Kiedy dwie fale się wzmacniają, a kiedy osłabiają?

Dla źródeł drgających zgodnie w fazie decyduje różnica dróg do punktu. Gdy Δr = nλ, fale docierają w zgodnych fazach i się wzmacniają, a gdy Δr = (n + 1/2)λ, docierają w przeciwnych fazach i się osłabiają, a przy równych amplitudach wygaszają. Zawsze porównaj Δr z długością fali.

Jak natężenie fali kulistej zależy od odległości od źródła?

Energia fali rozkłada się na sferę o polu 4πr², więc natężenie maleje z kwadratem odległości: I = P/(4πr²). Skoro natężenie zależy od amplitudy w kwadracie, amplituda maleje jak 1/r. Dwa razy dalej natężenie jest cztery razy mniejsze.

Jak zmieni się obraz za siatką dyfrakcyjną, gdy zmienię długość fali?

Sinus kąta, pod którym widać maksimum rzędu n, jest równy (nλ)/d, więc dłuższa fala daje maksima pod większymi kątami, a krótsza pod mniejszymi. Dlatego w widmie światła białego fiolet leży bliżej maksimum środkowego niż czerwień. Zmniejszenie stałej siatki d rozsuwa maksima tak samo jak wydłużenie fali.

Ile maksimów daje siatka dyfrakcyjna?

Sinus kąta nie może przekroczyć jedności, więc rząd n spełnia n ≤ d/λ. Liczysz d/λ, bierzesz największą liczbę całkowitą nie większą od wyniku i podwajasz ją po obu stronach maksimum środkowego, dodając je samo.

Dlaczego dźwięku w powietrzu nie można spolaryzować?

Polaryzować można tylko fale poprzeczne, bo polaryzacja wybiera kierunek drgań prostopadły do kierunku biegu fali. Dźwięk w powietrzu jest falą podłużną: ośrodek drga wzdłuż kierunku jej biegu, więc nie ma kierunku prostopadłego, który mógłby ulec ograniczeniu.

Czym światło laserowe różni się od światła żarówki?

Światło laserowe jest skolimowaną wiązką światła monochromatycznego o zgodnej fazie, a światło żarówki to mieszanina fal o różnych częstotliwościach, rozchodząca się w wielu kierunkach. Dlatego laser daje wyraźny obraz dyfrakcji i interferencji.

Matura 2027 · fizyka, poziom rozszerzony

Fale mechaniczne i światło: interferencja, dyfrakcja, polaryzacja i siatka dyfrakcyjna

Podstawa programowa wymaga, żebyś opisywał rozchodzenie się fal i natężenie fali, stosował zasadę superpozycji i warunki wzmocnienia oraz wygaszenia fal, opisywał dyfrakcję i obraz za siatką dyfrakcyjną, rozróżniał fale poprzeczne i podłużne oraz analizował polaryzację światła. Tak przygotujesz się do tej części matury z fizyki na poziomie rozszerzonym.

Na maturze 2023–2026: w 2 z 4 sesji – 2025 (zadania 3.1, 4.1, 4.2, 9.1 i 9.2), 2026 (zadania 4.1, 4.2 i 4.3).

Podstawa programowa: fizyka

Podstawa programowa (zakres rozszerzony): dział X „Fale i optyka”, pkt 1–5, 8, 9, 11, 13, 14

Pokaż wymagania

X.1analizuje rozchodzenie się fal na powierzchni wody i dźwięku w powietrzu na podstawie obrazu powierzchni falowych;
X.2posługuje się pojęciem natężenia fali wraz z jej jednostką (W/m²) oraz proporcjonalnością do kwadratu amplitudy;
X.3opisuje zależność natężenia i amplitudy fali kulistej od odległości od punktowego źródła;
X.4opisuje widmo światła białego jako mieszaniny fal elektromagnetycznych o różnych częstotliwościach;
X.5opisuje światło laserowe jako skolimowaną wiązkę światła monochromatycznego o zgodnej fazie;
X.8opisuje jakościowo związek między dyfrakcją na szczelinie a szerokością szczeliny i długością fali;
X.9stosuje zasadę superpozycji fal; wyjaśnia zjawisko interferencji fal; podaje warunki wzmocnienia oraz wygaszenia się fal;
X.11opisuje zależność przestrzennego obrazu interferencji od długości fali i odległości między źródłami;
X.13rozróżnia fale poprzeczne i podłużne; opisuje światło jako falę elektromagnetyczną poprzeczną; rozróżnia światło spolaryzowane i niespolaryzowane; analizuje polaryzację światła po przejściu przez polaryzator, wynikającą z poprzecznego charakteru fali elektromagnetycznej;
X.14opisuje obraz powstający po przejściu światła przez siatkę dyfrakcyjną; stosuje do obliczeń związek między kątem dyfrakcji, stałą siatki i długością fali;

Dz.U. 2024 poz. 1019 · w arkuszach 2023–2026: w 2 z 4 sesji

Strona sprawdzona 1 listopada 2026.

