Optica: Capitulo3-problemas

Problemas capítulo 3 Óptica Hecht, Teoría electromagnética, fotones y luz.

Ejercicios resueltos sobre Teoría electromagnética, fotones y 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.

4ta Edición en Ingles

Problema 3.4 4ta Edición en Ingles

Imagine una onda electromagnética con su campo E en la dirección del eje x. Demuestre que la ecuación:

$\frac{\partial E}{\partial x}=-\frac{\partial B}{\partial t}$

Aplicada a las ondas armónicas:

$E=E_0\cos(kx-\omega t)$

y

$B=B_0 \cos(kx-\omega t)$

lleva a la conclusión de que:

$E_0=c B_0$

Solución:

Derivando las dos ecuación parcialmente, se tiene que:

$\frac{\partial E}{\partial x}=-E_0 (k) \sin\left ( kx-\omega t \right )$

$\frac{\partial B}{\partial t}=-B_0 (-\omega) \sin\left ( kx-\omega t \right )=B_0 (\omega) \sin\left ( kx-\omega t \right )$

Al igualar hacer uso de la relación entre las derivadas parciales, vemos que:

$\frac{\partial E}{\partial x}=-E_0 (k) \sin\left ( kx-\omega t \right )=-\frac{\partial B}{\partial t}=-B_0 (\omega) \sin\left ( kx-\omega t \right )$

Lo que implica que:

$E_0 k = B_0 \omega $

$E_0= \frac{\omega}{k} B_0$

Pero se tiene que la velocidad de fase de una es:

$v_p=\frac{\omega}{k}$

Al ser una onda Electromagnética en el vació:

$c=\frac{\omega}{k}$

Conclusión

Entonces:

$E_0=c B_0$

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Realizado por:Fernando Valencia Hernández Carlosmiranda (discusión) 23:57 27 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.6 4ta Edición en Ingles

El campo eléctrico de una onda electromagnética que viaja en la dirección x positiva ,está dada por::

${\overrightarrow {E}}={E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right){\overrightarrow {j}}$

a) Describe verbalmente el campo,

b)Determine una expresión para k.

c) Encuentra la velocidad de fase de la onda.

Solución

Inciso a

Analizando en el origen en z=0, tenemos que , $sin{\frac {0}{{z}_{0}}}=0$ , entonces el campo eléctrico es:

${\overrightarrow {E}}=0{\overrightarrow {j}}$

Otro punto donde se anula el campo eléctrico es en $z={z}_{0}$, entonces el campo tiene la forma :

${\overrightarrow {E}}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}_{0}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right){\overrightarrow {j}}$

Notemos que el $sin\pi =0$, implica:

${\overrightarrow {E}}=0$

Es decir, el campo eléctrico esta polarizado linealmente en la dirección $y$ y varia sinusoidal desde cero en z=0 hasta cero en $z={z}_{0}$

Inciso b

b) Usando la ecuación de onda tenemos:

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {x}^{2}}}+{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {y}^{2}}}+{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {z}^{2}}}-{\frac {1}{{c}^{2}}}{\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial {t}^{2}}}=0~~~~~~~~~~~(1)$

Podemos evaluar la expresión para $k$ , al diferenciar la siguiente ecuación 2 veces::

${E}_{y}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right)$

Haciendo las derivadas:

${\frac {\partial {E}_{y}}{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial x}}\left({E}_{y}={E}_{0}sin{\frac {\pi {z}}{{z}_{0}}}cos\left(kx-\varpi t\right)\right)=-k{E}_{o}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}sin(kx-\varpi t)$

La segunda derivada es:

${\frac {\partial {E}_{y}}{\partial {x}^{2}}}=-{k}^{2}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)~~~~~~~~~~~(2)$

Similar, para las segundas parciales con respecto a $y$ y $z$ , tenemos:

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial y^{2}}}=0~~~~~~~~~~~(3)$

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial z^{2}}}={\frac {-{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}{E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)~~~~~~~~~~~(4)$

${\frac {{\partial }^{2}{E}_{y}}{\partial t^{2}}}=-{\varpi }^{2}{E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)~~~~~~~~~~~(5)$

Sustituyendo la ecuación (2), (3), (4) y (5) en la ecuación (1), obtenemos:

$(-{k}^{2}-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}){E}_{0}sin{\frac {\pi z}{{z}_{0}}}cos(kx-\varpi t)=0$

Como esto es verdadero para toda x,z y t, cada término debe ser igual a cero, es decir:

$(-{k}^{2}-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}})=0$

Despejando:

$-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}={k}^{2}$

${k={\left(-{\frac {{\pi }^{2}}{{z}_{0}^{2}}}+{\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}\right)}^{\frac {1}{2}}}$

