Considere uma bolha de sabão no ar. Seja t a espessura da película. A bolha é iluminada por um feixe de luz monocromática que incide ortogonalmente à sua superfície. Determine os máximos e mínimos de interferência da luz refletida.

Passo 1

O enunciado dá e pede o seguinte (resumo claro e simples):
  • Dado: uma bolha de sabão no ar, cuja película tem espessura t.
  • Dado: a bolha é iluminada por uma luz monocromática de comprimento de onda \lambda (no ar) que incide ortogonalmente (normalmente) à película.
  • Informação implícita: índice de refração do ar é aproximadamente 1; índice de refração da película será chamado de n (número real maior que 1).
  • Pedido: determinar os valores de t para os quais a luz refletida apresenta máximos (interferência construtiva) e mínimos (interferência destrutiva).

Passo 2

Entendendo as reflexões que geram as duas ondas que interferem (explicação didática passo a passo).
  • Quando o feixe atinge a película, aparecem ao menos duas ondas refletidas importantes:
    1. Uma refletida na face da frente (ar \to película).
    2. Outra que entra na película, reflete na face de trás (película \to ar) e sai novamente para o ar.
  • Cada uma dessas ondas chega à observação com uma fase; a interferência depende da diferença de fase entre elas.
  • Regra de fase nas reflexões (essencial para este problema):
    • Ao refletir numa superfície onde a luz vai de um meio de menor índice para um meio de maior índice (por exemplo ar \to película: 1 \to n), a onda sofre uma mudança de fase igual a \pi (equivalente a meia onda).
    • Ao refletir numa superfície onde a luz vai de maior índice para menor índice (película \to ar: n \to 1), NÃO há mudança de fase.
  • Aplicando isso aqui: a reflexão frontal tem mudança de fase \pi; a reflexão traseira não tem mudança de fase. Portanto há uma mudança total de fase devido às reflexões igual a \pi (meia onda).

Passo 3

Cálculo do caminho óptico adicional percorrido pela onda que entra e volta na película (no caso de incidência normal).
  • A onda que reflete na face traseira percorre ida e volta dentro da película: distância física total 2t.
  • Como dentro da película a velocidade é menor, o caminho óptico efetivo é multiplicado pelo índice n. Assim o caminho óptico adicional é
\delta = 2 n t.
  • Em termos de fase associada a esse caminho óptico (usando o comprimento de onda no ar \lambda), a fase de avanço é
\phi_{\text{caminho}} = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta = \frac{4\pi n t}{\lambda}.
  • Lembre que aqui usamos \lambda do meio externo (ar); usar \lambda/n dentro da película dá o mesmo resultado porque número de ondas \times 2\pi coincide.

Passo 4

Escrevendo a diferença de fase total entre as duas ondas refletidas (caminho + reflexões).
  • A diferença de fase total entre a onda que refletiu na frente e a que refletiu na traseira é
\Delta\varphi = \phi_{\text{caminho}} + \phi_{\text{reflexões}} = \frac{4\pi n t}{\lambda} + \pi.õ
  • Aqui:
    • \dfrac{4\pi n t}{\lambda} vem do caminho óptico extra da segunda onda;
    • +\pi é a mudança de fase resultante do fato de apenas a reflexão frontal sofrer \pi.

Passo 5

Condição de máximos (interferência construtiva) para a luz refletida — dedução e interpretação.
  • Interferência construtiva ocorre quando a diferença de fase total \Delta\varphi é um múltiplo inteiro de 2\pi:
\Delta\varphi = 2 m \pi,\qquad m\in\mathbb{Z}.
  • Substituindo \Delta\varphi:
\frac{4\pi n t}{\lambda} + \pi = 2 m \pi.
  • Isolando t:
\frac{4 n t}{\lambda} = 2 m - 1 \quad\Rightarrow\quad t = \frac{(2m-1)\lambda}{4 n}.
  • Observações práticas:
    • Os valores fisicamente relevantes têm m=1,2,3,\dots (para m=0 obtém-se espessura negativa, sem sentido físico).
    • O menor espessamento de brilho (primeiro máximo) ocorre em t=\dfrac{\lambda}{4n}.
    • Em linguagem de prova: os máximos refletidos aparecem para t=\dfrac{\lambda}{4n},\\ \dfrac{3\lambda}{4n},\\ \dfrac{5\lambda}{4n},\dots

Passo 6

Condição de mínimos (interferência destrutiva) para a luz refletida — dedução e interpretação.
  • Interferência destrutiva ocorre quando a diferença de fase total \Delta\varphi é um múltiplo ímpar de \pi (i.e. (2m+1)\pi), mas como já há um \pi extra, podemos escrever explicitamente:
\Delta\varphi = (2m+1)\pi,\qquad m\in\mathbb{Z}.
  • Substituindo \Delta\varphi:
\frac{4\pi n t}{\lambda} + \pi = (2m+1)\pi.
  • Isolando t:
\frac{4 n t}{\lambda} = 2 m \quad\Rightarrow\quad t = \frac{m\lambda}{2 n}.
  • Observações práticas:
    • Aqui m=0,1,2,\dots são todos aceitáveis. Para m=0 obtém-se t=0 (filme infinitesimalmente fino onde as reflexões interferem com fase oposta, levando a mínimo refletido).
    • Assim os mínimos refletidos ocorrem para t=0,\\ \dfrac{\lambda}{2n},\\ \dfrac{2\lambda}{2n}=\dfrac{\lambda}{n},\\ \dots

Passo 7

Resumo final, dica de memorização e comentário rápido (como usar isso na prova).
  • Resumo simples para lembrar: por causa da mudança de fase apenas numa das reflexões, as condições aparecem “deslocadas” por meia-onda; o primeiro máximo refletido surge em t=\dfrac{\lambda}{4n} e os mínimos a cada múltiplo de \dfrac{\lambda}{2n}.
  • Dica de memorização rápida: quando houver uma única reflexão com salto de fase \pi (como filme no ar com n_{\text{ar}}<n_{\text{filme}}), o primeiro máximo é \lambda/(4n).
  • Lembre-se de explicar no gabarito brevemente por que existe o salto de fase \pi (reflexão em limite n maior) — isso é frequentemente cobrado.

Resposta

Máximos (reflexão): t=\dfrac{(2m-1)\lambda}{4n}, com m=1,2,3,\dots
Mínimos (reflexão): t=\dfrac{m\lambda}{2n}, com m=0,1,2,\dots

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