Optica: Capitulo12-problemas

Problemas capítulo 12 Óptica Hecht, Las bases de la teoría de la Coherencia.

Ejercicios resueltos sobre las bases de la teoría de la Coherencia de luz. Incluye problemas de libro de Óptica de Eugene HECHT, de sus diversas ediciones tanto en inglés como en español, así como problemas adicionales acerca de este tema.

Algunas ediciones del Hecht, tienen distintas numeraciones para problemas idénticos.

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3ra Edición en español

Ejercicio 12.1 3ra Edición en español

Suponga que formamos una distribución de franjas con el interferómetro de Michelson. Utilizando como fuente una lampara de vapor de mercurio.Encienda la lámpara en su imaginación y analice lo que les pasara a las franjas según la presión del vapor de mercurio vaya aumentando hasta lograr su valor de estado estacionario

Solución

A presiones bajas, la intensidad emitida por la lámpara es baja, el ancho de banda es estrecho y la longitud de coherencia es grande. Las franjas mostrarán inicialmente un alto contraste, disminuirán, el contraste disminuirá y las franjas podrían incluso desaparecer por completo.

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Realizado por: Usuario: luisa vega

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Ejercicio 12.6 3ra Edición en español

Refiriéndose a la fuente de hendidura y la disposición de la pantalla con orificios de la figura P.12.6, muestre por integración sobre la fuente que:

$ I(Y)\propto b + \frac{\sin(\frac{\pi ab}{\lambda l})}{\frac{\pi a}{\lambda l}}\cos(\frac{2\pi aY}{\lambda s}) $

Solución

En el caso especial de dos fuentes con misma amplitud que inciden en un punto Q, la contribución a la irradiancia por estas fuentes es:

$ I=2I_{0}(1+\cos\delta)=4I_{0}\cos^{2}(\frac{\delta}{2}) $ (ver capítulo 9, ecuación 9.17).

Siendo, por su puesto $I_0=I_1=I_2=⟨|{\overrightarrow{E}}_1{|}^2{⟩}_T=⟨|{\overrightarrow{E}}_2{|}^2{⟩}_T$ & $\delta$ la diferencia entre las fases de dichas fuentes.

Para un elemento diferencial de la fuente de ancho $dy$ en el punto S', la optical path difference length ,denotado por $\mathrm{\Lambda }$, de P en Y vía las dos rendijas es:

$\mathrm{\Lambda }=(\overline{S^{\prime }{S}_1}+\overline{S_{1}P})-(\overline{S^{\prime }{S}_2}+\overline{S_{2}P})=(\overline{S^{\prime }{S}_1}-\overline{S^{\prime }{S}_2})+(\overline{P{S}_1}-\overline{S_{2}P})=\frac{ay}{l}+\frac{aY}{s}$

ya que, recordando que para dos fuentes que inciden sobre un mismo punto Q, la optical path difference length está dada por (bajo la aproximación de ángulos pequeños):

$\mathrm{\Lambda }=\frac{ay}{s}$ (ver capítulo 9, ecuación 9.23,9.24). De la ecuación 12.2 del capítulo 12, podemos observar que:

$I=4I_0{\cos }^2(\frac{\delta }{2})=4I_0{\cos }^2(k\frac{aY}{2s})=4I_0{\cos }^2(\frac{\pi aY}{\lambda s})$ & que por la ecuación 12.3 de capítulo 12, podemos escribir la contribución a la irradiancia de un elemento $dy$ como:

$dI\propto (1+\cos (k\mathrm{\Lambda })dy$, siendo, por su puesto, $k\equiv \frac{2\pi }{\lambda }$.

Conclusión

Por tanto:

$I\propto \underset{\frac{-b}{2}}{\overset{\frac{b}{2}}{\int }}(1+\cos (k\mathrm{\Lambda })dy=b+\underset{\frac{-b}{2}}{\overset{\frac{b}{2}}{\int }}\cos (\frac{2ay\pi }{l\lambda }+\frac{2aY\pi }{s\lambda })dy$.

$I\propto b+\frac{\lambda l}{2\pi a}[\sin (\frac{ab\pi }{\lambda l}+\frac{2\pi aY}{\lambda s})-\sin (-\frac{\pi ab}{\lambda l}+\frac{2\pi aY}{\lambda s})]$.