De la expresión anterior factorizamos un ${\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}$, resulta:

${k={\left(\left({\frac {{\varpi }^{2}}{{c}^{2}}}\right)\left(1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}\right)\right)}^{\frac {1}{2}}}$

Finalmente la expresión para $k$ es:

${k={\frac {\varpi }{c}}{\sqrt {1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}}}}$

Inciso c

(c) La velocidad de fase de la onda será $\nu ={\frac {\varpi }{k}}$

Simplificando tenemos:

$\nu {={\frac {c}{\sqrt {1-{\frac {{\pi }^{2}{c}^{2}}{{\varpi }^{2}{z}_{0}^{2}}}}}}}$

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Realizado por: Luis Manuel Chávez antonio,Carlosmiranda (discusión) 23:36 27 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.13 4ta Edición en Ingles

Pruebe que la irradiancia de una onda electromagnética armónica está dada por:: $I={\frac {1}{2c\mu _{0}}}E_{0}^{2}$ y determinar el promedio de la energía por unidad de área transportada por una onda plana de $amplitud=15.0{\frac {V}{m}}$.

Solución

Consideremos la onda armónica plana:: ${\vec {E}}\left({\vec {r}},t\right)=E_{0}\cos \left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right){\hat {n}}$

Dado este campo eléctrico, podemos obtener el campo magnético recurriendo a las ecuaciones de Maxwell, éste resulta ser:: ${\vec {B}}\left({\vec {r}},t\right)={\frac {1}{c}}E_{0}\cos \left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)({\hat {k}}\times {\hat {n}})$

A continuación, determinamos el vector de Poynting::

${\vec {S}}\equiv {\frac {1}{\mu _{0}}}\left({\vec {E}}\times {\vec {B}}\right)={\frac {1}{\mu _{0}}}cE_{0}^{2}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right){\hat {k}}$

ya que::

${\hat {n}}\times \left({\hat {K}}\times {\hat {n}}\right)={\hat {k}}({\hat {n}}\cdot {\hat {n}})-{\hat {n}}({\hat {n}}\cdot {\hat {k}})={\hat {k}}$

Así, por definición:

$I\equiv \langle S\rangle ={\frac {E_{0}^{2}}{\mu _{0}c}}{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)$ siendo T el periodo alrededor de un ciclo completo.

Además, ${\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}\cos ^{2}\left({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta \right)=1/2~~~~~~~~~~~(1)$

Pues, $\omega \equiv {\frac {2\pi }{T}}$ y ya que, el promedio temporal en un intervalo de longitud T de $\cos ^{2}\left(x\right)$ y $\sin ^{2}\left(x\right)$ es el mismo, podemos usar la fórmula pitagórica de las funciones trigonométricas para concluir la ecuación (2).

Conclusión

Por lo tanto:: $I={\frac {1}{2c\mu _{0}}}E_{0}^{2}~~~~~~~~~~~(2)$

Finalmente, basta considerar la irrandiancia por segundo y sustituir la amplitud en la expresión (2)::

$I=0.3W$

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Realizado por: Diego de la Cruz López , Carlosmiranda (discusión) 23:33 27 oct 2020 (CDT)

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Problema 3.33 4ta Edición en Ingles

Un haz de luz con una irradiancia de$2.00\times 10^{6}{\frac {W}{m2}}$ incide normalmente en una superficie que refleja $70.0\%$ y absorbe $30.0\%$. Calcule la presión de radiación resultante en la superficie.

Solución

El componente reflejado tiene un cambio de impulso, y por lo tanto una presión, de dos veces el impulso incidente.

Entonces:

$P(reflejado)=2(70\$\%\$){\frac {I}{c}}$

Mientras para el absorbido:

$P(absorbido)=2(30\$\%\$){\frac {I}{c}}$

Realizando los cálculos:

$P_{r}=2(70\%){\frac {2x10^{6}{\frac {W}{m^{2}}}}{3x10^{8}{\frac {m}{s}}}}=0.93x10^{-2}{\frac {N}{m^{2}}}$

$P_{a}=2(30\%){\frac {2x10^{6}{\frac {W}{m^{2}}}}{3x10^{8}{\frac {m}{s}}}}=0.20x10^{-2}{\frac {N}{m^{2}}}$

Por lo tanto:

$P=P_{r}+P_{a}=1.13x10^{-2}{\frac {N}{m^{2}}}$

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Realizado por: Flor Vivar,Carlosmiranda (discusión) 00:06 28 oct 2020 (CDT)

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Problema 3.35 4ta Edición en Ingles

Una antena parabólica de radar con $2m$ de diámetro trasmite $200 KW$ pulsos de energía. Si la tasa de repetición son $500$ pulsos por segundo, cada uno durando $2 \mu s$. Determinar el promedio de la fuerza de reacción sobre la antena.

