Ondas: probs c4

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Vibraciones y Ondas

Problemas capítulo 4. Óptica - Hecht


Problema 4.1

Work your away through an argument using dimensional analysis to establish the $\lambda^{-4}$ dependence of the percentage of light scattered in Rayleigh Scattering. Let $E_{0i}$ and $E_{0s}$ be the incident and scattered amplitudes, the latter at a distance r from the scatterer. Assame $ E_{0s}\varpropto E_{0i}$ and $E_{0s}\varpropto \dfrac{1}{r}$. Furthermore, plausibly assume that the scattered amplitude is proportional to the volume. V, of the scatterer, within limits the is reasonable. Determine the units of the constant of proportionality.

Para relacionando la distancia r con la amplitud y su proporcionalidad con el volumen, utilizaremos la siguiente ecuación, la cual es adimencional.

$$\dfrac{VK}{r}$$

Sí $E_{0s}\varpropto\dfrac{1}{r}$ y $ E_{0s}\varpropto E_{0i}$

Entonces $$E_{0s}\varpropto \dfrac{VE_{0i}}{r}= \dfrac{K V E_{0i}}{r}$$

Así que K tiene las unidades de $(\lambda)_{2}$ $$K= (\lambda)^{-2}$$

Y esto se puede comprobar por: $$\dfrac{I_{i}}{I_{s}}\varpropto K^{2}\varpropto \lambda ^{-4}$$

--Esther Sarai (discusión) 23:34 28 mar 2015 (CDT)Esther Sarai Garcia


Problema 4.2

Un haz reflector blanco cruza un gran volumen que contiene una mezcla de gas molecular tenue de la mayoría de oxígeno y nitrógeno. Comparar la cantidad relativa de dispersión para el ( 580nm) componente amarillo con el de la ( 400nm) componente violeta

Solucion:

Donde:

Longitud de onda amarilla $\lambda_{y}= 580nm$


Longitud de onda violeta $\lambda_{v}= 400nm$


El grado de dispersión de Rayleigh que sufre un rayo de luz depende del tamaño de las partículas y de la longitud de onda de la luz, en concreto, del coeficiente de dispersión y por lo tanto la intensidad de la luz dispersada depende inversamente de la cuarta potencia de la longitud de onda, relación conocida como Ley de Rayleigh $\frac{1}{\lambda^{4}}$

Pero $\lambda_{y}=1.45\lambda_{v}$ y así $\frac{1}{\lambda^{4}{}_{y}}=\left(\frac{1}{1.45\lambda_{v}}\right)^{4}$ de ahí violeta se dispersa $\left(1.45\right)^{4}=4.42$ veces más intensamente que el amarillo. La proporción de amarillo a violeta es 22.6 %

Ejercicio Resuelto por Rosario Maya (discusión) 01:51 30 mar 2015 (CDT)


Problema 4.3

Figura P.4.3 representa la luz que emerge de una fuente puntual . Muestra tres representaciones diferentes de transmisión de energía radiante hacia el exterior. Identifique cada uno y discutir su relación con los demás

Figura P.4.3

















Solución:

Los sinusoides representan el campo , en este caso el campo E de la perturbación. El frente de onda es una superficie de fase constante y se reúne cada sinusoide en el mismo punto ( misma fase) en su desarrollo. Las líneas radiales externas son rayos y están por todas partes perpendicular a los frentes de onda.

Ejercicio resuelto por Rosario Maya (discusión) 02:22 30 mar 2015 (CDT)


problema 4.4

La ecuación para un oscilador amortiguado impulsado es

$m_{e}\ddot{x}+m_{e}\gamma\dot{x}+m_{e}\omega_{0}^{2}x=q_{e}E(t)$


(a)Explique el significado de cada termino.

En el lado izquierdo son la inercia , fuerza de arrastre , y los términos de la fuerza elástica ; en el lado derecho es la fuerza motriz eléctrica.

(b) sea $​​E=E_{0}e^{i\omega t}$ y $x=x_{0}e^{i(\omega t-\alpha)}$, donde $E_{0}$ y $x_{0}$ son cantidades reales.