Por tanto, usando las identidades trigonométricas: $\sin (a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b$ & $\sin (a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b$, obtenemos:

$I\propto b+\frac{\lambda l}{\pi a}\sin (\frac{ab\pi }{\lambda l})\cos (\frac{2\pi aY}{\lambda s})$.

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Realizado por: Diego de la Cruz López

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Ejercicio 12.10 3ra Edición en español

Tomando el diámetro angular del sol visto desde la tierra como alrededor de $\frac{1}{2}^{\text{o}}$, determine el diámetro correspondiente del área de coherencia despreciando variaciones en el brillo sobre la superficie.

Solución:

Ya que nuestra fuente podemos considerarla como un disco por lo lejano del sol y ya que podemos despreciar variaciones de brillo, ocuparemos la ecuación 12.30 del libro de Hecht 4a ed:

$h=0.32\frac{\bar{\lambda}_0}{\theta},$

donde $h$ es el radio del área de coherencia $\bar{\lambda}_0$ es la longitud de onda de la luz y $\theta$ el diámetro angular.

Ahora convertimos el ángulo a radianes

$\theta=\frac{1}{2}^{\text{o}}=\frac{\pi}{360}=0.00872664625$

Para la longitud de onda consideremos la figura

en el espectro visible un promedio aproximado se encuentra cerca de los $550\text{nm}$ así que usaremos

$\bar{\lambda}_0=550\text{nm}.$

Sustituyendo en la formula

$h=0.32\frac{550\text{nm}}{0.00872664625}=20168\text{nm},$

Conclusión. 

con el radio calculamos entonces el diámetro

$d=2h=40336\text{nm}.$

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Realizado por: Flor Ivon Vivar

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Ejercicio 12.15 3ra Edición en español

Deseamos construir un arreglo de dos orificios iluminados por una fuente de rendija uniforme , cuasicromática e incoherente de longitud de onda promedio de 500 nm y ancho b, a una distancia de 1.5 metros de la pantalla. si los orificios están separados por 0.50 mm , ¿Qué tan ancho puede ser la fuente si la visibilidad de las franjas en el plano de observación no debe ser menos del 85 por ciento?

Solución

Esto se puede obtener del grado de coherencia $\mid\gamma_{12}(\tau)\mid$ ya que éste solo varía entre 0 y 1, y así en la región de la franja central ($\tau= 0$), el grado de coherencia sólo se hace una función sinc(x), y de esta al igualarla con 0.85 (85 por ciento de visibilidad), observamos que debemos buscar un valor para "x" tal que evaluado en la función sinc(x) nos devuelva el valor de 0.85:

$\mid\frac{senx}{x}\mid= 0.85$

Por lo que al buscar en las tablas de sinc(x) se encuentra que $sinc(0.95)\thickapprox 0.85$, por lo tanto:

$\mid\gamma_{12}(0)\mid= \mid sinc(x)\mid= \mid sinc(\frac{\pi by}{l \lambda})\mid$.

Con b el ancho de la rendija, (y) la distancia de separación entre los orificios y "l" la distancia entre la rendija y la pantalla con los orificios.

De aquí que $0.97 = \frac{\pi by}{l\lambda}$, despejando "b":

$b= \frac{l \lambda(0.95)}{y \pi}$ ó $b= \frac{(1.5 [m])(500 \times 10^{-9} [m])(0.95)}{\pi (0.50 \times 10^{-3}[m])}\thickapprox 4.6 [cm]$

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Realizado por: Usuario: Pedro J. Julián

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5ta Edición en Ingles.

Ejercicio 12.3 5ta Edición en Ingles

considerando el ejercicio 12.2,imagine ahora que las cosas se extienden, en el espacio en un momento determinado, cada onda daría como un resultado una distribución de irradiancia $I_1$ e $I_2$ Que le ocurre a la irradiación neta al añadir más ondas de frecuencia diferentes. Explíquelo en términos de longitud de coherencia. Hipotéticamente que le ocurre a la distribución según el ancho de la banda de la frecuencia se va aproximando al infinito.

Solución.