Solución

La fuerza se puede calcular mediante la definición de presión:

$F=PA$

A--> Área de la antena

Con F la fuerza promediada sobre la antena y P la presión promediada. En este caso la presión por radiación ejerce una fuerza de reacción sobre la antena, entonces:

$\langle {P}\rangle ={\frac {\langle {S}\rangle }{c}}$

Con $\langle{S}\rangle$ el promedio en la energía radiada por la antena:

$\langle{S}\rangle= \frac{Energía}{(tiempo)(área)}$

$\langle {S}\rangle ={\frac {(2\times 10^{5}W)(500\times 2\times 10^{-}{6})}{A}}$

Entonces $\langle{P}\rangle$ es:

$\langle {P}\rangle ={\frac {\langle {S}\rangle }{c}}={\frac {6.66\times 10^{-7}}{A}}[{\frac {Joules}{metro}}]$

Por lo tanto, $F=PA= \langle{P}\rangle A= 6.66 \times 10^{-7} [\frac{Joules}{Metro}]= 6.66 \times 10^{-7} [Newtons]$

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Realizado por: Pedro Jesús Julián Salgado,Carlosmiranda (discusión) 00:03 28 oct 2020 (CDT)

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5ta Edición en Ingles

Ejercicio 3.15 5ta Edición en Ingles

El promedio temporal de una función $f(t)$ calculado sobre un intervalo $T$ está dado por:

${\dfrac {1}{T}}\int _{t}^{t+T}f(t')dt'$

donde $t'$ es una variable muda. Si $\tau = 2 \pi / \omega$ es el periodo de una función armónica, muestre que:

$<sin^{2}({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)>={\dfrac {1}{2}},<cos^{2}({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)>={\dfrac {1}{2}},<sin({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)cos({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)>=0$

Cuando $T = \tau$.

Solución:

Haremos un cambio de variable donde $x = \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t$ y por ello $dx = - \omega dt \Rightarrow dt = -dx / \omega$. Ahora tenemos las siguientes identidades trigonométricas:

$sin^{2}(x)={\dfrac {1}{2}}\left[1-cos(2x)\right]$ $cos^{2}(x)={\dfrac {1}{2}}\left[1+cos(2x)\right]$

Como debemos integrar estas funciones, haremos lo siguiente:

$I_{\pm }=-{\dfrac {1}{2\omega T}}\int _{a}^{b}\left[1\pm cos(2x)\right]dx$

donde $a$ y $b$ son los límites de integración, entonces:

$I_{\pm }=-{\dfrac {1}{2\omega T}}\left[x\pm {\dfrac {1}{2}}sen(2x)\right]_{a}^{b}$

Consideremos cuando $T = \tau$.

$T=\tau =2\pi /\omega$

Entonces:

$I_{\pm} = - \dfrac{1}{2 \omega} \dfrac{\omega}{2 \pi} \left[x \pm \dfrac{1}{2} sen(2 x)\right]_a^b$

con $a = \boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega t$ y $b=\boldsymbol{k} \cdot \boldsymbol{r} - \omega (t+2\pi/\omega)$

$I_{\pm }=-{\dfrac {1}{4\pi }}\left\{\left[{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega (t+2\pi /\omega )\pm sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega (t+2\pi /\omega )\right)\right]-\left[{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t\pm sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega t\right)\right]\right\}$

De donde notamos que:

$sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega (t+2\pi /\omega )\right)=sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega t\right)$

y por ello simplificamos:

$I_{\pm }=-{\dfrac {1}{4\pi }}\left\{{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t-2\pi \pm sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega t\right)-{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}+\omega t\mp sin\left(2{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-2\omega t\right)\right\}={\dfrac {2\pi }{4\pi }}={\dfrac {1}{2}}$

Lo cual prueba las primeras dos igualdades.

Para las siguiente igualdad integremos por partes utilizando el mismo cambio de variable, y trabajando sólo con la integral sin considerar el factor $-1/\omega T$:

$I=\int _{a}^{b}sen(x)cosxdx=sen(x)\int cos(x)-\int cos(x)\int cos(x)dxdx=sen^{2}(x)-\int sen(x)cos(x)dx$

de donde despejando la integral original obtenemos:

$I={\dfrac {1}{2}}sen^{2}(x)$

y debemos evaluar en los mismos límites que el caso anterior, entonces:

$I=sen^{2}\left[{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t-2\pi \right]-sen^{2}\left[{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t\right]=\left[sen({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)cos(2\pi )-cos({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)sen(2\pi )\right]^{2}-sen^{2}\left[{\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t\right]$

que simplificando queda como:

$I=\left[sen({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)\right]^{2}-sen^{2}({\boldsymbol {k}}\cdot {\boldsymbol {r}}-\omega t)=0$

Lo que prueba la tercera igualdad.

