Wła
ś
ciwo
ś
ci fali elektromagnetycznej
0 0
sin(
)
sin(
)
1
.
2
m
m
m
m
E
E
kx
t
B
B
kx
t
E
c
B
c
prędksć fali em
k
k
ω
ω
ω
µ ε
π
λ
=
−
=
−
=
= =
=
=
E
m
B
m
=
c
E prostopadłe do B
Płaszczyzna EB prostopadła do kierunku rozchodzenia
E i B zmieniają się w tej samej fazie
Przepływ energii i wektor Poyntinga
Szybko
ść
przepływu energii przez jednostk
ę
powierzchni:
0
1
S
E B
µ
=
×
Długo
ść
wektora S:
moc
S
pole powierzchni
=
2
0
1
S
E
c
µ
=
Nat
ęż
enie fali
2
,
0
1
sr kw
I
E
c
µ
=
,
2
m
sr kw
E
E
=
Ci
ś
nienie fali elektromagnetycznej
I
p
c
=
2I
p
c
=
Całkowita absorpcja
Całkowite odbicie pod k
ą
tem prostym
Interferencja i dyfrakcja
θ
sin
d
L
=
∆
sin
d
m
θ
λ
=
wzmocnienie
wygaszanie
1
sin
2
d
m
θ
λ
=
+
Dyfrakcja promieniowania X
λ
θ
m
d
=
sin
2
...
,
3
,
2
,
1
=
m
Prawo Bragga
Natura fali elektromagnetycznej – własno
ś
ci falowe
Dyfrakcja fali elektromagnetycznej
Dyfrakcja fali elektromagnetycznej
• Pojedyncza szczelina
Poło
ż
enie pierwszego
minimum
minima
Dyfrakcja - zdolność rozdzielcza
Obraz interferencyjny okrągłego otworu ma postać koncentrycznych,
naprzemiennych pierścieni jasnych i ciemnych. W środku obrazu
występuje plamka jasna (m nieparzyste) lub ciemna (m parzyste).
Kątowe położenie (liczone od osi) pierwszego minimum obrazu
dyfrakcyjnego wynosi
D
D
λ
λ
ϕ
22
.
1
22
.
1
sin
arc
min
≈
=
gdzie D- średnica otworu
•
Dyfrakcja ogranicza powi
ę
kszenie obrazu jakie mo
ż
emy uzyska
ć
za
pomoc
ą
przyrz
ą
dów optycznych.
- dwa małe obiekty widziane pod małymi k
ą
tami tworz
ą
dwa obrazy
dyfrakcyjne gdy
ś
wiatło od nich przechodzi przez otwór
- aby widzie
ć
je jako dwa niezale
ż
ne obiekty ich obrazy dyfrakcyjne nie
mog
ą
si
ę
nakłada
ć
•
Minimalny k
ą
t przy jakim dwa obiekty mog
ą
by
ć
rozró
ż
nione
zale
ż
y od apertury wej
ś
ciowej i długo
ś
ci fali. Jego odwrotno
ść
nazywamy zdolno
ś
ci
ą
rozdzielcz
ą
przyrz
ą
dów optycznych R.
Nie można obecnie wyświetlić tego obrazu.
Dyfrakcja - zdolność rozdzielcza
min
ϕ
λ
22
.
1
D
R
=
Np. dla źrenicy oka ludzkiego
(D=2mm) i światła zielonego
φ
min
=1’ (3 10
-4
rd)
Czy to możliwe, aby prędkość
ś
wiatła była taka sama
niezależnie od tego który
obserwator ją mierzy?
Z transformacji
Galileusza
:
u
+
=
v'
v
Je
ś
li v’=c to v = c + u > c!!
– sprzeczno
ść
z
do
ś
wiadczeniem.
Nie b
ę
dzie sprzeczno
ś
ci, je
ś
li
zało
ż
y
ć
,
ż
e t’ t
≠
Szczególna teoria wzgl
ę
dno
ś
ci
Szczególna teoria wzgl
ę
dno
ś
ci
Postulaty Einsteina:
I.
Prawa fizyki s
ą
takie same we wszystkich inercjalnych
układach odniesienia.