La irradiancia neta se vuelve más uniforme a medida que se agregan más ondas. Habrá un patrón menos distinguido, que corresponde a una longitud de coherencia menor. la irradiancia se hará constante a medida que el ancho de banda se vaya hasta el infinito

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Realizado por: Usuario: luisa vega

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Ejercicio 12.8 5ta Edición en Ingles

Suponga que formamos una distribución de franjas con el interferómetro de Michelson, y que utiliza como fuente una lámpara de vapor de mercurio. Encienda la lámpara en su imaginación y analice lo que les pasará a las franjas según aumente la presión del vapor de mercurio hasta lograr su valor de estado estacionario.

Solución:

A bajas presiones, la intensidad emitida desde la lámpara es baja, el ancho de banda es estrecho y la longitud de coherencia es grande. Las franjas inicialmente mostrarán un alto contraste, aunque serán bastante débiles. A medida que aumenta la presión, la longitud de coherencia disminuirá, el contraste caerá, y las franjas podrían incluso desaparecer por completo.

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Realizado por: Sesebasi (discusión) 23:16 2 dic 2018 (CST)

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Ejercicio 12.14 5ta Edición en Ingles

Elabore los detalles que nos llevan a la expresión de la visibilidad dada por la ecuación 12.22.

Solución

Las intensidades máximas y mínimas son:

$I_{max}=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|$

y

$I_{min}=I_1+I_2-2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|$

Y sabiendo que la visibilidad está dada por

${𝒱}=\frac{I_{max}-I_{min}}{I_{max}+I_{min}}$

Sustituimos para obtener

${𝒱}=\frac{(I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|)-(I_1+I_2-2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|)}{(I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|)+(I_1+I_2-2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|)}=\frac{4\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|}{2(I_1+I_2)}=\frac{2\sqrt{I_1{I}_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|}{I_1+I_2}$

Conclusión

Obteniendo finalmente que

${𝒱}=\frac{2\sqrt{I_1}\sqrt{I_2}}{I_1+I_2}\left|{\tilde{\gamma }}_{12}\right|$

que es la ecuación 12.22.

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Realizado por: Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 20:46 28 nov 2018 (CST)

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Ejercicio 12.15 5ta Edición en Ingles

¿Bajo que circunstancias la irradiancia en $\sum o$ en la figura P.12.15 sera igual a $4l_0$ donde $l_0$ es la irradiancia debida a una fuente puntual incoherente sola?

Figura P.12.15

Solución

La irradiancia debido a $S\text{'}$ a $O\text{'}$ es :

$I\text{'}=4l_{0}co{s}^2\left(\frac{{\delta }^{\prime }}{2}\right)$

$I\text{'}=2l_0\left[2co{s}^2\left(\frac{{\delta }^{\prime }}{2}\right)\right]$

$I\text{'}=2l_0(1+cos({\delta }^{\prime }))$-----(1)

La irradiancia debido a $S{\text{'}}^{\prime }$ a $O\text{'}$ es :

$I{\text{'}}^{\prime }=4l_{0}co{s}^2\left(\frac{{\delta }^{″}}{2}\right)$

$I{\text{'}}^{\prime }=2l_0\left[2co{s}^2\left(\frac{{\delta }^{″}}{2}\right)\right]$

$I{\text{'}}^{\prime }=2l_0(1+cos({\delta }^{″}))$-----(2)

La irradiancia debido a $S\text{'}$ y $S{\text{'}}^{\prime }$ a $O\text{'}$ es $I\text{'}+I^{″}=4l_0$

Sustituimos la ecuación (1) y (2) en la anterior y obtenemos:

$2l_0(1+cos({\delta }^{\prime }))+2l_0(1+cos({\delta }^{″}))=4l_0$

$2l_0[(1+cos({\delta }^{\prime }))+(1+cos({\delta }^{″}))]=4l_0$

$[2+cos({\delta }^{\prime })+cos({\delta }^{″})]=2$

$cos({\delta }^{\prime })+cos({\delta }^{″})=0$

$cos({\delta }^{\prime })=-cos({\delta }^{″})$

Desde arriba $\delta {\text{'}}^{\prime }=\pi \pm {\delta }^{\prime }$

Por lo tanto, en el punto $O\text{'}$ en que la irradiancia debe ser $4l_0$ la diferencia de fase $S\text{'}$ y $S{\text{'}}^{\prime }$ debe ser :

$\delta {\text{'}}^{\prime }\pm {\delta }^{\prime }=\pi$

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Realizado por: Enrique Ortiz Martinez

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Ejercicio 12.16 5ta Edición en Ingles

Supongamos que llevamos a cabo el experimento de Young con un agujero circular pequeño con un diámetro de 0.1 mm. enfrente de una lámpara de sodio $(\lambda = 589.3 nm)$ que actúa como fuente. Si la distancia desde la fuente hasta las rendijas es de 1 m ¿A qué distancia entre sí se hallarán las rendijas cuando el patrón de franjas desaparezca?