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Ejercicio realizado por: Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 21:14 28 oct 2018 (CDT), Carlosmiranda (discusión) 00:07 28 oct 2020 (CDT)

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Problema 3.16 5ta Edición en Ingles

Demostrar que una formulación más general del problema anterior produce:

$\langle \cos^2 \omega t \rangle_T=\frac{1}{2}\left [ 1+ \mathrm{sinc } \omega T \cos2\omega t \right ] $

Para cualquier intervalo T:

Solución:

El promedio de tiempo de una función viene dado por la sig. ecuación integral::

$\langle f(t) \rangle_T=\frac{1}{T} \int_{t-\frac{T}{2}}^{t+\frac{T}{2}} f(t) dt$

aquí $f(t)$ esta la función cuyo promedio de tiempo que se desea calcular, $T$ es el periodo de la función armónica y $t$ una variable ficticia.

sustituyendo ${cos}^{2}\omega t$ de $f(t)$:

$\langle \cos^2 \omega t \rangle_T=\frac{1}{T} \int_{t-\frac{T}{2}}^{t+\frac{T}{2}} \cos^2 \omega t' dt' $

Usamos la siguiente relación del lado derecho::

${cos}^{2}(\omega t)=\quad {\frac {1+cos(2\omega {t}^{\quad ,})}{2}}$

Eso da:

$\langle \cos^2 \omega t \rangle_T=\frac{1}{T} \int_{t-\frac{T}{2}}^{t+\frac{T}{2}} \quad \frac { 1+cos(2\omega { t' }^{ }) }{ 2 } dt'$

$\langle \cos^2 \omega t \rangle_T=\frac{1}{2T} \left (\int_{t-\frac{T}{2}}^{t+\frac{T}{2}} dt'+ \int_{t-\frac{T}{2}}^{t+\frac{T}{2}} \frac{\cos(2\omega t)}{2} dt' \right )$

$\left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } \quad \left[ { t }^{ , }+\left[ \frac { \left[ sen(2\omega { t }^{ , } \right] }{ 2\omega } \right] \right] $

$\left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } \quad \left[ \left[ t+T \right] -t \right] +\frac { 1 }{ 2\omega } \left[ sen(2\omega (t+T)-sen2\omega t \right] $

La ecuación anterior da::

$\left< { cos }^{ 2 }(\omega t) \right> =\frac { 1 }{ 2T } [T+\frac { 1 }{ 2\omega } \left[ sen(2\omega t+2\omega T)-sen2\omega t \right] $

recordando la relación trigonométrica general::

$sen(\alpha +\beta )-sen(\alpha -\beta )=2(cos\alpha )(sen\beta )$

sustituyendo$2\omega t+\omega T\quad ~$ por$~\quad \alpha \quad ~$y$~\quad \omega T\quad ~$ para$~\quad \beta$

$sen(2\omega t+\omega T+\omega T)-sen(2\omega t+\omega T-\omega T)=2cos(2\omega t+\omega T)sen(\omega T)$

Usando esto en la ecuación(1):

${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {1}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\omega T)sen(\omega T)\right\}\right]$ ${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\omega T)\right\}\right]$

Usando el termino ${\frac {2\pi }{T}}\quad para\quad \omega$ para el ultimo parentesis...

${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\left({\frac {2\pi }{T}}\right)T)\right\}\right]$=${\frac {1}{2}}\left[1+{\frac {sen\omega T}{\omega T}}\left\{cos(2\omega t+\left(2\pi \right))\right\}\right]$

ahora usamos la expresión general::

${\frac {senx}{x}}=sencx$

Conclusión

y esto da:

$\langle \cos^2 \omega t \rangle_T=\frac{1}{2}\left [ 1+ \mathrm{sinc } \omega T \cos2\omega t \right ] $

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Realizado por: Salvador Alejandro Morales Carranza , Carlosmiranda (discusión) 00:02 28 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.21 5ta Edición en Ingles

La siguiente es la expresión para el campo $\vec{\bf E}$ de una onda electromagnética que se desplaza en un dieléctrico homogéneo:

$\vec{\bf E}=\left(-100 V/m\right) e^{i(kz-\omega t)}\hat{\bf e}_x$

En este caso, $\omega=1.80 \times 10^{15} rad/s$ y $k=1.20 \times 10^7 rad/m$

(a) Determine el campo $\vec{\bf B}$ asociado. (b) Calcule el índice de refracción. (c) Calcule la permitividad. (d) Encuentre la irradiancia.