II.
Pr
ę
dko
ść
ś
wiatła w pró
ż
ni jest taka sama we wszystkich
inercjalnych układach odniesienia.
Transformacje Lorentza
y
y
=
'
z
z
=
'
t
t
=
'
'
x
x
ut
= −
y
y
′
=
z
z
′
=
t
t
′
=
x
x
ut
′
= +
Transformacje Galileusza:
y
y
=
'
z
z
=
'
2
'
xu
t
t
c
γ
=
−
(
)
'
x
x
ut
γ
=
−
y
y
′
=
z
z
′
=
2
'
x u
t
t
c
γ
′
=
+
(
)
'
x
x
ut
γ
′
=
+
Transformacje Lorentza:
2
2
1
1
u
c
γ
=
−
„Skrócenie długo
ś
ci”
0
2
1
l
x
x
′
′
=
−
2
2
1
1
u
c
γ
=
−
0
2
1
(
)
(
)
l
x
ut
x
ut
γ
γ
=
−
−
−
0
2
1
(
)
l
x
x
γ
=
−
2
1
0
2
(
)
1
x
x
l
u
c
−
=
−
0
2
1
l
l
u
c
=
−
⇒
( )
2
0
1
/
l
u c
l
=
−
⋅
(
)
'
x
x
ut
γ
=
−
Przykład
•
Załoga statku kosmicznego mierzy jego długo
ść
i otrzymuje
wynik 400m. Jak
ą
długo
ść
statku zmierzy obserwator na Ziemi,
je
ś
li wiadomo,
ż
e pr
ę
dko
ść
statku u = 0.8c
2
2
2
0
1
/
400 1 (0.8 / )
400 1 0.64
240
l
l
u
c
c c
m
=
−
=
−
=
−
=
Długo
ść
w kier. prostopadłym do kier. ruchu układu
'
⊥
=
⊥
l
l
Czas pomi
ę
dzy dwoma zdarzeniami
2
1
2
1
2
1
2
2
x u
x u
t
t
t
t
c
c
γ
γ
′
′
′
′
− =
+
−
+
a) Zdarzenia zachodz
ą
w tym samym punkcie x’ = a i w
chwilach wzgl
ę
dem układu S’
1
2
t oraz t
′
′
2
1
2
1
2
1
2
2
(
)
au
au
t
t
t
t
t
t
c
c
γ
γ
′
′
′
′
− =
+
− −
=
−
Zdarzenia jednoczesne, zachodz
ą
ce w tym samym punkcie w jednym
inercjalnym u.w. s
ą
równoczesnymi w ka
ż
dym innym układzie
inercjalnym.
( )
0
2
1
/
t
t
u c
∆
∆ =
−
czas własny
Czas pomi
ę
dzy dwoma zdarzeniami
Przykład
•
Statek kosmiczny wysyła impulsy
ś
wietlne trwaj
ą
ce wg
astronautów na statku 2x10
-6
s. Jak długo trwaj
ą
te impulsy wg
obserwatora na Ziemi, je
ś
li statek porusza si
ę
wzgl
ę
dem Ziemi z
pr
ę
dko
ś
ci
ą
v=0.6c?
s
x
s
x
c
c
s
x
c
u
t
t
6
6
2
2
6
2
2
0
10
5
.
2
8
.
0
10
2
6
.
0
1
10
2
1
−
−
−
=
=
−
=
−
∆
=
∆
Czas
ż
ycia mionów
• Miony powstaj
ą
w górnych
warstwach atmosfery w
wyniku rozpadu pionów
•
Poruszaj
ą
si
ę
z
pr
ę
dko
ś
ciami bliskimi
pr
ę
dko
ś
ci
ś
wiatła
• Ich czas
ż
ycia w
„spoczynku”
τ
= 2.2x10
-6
s
• W takim czasie powinny
przeby
ć
odległo
ść
nie
wi
ę
ksz
ą
ni
ż
600m
zanim nie
ulegn
ą
rozpadowi
•
Tymczasem przebywaj
ą
one odległo
ść
rz
ę
du
4.8km
µ
π
µ ν
+
+
→
+
e
e
v
v
µ
µ
+
+
→ + +
ɶ
)
(
'
)
(
'
2
c
dx
u
dt
dt
udt
dx
dx
−
=
−
=
γ
γ
x
2
x
2
2
x'
v
1
v
1
)
(
)
(
'
'
v
c
u
u
dt
dx
c
u
u
dt
dx
c
dx
u
dt
udt
dx
dt
dx
−
−
=
−
−
=
−
−
=
=
γ
γ
x
2
x
x'
v
1
v
v
c
u
u
−
−
=
x'
2
x'
x
v
1
v
v
c
u
u
+
+
=
Transformacja pr
ę
dko
ś
ci
Załó
ż
my,
ż
e pewna cz
ą
stka porusza
si
ę
z pr
ę
dko
ś
ci
ą
u wzdłu
ż
osi Ox.