Solución:

Suponemos, como se hace a menudo, que "buena coherencia" significa una visibilidad de 0.88 o mejor. Para una fuente en forma de disco, esto se da cuando $\frac{ \pi h \theta }{ \bar{\lambda_0}}$ de la ecuación $\mathscr{V} = 2\frac{J_1( \pi h \theta_s \setminus \bar{\lambda_0 })}{ \pi h \theta_s \setminus \bar{\lambda_0}} $ es igual a uno, es decir si:

$h= 0.32 \frac{\bar{\lambda_0}}{\theta_s}$

Para una fuente de anchura de banda estrecha de diámetro $D$ puesta a una distancia $R$, existe un área de coherencia igual a $\pi \left( \frac{h}{2} \right) ^2$ en la que $\mid \bar{ \gamma_{12} } \mid \geq 0.88 $ . Ya que $\frac{D}{R}= \theta_s$ : $h=0.32 \frac{R \bar{\lambda_0}}{D}$

Con esta expresión podemos estimar los parámetros físicos requeridos en un experimento de interferencia o difracción. En este caso para el experimento de Young: $h=0.32 \frac{R \bar{\lambda_0}}{D} = 0.32 \frac{1 \times (589.3 \times 10^{-9} ) }{0.1 \times 10^{-3} }$ $ = 1.885 \times 10^{-3} m $

Esto indica que una serie de aberturas colocadas a una distancia de $1.9$ $ mm$ producirá franjas buenas .

Por otro lado, se obtiene que $h= 1.22 \frac{ \bar{\lambda_0} }{ \theta_s}$ $ =1.22 \frac{R \bar{\lambda_0}}{D} $ $=1.22 \frac{589.3 \times 10^{-9} }{0.1 \times 10^{-3}} $ $= 7.189 \times 10^{-3} m $

Las franjas desaparecerán cuando la distancia entre rendijas sea de $7.2 $ $mm$

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Realizado por: Aurea Espin (discusión) 02:37 2 dic 2018 (CST)

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Ejercicio 12.18 5ta Edición en Ingles

Mostrar que las ecuaciones (12.34) y (12.35) siguen de las ecuaciones (12.32) y (12.33) (consultar libro)

Solución:

Sabemos que:

${ I }_{ 1 }(t)=\Delta { I }_{ 1 }(t)+\left< { I }_{ 1 } \right> $

Así que : ${ I }_{ 1 }(t+\tau )=\Delta { I }_{ 1 }(t+\tau )+\left< { I }_{ 1 } \right> $

Y ${ I }_{ 2 }(t)=\Delta { I }_{ 2 }(t)+\left< { I }_{ 2 } \right> $

Por lo tanto: $\left< { { I }_{ 1 }(t+\tau )I }_{ 2 }(t) \right> =\left< \left\lfloor \left< { I }_{ 1 } \right> +\Delta { I }_{ 1 }(t+\tau ) \right\rfloor \left\lfloor \left< { I }_{ 2 } \right> +\Delta { I }_{ 2 }(t) \right\rfloor \right> $

$\left< { { I }_{ 1 }(t+\tau )I }_{ 2 }(t) \right> =\left< \left< { I }_{ 1 } \right> \left< { I }_{ 2 } \right> +\left< { I }_{ 1 } \right> \Delta { I }_{ 2 }(t)+\left< { I }_{ 2 } \right> \Delta { I }_{ 1 }(t+\tau )+\left< \Delta { I }_{ 1 }(t+\tau )\Delta { I }_{ 2 }(t) \right> \right> $.............(1)

Pero

${ \left< \Delta { I }_{ 1 }(t) \right> }_{ T }=0$ y ${ \left< \Delta { I }_{ 2 }(t) \right> }_{ T }=0$

Sustituyendo estos valores en la ecuación (1) obtenemos:

$\left< { { I }_{ 1 }(t+\tau )I }_{ 2 }(t) \right> =\left< { I }_{ 1 } \right> \left< { I }_{ 2 } \right> +\left< \Delta { I }_{ 1 }(t+\tau )\Delta { I }_{ 2 }(t) \right> $ ...................(2)

Ya que $\left< { I }_{ 1 } \right> $ es independiente del tiempo.