Sustituya en las expresiones anteriores y demostrar que

$x_{0}=\frac{q_{e}E_{0}}{m_{e}}\frac{1}{\left[(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})^{2}+\gamma^{2}\omega^{2}\right]^{1/2}}$


Solucion:

$x_{o}(-\omega^{2}+\omega_{0}^{2}+i\gamma\omega)=(q_{e}E_{0}/m_{e})e^{i\alpha}$


Elevando al cuadrado de ambos lados tenemos

$x_{0}^{2}\left[(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})^{2}+\gamma^{2}\omega^{2}\right]=\left(q_{e}E_{0}/m_{e}\right)^{2}$

despejando $x_{0}$

y tomando la raíz cuadrada de ambos lados

$x_{0}=\frac{q_{e}E_{0}}{m_{e}}\frac{1}{\left[(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})^{2}+\gamma^{2}\omega^{2}\right]^{1/2}}$


(c) Derivar la expresión para el retraso de fase , $\alpha$, y discutir cómo un varía como $\omega$ va de $\omega\ll\omega_{0}$ para $\omega\gg\omega_{0}$.

Como para $\alpha$, dividir las partes imaginarias de ambos lados de la primera ecuación anterior,

a saber

$x_{0}\gamma\omega=\left(q_{e}E_{0}/m_{e}\right)sin\alpha$


la parte real

$x_{0}(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})=\left(q_{e}E_{0}/m_{e}\right)cos\alpha$


se obtiene

$\alpha=\arctan\left[\gamma\omega/(\omega_{0}^{2}-\omega^{2})\right]$


$\alpha$ oscila de 0 a $\frac{\pi}{2}$ a $\pi$


Resuelto por Rosario Maya (discusión) 03:32 30 mar 2015 (CDT)


Problema 4.5

Un haz de microondas planas de 12 cm incide en la superficie de un dieléctrico a 45°. Si $n_{ti}=4/3$ calcule a) la longitud de onda en el medio transmisor, y b) el ángulo $\theta_{t}$

Solución:

De la ley de Snell \[ n_i sin\theta_i = n_t sin\theta_t \] Tenemos: \[\frac{n_t}{n_i}=\frac{sin\theta_i}{sin\theta_t}=n_{ti}...(1)\]

Tambien sabemos que: \[ n=\frac{C}{v}...(2) \]

y

\[ v=\lambda \nu...(3) \]

Por lo que (1) puede escribirse como:

\[n_{ti} = \frac{\frac{C}{v_t}}{\frac{C}{n_i}}=\frac{v_i}{v_t}=\frac{\lambda_i}{\lambda_t}...(3)\]

Despejando:

\[ \lambda_t = \frac{\lambda_i}{n_{ti}}=\frac{12cm}{4/3} \]

\[ \lambda_t=9cm \]


De (1)

\[sin\theta_i = n_{ti}sin\theta_t\]

\[ \theta_t =angsin \frac{sin\theta_i}{n_{ti}}=angsin \frac{sin45^{o}}{4/3} \]

\[ \theta_t = 32.02^{o} \]

Resuelto por: --Luis Santos (discusión) 14:31 28 mar 2015 (CDT)


Problema 4.6

Un haz láser muy estrecho incide bajo un ángulo de $58^o$ sobre un espejo horizontal. El haz de luz reflejado incide en una pared en un punto situado a 5 metros de distancia del punto de incidencia donde el haz de luz chocó con el espejo. ¿A qué distancia, medida horizontalmente, está la pared de ese punto de incidencia?.

Como bien sabemos, los ángulos de inicidencia y reflexión(o refracción) se miden respecto a la normal a la superficie, por lo que si el láser incide con un ángulo $\alpha_i = 58^o$, entonces el ángulo reflejado, por la ley de reflexión que nos dice que el ángulo reflejado es igual al rayo incidente, será $\alpha_r = 58^o$.