Inciso a

(a) $\vec{\bf B}$ está en la dirección $\hat{\bf e}_y$, dado que la onda se desplaza en la dirección $\vec{\bf E} \times \vec{\bf B}$ y que apunta en la dirección $\hat{\bf e}_z$

La velocidad es $v=\omega/k$:

$v=\frac{1.80 \times 10^{15} rad/s}{1.20 \times 10^7 rad/m}=1.5 \times 10^8 m/s$

$E_0=vB_0=\left(1.5 \times 10^8 m/s\right)B_0$

$B_0=\frac{-100 V/m}{1.5 \times 10^8 m/s}=-6.7 \times 10^{-8} T$

$\vec{\bf B}=\left(-6.7 \times 10^{-8} T\right) e^{i(kz-\omega t)}\hat{\bf e}_y$

Inciso b

(b) $n=\frac{c}{v}=\frac{2.99\times 10^8 m/s}{1.5 \times 10^8 m/s}$

$n=1.993$

Inciso c

(c) $n=\sqrt{K_E}$

$n^2=K_E$

$K_E=3.973$

$\epsilon=\epsilon_0 K_E$

$\epsilon=(8.8542 \times 10^{-12} \frac{C^2}{N m^2})3.973$

$\epsilon=(3.5181 \times 10^{-11} \frac{C^2}{N m^2})$

Inciso d

(d) $I=\frac{\epsilon v}{2}E_0^2$

$I=\frac{1}{2}\left(3.5181 \times 10^{-11} \frac{C^2}{N m^2}\right)\left(1.5 \times 10^8 m/s\right)\left(-100 V/m\right)$

$I=26.38575\frac{W}{m^2}$

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Realizado por: Sergio ,Carlosmiranda (discusión) 00:00 28 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.32 5ta Edición en Ingles

Una lampara para iluminación fotográfica ordinaria de $3.0v$ consume aproximadamente $0.25A$ y convierte alrededor del$1.0\%$ de la potencia disipada en luz $(\lambda\approx550\ nm)$. Si el haz tiene inicialmente una sección transversal de $10\ m^2$ y es aproximadamente cilíndrico:

a) ¿Cuántos fotones se emiten por segundo?:

b) ¿Cuántos fotones ocupan cada metro de haz?:

c) ¿Cuál es la densidad de flujo del haz cuando sale de la lampara?:

Solución:

Inciso a

a) $p_l=(0.01)p_e$

donde:

$p_{e}=i\upsilon =\left(0.25\right)\left(3.0\right)=0.75w$

$p_{l}=(0.01)(0.75)=75\times {10}^{-4}\ w$

Por lo tanto:

$flujo\ de\ fotones={\frac {75\times {10}^{-4}(550\times {10}^{-9})}{(6.63\times {10}^{-34})(3\times {10}^{8})}}=2.08\times {10}^{16}{\frac {fotones}{s}}$

Inciso b b) existen $2.08\times{10}^{16}$ en el volumen $(3\times{10}^8\ m/s)(1s)({10}^{-3}m^2)$

$\therefore {\frac {2.08\times {10}^{16}}{3\times {10}^{5}}}=0.69\times {10}^{11}\ fotones/m^{3}$

Inciso c c)

$I={\frac {75\times {10}^{-4}\ w}{{10\times 10}^{-4}{\ m}^{2}}}=7.5\ w/m^{2}$

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Realizado por: Verenisse

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Problema 3.57 5ta Edición en Ingles

Muestre que para sustancias de baja densidad, como los gases, que tienen una sola frecuencia de resonancia ${\omega }_{0}$, el índice de refracción viene dado por: $n\approx 1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{2{\epsilon }_{0}{m}_{e}({\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2})}}$

'Solución'

De la ecuación de dispersión: ${n}^{2}(\omega )=1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$

Donde:

${\omega }_{0}$= Frecuencia de resonancia ${\omega }$= Frecuencia $N$= Numero de electrones ${q}_{e}$= Carga del electrón ${m}_{e}$= Masa del electrón ${\epsilon }_{0}$= Permitividad del espacio libre $n$= Indice de refracción

Para una sola frecuencia de resonancia, tenemos:: $n={\left[1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)\right]}^{1/2}$

Ya que para materiales de baja densidad $n\approx 1$ Por lo tanto el segundo termino de la Ec. $\left(1\right)$ es $\ll 1$ Y solo se tendrá que conservar los dos primeros términos de la expansión binomial de $n$

Así mediante el uso de la expansión binomial:: ${\left(1+x\right)}^{1/2}=1+{\frac {1}{2}}x+{\frac {{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{2}}-1\right)}{2!}}{x}^{2}$

