3 f=− f

3=−6.67 cm.

Il sistema e ancora divergente, essendo negativa la focale. Il primo piano principale (π1) si trova a distanza F dal fuocoanteriore f1 e, essendo F < 0 si trovera a sinistra del fuoco anteriore f1 a 6.67 cm di distanza. La stessa cosa per ilsecondo piano principale (π2) che invece si trovera 6.67 cm a destra del fuoco posteriore f2. Dati i valori, π1 si trovain f2 e π2 in f1, come si vede nella Figura .

f2

π1 π2

f1 V

2V

1

Figura 1 Sistema ottico della sfera cava inscritta in un cubo di vetro. Il sistema e schematizzabile come due lenti sottili a distanza2R. Si tratta di un sistema divergente e in figura lo schema dei raggi mostra la posizione del fuoco anteriore ( f1) e posteriore ( f2) ela posizione dei piani principali π1 e π2 come luogo di incontro dei raggi all’infinito con quelli divergenti.

Infine mettiamo all’interno della sfera cava un materiale rifrangente di indice di rifrazione n2. Ora non abbiamo duelenti sottili che pero hanno due mezzi diversi a destra e a sinistra. Per la prima lente l’equazione si trova dalle equazionidei due diottri

1p1

+nq1

= 0np2

+n2

q2=

n2−nR

p2 =−q1 ⇒ 1p1

+n2

q2=

n2−nR

(4)

4

e p1 e q2 sono rispettivamente oggetto e immagine della prima lente aria-vetro mezzo. La stessa cosa posso fare per laseconda lente sottile mezzo-vetro-aria e trovo

n2

p3+

1q4

=n2−n

R(5)

con p3 e q4 rispettivamente oggetto e immagine della seconda lente. A queste due equazioni si aggiunge la relazione

p3 = 2R−q2 (6)

Il fuoco posteriore del sistema ( f2) si calcola facendo p1→ ∞ e trovando q4. il fuoco anteriore si trovera in posizionesimmetrica rispetto al centro. Facendo i conti otteniamo

f2 =n2−2n

2n(n−n2)R

Tale posizione e calcolata rispetto al vertice della seconda lente V2 e e a destra di questa se f2 > 0.Notiamo subito che, per n2 = 1 e n = 1.5 valori usati nei punti a) e b), otteniamo f2 =−4/3R cioe lo stesso risultatotrovato in precedenza. Inoltre e interessante osservare che per n2 = n, f2 → ∞. Questo e effettivamente quello chedeve accadere dal momento che se n2 = n, abbiamo un cubo di vetro e questo effettivamente non modifica la direzionedei raggi.Se vogliamo f2 fuori dal cubo, dobbiamo imporre f2 > 0, sistema convergente, oppure f2 <−2R, sistema divergente.

Nel primo caso si ottiene:

f2 > 0 ⇒ n < n2 < 2n ⇒ 1.5 < n2 < 3.0 sistema divergente

Nel secondo caso:

f2 <−2R ⇒ 2n(2n−1)4n−1

< n2 < n ⇒ 1.2 < n2 < 1.5 sistema convergente

Partendo da un sistema in cui ho aria all’interno della sfera cava (n2 = 1), mano a mano che l’indice di rifrazione n2aumenta, il sistema diventa meno divergente e il fuoco posteriore f2 (consideriamo solo il fuoco posteriore ma le stessesimmetriche considerazioni si possono fare per il fuoco anteriore) si sposta verso sinistra, per n2 = 1.2 esce dal cuboe, per n2 = n diventa infinito. Per n2 > n il sistema diventa convergente e il fuoco posteriore va a destra del sistemafino a quando per, n2 = 2n, il fuoco si trova proprio sulla lente di destra. Per n2 > 2n il fuoco rientra nel cubo ed ilsistema diventa nuovamente divergente e l’immagine virtuale.Le stesse considerazioni potevano essere fatte per il fuoco anteriore f1 che e riferito al vartice V1 e ci portavano aglistessi risultati.

5

Problema 3Abbiamo una sorgente di onde sonore che si allontana con velocita u dal rivelatore (fermo) e si avvicina ad un muroche riflette l’onda sonora. Il rivelatore, fermo, perrcepira un’onda diretta dalla sorgente ed un’onda riflessa dal muro.Se la frequenza del suono emesso e ν0, la frequenza dell’onda diretta vale

νd =ν0

1+u/vs= 971.67 Hz. (7)

dove con vs si e indicata la velocita del suono vs = 343 m/s. La frequenza dell’onda riflessa e la stessa della frequanzache si percepirebbe se la sorgente si avvicinasse al rivelatore con velocita u. Dalla Figura si puo vedere che lecreste dell’onda incidente e riflessa sono equidistanti (questo perche il muro e fermo) e dunque, essendo ν = vs/λ , lafrequanza dell’onda riflessa e la stessa dell’onda incidente.