Además, se forma un triángulo rectángulo entre las dos trayectorias del rayo(incidente y reflejado) y la distancia $d$ horizontal del punto de incidencia y el punto donde el láser toca la pared. Por lo que, utilizando trigonometría básica, tenemos\[ \sin(58^o) = \dfrac{d}{5m} \Rightarrow d = (5m) \sin(58^o) \]

Entonces, la distancia, medida horizontalmente, de la pared al punto de incidencia es de: $d \approx 4.24m$.

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 01:09 27 mar 2015 (CDT)


Problema 4.8

Figura 4.8.

Hecht, Eugene, "Optics", 2002, 4th edition

Figure P.4.8 shows what's called a corner mirror. Determine the direction of the exiting ray with respect to the incident ray.

En la figura 4.8 se muestran las dos reflexiones del un rayo luminoso. En la primera reflexión, $ \theta_r=\theta_i $, y en la segunda reflexión, $ \varphi_r=\varphi_i $.

De la figura se concluye que $\theta_r$ y $\varphi_i$ son ángulos complementarios, i.e.,

\[ \theta_r+\varphi_i =\frac{\pi}{2} \] \[ \Longrightarrow \quad \theta_r+\varphi_r =\frac{\pi}{2} \] \[ \Longrightarrow \quad \varphi_r=\frac{\pi}{2}-\theta_r \] \[ \therefore \quad \varphi_r=\frac{\pi}{2}-\theta_i \]

Es decir, el ángulo saliente de la segunda reflexión $\varphi_r$, es complemetario con el ángulo incidente en la primera reflexión $\theta_i$.


Problema realizado por Adolfo Calderón Alcaraz (discusión) 14:06 30 mar 2015 (CDT)


Problema 4.9/Hetch 3era edicion

Calcule el ángulo de transmisión para un rayo en el aire incidente a $30^o$ en un bloque de vidrio-crown($n_v = 1,52$).

La Ley de Snell-Descartes nos dice que\[ n_i \sin \alpha_0 = n_v \sin \alpha_t \]

Por lo que despejando para $\alpha_t$\[ \sin \alpha_t = \dfrac{n_i}{n_v} \sin \alpha_0 \]

donde $n_i$ es el ángulo de incidencia, en este caso $\alpha_i = 30^o$ y $n_i$ es el índice de refracción del aire, que es $n_i \approx 1$. Entonces, sustituyendo\[ \sin \alpha_t = \dfrac{1}{1.52} \sin(30^0) \Rightarrow \sin \alpha_t = (0.66) \left(\dfrac{1}{2}\right) \Rightarrow \alpha_t = \arcsin(0.33) \approx 19^o 7' \]

Por lo que, el ángulo de transmisión buscado es: $\alpha_t = 19^o 7'$.

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 01:52 27 mar 2015 (CDT)



Problema 4.9 Hetch / 3era Ed

4.9 .- Un rayo de luz amarilla en el aire, procedente de una lámpara de descarga de sodio, cae sobre la superficie de un diamante en el aire a 45°. Si a esa frecuencia nd =2.42, calcule la desviación angular sufrida en la transmisión.

Solución

Se tiene que la relación del indice de refracción es de la forma:

\[ n_{ti} =\frac{n_{t}}{n_{i}} =\frac{\lambda_{i}}{\lambda_{t}} =2.42 \]

Entonces, si:

\[ \frac{n_{t}}{n_{i}} =2.42 \Rightarrow \frac{n_{i}}{n_{t}} =\frac{1}{2.42} \]

Ahora la Ley de Snell nos dice:

\[ n_{ti}= \frac{sen\theta_{i}}{sen\theta_{t}} \]

donde \( n_{ti} =\frac{n_{t}}{n_{i}} \), entonces:

\[ \frac{n_{t}}{n_{i}} = \frac{sen\theta_{i}}{sen\theta_{t}} \Rightarrow n_{i}sen\theta_{i} =n_{t} sen\theta_{t}, \]

despejamos \(\theta_{t} \) que es el ángulo de transmisión sobre la superficie del diamante, y se tiene:

\[ \theta_{t} = sen^{-1} \left[\frac{n_{i}}{n_{t}}sen\theta_{i}\right], \]

sustituyendo los valores proporcionados pro el problema:

\[ \theta_{t} = sen^{-1} \left[\frac{sen45\text{\textdegree}}{2.42}\right] \]

\[ \theta_{t} = sen^{-1} \left(0.2921\right) = 16.98° \]

por lo tanto:

La desviación angular es 45°- 16.98° = 28.02°

Que es el ángulo de desviación angular sufrida en la transmisión.