W skrócie

najważniejsze w kilku zdaniach

Częstotliwość fali narzuca źródło, a długość fali wynosi $\lambda = \frac{v}{f}$ . Natężenie rośnie z kwadratem amplitudy, a dla fali kulistej maleje jak $\frac{1}{r^2}$ .
Fale o tej samej częstotliwości z dwóch zgodnych w fazie źródeł wzmacniają się, gdy różnica dróg to $n\lambda$ , a osłabiają, gdy to $(n + \frac{1}{2})\lambda$ .
Dyfrakcja jest tym silniejsza, im węższa szczelina i im dłuższa fala. Siatka dyfrakcyjna daje maksima pod kątami spełniającymi $d \sin\alpha_n ={}$ $n\lambda$ .
Światło laserowe to skolimowana wiązka światła monochromatycznego o zgodnej fazie, a światło białe jest mieszaniną fal o różnych częstotliwościach.
Światło jest falą poprzeczną, więc można je spolaryzować. Za dwoma polaryzatorami o osiach pod kątem $\alpha$ natężenie wynosi $I_2 ={}$ $I_1\cos^2\alpha$ .

Egzamin maturalny z fizyki na poziomie rozszerzonym trwa 180 minut; za cały arkusz można uzyskać 60 punktów. Zadania zamknięte dają około 20% punktów, otwarte — około 80%; za zadanie otwarte można otrzymać od 1 do 4 punktów. Podczas egzaminu korzystasz z linijki, kalkulatora naukowego i „Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych”.

Długość fali, natężenie i fala kulista

Fala dźwiękowa i fala na powierzchni wody rozchodzą się w ośrodku z prędkością $v$ , którą wyznacza ośrodek. Częstotliwość $f$ narzuca źródło, a przejście do innego ośrodka jej nie zmienia; długość fali to $\lambda = \frac{v}{f}$ , więc w ośrodku o większej prędkości fala jest dłuższa. Powierzchnie falowe są powierzchniami zgodnej fazy: dla punktowego źródła w jednorodnym ośrodku to kule, na wodzie – okręgi, a kierunek rozchodzenia się fali jest do nich prostopadły.

Natężenie fali to energia przechodząca w jednostce czasu przez jednostkę powierzchni prostopadłej do kierunku jej rozchodzenia się, $I ={}$ $\frac{E}{S \cdot \Delta t}$ , w $\mathrm{W/m^2}$ . Rośnie z kwadratem amplitudy, $I \sim A^2$ . Punktowe źródło o mocy $P$ rozkłada ją na sferę o polu $4\pi r^2$ , więc $I = \frac{P}{4\pi r^2}$ : natężenie maleje jak $\frac{1}{r^2}$ , a amplituda jak $\frac{1}{r}$ .

Tabela pokazuje to dla źródła o mocy $0{,}50\ \mathrm{W}$ . Dwa razy dalej natężenie jest cztery razy mniejsze, a amplituda dwa razy mniejsza; cztery razy dalej natężenie spada szesnastokrotnie, a amplituda czterokrotnie.

Odległość r, m	Natężenie I, W/⁠m²	Amplituda względem r = 5 m
5,0	$1{,}6 \cdot 10^{-3}$	1
10	$4{,}0 \cdot 10^{-4}$	$\frac{1}{2}$
20	$9{,}9 \cdot 10^{-5}$	$\frac{1}{4}$

Superpozycja i interferencja

Gdy w jednym punkcie spotykają się fale z dwóch źródeł, zgodnie z zasadą superpozycji dodają się ich wychylenia. Dla fal o tej samej częstotliwości wynik zależy od różnicy faz $\varphi_2 - \varphi_1$ : gdy wynosi $2\pi n$ , fale się wzmacniają, a gdy $2\pi(n + \frac{1}{2})$ – osłabiają, przy równych amplitudach wygaszają. Natężenie po złożeniu fal nie jest sumą natężeń składowych, bo dodają się amplitudy.

Dla źródeł drgających zgodnie w fazie różnica faz wynika tylko z różnicy dróg $\Delta r = r_2 - r_1$ : $\varphi_2 -{}$ $\varphi_1 ={}$ $2\pi\frac{\Delta r}{\lambda}$ . Wzmocnienie zachodzi więc dla $\Delta r ={}$ $n\lambda$ , a osłabienie dla $\Delta r ={}$ $(n + \frac{1}{2})\lambda$ . Głośniki emitują ton $680\ \mathrm{Hz}$ przy prędkości dźwięku $340\ \mathrm{m/s}$ , więc $\lambda = 0{,}500\ \mathrm{m}$ . W punkcie odległym o $8{,}0\ \mathrm{m}$ i $9{,}0\ \mathrm{m}$ od głośników $\Delta r ={}$ $2\lambda$ : wzmocnienie. Gdy odległości wynoszą $8{,}0\ \mathrm{m}$ i $8{,}75\ \mathrm{m}$ , jest $\Delta r ={}$ $1{,}5\lambda$ : osłabienie.

Wygląd obrazu interferencji zależy od długości fali oraz od tego, jak daleko od siebie są źródła. Z dala od dwóch zgodnych w fazie źródeł kierunki wzmocnienia spełniają $d \sin\alpha = n\lambda$ , gdzie $d$ jest odległością źródeł. Dłuższa fala albo mniejsze $d$ rozsuwają maksima, a przy $d < \lambda$ zostaje tylko maksimum środkowe, $n = 0$ .