Figura 2 Schema dell’emissione delle onde sonore da parte della sirena che si muove verso il muro fisso. Sono indicati alcunifronti d’onda e, tra questi, anche quelli dell’onda riflessa dal muro (linea tratteggiata). I pallini neri corrispondono alla posizionedella sirena in tre istanti diversi distanziati l’uno dall’altro da un periodo.

νr =ν0

1−u/vs= 1030.03 Hz. (8)

La frequenza di battimento vale allora

νb = νr−νd =ν0

1−u/vs− ν0

1+u/vs=

2uvs

v2s −u2 ν0 = 58.36 Hz.

Se l’osservatore si allontana rispetto al sistema fisso del muro, dobbiamo modificare le due frequanze νd e νr in modoopportuno, e si ha

ν′d = νd(1−u/vs) =

vs−uvs +u

ν0 = 943.34 Hz ν′r = νr(1−u/vs) = ν0 ⇒ ν

′b = ν

′d−ν

′r =

2uvs +u

ν0 = 56.66 Hz.

Le due frequenze di battimento sono entrambe udibili dal momento che il limite inferiore dell’intervallo di frequenzea cui l’orecchio umano e sensibile e poco sopra i 20 Hz.

6

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)23 gennaio 2018

Problema 1

θ

Tre sottili fenditure, distanti tra loro d e ciascuna di larghezzaa = 3.5 µm, sono praticate su uno schermo opaco, come in figura.Tali fenditure sono illuminate da un unda piana di luce monocro-matica di lunghezza d’onda λ = 550 nm, che investe lo schermoin modo normale. Osservando la luce che emerge dalle fendi-ture, si osservano una serie di massimi e minimi nell’angolo θ .In particolare, il massimo principale di ordine m = 2 si trova aθ2 = 4.58o.

a) Calcolare la distanza d.

b) Calcolare l’intensita del massimo principale del secondoordine rispetto al massimo centrale.

c) Quanti massimi principali sono contenuti nel massimocentrale della diffrazione.

d) Fare un grafico di come varia l’intensita al variare di sinθ .

e) Se ora si raddoppia la larghezza della fenditura centrale,come varia l’intensita del massimo centrale?

f) Trascurando gli effetti della diffrazione, usare il metodo deivettori rotanti per vedere come varia l’intensita nella zona centrale al variare di sinθ (ci si limiti alla regione|sinθ |< 2.5o).

Problema 2Si consideri un prisma retto, con base una semicirconferenza, fatto di vetro con indice di rifrazione n = 1.5. Un fasciodi luce non polarizzata, di sezione trasversale Σ = 0.38cm2 e potenza P = 0.25 W, incide in modo normale sulla facciacurva del prisma come indicato nella figura. La normale alla superfice piana del prisma forma l’angolo α = 30o conla direzione del fascio incidente. Trascurando le riflessioni multiple (non piu di una riflessione) si trovino tutti i fasciemergenti dal prisma e di questi si calcoli (a) la direzione (rispetto al raggio incidente), (b) la potenza, (c) l’intensitae (d) il grado di polarizzazione. Si assumano le dimensioni trasversali del fascio trascurabili rispetto al raggio delprisma.

n

αO

SoluzioneProblema 1Abbiamo l’interferenza di tre sorgenti coerenti in cui c’e anche la diffrazione.La distanza d la ricaviamo dalla direzione del massimo principale di ordine m = 2.

sinθm =λ

dm ⇒ sinθ2 =

2λ

d⇒ d =

2λ

sinθ2= 13.78 µm

Per quanto riguarda l’intensita, il suo andamento in in funzione di θ vale (N = 3)

I(sinθ) = I1

sin

(3πd sinθ

λ

)

sin

(πd sinθ

λ

)

2sin

(πasinθ

λ

)(

πasinθ

λ

)

2

L’intensita del massimo centrale vale I(sinθ = 0) = 9I1. Nel massimo principale di ordine m = 2, Il primo fattore valesempre 9I1 mentre il secondo fattore, dovuto alla diffrazione, produce una certa attenuazione.