Elaborado por Ricardo García Hernández.--Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:32 30 mar 2015 (CDT)



Problema 4.11 (hecht 1ra ed.)

La ecuación $E(x,t)=10^{-3}cos(5\times10^{10}t-200x)$, en unidades del SI, representa la propagación del campo eléctrico de una onda electromagnética plana por un medio determinado. Este campo eléctrico está confinado en el plano XY.

a)Calcula la frecuencia y la longitud de onda de esa onda electromagnética.

b)Determina el índice de refracción del medio.

c)Escribe la expresión del campo magnético de la onda e indica en que plano está confinado.

SOLUCIÓN

La expresión general de un campo eléctrico es:

\[ E(x,t)=E_{0}cos(\omega t-kx) \]


Comparando las expresión del campo dada y general podemos obetener que:

$\omega=5\times10^{10}\frac{rad}{seg}=2\pi(\upsilon)$

pero,

\[ \omega=2\pi(\upsilon)\Longrightarrow\upsilon=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{5\times10^{10}\frac{rad}{seg}}{2\pi}=8\times10^{9}Hz \]


La velocidad de propagación es:

\[ V=\lambda\upsilon=\frac{\omega}{k}=\frac{5\times10^{10}\frac{rad}{seg}}{200m^{-1}}=2.5\times10^{8}\frac{m}{seg} \]


Conocemos también $k$, por lo que,

\[ k=\frac{2\pi}{\lambda}\Longrightarrow\lambda=\frac{2\pi}{k}=\frac{2\pi}{200m^{-1}}=3.1\times10^{-2}m \]


Donde $\lambda$ es la longitud de onda.


Y el índice de refracción del medio es:

\[ n=\frac{c}{V}=\frac{3\times10^{8}\frac{m}{seg}}{2.5\times10^{8}\frac{m}{seg}}=1.2 \] Las ondas que describen los campos eléctrico y magnético están en fase y sus módulos están relacionados por:

\[ E_{0}=VB_{0}\longrightarrow(2.5\times10^{8}\frac{m}{seg})B_{0}=10^{-3} \]


\[ \Longrightarrow B_{0}=4\times10^{12}T \] Por lo tanto, la ecuación del campo magnético es:

\[ B(x,t)=4\times10^{12}cos(5\times10^{10}t-200x) \]


Está confinado en el plano ZX los vectores $\overrightarrow{B}$ y $\overrightarrow{E}$ son perpendiculares entre sí y perpendiculares a la dirección de propagación.


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 18:42 30 mar 2015 (CDT)



Problema 4.12

Luz de longitud de onda $600nm$ en el vacío entra a un bloque de vidrio donde $n_v = 1.5$. Calcule su longitud de onda en el vidrio. ¿De qué color aparecerá para alguien que está simergido en el vidrio(véase tabla 3.4)?.

Tomemos la relación (2.19) del libro\[ v = \lambda \nu \hspace{20pt} \cdots \hspace{20pt} (2.19) \]

En el vacío, la ecuación (2.19) se convierte, con $\lambda_0$ la longitud de onda la luz en el vacío, en\[ c = \lambda \nu \Rightarrow \nu = \dfrac{c}{\lambda_0} = \dfrac{3x10^8 m/s}{6x10^{-7} m}\\ \therefore \nu = 5x10^{14} Hz \]

Ahora bien, el índice de refracción del vidrio es $n_v = 1.5$, por lo que utilizando la definición, tenemos que\[ n_v = \dfrac{c}{v} \Rightarrow v = \dfrac{c}{n_v} = \dfrac{3x10^8 m/s}{1.5} \\ \therefore v = 2x10^8 m/s \]