Dyfrakcja, światło laserowe i siatka dyfrakcyjna

Dyfrakcja to uginanie się fali na szczelinie lub przeszkodzie: za wąską szczeliną fala rozchodzi się w szerszym zakresie kątów, niż wynikałoby z biegu promieni. Ugięcie jest tym silniejsze, im węższa szczelina i im dłuższa fala. Gdy szerokość szczeliny jest rzędu długości fali, szczelina staje się źródłem fali kołowej, a długość fali się nie zmienia, bo ośrodek jest ten sam.

Światło laserowe to skolimowana wiązka światła monochromatycznego o zgodnej fazie, dlatego daje wyraźny obraz dyfrakcji i interferencji. Światło białe jest mieszaniną fal elektromagnetycznych o różnych częstotliwościach; siatka dyfrakcyjna rozkłada je w widmo.

Siatka dyfrakcyjna to układ równoległych szczelin w jednakowych odstępach $d$ , zwanych stałą siatki. Fale z sąsiednich szczelin wzmacniają się w kierunkach $\alpha_n$ , dla których różnica dróg jest wielokrotnością długości fali: $d \sin\alpha_n ={}$ $n\lambda$ . Siatka o 600 liniach na milimetr ma $d ={}$ $\frac{1}{600}\ \mathrm{mm} ={}$ $1{,}667 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{m}$ . Dla światła o długości fali $532\ \mathrm{nm}$ rząd $n$ nie może przekroczyć $\frac{d}{\lambda} \approx 3{,}1$ , więc widzisz siedem maksimów: środkowe i po trzy z każdej strony.

Przy świetle białym każda barwa ma własny kąt: dla $400\ \mathrm{nm}$ pierwsze maksimum leży pod $13{,}9^\circ$ , a dla $700\ \mathrm{nm}$ pod $24{,}8^\circ$ . Fioletowy brzeg widma jest więc bliżej maksimum środkowego niż czerwony.

Rząd n	sin α	Kąt α
1	0,319	18,6°
2	0,638	39,7°
3	0,958	73,3°

Polaryzacja światła

W fali poprzecznej drgania są prostopadłe do kierunku jej biegu, w podłużnej – wzdłuż niego. Dźwięk w powietrzu jest falą podłużną i nie podlega polaryzacji. Światło to poprzeczna fala elektromagnetyczna: wektor natężenia pola elektrycznego $\vec{E}$ drga prostopadle do kierunku biegu. W świetle niespolaryzowanym kierunek drgań $\vec{E}$ zmienia się chaotycznie, a w świetle spolaryzowanym liniowo jest stały.

Polaryzator liniowy przepuszcza tylko składową $\vec{E}$ wzdłuż swojej osi. Światło niespolaryzowane o natężeniu $I$ ma za polaryzatorem natężenie $I_1 = \frac{1}{2}I$ . Jeśli oś drugiego polaryzatora tworzy z osią pierwszego kąt $\alpha$ , amplituda maleje do $E_2 ={}$ $E_1\cos\alpha$ , a ponieważ natężenie rośnie z kwadratem amplitudy, $I_2 ={}$ $I_1\cos^2\alpha$ .

Przy osiach prostopadłych, $\alpha = 90^\circ$ , natężenie za drugim polaryzatorem jest równe zeru. Trzeci polaryzator, wstawiony między dwa skrzyżowane tak, że jego oś tworzy $45^\circ$ z osiami obu, przywraca światło: za ostatnim zostaje $0{,}5 \cdot 0{,}5\ I_1 ={}$ $\frac{1}{4}I_1$ .

Doświadczenie

pomiar i wniosek

Doświadczenie z tego działu: cel, przyrządy, przebieg, pomiary, opracowanie wyników z niepewnością i wniosek.

Doświadczenie 1

Cel doświadczenia: Sprawdzasz, czy natężenie światła za dwoma polaryzatorami jest proporcjonalne do $\cos^2\alpha$ , gdzie $\alpha$ jest kątem między osiami polaryzacji.
Przyrządy: Źródło światła, dwa polaryzatory liniowe, kątomierz (rozdzielczość 1°), luksomierz, czyli miernik natężenia oświetlenia (rozdzielczość 1 lx).
Przebieg: Ustawiasz źródło, pierwszy polaryzator, drugi polaryzator i luksomierz na jednej osi, a pierwszy polaryzator zostawiasz nieruchomy. Obracasz drugi, zmieniając kąt $\alpha$ między osiami od $0^\circ$ do $80^\circ$ co $20^\circ$ , i dla każdego kąta zapisujesz odczyt luksomierza. Dla $\alpha = 0^\circ$ odczyt powtarzasz pięć razy.