Comparando la ecuación (2) con :

$\left< { { I }_{ 1 }(t+\tau )I }_{ 2 }(t) \right> =\left< { I }_{ 1 } \right> \left< { I }_{ 2 } \right> +{ \left| \tilde { { \Gamma }_{ 12 }(\tau ) } \right| }^{ 2 }$

Entonces:

$\left< { { \Delta I }_{ 1 }(t+\tau )\Delta I }_{ 2 }(t) \right> ={ \left| \tilde { { \Gamma }_{ 12 }(\tau ) } \right| }^{ 2 }$

Por lo tanto se demuestra el enunciado del problema.

Ahora comparando la ecuación (2) con:

$\left< { { I }_{ 1 }(t+\tau )I }_{ 2 }(t) \right> =\left< { I }_{ 1 } \right> \left< { I }_{ 2 } \right> \left[ 1+{ \left| \tilde { \gamma _{ 12 }(\tau ) } \right| }^{ 2 } \right] $

Obtenemos entonces :

Conclusión

$\left< { { \Delta I }_{ 1 }(t+\tau )\Delta I }_{ 2 }(t) \right> =1+{ \left| \tilde { \gamma _{ 12 }(\tau ) } \right| }^{ 2 }$ Por lo tanto se demuestra el enunciado del problema.

Ejercicio 12.20 5ta Edición en Ingles

Imagina que tenemos el aparato del experimento de Young, donde uno de los dos orificios está cubierto por un filtro de densidad neutra que corta la irradiancia en un factor de 12 y el otro agujero está cubierto por una lámina transparente de vidrio, por lo que hay ningún cambio de fase relativo introducido. Calcular la visibilidad en el hipotético caso de iluminación completamente coherente.

Solución

Tenemos que la visibilidad esta dada por:

$V=\frac{2\sqrt{I_1}\sqrt{I_2}}{I_1+I_2}|{\gamma }_{12}(r)|$ ....(1)

El valor de $|{\gamma }_{12}(r)|$ sera igual a 1 para todos los valores de $r$

Esto es $|{\gamma }_{12}(r)|=1$

Entonces la ecuación 1 se convierte en:

$V=\frac{2\sqrt{I_1}\sqrt{I_2}}{I_1+I_2}$ ........(2)

Sabemos que un orificio esta cubierto con un filtro neutro que corta la irradiancia en un factor de 12, y otro cubierto por una lamina transparente de vidrio. Por lo tanto, no hay cambio en la irradiancia de lo que emitió ese orificio.

Las irradiancias son:

$I_1=I$

$I_2=12I$

Sustituyendo las expresiones anteriores en la ecuacion (2):

$V=\frac{2\sqrt{I}\sqrt{12I}}{I+12I}$

Simplificando:

$V=\frac{2\sqrt{12}}{13}$

Finalmente:

$V=0.5329$

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Realizado por: Luis Manuel Chávez Antonio

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Ejercicio 12.25 5ta Edición en Ingles

Supongamos que tenemos una fuente de hendidura incoherente, cuasimonocromatica uniforme como una lampara de descarga con una mascara y un instalador en frente de ella. deseamos iluminar una región de una pantalla de apertura a 10 metros de distancia de modo que el modulo de grado complejo de coherencia en todas las partes dentro de una región de 1mm de ancho sea igual o mayor que 90% cuando su longitud de onda es d 500 nm. que tan ancha puede ser la rendija?

Solución

dada la distancia de la pantalla ${10}^{4}mm$

longitud de onda es de $\lambda$ 500nm que es $5\times {10}^{-4}mm$

separación de hendiduras ´a´ es $1mm$

ancho de cada rendija w=?

dada la visibilidad de 90%=v

Sabemos que

$V=\left|sen\left(\frac{a\pi w}{\lambda S}\right)\right|$

$0.9=\left|sen\left(\frac{1.mm(\pi w)}{{10}^{4}mm\times 5{10}^{-4}mm}\right)\right|={sen}^{-1}(0.9)=\frac{\pi w}{5}$

$w=\frac{5}{\pi }{sen}^{-1}(0.9)$

Conclusión

$w=1.782mm$

Debe ser el ancho de cada rendija.

