Esercizio 60pellicola davanti a una fenditura di Young e polarizzatori incrociati

Testo (II appello, 18 febbraio 2026, problema 3). Una sottile pellicola di materiale trasparente con $n = 1{,}58$ è posta davanti a una delle fenditure di un dispositivo di Young. In questa condizione, con luce naturale rossa, $\lambda_0 = 0{,}65\ \mu\text{m}$, al centro dello schermo NON si osserva più la frangia chiara con $m = 0$, ma si vede quella con $m = 5$.

1. Trovare lo spessore della pellicola $d$ (usare la fase).
2. Togliendo la pellicola e ripristinando le condizioni iniziali si nota che il primo minimo si trova a $2{,}9\ \text{mm}$ dal centro dello schermo. Sapendo che la distanza tra fenditure e schermo è di $1{,}8\ \text{m}$, si trovi la distanza tra le fenditure $a$.
3. Ora si mettono due polarizzatori, uno sul cammino di ciascun raggio di luce che va verso il massimo centrale. Questi hanno asse ottico perpendicolare tra loro. Di quanto si abbassa l'intensità luminosa, $I'/I$?

(Qui $d$ è lo spessore della pellicola e $a$ la distanza tra le fenditure.)

Teoria: Interferenza di due sorgenti ed esperimento di YoungDue onde coerenti (stessa frequenza, differenza di fase costante) con la stessa polarizzazione che si sovrappongono danno I = I1 + I2 + 2√(I1 I2) cos δ, con δ = k(r2 − r1) + sfasamento tra le sorgenti. Massimi (interferenza costruttiva) per δ = 2mπ, cioè r2 − r1 = mλ; minimi (distruttiva) per δ = (2m+1)π, cioè r2 − r1 = (m + ½)λ. Con intensità uguali I = 4I0 cos²(δ/2): massimi 4I0, minimi 0. Onde incoerenti o polarizzate perpendicolarmente non interferiscono: I = I1 + I2. Esperimento di Young (fenditure a distanza d, schermo a distanza L): massimi a d sin θ = mλ, frange equidistanti di passo Δx = λL/d. In un mezzo conta il cammino ottico n·r; una lamina di spessore s davanti a una fenditura sfasa di 2π(n−1)s/λ0.Interferenza di due sorgenti ed esperimento di Young →, Polarizzatori e legge di MalusUn polarizzatore ideale lascia passare solo la componente del campo elettrico parallela al suo asse ottico (di trasmissione) e assorbe l'altra. Se la luce incidente è polarizzata linearmente e forma l'angolo θ con l'asse, esce E0 cos θ e l'intensità diventa I = I0 cos²θ (legge di Malus); la luce esce polarizzata lungo l'asse. La luce naturale perde sempre metà dell'intensità: I = I0/2. Due polarizzatori incrociati non lasciano passare nulla, ma inserendone un terzo a 45° in mezzo passa I0/8. Con una miscela di luce polarizzata e naturale: I = Inat/2 + Ipol cos²θ.Polarizzatori e legge di Malus →.

1. Spessore della pellicola

Cosa fa la pellicola. Al centro dello schermo i due raggi percorrono cammini geometrici uguali. Senza pellicola arrivano in fase: massimo di ordine 0. Con la pellicola, il raggio che la attraversa percorre un tratto $d$ nel materiale invece che in aria: il suo cammino otticoUn tratto r in un mezzo di indice n equivale, per la fase, a un tratto n·r nel vuoto.Interferenza di due sorgenti ed esperimento di Young → aumenta di $(n - 1)d$, e la differenza di fase al centro diventa

$$\Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda_0}\,nd - \frac{2\pi}{\lambda_0}\,d = \frac{2\pi}{\lambda_0}(n - 1)\,d$$

Condizione. Al centro si vede il massimo di ordine $m = 5$, cioè la frangia che senza pellicola corrispondeva a una differenza di fase di $5 \cdot 2\pi$:

$$\frac{2\pi}{\lambda_0}(n - 1)\,d = 2\pi m \quad\Longrightarrow\quad d = \frac{m\lambda_0}{n - 1} = \frac{5 \cdot 0{,}65\ \mu\text{m}}{0{,}58} = 5{,}6\ \mu\text{m}$$

L'intera figura si è spostata di cinque frange verso il lato della pellicola (il massimo di ordine 0 si sposta dove il cammino geometrico più lungo dell'altro raggio compensa il ritardo).