Wyniki pomiarów

α, °	cos²α	Odczyt, lx
0	1,00	811
20	0,88	713
40	0,59	479
60	0,25	205
80	0,03	26

Opracowanie wyników: Odczyt luksomierza jest proporcjonalny do natężenia światła, które pada na jego czujnik. Z zależności $I_2 ={}$ $I_1\cos^2\alpha$ wynika więc, że punkty (cos²α, odczyt) leżą na prostej wychodzącej z początku układu, a jej współczynnik kierunkowy to odczyt przy $\alpha = 0^\circ$ . Dopasowana prosta ma współczynnik kierunkowy $811\ \mathrm{lx}$ .
Niepewność pomiaru: Pięć odczytów dla $\alpha = 0^\circ$ dało 811 lx, 806 lx, 815 lx, 809 lx i 813 lx. Średnia wynosi 811 lx, a połowa rozrzutu, zaokrąglona w górę, 5 lx. Odczyt przy $\alpha = 0^\circ$ zapisujesz więc jako $(811 \pm 5)\ \mathrm{lx}$ .
Wniosek: W granicach niepewności odczyt luksomierza, a więc natężenie światła za drugim polaryzatorem, jest wprost proporcjonalny do $\cos^2\alpha$ dla kątów od $0^\circ$ do $80^\circ$ .
Uwaga: Wszystkie wyniki pomiarów w tabeli i na wykresie to dane umowne. Oświetlenie otoczenia musi być w czasie pomiarów niezmienne, bo luksomierz rejestruje także światło spoza układu.

Doświadczenie 2

Cel doświadczenia: Wyznaczasz długość fali światła laserowego z położenia maksimów interferencyjnych za siatką dyfrakcyjną o znanej stałej, a wcześniej obserwujesz rozpraszanie tego światła w ośrodku i jego dyfrakcję na szczelinie.
Przyrządy: Źródło światła laserowego, przezroczyste naczynie z wodą z dodatkiem kilku kropli mleka, regulowana szczelina, siatka dyfrakcyjna o stałej $d ={}$ $\frac{1}{600}\ \mathrm{mm}$ , ekran, miara (rozdzielczość 1 mm).
Przebieg: Prowadzisz wiązkę przez naczynie z wodą z dodatkiem mleka: z boku widać jej bieg, bo światło rozprasza się na cząstkach zawiesiny. Kierujesz wiązkę na wąską szczelinę: plama na ekranie rozszerza się, gdy szczelinę zwężasz, czyli zachodzi dyfrakcja. Zamiast szczeliny ustawiasz siatkę prostopadle do wiązki i mierzysz odległość $L$ siatki od ekranu. Mierzysz odległość maksimum rzędu $n$ od maksimum środkowego dla $n = 1$ i $n = 2$ .

Wyniki pomiarów

Rząd n	Odległość od maksimum środkowego, m	sin α	λ, nm
1	0,506	0,320	533
2	1,245	0,639	532

Opracowanie wyników: Kąt $\alpha_n$ wyznaczasz z $\tan\alpha_n ={}$ $\frac{x_n}{L}$ , gdzie $x_n$ jest odległością maksimum rzędu $n$ od środkowego, a $L ={}$ $1{,}500\ \mathrm{m}$ . Długość fali to $\lambda = \frac{d \sin\alpha_n}{n}$ , z $d ={}$ $1{,}667 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{m}$ . Rząd pierwszy daje $533\ \mathrm{nm}$ , drugi $532\ \mathrm{nm}$ , a średnia wynosi $532\ \mathrm{nm}$ .
Wniosek: Oba rzędy dają tę samą długość fali, około $532\ \mathrm{nm}$ , więc położenia maksimów zgadzają się ze wzorem $d \sin\alpha_n ={}$ $n\lambda$ dla rzędów 1 i 2.
Uwaga: Wyniki pomiarów w tabeli to dane umowne. Kąt $\alpha_n$ obliczasz z tangensa, bo dla rzędu 2 jest duży i $\sin\alpha_n$ wyraźnie różni się od $\frac{x_n}{L}$ .

Doświadczenia, które podstawa programowa wymienia w tym dziale:

X.18.aobserwuje zmiany natężenia światła po przejściu przez dwa polaryzatory, których osie polaryzacji tworzą różne kąty
X.18.bobserwuje zjawisko dyfrakcji fali na szczelinie
X.18.cobserwuje zjawisko interferencji fal
X.18.ddemonstruje rozpraszanie światła w ośrodku

Pojęcia

natężenie fali: Energia przechodząca w jednostce czasu przez jednostkę powierzchni prostopadłej do kierunku fali, $I ={}$ $\frac{E}{S \cdot \Delta t}$ ; proporcjonalna do kwadratu amplitudy.
interferencja: Nakładanie się fal o tej samej częstotliwości, w którym zależnie od różnicy faz fale wzmacniają się albo osłabiają.
dyfrakcja: Uginanie się fali na szczelinie lub przeszkodzie, tym silniejsze, im węższa szczelina i im dłuższa fala.
siatka dyfrakcyjna: Układ równoległych szczelin w jednakowych odstępach, na którym światło daje maksima pod kątami spełniającymi $d \sin\alpha_n ={}$ $n\lambda$ .
stała siatki: Odstęp $d$ między sąsiednimi szczelinami siatki dyfrakcyjnej; dla 600 linii na milimetr $d ={}$ $\frac{1}{600}\ \mathrm{mm}$ .
fala poprzeczna: Fala, w której drgania są prostopadłe do kierunku jej rozchodzenia się; takim światłem jest fala elektromagnetyczna, a dźwięk w powietrzu jest falą podłużną.
polaryzator: Element przepuszczający składową pola elektrycznego fali wzdłuż swojej osi; za polaryzatorem światło jest spolaryzowane liniowo.
światło laserowe: Skolimowana wiązka światła monochromatycznego o zgodnej fazie.