Ahora, reutilizando la ecuación (2.19)\[ v = \lambda_v \nu \Rightarrow \lambda_v = \dfrac{v}{\nu} = \dfrac{2x10^8 m/s}{5x10^{14} Hz} \\ \therefore \lambda_v = 4x10^{-7} m = 400 nm \]

Ahora, la tabla (3.4) del libro de texto, nos dice que para el color violeta el rango de longitudes de onda es $455nm-390nm$, por lo que para una persona sumergida en el vidrio, el rayo de luz le parecerá violeta.

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 01:40 27 mar 2015 (CDT)


Problema 4.18

Show analytically that a beam entering a planar transparent plate , as in figure , emerges parallel to displacement of the beam . Incidentally, the incoming and outgoing rays would be parallel even for a stack of plates of different material

Muestra analíticamente que un haz de entrar en una placa transparente planar , como en la figura , emerge paralelo al desplazamiento de la viga. Por cierto, los rayos entrantes y salientes serían paralelas incluso para una pila de placas de material diferente.

Cristal


Solución

Partiendo de la ley de Snell

\( n_1 \sin \theta_0 = n_2 \sin \theta_t \)


y usando como ejemplo una lámina de vidrio analizamos:

Análisis


\(n1=1\), \(\theta 1=45^º\)

\(n2=1.52\), \(\theta 2=27.7^º\)


\( \frac{n_1}{n_2 }\sin \theta 1 = \sin \theta 2 \)

ahora sabemos que\(\theta 2=27.7^º\)

y analizando

\(\theta 3\) y \(\theta 4\)

por triángulos semejantes sabemos que

\(\theta 3=62.3^º\)

volviendo a aplicar ley de Snell

\( \frac{n_2}{n_1 }\sin \theta 3 = \sin \theta 4 \) y obtenemos

\(\theta 4=45^º\)

Así queda demostrado que el rayo incidente y el saliente son paralelos por que

\(\theta 4\) es igual a \(\theta 1\)

Ejercicio resuelto por --Luis Velázquez (discusión) 07:24 27 mar 2015 (CDT)

Problema 4.16

Obtener la ley de reflexión, \(\theta_{i} = \theta{r}\), usando para el cálculo el tiempo de mínima transmisión, como requerimiento por el principio de Fermat

Lo que nos dice el principio de Fermat: El trayecto seguido por la luz al propagarse de un punto a otro es tal que el tiempo empleado en recorrerlo es estacionario respecto a posibles variaciones de la trayectoria

Dicho de otra manera, el tiempo de transmisión que sigue la luz para recorrer un medio tiene que ser el mínimo.

Ley de reflexión.png

En la imagen anterior representa la trayectoria de un haz de luz en un medio homogéneo en donde es reflejado totalmente, la representación nos servirá para deducir las expresiones de reflexión. Primero para el tiempo que se observa que el tiempo que dura la luz para ir del objeto gris al objeto verde es\[T= \frac{d_{1}}{C}+\frac{d_{2}}{C}\] donde \(C\) es la velocidad de la luz y \(T=t_{1}+t_{2}\), por lo tanto podemos deducir que\[CT=d_{1} +d_{2}= \sqrt{h_{1}^2+x^2}+\sqrt{h_{2}^2+(L-x)^2}\]

Usando el principio de Fermat donde nos dice que\[C \frac{dt}{dx}= 0\] Aplicando la primera derivada con respecto de la posición tenemos que\[C \frac{dt}{dx}= \frac{d ( \sqrt{h_{1}^2+x^2})}{dx}+\frac{d( \sqrt{h_{2}^2+(L-x)^2})}{dx}=0\] Desarrollando tenemos que\[\frac{x}{\sqrt{h_{1}^2+x^2}}-\frac{L-x}{\sqrt{h_{2}^2+(L-x)^2}}=0\] Por trigonometría tenemos que\[sen(\theta_{i})=\frac{x}{\sqrt{h_{1}^2+x^2}} \] Y\[sen(\theta_{r})= \frac{L-x}{\sqrt{h_{2}^2+(L-x)^2}}\] Por lo tanto obtenemos que\[Sen(\theta_{i})-Sen(\theta_{r})=0\] De donde podemos concluir, usando el principio de Fermat que\[Sen(\theta_{i})=Sen(\theta_{r})\] Sí y sólo si\[\theta_{i}=\theta_{r}\]