I(sinθ2)

I(sinθ = 0)=

[sin(2πa/d)(2πa/d)

]2

= 0.392

Il primo minimo della diffrazione si ha per sinθ = λ/a = 0.157 e si puo facilmente verificare che nel massimo centraledella diffrazione ci sono sette massimi principali, corrispondenti a m = 0,±1,±2,±3 e che il massimo di ordine m = 4e all’esterno del primo minimo della diffrazione.

sinθ4 =4λ

d= 0.160

Il grafico dell’intensita in funzione di sinθ e mostrato nella Figura

in cui si vedono chiaramente i massimi principali e quelli secondari e la modulazione dovuta alla diffrazione.Raddoppiando la larghezza della fenditura centrale il campo prodotto da questa raddoppia e dunque sul massimocentrale il campo totale sara

Etot(sinθ = 0) = E1 +2E1 +E1 = 4E1 ⇒ I(sinθ = 0) = 16 I1

2

Figura 1 (destra) Intensita in funzione di sinθ per un reticolo di tre fenditure equispaziate con passo d = 13.7 µm e larghezzaa = 3.5 µm. (destra) Lo stesso reticolo con la fenditura centrale larga 2a.

7π/4

0 π/4 π/2

5π/4π3π/4

3π/2

2π

Vediamo ora cosa succede se diamo uno sfasamento viavia crescente. Nella figura si puo vedere cosa succedealla costruzione dei tre vettori rotanti se aumentiamo losfasamento a passi di π/4. E interessante osservare cheper δϕ = π , dove prima c’era un massimo secondario, orac’e uno zero, dunque un minimo e poi nuovamente crescefino ad arrivare al primo massimo principale che si ha perδϕ = 2π .La cosa continuerebbe cosı e dunque l’effetto di una fes-sura doppia al centro e quello di rimuovere i massimisecondari.La cosa sarebbe rigorosamente cosı se potessimo tuttaviatrascurare gli effetti della diffrazione. Infatti ora la diffra-zione agisce in modo diverso nelle due fenditure lateralirispetto alla fenditura centrale. Nelle fenditura laterali ilmassimo di diffrazione e largo il doppio rispetto al massi-mo di diffrazione prodotto dalla fenditura centrale. Questofa si che la lunghezza dei vettori rotanti, quando lo sfasa-mento cresce, nen e piu in rapporto 2:1 fisso ma cambia.Nel nostro caso il vettore relativo al campo della fendituracentrale si attenua piu rapidamente di quanto non si attenuino i campi delle fenditure laterali e questo produce un noncompleto annullamento dei massimi secondari. Nelle Figure di sopra si puo vedere il confronto dell’intensita con tuttee tre le fenditure uguali larghe a (a sinistra) e con la fenditura centrale doppia, larga 2a, (destra). Le altezze dei picchiriflettono il ragionamento illustrato.

3

Problema 2

O

n

B

A

1

3

2

Se ci limitiamo a non piu di una riflessione, i raggi che siformano sono i tre raggi rappresentati nella figura.Ai fini del calcolo della potenza (e intensita) dei tre raggi,e utile introdurre i coefficienti di potenza relativi alle duesuperfici presenti nel sistema. La prima superfice e quellacurva, che tutti i raggi, data la geometria, attraversano inmodo normale. La seconda superfice e quella piana, colpi-ta dal fascio di luce in modo obliquo. Per questa superfice,l’angolo di incidenza vale proprio α mentre l’angolo ditrasmissione lo troviamo con la legge di Snell.

nsinα = sin(θt) ⇒ θt = sin−1(nsinα) = 48.59o

(1)I coefficienti di potenza sulla superfice curva (incidenzanormale) valgono allora

R1 =

(n−1n+1

)= 0.04 T1 =

4n(n+1)2 = 0.96

Per la superficie piana invece, i coefficienti di potenza valgono

R2π =tan2(θi−θt)

tan2(θi +θt)= 4.61×10−3 T2π = 1−R2π = 0.99539

sul piano di incidenza, mentre nella direzione normale abbiamo

R2σ =sin2(θi−θt)

sin2(θi +θt)= 0.1058 T2σ = 1−R2σ = 0.8942

Passiamo in rassegna i tre raggi e calcoliamone le grandezze di interesse.