Zadanie z matury

źródło: CKE

Prawdziwe zadanie z arkusza CKE, słowo w słowo, z materiałem źródłowym. Rozwiąż je, zanim zajrzysz do wyjaśnienia.

Zadanie z arkusza CKEmatura

Matura 2025, fizyka (poziom rozszerzony), zadanie 9.2

Zadanie 9.2. (0–2)

Wiązka niespolaryzowanego światła o natężeniu

I

pada prostopadle na polaryzator liniowy

\mathcal{P}_1

. Światło, które przeszło przez polaryzator

\mathcal{P}_1

, dalej pada prostopadle na polaryzator liniowy

\mathcal{P}_2

. Opisaną sytuację przedstawia rysunek 1. Przyjmij następujące warunki i oznaczenia: • natężenie światła po przejściu przez

\mathcal{P}_1

oznaczymy jako

I_1

, przy czym

I_1 = \frac{1}{2}I

• natężenie światła po przejściu przez

\mathcal{P}_2

oznaczymy jako

I_2

• kąt między osiami polaryzacji

\mathcal{O}_1

oraz

\mathcal{O}_2

polaryzatorów

\mathcal{P}_1

oraz

\mathcal{P}_2

oznaczymy jako

\alpha

• amplitudę fali elektromagnetycznej (amplitudę natężenia pola elektrycznego) po przejściu przez

\mathcal{P}_1

oznaczymy jako

\vec{E}_1

, a po przejściu przez

\mathcal{P}_2

oznaczymy jako

\vec{E}_2

. Wartości tych wektorów oznaczymy – odpowiednio – jako

E_1

oraz

E_2

. Na rysunku 2. przedstawiono widok w płaszczyźnie równoległej do obu polaryzatorów. Oznaczono na nim osie polaryzacji

\mathcal{O}_1

oraz

\mathcal{O}_2

obu polaryzatorów oraz wektor

\vec{E}_1

.Polaryzatory ustawiono tak, że ich osie polaryzacji były względem siebie pod kątem

\alpha = 45^\circ

. Oceń prawdziwość poniższych zależności. Zaznacz P, jeśli zależność jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.

E_1 = \sqrt{2}E_2

I_1 = 2I_2

I = 4I_2

Źródło: CKE, egzamin maturalny 2025, fizyka, poziom rozszerzony (arkusz MFAP-⁠R0-⁠100-⁠2505), zadanie 9.2. Rozwiązanie — według zasad oceniania CKE. · Arkusz na stronie CKE

Zadanie z arkusza CKEmatura

Matura 2025, fizyka (poziom rozszerzony), zadanie 4.2

Zadanie 4.2. (0–3)

Mały głośnik G1 jest źródłem kulistej fali dźwiękowej w powietrzu. Przyjmij, że energia tej fali dźwiękowej rozchodzi się tak samo we wszystkich kierunkach od głośnika G1. W zadaniach 4.1.–4.2. pomijamy efekty związane z odbiciem fali dźwiękowej od przeszkód w otoczeniu oraz z pochłanianiem tej fali w ośrodku. W pewnej odległości od głośnika G1 ustawiono taki sam głośnik G2. Oba głośniki emitują – z tą samą mocą i zgodnie w fazie – fale dźwiękowe o częstotliwości

f = 850\ \mathrm{Hz}

. Punkt

A

znajduje się w odległości

r_1 ={}

10{,}5\ \mathrm{m}

od głośnika G1 oraz w odległości

r_2 ={}

11{,}5\ \mathrm{m}

od głośnika G2. Wartość prędkości dźwięku w powietrzu jest równa

v_p ={}

340\ \mathrm{m/s}

. Ustal, czy w punkcie $A$ nastąpi wzmocnienie interferencyjne, czy – osłabienie interferencyjne. Wykorzystaj odpowiednie zależności fizyczne i warunki zadania oraz wykonaj niezbędne obliczenia, które doprowadzą do tego ustalenia. Następnie zapisz odpowiedź.

Źródło: CKE, egzamin maturalny 2025, fizyka, poziom rozszerzony (arkusz MFAP-⁠R0-⁠100-⁠2505), zadanie 4.2. Rozwiązanie — według zasad oceniania CKE. · Arkusz na stronie CKE