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Realizado por: Salvador Morales

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Ejercicio 12.24 5ta Edición en Ingles

Deseamos construir una configuración de doble orificio iluminada por una fuente de hendidura incoherente, cuasimonuchromal uniforme, de longitud de onda media de 500nm y ancho b, a una distancia de 1.5m de la pantalla de apertura. Si los orificios esta separados por 0.5mm, ¿Que ancho puede tener la fuente si la visibilidad de las franjas en el plano de observación no deben ser inferiores a 85%?

solución

Si un patrón de difracción centrado en el punto P. Esta distribución de campo difractada, normalizada a la unidad en P, es en todas partes igual al valor de ${\gamma }_{12}(0)$ en este punto. Este es el teorema de Van Cittert-Zernike

Del teorema antes mencionado, la visibilidad en el plano de observación

$V=|{\gamma }_{12}(0)|$

$V=|sin(c\beta )|$ $(\because |{\gamma }_{12}(0)|=|sin(c\beta )|)$

Donde $\beta =\left(\frac{kb}{2}\right)sin\theta$ que para angulos pequeños $sin\theta \approx \theta$

Asi que, $\beta =\left(\frac{kb}{2}\right)\theta$

y $\theta =\frac{y}{l}$ y $k=\frac{2\pi }{\lambda }$

Sustituyendo estos valores en lo anterior, obtenemos

$\beta =\left(\frac{\frac{2\pi }{\lambda }b}{2}\right)\frac{y}{l}$

$\beta =\frac{\pi by}{\lambda l}$

Por lo tanto la visibilidad $V=|sinc\left(\frac{\pi by}{\lambda l}\right)|$

Sabemos que $sin(c\theta )=\frac{sin\theta }{\theta }$

Entonces, la visibilidad $V=\frac{sin\left(\frac{\pi by}{\lambda l}\right)}{\frac{\pi by}{\lambda l}}$

Sea $u=\frac{\pi by}{\lambda l}$ entonces la visibilidad $V=\frac{sin(u)}{u}$ ... (1)

Ademas la visibilidad de las franjas en el plano de observacion no debe ser inferior al 85%, siente este el valor minimo de la visibilidad V=85%=0.85

Sustituyendo el valor de V en la ec. (1) obtenemos

$\frac{sin(u)}{u}=0.85$

Esto es posible cuando $u=0.97$

$b=\frac{0.97\lambda l}{\pi y}$ ...(2)

Donde:

$\lambda$= longitud de onda=500nm = $500{x10}^{-9}m$

y= Orificio de separación=0.5mm= $0.50{x10}^{-3}m$

l= Distancia de la pantalla a la apertura=1.5m

Sustituyendo estos valores en al ec. (2) obtenemos

$b=\frac{(0.97)(1.5m)(500{x10}^{-9}m)}{\left(\frac{22}{7}\right)(0.50{x10}^{-3}m)}$

$b=0.46mm$

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Realizado por: Luis Gutiérrez Melgarejo

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Realizado por: Ruben Espinosa Guzman

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Ejercicio 12.21 5ta Edición en Ingles

Suponga que el dispositivo de doble rendija de Young está iluminado por luz solar con una longitud de onda media de 550 nm. Calcule la separación entre las rendijas a las que las franjas desaparecerían.

Solución:

Las franjas desparecen cuando

$w=\frac{s\lambda }{a}$

despejando $a$ (donde $a$ es la separación de las rendijas).

$a=\lambda \frac{s}{w}$

para $\frac{s}{w}\approx \frac{l}{b}.$

donde $l$ = distancia del sol y $b$ = diámetro del sol

Sustituyendo valores

$a=\lambda \frac{l}{b}=\frac{[(5.50\times {10}^{-7}m)(1.50\times {10}^{11}m)]}{2(6.96\times {10}^{8}m)}$

$\therefore a=5.93\times {10}^{-5}m$

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Realizado por: Verenisse

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