Raggio 1: Questo raggio viene deflesso di un angolo δ1 = θt −α = 18.59o. Per calcolare la potenza dobbiamoconsiderare che questo passa la superfice curva e poi viene trasmesso anche dalla superfice piana. La luce non epolarizzata all’inizio e continua a non essere polarizzata (grado di polarizzazione nullo) anche dopo aver attraversatola prima superfice curva (tratto AO). Dunque per i coefficenti di trasmissione e riflessione su questa superfice possiamoassumere

R2 =12(R2π +R2σ ) = 0.0552 T2 = 1−R2 = 0.9448

La potenza del fascio 1 sara allora

P1 = P0T1T2 = 0.2267 W I1 =P1

Σ1=

P1

Σ

cosα

cosθt= 0.781 W/cm2.

con un grado di polarizzazione pari a

p1 =T2π −T2σ

T2π +T2σ

= 0.0535

Raggio 2: Questo raggio viene trasmesso al primo passaggio della superfice curva, riflesso dalla superfice piana einfine nuovamente trasmesso dalla superfice curva. Rispetto alla direzione di incidenza l’angolo di deflessione valeδ2 = 180o−2α = 120o.

P2 = P0T 21 R2 = 0.0127 W I2 =

P2

Σ= 0.0335 W/cm2.

La polarizzazione di tale fascio e quella che prende quando si riflette sulla superfice piana, poiche l’incidenza normalenon cambia la polarizzazione. Possiamo dunque scrivere

p2 =R2σ −R2π

R2σ +R2π

= 0.916

4

Il raggio 2 risulta dunque fortemente polarizzato essendo l’angolo di incidenza non cosı lontano dall’angolo diBrewster.

Raggio 3: Questo raggio viene riflesso alla prima superfice normale e possiamo subito scrivere

δ3 = 180o P3 = P0R1 = 0.010 W I3 =P3

Σ= 0.0263 W/cm2.

Il grado di polarizzazione di tale fascio riflesso e nullo (p3 = 0) come il fascio incidente, trattandosi di riflessionenormale.

5

Corso di Laurea in FisicaCompito di Fisica 3

(Prof. E. Santovetti)9 febbraio 2018

Problema 1Si consideri una chitarra classica in cui il diapason (lunghezza totale della corda vibrante) vale l = 650 mm e latensione delle corde e pari a T = 6.71 kg.

a) La sesta corda, il cosiddetto ”MI basso”, nella sua armonica fondamentale, ha la frequenza f1 = 82.41 Hz.Calcolare la velocita dell’onda sulla sesta corda e la sua densita lineare.

b) La prima corda, il cosiddetto ”MI cantino” ha una frequenza che e esattamente pari alla quarta armonica del”MI basso”, (si trova infatti due ottave piu in alto). Se anche lui vibra sulla sua armonica fondamentale, quantovale la sua frequenza di vibrazione e la densita di massa lineare per questa corda?

c) Se l’ampiezza massima dell’oscillazione della corda vale 2A = 1.8 mm, calcolare l’energia della corda vibranteper la prima e per la sesta corda.

Problema 2Si consideri la lente spessa della figura, in cui i due raggi di curvatura sono in modulo uguali e pari a R = 10 cm e ladistanza tra i vertici delle due lenti (spessore della lente) e anch’esso pari a R.

a) Calcolare la posizione dei fuochi.

b) Calcolare dove si forma l’immagine di un oggetto posto a sinistra della lente, ad una distanza distanza p =130 cm dal vertice V1.

c) Se l’oggetto della domanda b) e alto h = 1.5 cm, quanto e alta la sua immagine? L’immagine e dritta o ecapovolta?

d) Calcolare la distanza focale del sistema e la posizione dei piani principali, facendo un disegno. La lente econvergente o divergente?

Problema 3Due antenne (da considerare puntiformi), disposte lungo l’asse x e separate dalla distanza d = 186,2 metri, emettonoonde radio coerenti alla frequenza f = 1611 kHz (vedi figura). Il campo elettrico prodotto da ciascuna antenna ediretto normale al piano x,y e la potenza irraggiata da ciascuna antenna vale P0 = 1000 W.

a) Calcolare l’intensita e il modulo del campo elettrico dell’onda risultante in un punto a distanza R0 = 2.50 kmlungo l’asse y.

b) Quanti punti di massima intensita troverebbe un rivelatore che si muovesse su un cerchio di raggio R0 intornoalle due antenne sul piano xy come in figura?

c) Si vuole ora avere un minimo di intensita per θ = 60o (assumendo θ l’angolo tra la direzione della radiazione el’asse y) e a tale scopo si introduce uno sfasamento intrinseco ϕ tra le due sorgenti. Calcolare tale sfasamento el’intensia totale che si misura ora sull’asse x, sempre alla distanza R0.