Zasady oceniania CKE

Poprawna metoda obliczenia długości fali, tzn. zapisanie związku między długością fali a jej prędkością i częstotliwością z poprawnie podstawionymi wartościami liczbowymi (lub zastosowanymi symbolami), np. zapisy równoważne poniższym: 340 m/s = λ · 850 Hz LUB zapisanie (może być słowne) / wykorzystanie / sprawdzenie warunków na maksymalne wzmocnienie i maksymalne osłabienie interferencyjne (z długością fali λ i odległościami r₂ i r₁ lub z fazami i odległościami lub z czasami i okresem), np. zapisy równoważne poniższym: jeśli r₂ − r₁ = (2n ± 1)/2 · λ, to nastąpi maksymalne osłabienie; jeśli r₂ − r₁ = n·λ, to nastąpi maksymalne wzmocnienie albo jeśli 2π/λ · r₂ − 2π/λ · r₁ = (2n ± 1)·π, to nastąpi maksymalne osłabienie; jeśli 2π/λ · r₂ − 2π/λ · r₁ = n·2π, to nastąpi maksymalne wzmocnienie. Uwaga! Zapisanie warunków z samymi fazami (np. φ₂ − φ₁ = (2n ± 1)·π), bez użycia wzoru na fazę, jest niewystarczające do spełnienia tego kryterium. albo (opis słowny) Jeśli do punktu A dotrą fale przeciwne w fazie, to nastąpi maksymalne osłabienie. Jeśli do punktu A dotrą fale zgodne w fazie, to nastąpi maksymalne wzmocnienie. albo jeśli t₂ − t₁ = (2n ± 1)/2 · T, to nastąpi maksymalne osłabienie; jeśli t₂ − t₁ = n·T, to nastąpi maksymalne wzmocnienie.1 pkt
Poprawna metoda obliczenia długości fali, tzn. zapisanie związku między długością fali a jej prędkością i częstotliwością z poprawnie podstawionymi wartościami liczbowymi (lub zastosowanymi symbolami) oraz zapisanie / wykorzystanie / sprawdzenie warunków na maksymalne wzmocnienie i maksymalne osłabienie interferencyjne, np. zapisy równoważne poniższym: 340 m/s = λ · 850 Hz oraz r₂ − r₁ = (2n ± 1)/2 · λ (osłabienie), r₂ − r₁ = n·λ (wzmocnienie) albo (obliczenie różnicy dróg fal jako krotności połowy lub pełnej długości fali) λ = 0,4 m oraz (11,5 m − 10,5 m = 1 = 5/2 · 0,4 m lub 11,5/0,4 − 10,5/0,4 = 5/2) albo (obliczenie różnicy faz jako krotności π lub 2π) λ = 0,4 m oraz 2π · 11,5 m / 0,4 m − 2π · 10,5 m / 0,4 m = 5π (= 2,5 · 2π) albo (określenie faz docierających do punktu A) r₁ = 26λ + 1/4·λ ↔ φ₁ = 26 · 2π + π/2, r₂ = 28λ + 3/4·λ ↔ φ₂ = 28 · 2π + 3π/2 LUB poprawna metoda obliczenia okresu fali oraz poprawna metoda obliczenia obu czasów dotarcia ustalonej fazy fali od każdego z głośników do punktu A oraz zapisanie / wykorzystanie / sprawdzenie warunków na maksymalne wzmocnienie i maksymalne osłabienie interferencyjne, zapisanych poprzez okres i czasy, np. zapisy równoważne poniższym: T = 1/850 s oraz t₁ = r₁/v_d oraz t₂ = r₂/v_d oraz t₂/T − t₁/T = 2,5.1 pkt
Poprawna metoda ustalenia, czy w punkcie A nastąpi wzmocnienie czy osłabienie interferencyjne (tzn. poprawne obliczenie długości fali i zastosowanie warunków na wzmocnienie/osłabienie) oraz zapisanie poprawnej odpowiedzi: W punkcie A nastąpi osłabienie interferencyjne.1 pkt

Rozwiązanie i przykładowe odpowiedzi według CKE

Długość fali:

\lambda = \frac{v_p}{f} ={}

\frac{340\ \mathrm{m/s}}{850\ \mathrm{Hz}} ={}

0{,}4\ \mathrm{m}

Źródła drgają zgodnie w fazie, więc maksymalne wzmocnienie zachodzi, gdy

r_2 - r_1 ={}

n\lambda

, a maksymalne osłabienie, gdy

r_2 - r_1 ={}

\frac{2n + 1}{2}\lambda

r_2 - r_1 ={}

1\ \mathrm{m} ={}

\frac{5}{2} \cdot 0{,}4\ \mathrm{m} ={}

\frac{5}{2}\lambda

– nieparzysta wielokrotność połowy długości fali. W punkcie

A

nastąpi osłabienie interferencyjne.

Wyjaśnienie od Kleksy

Z treści odczytaj: dwa takie same głośniki

G_1

G_2

drgają zgodnie w fazie z częstotliwością

f = 850\ \mathrm{Hz}

, prędkość dźwięku wynosi

v_p ={}

340\ \mathrm{m/s}

, a punkt

A

leży w odległościach

r_1 ={}

10{,}5\ \mathrm{m}

r_2 ={}

11{,}5\ \mathrm{m}

od nich.

Długość fali to

\lambda = \frac{v_p}{f} ={}

\frac{340\ \mathrm{m/s}}{850\ \mathrm{Hz}} ={}

0{,}4\ \mathrm{m}

. Źródła są zgodne w fazie, więc wzmocnienie zachodzi dla

r_2 - r_1 ={}

n\lambda

, a osłabienie dla

r_2 - r_1 ={}

(n + \frac{1}{2})\lambda

. Różnica dróg to

1{,}0\ \mathrm{m} ={}

2{,}5\lambda

, czyli nieparzysta wielokrotność połowy długości fali, więc w punkcie

A

nastąpi osłabienie interferencyjne. Nie wnioskuj z samej różnicy dróg: bez porównania z długością fali nie wiesz, który warunek jest spełniony.