2. Distanza tra le fenditure

Primo minimo. Senza pellicola il primo minimo accanto al centro si ha quando la differenza di cammino è mezza lunghezza d'onda, $a\sin\theta = \lambda_0/2$. Per angoli piccoli $\sin\theta \approx x/L$:

$$\frac{a\,x}{L} = \frac{\lambda_0}{2} \quad\Longrightarrow\quad a = \frac{\lambda_0L}{2x} = \frac{0{,}65 \cdot 10^{-6} \cdot 1{,}8}{2 \cdot 2{,}9 \cdot 10^{-3}} = 0{,}20\ \text{mm}$$

(Nella soluzione ufficiale la formula è scritta senza il 2 al denominatore, ma il risultato riportato, $\approx 0{,}2\ \text{mm}$, è quello giusto.) Controllo: le frange chiare distano $\lambda_0L/a = 5{,}8\ \text{mm}$, il primo minimo è a metà, $2{,}9\ \text{mm}$.

3. Due polarizzatori incrociati

Prima. Ogni fenditura manda al centro un'onda di intensità $I_0$ (la luce è naturale, ma le due onde vengono dalla stessa sorgente e sono coerenti). Al massimo centrale

$$I = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0I_0}\cos 0 = 4I_0$$

Dopo i polarizzatori. Ogni polarizzatore riceve luce naturale e ne lascia passare metàCon luce naturale passa I0/2 qualunque sia l'orientazione dell'asse, e la luce esce polarizzata lungo l'asse.Polarizzatori e legge di Malus →: le due onde hanno ora intensità $I_0/2$ ciascuna, ma sono polarizzate in direzioni perpendicolari (per esempio una lungo $y$ e l'altra lungo $z$).

Due campi perpendicolari non interferiscono: nel calcolo dell'intensità il doppio prodotto $\vec E_1 \cdot \vec E_2$ è nullo (vedi Interferenza di due sorgenti ed esperimento di YoungDue onde coerenti (stessa frequenza, differenza di fase costante) con la stessa polarizzazione che si sovrappongono danno I = I1 + I2 + 2√(I1 I2) cos δ, con δ = k(r2 − r1) + sfasamento tra le sorgenti. Massimi (interferenza costruttiva) per δ = 2mπ, cioè r2 − r1 = mλ; minimi (distruttiva) per δ = (2m+1)π, cioè r2 − r1 = (m + ½)λ. Con intensità uguali I = 4I0 cos²(δ/2): massimi 4I0, minimi 0. Onde incoerenti o polarizzate perpendicolarmente non interferiscono: I = I1 + I2. Esperimento di Young (fenditure a distanza d, schermo a distanza L): massimi a d sin θ = mλ, frange equidistanti di passo Δx = λL/d. In un mezzo conta il cammino ottico n·r; una lamina di spessore s davanti a una fenditura sfasa di 2π(n−1)s/λ0.Interferenza di due sorgenti ed esperimento di Young →). Le intensità si sommano semplicemente:

$$I' = \frac{I_0}{2} + \frac{I_0}{2} = I_0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{I'}{I} = \frac{I_0}{4I_0} = \frac14 = 25\%$$

Inoltre la figura di interferenza sparisce: lo schermo è uniformemente illuminato con $I_0$, senza frange.

Attenzione alla soluzione ufficiale, che risponde $I'/I = \frac12$ calcolando $I' = \frac{I_0}{2} + \frac{I_0}{2} + 2\sqrt{\frac{I_0}{2}\cdot\frac{I_0}{2}} = 2I_0$, cioè lasciando il termine di interferenza come se le due onde avessero ancora la stessa polarizzazione. Con assi perpendicolari quel termine è nullo, come la stessa soluzione del prof riconosce in un caso analogo (appello del 15 settembre 2025: "i campi elettrici si sommano vettorialmente" e le intensità si sommano). La risposta coerente con la teoria è $\frac14$. Se invece i due polarizzatori fossero paralleli, il termine di interferenza resterebbe e si avrebbe $I' = 2I_0$, cioè $\frac12$.

Verifica numerica

n, lam, m, L, x = 1.58, 0.65e-6, 5, 1.8, 2.9e-3
print(m*lam/(n - 1))                             # 5.6e-6 m
print(lam*L/(2*x))                               # 2.0e-4 m
I0 = 1.0
I = I0 + I0 + 2*I0                               # massimo centrale, onde parallele in fase
I_perp = I0/2 + I0/2                             # polarizzatori incrociati: niente interferenza
I_par = I0/2 + I0/2 + 2*(I0/2)                   # polarizzatori paralleli
print(I_perp/I, I_par/I)                         # 0.25, 0.5

Risultati

Errori comuni

• Usare $nd$ invece di $(n - 1)d$: la pellicola sostituisce un tratto d'aria, il ritardo è la differenza.
• Mettere il primo minimo a $\lambda_0L/a$: lì c'è il primo massimo laterale.
• Far interferire onde polarizzate perpendicolarmente: le loro intensità si sommano e basta.