Optica: Capitulo12-problemas

Bienvenidos. En esta página pueden dejar las soluciones a sus problemas del Hecht- Capítulo 12

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Ejercicio 12.6

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 $I_{0}=I_{1}=I_{2}=\langle |{\vec {E}}_{1}|^{2}\rangle _{T}=\langle |{\vec {E}}_{2}|^{2}\rangle _{T}$ & $\delta$ 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 $\Lambda$, de P en Y vía las dos rendijas es:

$\Lambda =({\bar {S'S_{1}}}+{\bar {S_{1}P}})-({\bar {S'S_{2}}}+{\bar {S_{2}P}})=({\bar {S'S_{1}}}-{\bar {S'S_{2}}})+({\bar {PS_{1}}}-{\bar {S_{2}P}})={\frac {ay}{l}}+{\frac {aY}{s}}$

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):

$\Lambda ={\frac {ay}{s}}$ (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:

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

Por tanto:

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

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

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:

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

Diego de la Cruz López

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Ejercicio 12.14

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

${\mathcal {V}}={\dfrac {I_{max}-I_{min}}{I_{max}+I_{min}}}$

sustituímos para obtener

${\mathcal {V}}={\dfrac {(I_{1}+I_{2}+2{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|)-(I_{1}+I_{2}-2{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|)}{(I_{1}+I_{2}+2{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|)+(I_{1}+I_{2}-2{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|)}}={\dfrac {4{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|}{2(I_{1}+I_{2})}}={\dfrac {2{\sqrt {I_{1}I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|}{I_{1}+I_{2}}}$

obteniendo finalmente que

${\mathcal {V}}={\dfrac {2{\sqrt {I_{1}}}{\sqrt {I_{2}}}}{I_{1}+I_{2}}}\left|{\tilde {\gamma }}_{12}\right|$

que es la ecuación 12.22.

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

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Ejercicio 12.15

¿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?

Archivo:Figura P.12.15.png

Figura P.12.15

Solución

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

${I}'=4l_{0}cos^{2}\left({\frac {{\delta }'}{2}}\right)$

${I}'=2l_{0}\left[2cos^{2}\left({\frac {{\delta }'}{2}}\right)\right]$

${I}'=2l_{0}(1+cos({\delta }'))$-----(1)

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

${I}''=4l_{0}cos^{2}\left({\frac {{\delta }''}{2}}\right)$

${I}''=2l_{0}\left[2cos^{2}\left({\frac {{\delta }''}{2}}\right)\right]$

${I}''=2l_{0}(1+cos({\delta }''))$-----(2)

La irradiancia debido a ${S}'$ y ${S}''$ a ${O}'$ es ${I}'+{I}''=4l_{0}$

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

$2l_{0}(1+cos({\delta }'))+2l_{0}(1+cos({\delta }''))=4l_{0}$

$2l_{0}\left[(1+cos({\delta }'))+(1+cos({\delta }''))\right]=4l_{0}$

$\left[2+cos({\delta }')+cos({\delta }'')\right]=2$

$cos({\delta }')+cos({\delta }'')=0$

$cos({\delta }')=-cos({\delta }'')$

Desde arriba ${\delta }''=\pi \pm {\delta }'$

Por lo tanto, en el punto ${O}'$ en que la irradiancia debe ser $4l_{0}$ la diferencia de fase ${S}'$ y ${S}''$ debe ser :

${\delta }''\pm {\delta }'=\pi$

Enrique Ortiz Martinez

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Ejercicio 12.20

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 emitio 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:

$V=0.5329$

Luis Manuel Chávez Antonio

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Ejercicio 12.25

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

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

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

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

$w=1.782mm$

debe ser el ancho de cada rendija.