Despreciando términos de orden superior, tenemos:: ${\left(1+x\right)}^{1/2}=1+{\frac {1}{2}}x$

Comparando la Ec. $\left(1\right)$ con ${\left(1+x\right)}^{1/2}$, obtenemos:: $x={\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$

Así:: $n=1+{\frac {1}{2}}{\frac {N{q}_{e}^{2}}{{\epsilon }_{0}{m}_{e}}}\left({\frac {1}{{\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2}}}\right)$ ya que partir de la Ecuación $\left(2\right)$::

$n\approx 1+{\frac {N{q}_{e}^{2}}{2{\epsilon }_{0}{m}_{e}({\omega }_{0}^{2}-{\omega }^{2})}}$

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Realizado por: Luis Gutiérrez Melgarejo , Carlosmiranda (discusión) 00:01 28 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.62 5ta Edición en Ingles

Demuestre que la ecuación (3.70) puede volverse a escribir como:

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

donde::

$C=4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}/Nq_{e}^{2}$

Solución:

Ecuación de dispersión::

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)~~~~~~~~~~~(3.70)$

La ecuación dada es::

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

sustituimos el valor $C={\frac {4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}$ en la ecuación dada:

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)\lambda ^{-2}+\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)\lambda _{0}^{-2}$

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}}{\lambda ^{2}}}\right)\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)+\left({\frac {4\pi ^{2}c^{2}}{\lambda _{0}^{2}}}\right)\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)$

$(n^{2}-1)^{-1}=-\left({\frac {2\pi c}{\lambda }}\right)^{2}\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)+\left({\frac {2\pi c}{\lambda _{0}}}\right)^{2}\left({\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\right)$

Como $\left({\frac {2\pi c}{\lambda }}=\omega \right)$ y $\left({\frac {2\pi c}{\lambda _{0}}}=\omega _{0}\right)$

$(n^{2}-1)^{-1}={\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\left[\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}\right]$

${\frac {1}{(n^{2}-1)}}={\frac {\epsilon _{0}m_{e}}{Nq_{e}^{2}}}\left[\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}\right]$

$(n^{2}-1)={\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left[{\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right]$

$n^{2}=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left[{\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right]$

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)$

Esta es la ecuación de dispersión

Por lo tanto::

$n^{2}(\omega )=1+{\frac {Nq_{e}^{2}}{\epsilon _{0}m_{e}}}\left({\frac {1}{\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}\right)$

Se puede reescribir como::

$(n^{2}-1)^{-1}=-C\lambda ^{-2}+C\lambda _{0}^{-2}$

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Realizado por: Enrique Ortiz Martinez, Carlosmiranda (discusión) 23:38 27 oct 2020 (CDT)

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Problema 3.66 5ta Edición en Ingles

En 1871 Sellmeier derivo la ecuación:

${n}^{2}=1+\sum _{j}{\frac {{A}_{j}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{0j}^{2}}}$

Donde la ${A}_{j}$ son términos constantes y cada ${\lambda }_{0j}$ es la onda de longitud al vació asociada con una frecuencia natural ${\nu }_{0j}$ ,tal como ${\lambda }_{0j}{\nu }_{0j}=c$. Esta formulación es una mejora considerablemente practica sobre la ecuación de Cauchy. Muestra que donde $\lambda >>{\lambda }_{0j}$ la ecuación de Cauchy es una aproximación a la de Sellmeier .

Pista: Escribe la expresión de arriba solo con el primer termino en la suma ; expándelo por el teorema binomial ; toma la raíz cuadrada de ${n}^{2}$ y expándela otra vez.

Solución:

La ecuación de Sellmeier dada por::

${n}^{2}=1+\sum _{j}{\frac {{A}_{j}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{0j}^{2}}}$

donde ${A}_{j}$ es una constante y ${\lambda }_{0j}$ es la onda de longitud al vació asociada con una frecuencia natural ${\nu }_{0j}$

$\therefore$ Consideramos solo el primer termino de la sumatoria:

${n}^{2}=1+{\frac {{A}_{1}{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}-{\lambda }_{01}^{2}}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{\frac {{\lambda }^{2}}{{\lambda }^{2}(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{\frac {1}{(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}}$

${n}^{2}=1+{A}_{1}{(1-{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}^{-1}$

Conocemos la expansión binomial de::

${(1-x)}^{-1}=1+x+{x}^{2}+{x}^{3}+......$

$\therefore \quad \quad {n}^{2}=1+{A}_{1}\{1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})+{({\frac {{\lambda }_{01}}{{\lambda }^{2}}})}^{2}+{({\frac {{\lambda }_{01}}{{\lambda }^{2}}})}^{3}+.....\}$ donde $x={\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}$

por lo tanto se ignoran los términos de orden superior por que sabemos que $\lambda >>{\lambda }_{0j}$ entonces tenemos:

${n}^{2}=1+{A}_{1}[1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]$ despejando a $n$ vemos que::

$n={[1+{A}_{1}(1+({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}))]}^{\frac {1}{2}}$

$n={[1+{(A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}}))]}^{\frac {1}{2}}~~~~~~~~~~~(1)$

Nosotros sabemos que la expansión binomial esta dada por::

${(1+x)}^{n}=1+{\frac {n}{1!}}x+{\frac {n(n-1)}{2!}}{x}^{2}+.........$ realizando la expansión con la ecuación (1) tenemos::

$n=1+{\frac {1}{2}}[{A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]+{\frac {{\frac {1}{2}}({\frac {1}{2}}-1)}{2!}}{[{A}_{1}+{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]}^{2}+.........$ desarrollando esta expansión tenemos::

$n=1+{\frac {1}{2}}{A}_{1}+{\frac {1}{2}}{A}_{1}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})+{\frac {{\frac {1}{2}}(-{\frac {1}{2}})}{2}}{[{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{1}}^{2}({\frac {{\lambda }_{01}^{4}}{{\lambda }^{4}}})+2{A}_{1}({A}_{1}{\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})]}+.........$

$n=1+{\frac {{A}_{1}}{2}}+{\frac {{A}_{1}}{2}}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{8}}{{{A}_{1}}^{2}-{\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}({\frac {{\lambda }_{01}^{4}}{{\lambda }^{4}}})-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{4}}({\frac {{\lambda }_{01}^{2}}{{\lambda }^{2}}})}+.........$

Reordenaremos la ecuación en términos lineales y orden superior::

$n=(1+{\frac {{A}_{1}}{2}}-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{8}}...........)+{\frac {{A}_{1}}{2}}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{4}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})-{\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{4}({\frac {1}{{\lambda }^{4}}})+........$

Ya que ${A}_{1}$ y ${\lambda }_{01}$ son constantes , así que, tomaremos a los términos lineales como otra constante:

${C}_{1}=1+{\frac {{A}_{1}}{2}}-{\frac {{{A}_{1}}^{2}}{8}}...........$

A los términos cuadráticos la renombraremos por otra constante::

${C}_{2}={\frac {{A}_{1}{\lambda }_{01}^{2}}{2}}-{\frac {1}{4}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{2}...........$

Y de igual forma a los de orden superior::

${C}_{3}=-({\frac {1}{8}}{{A}_{1}}^{2}{\lambda }_{01}^{4})...........$

Por lo anterior podemos ver que $n$ lo podemos reescribir como::

$n={C}_{1}+{C}_{2}({\frac {1}{{\lambda }^{2}}})+{C}_{3}({\frac {1}{{\lambda }^{4}}})+......$

$\therefore$ Esto es la ecuación de Cauchy esto quiere decir que la ecuación de Cauchy es una aproximación a la de Sellmeier.

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Realizado por: Ruben Espinosa Guzmán ,Carlosmiranda (discusión) 23:59 27 oct 2020 (CDT)

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Otras ediciones

Ejercicio 3.65 Otras ediciones

El cuarzo cristalino tiene índices de refracción de 1.557 y 1.547 a longitudes de onda de 410.0 nm y 550 nm, respectivamente. Utilizando solo los primeros dos términos en la ecuación de Cauchy . calcule $C_1$ y $C_2$ y determine el índice de refracción del cuarzo a 610nm.

Solución:

Augustin-Louis Cauchy definió una ecuación empírica para $n(\lambda)$, su expresión corresponde a la relación en serie de potencias :

$n=C_{1}+{\frac {C_{2}}{\lambda ^{2}}}+{\frac {C_{3}}{\lambda ^{4}}}+....$

donde las $C$ son todas constantes.

Tomamos los primeros dos términos:

$n=C_{1}+{\frac {C_{2}}{\lambda ^{2}}}$

Usaremos el Subíndice A para $\lambda=410.0 nm$ y el subíndice B para $\lambda=550,0 nm$

Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

$n_{A}=C_{1}+{\frac {C_{2}}{\lambda _{A}^{2}}}$ $n_{B}=C_{1}+{\frac {C_{2}}{\lambda _{B}^{2}}}$

Despejamos $C_1$ de la primera y $C_2$ de la segunda:

$n_{A}-{\frac {C_{2}}{\lambda _{A}^{2}}}=C_{1}$ $n_{B}\lambda _{B}^{2}-C_{1}\lambda _{B}^{2}=C_{2}$

Sustituimos $C_1$ en la segunda expresión:

$n_{B}\lambda _{B}^{2}-\left(n_{A}-{\frac {C_{2}}{\lambda _{A}^{2}}}\right)\lambda _{B}^{2}=C_{2}$