Powi
ąż
my z t
ą
cz
ą
stk
ą
nowy u.w.
(
)
x
x
ut
γ
′ =
−
Teraz ta cz
ą
stka porusza si
ę
w
kierunku osi Oy, a ruch jej jest
obserwowany
przez
obserwatora w układzie O’x’
dt
c
dx
u
dt
dt
dy
dy
γ
γ
=
−
=
=
)
(
'
'
2
2
2
y
y'
1
v
'
'
v
c
u
dt
dy
dt
dy
−
=
=
=
γ
Transformacja pr
ę
dko
ś
ci
2
2
1
o
m
p
u
u
c
=
−
Relatywistyczny
p
ę
du
Druga zasady dynamiki
dt
p
d
F
=
Równowa
ż
no
ść
masy i energii
2
E
mc
=
2
2
2
0
E
c m c
p
=
+
P
ę
d cz
ą
stki o zerowej masie spoczynkowej, m
0
=0
2
0
E
E
c
p
p
c
=
+
⇒
=
P
ę
d fotonu:
hv
p
c
=
2
2
0
K
mc
m c
=
−
Skorzystajmy z rozwini
ę
cia :
(
)
(
)
⋅⋅
⋅
+
−
+
+
=
+
!
2
1
1
1
2
x
n
n
nx
x
n
⋅⋅
⋅
+
+
+
=
8
3
2
1
1
2
2
2
2
2
0
c
v
c
v
m
(
)
2
1
2
2
0
1
−
−
=
c
v
m
m
2
0
2
2
0
0
2
1
c
m
c
v
m
m
K
−
+
≅
2
0
2
1
v
m
=
+
≅
2
2
0
2
1
1
c
v
m
Przypadek małych pr
ę
dko
ś
ci:
2
0
v
c
<<
Energia kinetyczna
Przykład 1.
Elektron porusza si
ę
z pr
ę
dko
ś
ci
ą
v=0.9c.
Masa spoczynkowa elektronu m
0
=0.511 eV
2
2
0
0.661
T
mc
m c
eV
=
−
=
( )
2
1
2.2942
1
0.9
γ
=
=
−
⇒
Przykład 2. Synteza trytu
2
2
3
1
1
1
1
1
H
H
H
H
energia
+
→
+
+
13
4.03
6.45 10
energia
eV
J
−
=
=
×
Przykład 3.
Spoczywaj
ą
ce ciało o masie M rozpada si
ę
na dwa o masach
spoczynkowych
m
1
i
m
2
. Wyznaczy
ć
energie kinetyczne powstałych fragmentów.
Energia całkowita układu
2
1
2
Mc
E
E
=
+
p
ę
d:
2
2
1
2
1
2
0
p
p
p
p
+
=
⇒
=
(
)(
)
2
2
2
2
2
2
4
1
1
1
1
2
2
4
2
2
4
2
2
4
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
4
2
2
1
2
1
2
1
2
(
)
(
)
E
c m c
p
p
E
m c
E
m c
E
m c
E
E
c m
m
E
E
E
E
c m
m
=
+
⇒
=
−
−
=
−
⇒
−
=
−
−
+
=
−
4
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
(
)
E
E
c m
m
Mc
E
E
Mc
−
=
⋅
−
+
=
S im u lta n e ity
2
'
xu
t
t
c
γ
=
−