Si usi sempre l’approssimazione d� R0.

x

y

2

SoluzioneProblema 1La velocita di un’onda su una corda tesa vale

v =

√Tρl

Sappiamo inoltre che la corda vibra nella sua armonica fondamentale dunque λ = 2l = 1.30 m. Possiamo allorascrivere

v1 = f1λ = 107.13 m/s ⇒ ρl1 =Tv2

1=

Mgv2

1= 5.733×10−3 Kg/m

La prima corda, quella piu acuta, corrisponde alla quarta armonica di quella piu bassa, dunque ha una frequenza quattrovolte maggiore ( f2 = 329.6 Hz) e, d’altra parte, anche lei vibra sulla sua armonica fondamentale cioe anche per leiλ = 2l. Possiamo scrivere allora

v2 = f2λ = 428.5 m/s ⇒ ρl2 =Tv2

2=

Mgv2

1= 3.583×10−4 Kg/m

Il calcolo dell’energia puo fare in due modi. Possiamo partire dall’esperessione della potenza di dell’onda armonicasu una corda tesa

P = TA2ωk cos2(kx−ωt) ⇒ Pm =

12

TA2ωk

Questa e la potenza media di un’onda armonica che si propaga nel verso delle x crescenti. Per avere l’energia della miaonda stazionaria dovro innanzitutto moltiplicare tale potenza per il tempo che tale onda impiega a fare la lunghezzadella mia onda (λ/2). Inoltre la mia onda stazionaria e la sovrapposizione di due onde armoniche identiche che sipropagano in direzione opposta, dunque devo moltiplicare per due l’energia della singola onda.

E = 212

TA2ωk

λ

2v= πρlA2v2k =

12

ρlA2ω

2λ

Consideriamo ora invece la nostra onda stazionaria, somma delle due onde di ampiezza A.

y(x, t) = Asin(kx−ωt)+Asin(kx+ωt) = 2Asin(kx)cosωt

Consideriamo il generico tratto di corda dx. Calcoliamo poi la sua velocita trasversale e dunque l’energia cinetica.

vt = y(x, t) =−2Aω sin(kx)sinωt ⇒ dT =12

dmy2 = 2A2ω

2ρl sin2(kx)sin2(ωt)dx

Questa rappresenta l’energia cinetica. D’altra parte sappiamo che in un oscillatore armonico l’energia si divide equa-mente tra energia cinetica e energia potenziale e se prendiamo l’energia cinetica massima (sin2

ωt = 1) abbiamoproprio tutta l’energia. Per avere poi l’energia totale della corda dobbiamo integrare su tutta la sua lunghezza.

dE = 2A2ω

2ρl sin2(kx)dx ⇒ E =

∫λ/2

0dE = 2A2

ω2ρl

∫λ/2

0sin2(kx)dx =

12

ρlA2ω

2λ

Nel fare il calcolo numerico si deve ora tenere presente che l’ampiezza A che compare nelle nostre formule e metadell’ampiezza della mia onda stazionaria. Dunque per noi ora A = 0.45 mm e abbiamo

E1 =12

ρ1A2λ (2π f1)

2 = 2.02×10−4 J E2 =12

ρ2A2λ (2π f2)

2 = 2.02×10−4 J

L’energia dunque e la stessa. D’altra parte questo non ci stupisce poiche, sempre considerando la vibrazione nell’ar-monica fondamentale, l’energia puo essere scritta come

E =12

ρlA2λ (2π f )2 =

2π2A2Tλ

e dunque dipende solo dall’ampiezza dell’oscillazione e dalla tensione della corda.

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Problema 2Abbiamo una lente spessa con caratteristiche particolari, R1 = R2 = t = R.Analizziamo la lente scrivendo l’equazione dei due diottri.

