1. Długość fali świetlnej wysyłanej przez te źródła wynosi $\lambda =6\cdot {10}^7\text{m}$ .  

W zadaniu podane mamy, że:

$f=5\cdot {10}^{14}\text{Hz}$  

Długość fali elektromagnetycznej możemy obliczyć ze wzoru:

$\lambda =\frac{c}{f}$  

gdzie:

$c=3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}$  - wartość prędkości światła, 

$f$  - częstotliwość rozchodzącej się fali.

Wówczas otrzymujemy, że długość fali będzie wynosiła:

$\lambda =\frac{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}{5\cdot {10}^{14}\text{Hz}}=\frac{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}}=0,6\cdot {10}^{-6}\text{m}=0,6\cdot {10}^{-7}\text{m}$  

 Odpowiedź: 

Zdanie jest FAŁSZYWE. 

 

---

 

2. Różnica dróg optycznych fal świetlnych w tym punkcie wynosi zero.     

Droga optyczna światła to odległość, jaką w próżni przebyłoby światło, złożona z takiej samej ilości długości fal, z jakiej składa się rzeczywista droga światła w ośrodku materialnym. Różnica dróg optycznych jest równa całkowitej krotności długości fal. Źródła emitują fale w zgodnej fazie i częstotliwości. Czyli różnica długości fal będzie równa zero, co znaczy, że różnica dróg optycznych również będzie wynosiła zero.

 Odpowiedź: 

Zdanie jest PRAWDZIWE.

 

---

 

3. Gdy fale świetlne emitowane przez źródła drgają w zgodnych fazach, różnica dróg optycznych fal w punkcie P jest większa niż $1500\lambda$ .      

Wzmocnienie fali występuje w miejscach, dla których różnica odległości od dwóch różnych źródeł jest równa całkowitej wielokrotności długości fali.

$r_2-r_1=n\lambda$   

gdzie: 

$r_1$  i $r_2$  - odległość poszczególnych źródeł od punktu, w którym badamy nakładanie się fali,

$n$  - liczba całkowita odpowiadająca kolejnemu wzmocnieniu fali,

$\lambda$  - długość fali.

W naszym przypadku mamy, że:

$r_1=\left|{\text{Z}}_1\text{P}\right|=l$  

Oraz korzystając z twierdzenia Pitagorasa możemy zauważyć, że: 

${\left|{\text{Z}}_2\text{P}\right|}^2=d^2+l^2\mid \sqrt{}$  

$\left|{\text{Z}}_2\text{P}\right|=\sqrt{d^2+l^2}$  

Z tego wynika, że:

$r_2=\left|{\text{Z}}_2\text{P}\right|$  

$r_2=\sqrt{d^2+l^2}$

Wówczas otrzymujemy, że:

$n\lambda =r_2-r_1\mid :\lambda$  

$n=\frac{r_2-r_1}{\lambda }$  

$n=\frac{\sqrt{d^2+l^2}-l}{\frac{c}{f}}$  

$n=\frac{f\left(\sqrt{d^2+l^2}-l\right)}{c}$  

Z treści zadania wynika, że:

$f=5\cdot {10}^{14}\text{Hz}$  

$d=3\text{cm}=0,03\text{m}$  

$l=49\text{cm}=0,49\text{m}$  

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$n=\frac{5\cdot {10}^{14}\text{Hz}\cdot \left(\sqrt{{\left(0,03\text{m}\right)}^2+{\left(0,49\text{m}\right)}^2}-0,49\text{m}\right)}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}=$  

$=\frac{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}\cdot \left(\sqrt{0,0009{\text{m}}^2+0,2401{\text{m}}^2}-0,49\text{m}\right)}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}=$  

$=\frac{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}\cdot \left(\sqrt{0,241{\text{m}}^2}-0,49\text{m}\right)}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}\approx$  

$\approx \frac{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}\cdot \left(0,4909175\text{m}-0,49\text{m}\right)}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}=$  

$=\frac{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}\cdot 0,0009175\text{m}}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}=\frac{5\cdot {10}^{14}\frac{1}{\text{s}}\cdot 9,175\cdot {10}^{-4}\text{m}}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}=$  

$=\frac{45,875\cdot {10}^{10}\frac{\text{m}}{\text{s}}}{3\cdot {10}^8\frac{\text{m}}{\text{s}}}\approx 15,292\cdot {10}^2=$  

$=1529,2\approx 1530$  

Z tego wynika, że:

$r_2-r_1\approx 1530\lambda$  

Oznacza to, że różnica dróg optycznych jest większa niż 1500λ.

 Odpowiedź: 

Zdanie jest PRAWDZIWE.

 

---

 

4. Gdy fale świetlne emitowane przez źródła drgają w przeciwnych fazach, w punkcie ${\text{P}}_0$  zachodzi wygaszenie fal.        