Według zasad oceniania CKE: 3 punkty, po jednym za zapisanie związku między długością fali, prędkością i częstotliwością z podstawionymi wartościami albo warunków wzmocnienia i osłabienia, za wykonanie obu tych rzeczy oraz za poprawną metodę z odpowiedzią, że w punkcie

A

nastąpi osłabienie interferencyjne.

Przykładowe rozwiązanie:

\lambda = 0{,}4\ \mathrm{m}

\frac{r_2 - r_1}{\lambda} ={}

\frac{1{,}0\ \mathrm{m}}{0{,}4\ \mathrm{m}} ={}

2{,}5

, czyli

r_2 - r_1 ={}

(2 + \frac{1}{2})\lambda

. W punkcie

A

nastąpi osłabienie interferencyjne.

Sprawdź się

sprawdzisz od razu

Zaznacz lub wpisz odpowiedź i sprawdź ją od razu: pod zadaniem zobaczysz wyjaśnienie. Jak ocenia CKE: rozwiązanie zadania otwartego ocenia się etapami — za pokonanie zasadniczych trudności dostajesz co najmniej połowę punktów, więc niedokończone obliczenie też warto zapisać. Wynik bez jednostki albo z błędną jednostką nie daje maksymalnej liczby punktów, a gdy polecenie podaje liczbę cyfr znaczących, wynik musi ją mieć.

matura

Zadanie 4.2. (0–1)

W pewnym ośrodku materialnym

\mathcal{O}_1

rozchodzi się ultradźwiękowa fala płaska

\mathcal{F}

o ustalonej amplitudzie. W zadaniach 4.1.–4.4. pomijamy efekty związane z pochłanianiem tej fali w ośrodku. Informacja do zadań 4.1.–4.2. Na rysunku 1. przedstawiono obraz fali

\mathcal{F}

w pewnej chwili czasu

t_0

. Pionowe odcinki odpowiadają powierzchniom falowym (fazowym) odległym od siebie kolejno o długość fali

\lambda_1

. Na rysunku 1. wyróżniono odcinki

a

b

– pokrywające się z dwiema powierzchniami falowymi w chwili

t_0

. Czas przejścia fali

\mathcal{F}

a

b

jest równy

\Delta t_{ab} ={}

0{,}07\ \mathrm{ms}

. Rysunek 1.Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych. Natężenie fali

\mathcal{F}

w połowie odległości pomiędzy odcinkami

a

b

w porównaniu do natężenia tej fali na odcinku

b

jest

Zadanie 4.2 z arkusza CKE MFAP-⁠R0-⁠100-⁠2605 (matura z fizyki, poziom rozszerzony, 2026) – objaśnienie Kleksy

zadanie Kleksy

Zadanie 1. (0–1)

Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A, B albo C i jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.

Wiązka światła spolaryzowanego liniowo o natężeniu

I

pada prostopadle na polaryzator, którego oś tworzy z kierunkiem polaryzacji wiązki kąt

30^\circ

. Za polaryzatorem światło ma natężenie

ponieważ

Zadanie przygotowane do tej strony – wyjaśnienie Kleksy.

zadanie Kleksy

Zadanie 2. (0–1)

Przyjmij, że prędkość dźwięku w powietrzu wynosi

340\ \mathrm{m/s}

. Oceń prawdziwość poniższych zdań. Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Dźwięk o częstotliwości

1700\ \mathrm{Hz}

ugina się na otworze drzwi o szerokości

0{,}9\ \mathrm{m}

silniej niż dźwięk o częstotliwości

170\ \mathrm{Hz}

Natężenie dźwięku z punktowego źródła w odległości

30\ \mathrm{m}

od niego jest dziewięć razy mniejsze niż w odległości

10\ \mathrm{m}

Zadanie przygotowane do tej strony – wyjaśnienie Kleksy.

zadanie Kleksy

Zadanie 3. (0–1)

Wiązka światła laserowego pada prostopadle na siatkę dyfrakcyjną, a za siatką stoi ekran. Dla każdej zmiany (1–3) wybierz jej skutek (A–D).

Skutek

Arośnie.
Bmaleje.
Cnie zmienia się.
Djest równy zeru.

Zmiana

1Siatkę o 300 liniach na milimetr zastępujesz siatką o 600 liniach na milimetr; kąt, pod jakim widać pierwsze maksimum,

2Odległość ekranu od siatki zwiększasz dwukrotnie; kąt, pod jakim widać pierwsze maksimum,

3Laser, siatkę i ekran umieszczasz w wodzie zamiast w powietrzu; kąt, pod jakim widać pierwsze maksimum,

Zadanie przygotowane do tej strony – wyjaśnienie Kleksy.