1p1

+nq1

=n−1

Rp2 = R−q1

np2

+1q2

=1−n

R

L’oggetto e p1 e l’immagine e q2.Troviamo dunque il fuoco anteriore ( f1) e posteriore ( f2), mandando rispettivamente a infinito q2 e p1.

q2→ ∞ ⇒ p2 =nR

1−n=−30 cm ⇒ q1 = R− p2 = 40 cm ⇒ f1 = p1 =

(n−1

R− n

q1

)−1

= 80 cm

p1→ ∞ ⇒ q1 =nR

n−1= 30 cm ⇒ p2 = R−q1 =−20 cm ⇒ f2 = q2 =

(1−n

R− n

p2

)−1

= 40 cm

Calcoliamo ora l’immagine del punto con p1 = 130 cm.

p1 = 130 cm ⇒ q1 = n(

n−1R− 1

p1

)−1

= 35.45 cm

⇒ p2 = R−q1 =−25.45 cm ⇒ q2 =

(1−n

R− n

p2

)−1

= 112 cm

Dunque l’immagine si formera 112 cm a destra del vertice O.Per quanto riguarda l’ingrandimento, questo sara il prodotto degli ingrandimenti dei due diottri e dunque

I = I1I2 =q1

np1

nq2

p2=

q1q2

p1 p2=−1.20 ⇒ h′ = Ih = 1.80 cm

Per valutare se l’immagine e capovolta o dritta dobbiamo considerare che l’immagine del primo diottro e capovolta(I1 > 0). Il secondo diottro da un immagine dritta di questa immagine (I2 < 0). Complessivamente dunque l’oggettosubisce un inversione e dunque l’immagine e capovolta. Da notare che la convenzione assunta da noi per il segnodell’ingrandimento non permette piu di associare quest’ultimo alla polarita dell’immagine finale quando facciamo ilprodotto di due ingrandimenti.Consideriamo ora la lente come un sistema ottico centrato. Possiamo subito calcolare la distanza focale

f =n

n−1R1R2

(n−1)t +n(R1−R2)=

nR(n−1)2 = 60 cm

I piani principali si trovano a distanza f = 60 cm dai fuochi, π1 a destra di f1, π2 a sinistra di f2, come nella figura.Si puo facilmente verificare che ora valgono le equazioni

1p+

1q=

1f

I =qp

dove le distanze p e q sono ora riferite ai piani π1 e π2 rispettivamente. Poiche la focale e positiva, la lente econvergente.

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Problema 3

x

y

P

θ

Si tratta dell’interfernza di due sorgenti coerenti a grande distanza.Sull’asse y, il cammino delle onde provenienti dalle due sorgenti e esat-tamente lo stesso dunque i campi elettrici delle due onde sono perfetta-mente in fase. Potremmo dire che, se θ e l’usuale angolo formato dalladirezione di propagazione delle onde, unica a grande distanza, e il pianoperpendicolare alla retta individuata dalle due sorgenti (vedi figura), losfasamento al solito vale

δ =2π

λd sinθ

e i massimi di interferenza si trovano per

δ = 2πm ⇒ sinθm =λ

dm (1)

Sull’asse y (θ = 0) abbiamo dunque il massimo centrale m = 0, in cuivale

E = 2E1 ⇒ P = 4P0 I = 4T1

Dalla relazione tra potenza e intensita abbiamo allora

I1 =P0

4πR20⇒ I =

P0

πR20= 5.09×10−5 W/m2

in cui ci siamo messi nell’approssimazione di grande distanza, R0� d.Dalla relazione dell’intensita con il modulo del campo elettrico abbiamo

I =E2

2µ0c⇒ E =

√2µ0cI = 0.196 V/m.

Dovendo calcolare il numero di massimi dobbiamo tornare alla equazione (1). Calcoliamo dunque la lunghezzad’onda.

λ − cν

= 186.2 m

Questa e proprio uguale alla distanza tra le due sorgenti d, dunque possiamo riscrivere la relazione dei massimi ( 1)come

sinθm = m ⇒ m = 0,±1

Girando sulla circonferenza tratteggiata contiamo dunque 4 (quattro) massimi rispettivamente per gli angoli θ =0,±π/2,π , cioe due sull’asse y, sopra e sotto, e due sull’asse x, a destra e a sinistra.Se vogliamo avere un minimo per θ = 60o, dobbiamo aggiungere uno sfasamento ϕ e imporre che nella direzioneθ = 60o ci sia uno sfasamento pari a π .Lo sfasamento complessivo tra le due sorgenti vale adesso

δ =2π

λd sinθ −ϕ = 2π sinθ −ϕ ⇒ 2π sinθ −ϕ = π ⇒ ϕ = 2π sinθ −π = 2.30 rad

Sull’asse x (θ = 90o) lo sfasamento vale δ = 2π−ϕ e dunque l’intensita

I = Imax cos2(δ/2) = Imax cos2(

2π−ϕ

2

)= 8.50×10−6 W/m2

L’intensita risulta molto piu piccola della massima, d’altra parte ora siamo vicini alla direzione del minimo.

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