Para despejar $C_2$:

$n_B \lambda_B^2- n_ A \lambda_A^2 = C_2 \left( 1- \frac{ \lambda_B^2 }{ \lambda_A^2 } \right)$

$n_B \lambda_B^2- n_ A \lambda_A^2 \left( 1- \frac{ \lambda_B^2 }{ \lambda_A^2 } \right)^{-1} = C_2$

Al sustituir los valores encontramos que $ C_2 = 0.02617 \mu m^2 $

Sustituyendo este valor para encontrar $C_1$:

$n_{A}-{\frac {0.02617\mu m^{2}}{\lambda _{A}^{2}}}=C_{1}$ $C_{1}=1.401$

Conclusión

Para determinar el valor del índice de refracción del cuarzo cuando $\lambda = 610 nm$, sustituimos los valores de $C_1$ y $C_2$ en la ecuación de Cauchy

$n(610 \times 10^{-9} nm) =1.401+ \frac{0.02617 \times 10^{-12}}{(610 \times 10^{-9})^2 }$

$n(610 \times 10^{-9} nm) = 1.471$

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Realizado por: Aurea Espin (discusión) 20:05 28 oct 2018 (CDT), Carlosmiranda (discusión) 00:09 28 oct 2020 (CDT)

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3ra Edición en Español

Ejercicio 3.1, 3ra Edición en Español

Considere la onda electromagnética plana en SI dadas por las expresiones:

$Ex=0$ $Ey=2cos[(2\pi \times 10^{14})t-{\frac {x}{c}}+{\frac {\pi }{2}}]~~$

y

$~~Ez=0$

Inciso a

(a) ¿cuál es la frecuencia, la longitud de onda , la dirección de movimiento, la amplitud, la fase inicial y la polarización de onda? comparando:

$Ey=2cos[(2\pi \times 10^{14})t-{\frac {x}{c}}+{\frac {\pi }{2}}]~~~~(1)~~$

con:

$~~~Ey=Acos[(2\pi *v)t-{\frac {x}{c}}+{\frac {\pi }{2}}]~~~~(2)$

se puede apreciar que al comparar (1) y (2),la frecuencia viene dada por $v= 10^{14}$ siendo que la longitud de onda es:

${\lambda ={\frac {c}{v}}}\$=\$3\times 10^{8}{\frac {1}{10^{14}}}=3\times 10^{-6}$

se mueve en dirección positiva de $x$,la amplitud viene dada por:

$A=2{\frac {V}{m}}$

La polarización lineal de la onda:

$\epsilon=\frac{\pi}{2}$ ~~en Dirección ~~Y

Inciso b

(b) Escriba una expresión para la densidad de flujo magnético:

$Bx=0$

$By=0$

$Bz={\frac {Ey}{c}}$

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Realizado por: [[Usuario:|Luisa Alejandra Vega Sanchez]],Carlosmiranda (discusión) 00:28 28 oct 2020 (CDT)

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Ejercicio 3.3 3ra Edición en Español

Considerando la ecuación (3.30) dada por $E_{y}=cB_{z}$, demuestre que la expresión $\vec k \times \vec E = \omega \vec B$ es correcta aplicándose a una onda plana cuya dirección de campo eléctrico es constante.

Solución

Partiendo de la ecuación (3.30) obtenemos. $E_{x}=cB_{y}$, $E_{y}=cB_{z}$, $E_{z}=cB_{x}$. Elevando estas tres ecuaciones al cuadrado y sumándolas obtenemos:

$E_{x}^{2}+E_{y}^{2}+E_{z}^{2}=c^{2}\left(B_{x}^{2}+B_{y}^{2}+B_{z}^{2}\right)\Rightarrow E^{2}=cB^{2}\Rightarrow {\frac {2\pi }{\lambda }}E=2\pi {\frac {c}{\lambda }}B\Rightarrow kE=2\pi \nu B$

Donde ocupamos $k=\frac{2\pi}{\lambda}$ y $\nu=\frac{c}{\lambda}$, y sabiendo que $\omega=2\pi \nu$ obtenemos:

$kE=\omega B\Rightarrow kE\sin \left({\frac {\pi }{2}}\right)=\omega B\Rightarrow {\vec {k}}\times {\vec {E}}=\omega {\vec {B}}$

Donde por definición el vector $\vec k$ es perpendicular al campo eléctrico $\vec E$, por eso el argumento de $\frac{\pi}{2}$ y $\vec B$ siempre es perpendicular a $\vec E$.

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Realizado por: Jesús Flores Ortega,Carlosmiranda (discusión) 00:30 28 oct 2020 (CDT) ---