Explicación del cambio de franja del interferómetro de Michelson

Esto es una especulación, pero si sus portaobjetos no tienen un grosor uniforme o si están doblados como resultado del pellizco, presentarán una longitud de trayectoria diferente en una pata del interferómetro (y, por lo tanto, darán lugar a un cambio en la franja). patrón). Esto puede quedar claro mirando este diagrama:

En el diagrama de la izquierda, la longitud total del camino es independiente de la posición del rayo; en todos los casos, la luz se desvía en la misma medida en que interactúa con las diferentes superficies. En el diagrama de la derecha, los rayos más cercanos al "punto de pellizco" atravesarán menos vidrio que los que están más lejos (que intersecan el vidrio en un ángulo mayor). Esto significa que la longitud de la ruta cambiará a medida que mueva las diapositivas de izquierda a derecha.

No está claro si hay un espaciador como parte de su "cuña" (me imagino que debe haber uno, pero no puedo verlo en su foto). Si lo hay, entonces el clip grande que usa seguramente doblará las diapositivas; y un interferómetro de Michelson es muy, muy sensible a las diferencias de longitud de trayecto...

Supongo que el efecto surge del hecho de que su interferómetro no está alineado correctamente. La presencia de franjas lineales, en lugar de circulares, sugiere que hay una desalineación angular. Luego, mover la cuña provoca un cambio lateral en el punto de intersección del haz y el deslizamiento en ángulo, lo que da como resultado un cambio en la posición aparente del haz en el objetivo.

Intente alinear el sistema para producir un patrón de franjas de ojo de buey y vea si la anomalía persiste.

Esta respuesta se basa en la idea de Floris de que las diapositivas podrían estar dobladas.

Digamos que el láser golpea el tobogán en un ángulo de$\theta$y viaja a través del panel en un ángulo de$\theta'=\sin^{-1}({n_a\over n_s}\sin(\theta))$. Supongamos que la curvatura es lo suficientemente ligera como para que el láser salga esencialmente paralelo a cómo entró. También voy a asumir que estás usando un$\lambda=633\mathrm{nm}$láser. Podemos expresar el cambio de fase de no tener diapositivas como$\phi={4\pi D\over\lambda}\sec\theta'\left({n_s\over n_a}-\sec(\theta'-\theta)\right)$usando un poco de trigonometría, donde$D$es el espesor de un portaobjetos. Queremos la curvatura que es${d\theta\over ds}$, dónde$ds=\sec\theta\,dx$. expresemos${d\theta\over ds} = \left({d\phi\over d\theta}\right)^{-1} \left({d\phi\over dx}\right) \cos\theta$. Tú mediste$d\phi\over dx$ser${2\pi\over 4\mathrm{mm}}$, y especificado$n_s=1.52={n_s\over n_a}$. Digamos que nuestro ángulo de incidencia es de 10 grados. Ahora le daremos este lío a Wolfram .

Entonces, en este punto, debemos tener una curvatura de 0,06 grados por mm para observar este efecto marginal.

En los 2 vidrios hay 4 superficies, es decir, interfaz aire/vidrio, y 8 orientaciones de superficie (a..h) y mucho espacio para la interferencia entre los reflejos y el haz principal.

LASER (air) a1b (glass) c2d (air) e3f (glass) g4h

En cada interfaz, el reflejo que se reflejará hacia adelante nuevamente (autointerferencia) busque iridiscencia en materiales delgados.

Respuesta anterior, ahora no importa: Evaluar las dimensiones de la rosca del tornillo que mueve la abrazadera (distancia, paso) y cuantas vueltas se requieren para una determinada desviación. No veo el tornillo, pero imagino que existe e influye en el resultado.