Więcej zadań: rozwiąż za darmo cały arkusz CKE z maja 2026 roku

Częste pomyłki

tu najłatwiej stracić punkt

Zamiana warunków. Dla źródeł zgodnych w fazie wzmocnienie to $\Delta r ={}$ $n\lambda$ (całkowita liczba długości fal), a osłabienie $\Delta r ={}$ $(n + \frac{1}{2})\lambda$ .
Przyjęcie, że natężenie fali kulistej maleje z odległością liniowo. Maleje jak $\frac{1}{r^2}$ , a amplituda jak $\frac{1}{r}$ .
Dodawanie natężeń zamiast wychyleń przy interferencji. Natężenie fali wypadkowej wynika z amplitudy wypadkowej, a ta zależy od różnicy faz.
Pominięcie, że polaryzator połowi natężenie światła niespolaryzowanego. Dopiero po tym kolejny polaryzator działa z czynnikiem $\cos^2\alpha$ .
Użycie $\cos\alpha$ zamiast $\cos^2\alpha$ dla natężenia. Amplituda zmienia się z czynnikiem $\cos\alpha$ , a natężenie, proporcjonalne do kwadratu amplitudy, z $\cos^2\alpha$ .

Zapamiętaj

Długość fali: $\lambda = \frac{v}{f}$ ; częstotliwość się nie zmienia na granicy ośrodków.
Natężenie: $I \sim A^2$ ; fala kulista: $I = \frac{P}{4\pi r^2}$ .
Wzmocnienie: $\Delta r ={}$ $n\lambda$ ; osłabienie: $\Delta r ={}$ $(n + \frac{1}{2})\lambda$ (źródła zgodne w fazie).
Siatka dyfrakcyjna: $d \sin\alpha_n ={}$ $n\lambda$ .
Za dwoma polaryzatorami: $E_2 ={}$ $E_1\cos\alpha$ , $I_2 ={}$ $I_1\cos^2\alpha$ ; niespolaryzowane światło traci przy pierwszym polaryzatorze połowę natężenia.

Pytania i odpowiedzi

1.Kiedy dwie fale się wzmacniają, a kiedy osłabiają?+
Odp.:Dla źródeł drgających zgodnie w fazie decyduje różnica dróg do punktu. Gdy $\Delta r ={}$ $n\lambda$ , fale docierają w zgodnych fazach i się wzmacniają, a gdy $\Delta r ={}$ $(n + \frac{1}{2})\lambda$ , docierają w przeciwnych fazach i się osłabiają, a przy równych amplitudach wygaszają. Zawsze porównaj $\Delta r$ z długością fali.
2.Jak natężenie fali kulistej zależy od odległości od źródła?+
Odp.:Energia fali rozkłada się na sferę o polu $4\pi r^2$ , więc natężenie maleje z kwadratem odległości: $I = \frac{P}{4\pi r^2}$ . Skoro natężenie zależy od amplitudy w kwadracie, amplituda maleje jak $\frac{1}{r}$ . Dwa razy dalej natężenie jest cztery razy mniejsze.
3.Jak zmieni się obraz za siatką dyfrakcyjną, gdy zmienię długość fali?+
Odp.:Sinus kąta, pod którym widać maksimum rzędu $n$ , jest równy $\frac{n\lambda}{d}$ , więc dłuższa fala daje maksima pod większymi kątami, a krótsza pod mniejszymi. Dlatego w widmie światła białego fiolet leży bliżej maksimum środkowego niż czerwień. Zmniejszenie stałej siatki $d$ rozsuwa maksima tak samo jak wydłużenie fali.
4.Ile maksimów daje siatka dyfrakcyjna?+
Odp.:Sinus kąta nie może przekroczyć jedności, więc rząd $n$ spełnia $n \leq \frac{d}{\lambda}$ . Liczysz $\frac{d}{\lambda}$ , bierzesz największą liczbę całkowitą nie większą od wyniku i podwajasz ją po obu stronach maksimum środkowego, dodając je samo.
5.Dlaczego dźwięku w powietrzu nie można spolaryzować?+
Odp.:Polaryzować można tylko fale poprzeczne, bo polaryzacja wybiera kierunek drgań prostopadły do kierunku biegu fali. Dźwięk w powietrzu jest falą podłużną: ośrodek drga wzdłuż kierunku jej biegu, więc nie ma kierunku prostopadłego, który mógłby ulec ograniczeniu.
6.Czym światło laserowe różni się od światła żarówki?+
Odp.:Światło laserowe jest skolimowaną wiązką światła monochromatycznego o zgodnej fazie, a światło żarówki to mieszanina fal o różnych częstotliwościach, rozchodząca się w wielu kierunkach. Dlatego laser daje wyraźny obraz dyfrakcji i interferencji.

Zobacz też

Wszystkie tematy matury z fizyki

Źródła

Serwis nie jest związany z Centralną Komisją Egzaminacyjną. Zadania oznaczone „CKE” pochodzą z arkuszy CKE; objaśnienia do nich i pozostałe zadania na stronie napisaliśmy sami.

Strona sprawdzona 1 listopada 2026.

Zadanie ostatnie.

Rozwiąż za darmo cały arkusz CKE z matury z fizyki (poziom rozszerzony) z maja 2026 roku – 180 minut, jak na egzaminie. Po oddaniu zobaczysz wynik i to, w którym dziale tracisz punkty.

Rozwiąż arkusz za darmo