Wygaszenie się fal występuje gdy różnica dróg optycznych jest nieparzystą wielokrotnością połowy długości fali:

$r_2-r_1=\frac{\left(2n+1\right)\lambda }{2}$   

gdzie: 

$r_1$  i $r_2$  - odległość poszczególnych źródeł od punktu, w którym badamy nakładanie się fali,

$n$  - liczba całkowita odpowiadająca kolejnemu wygaszeniu fali,

$\lambda$  - długość fali.

Wiemy, że równanie fali (mechanicznej i elektromagnetycznej) ma postać:

$y=A\sin \left(\omega t-\frac{2\pi r}{\lambda }+\phi \right)$

gdzie:

$A$  - amplituda fali,

$\omega$  - częstość,

$t$  - czas,

$\lambda$  - długość fali,

$r$  - drogą geometryczna, jaką przebyła fala,

$\phi$  - fazą.

Dla fali pochodzącej z pierwszego źródła mamy równanie: 

$y_1=A\sin \left(\omega t-\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\phi \right)$  

Natomiast dla fali pochodzącej z drugiego źródła drgającej w przeciwnej fazie otrzymujemy:

$y_2=A\sin \left(\omega t-\frac{2\pi r_2}{\lambda }+\phi +n\pi \right)$  

gdzie $n$  jest kolejnym przesunięciem fazowym.

Wówczas w punkcie ${\text{P}}_0$  równanie fali będzie miało postać:

$y=y_1+y_2$  

$y=A\sin \left(\omega t-\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\phi \right)+A\sin \left(\omega t-\frac{2\pi r_2}{\lambda }+\phi +n\pi \right)$   

Korzystamy z własności trygonometrycznej (suma sinusów):

$\sin \alpha +\sin \beta =2\cdot \sin \left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\alpha -\beta }{2}\right)$  

Wówczas otrzymujemy, że:

$y=A\cdot 2\sin \left(\frac{\omega t-\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\phi +\omega t-\frac{2\pi r_2}{\lambda }+\phi +n\pi }{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\omega t-\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\phi -\left(\omega t-\frac{2\pi r_2}{\lambda }+\phi +n\pi \right)}{2}\right)$   

$y=A\cdot 2\sin \left(\frac{2\omega t-\left(\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\frac{2\pi r_2}{\lambda }\right)+2\phi +n\pi }{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\omega t-\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\phi -\omega t+\frac{2\pi r_2}{\lambda }-\phi -n\pi }{2}\right)$   

$y=A\cdot 2\sin \left(\frac{2\omega t-\left(\frac{2\pi r_1}{\lambda }+\frac{2\pi r_2}{\lambda }\right)+2\phi +n\pi }{2}\right)\cdot \cos \left(\frac{\frac{2\pi r_2}{\lambda }-\frac{2\pi r_1}{\lambda }-n\pi }{2}\right)$   

$y=2A\sin \left(\omega t-\frac{\frac{2\pi }{\lambda }\left(r_1+r_2\right)}{2}+\phi +\frac{n\pi }{2}\right)\cos \left(\frac{\frac{2\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)-n\pi }{2}\right)$   

$y=2A\sin \left(\omega t-\frac{\pi }{\lambda }\left(r_1+r_2\right)+\phi +\frac{n\pi }{2}\right)\cos \left(\frac{\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)-\frac{n\pi }{2}\right)$   

Chcemy, aby w punkcie ${\text{P}}_0$  występowało wygaszenie fal, wówczas musi być spełniony warunek:

$y=0$  

Ponieważ sinus jest zależny od czasu, to nie będzie przybierał zawsze wartości zero. Oznacza to, że kosinus funkcji $y$  musi być zerowy:

$\cos \left(\frac{\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)-\frac{n\pi }{2}\right)=0$  

Wiemy, że:

$\cos \frac{\pi }{2}=0$  

Zatem:

$\frac{\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)-\frac{n\pi }{2}=\frac{\pi }{2}\mid +\frac{n\pi }{2}$  

$\frac{\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)=\frac{n\pi }{2}+\frac{\pi }{2}$  

$\frac{\pi }{\lambda }\left(r_2-r_1\right)=\left(n+1\right)\frac{\pi }{2}\mid \cdot \lambda$  

$\pi \left(r_2-r_1\right)=\left(n+1\right)\frac{\pi \lambda }{2}\mid :\pi$  

$r_2-r_1=\left(n+1\right)\frac{\lambda }{2}$  

Różnica dróg fali wynosi:

$\Delta r=r_2-r_2$  

Czyli:

$\Delta r=\left(n+1\right)\frac{\lambda }{2}$  

Co należało udowodnić. 

 Odpowiedź: 

Zdanie jest PRAWDZIWE.