Hecho por --Pablo (discusión) 17:44 29 mar 2015 (CDT)



ejercicio adicional, propagación de luz

un lente convergente de 10 cm, de longitud focal forma una imagen de un objeto situado del lente a :

(a) 30 cm (b)10com (c) 5cm


Encontrar la distancia a la imagen y describir la imagen en cada caso.


La ecuación del lente delgado puede utilizarse para determinar la distancia a la imagen \[\frac{1}{P}+\frac{1}{q}=\frac{1}{F}\]


\(\frac{1}{30}+\frac{1}{q}=\frac{1}{10}\)


q= 15 cm

el signo positivo indica que la imagen es real. El aumento es\[\frac{q}{p}= \frac {-15}{30}=- 0.5\]


de este modo la imagen a reducido su tamaño a la mitad y el signo negativo de M indica que la imagen esta invertida.

Ningún calculo es necesario para este caso, ya que, se sabe que cuando el objeto se pone en el punto focal, la imagen se forma en el infinito. Esto se puede verificar sustituyendo P=10 en la ecuación del lente.


A continuación nos movemos dentro del punto focal, hasta una distancia del objeto de 5cm. En este caso, la ecuación del lente delgado produce \[\frac{1}{5}+\frac{1}{9}= \frac{1}{10}\]

q= -10cm


\(M= \frac{-q}{p}=-(\frac{-10}{5}=2\)


La distancia a la imagen negativa nos indica que es virtual. La imagen se ha alargado y el signo positivo para M nos señala que la imagen esta de pie.


--Luisa Alejandra Vega Sanchez (discusión) 00:43 30 mar 2015 (CDT)luisa alejandra vega sanchez


ejercicio Hecht 4th Ed optics

demostrar que los ángulos de polarización para la reflexión interna y externa en la interfaz dada son complementarios que es \(\theta p + \theta´p = 90 \)

de la figura 4.61 del libro Hecht 4th Ed optics, se muestran 2 reflexiones :


1ra reflexión\[\theta r= \theta i\]

2da reflexión\[ \phi r=\phi i \]


siendo \(\theta r y \phi i\) ángulos complementarios

\(\theta r + \phi i = \frac{\pi}{2}\)


--Luisa Alejandra Vega Sanchez (discusión) 18:38 30 mar 2015 (CDT)luisa alejandra vega sanchez



Problema 4.26

Calculate the critical angle beyond which there is total internal reflection at an air-glass ( \(n_{g}=1.5\) ) interface. Compare this result with that of Problem 4.8

Calcular el angulo critico mas alla del cual hay reflexion total interna en la interfase aire-vidrio. Compare este problema con el problema 4.8

Se da en el problema \(n_{g}=1.5\) el indice de refraccion del vridrio. Ademas sabiendo que el indice de refraccion del aire es casi 1.0 y usando la relación\[\theta_{c}=\arcsin\left(\frac{n_{2}}{n_{1}}\right)\] con \(n_{2}<n_{1}\) se tiene\[\theta_{c}=\arcsin\left(\frac{1.0}{1.5}\right)=46\text{°}\] En el problema 4.8 se tiene que si el angulo del rayo incidente es de 45° el primer angulo refractado tambien sera de 45° por ser estos complementarios y a partir de esto los segundos angulos incidentes y refractado tambien tienen 45°, asi que el diagrama en ese problema se ajusta a este problema eligiendo el primer angulo incidente de 45° --Uziel Sanchez Gutierrez (discusión) 18:46 30 mar 2015 (CDT) Hecho por Uziel Sanchez Gutierrez