Optica: Capitulo8-problemas

Bienvenidos. En esta página pueden dejar las soluciones a sus problemas del Hecht- Capítulo 8

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Ejercicio 8.6

Escriba una expresión para un estado $\Re$ de onda lumínica de frecuencia $\omega$ propagándose en la dirección positiva x tal que a $t=0$ y $x=0$, el campo ${\vec {E}}$ a punta en la dirección z negativa.

Solución

Consideremos la onda electromagnética ${\vec {E}}({\vec {r}},t)={\tilde {E}}_{0}({\vec {r}},t){\hat {n}}$ cuyo vector de onda es ${\vec {k}}$ y su vector de polarización es ${\hat {n}}$. Sea W un frente de onda, entonces, $\exists$ $\beta =\{{\hat {r}}_{1},{\hat {r}}_{2}\}\subseteq W$ tal que:

${\hat {n}}=a_{1}{\hat {r}}_{1}+a_{2}{\hat {r}}_{2}$.

siendo $\beta$ una base para $W$ y, $W$ el espacio afín del subespacio vectorial P que pasa por el origen. (W es una traslación de P)Entonces:

${\vec {E}}({\vec {r}},t)={\tilde {E}}_{01}({\vec {r}},t){\hat {r}}_{1}+{\tilde {E}}_{02}({\vec {r}},t){\hat {r}}_{2}$.

Por supuesto que la dependencia del campo ${\vec {E}}$ y de sus componentes ${\tilde {E}}_{01}$, ${\tilde {E}}_{02}$ es sinusoidal, es decir:

${\vec {E}}({\vec {r}},t)=E_{01}\cos({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta ){\hat {r}}_{1}+E_{02}\cos({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\epsilon ){\hat {r}}_{2}$

Ahora, en un estado $\Re$ se deben de cumplir las siguientes condiciones:

i)$\epsilon =\delta +(-{\frac {\pi }{2}}+2m\pi )$ donde $m=\{...,-2,-1,0,1,2,...\}$;

ii)${\hat {r}}_{1}\cdot {\hat {r}}_{2}=0$ &

iii)$E_{01}=E_{02}=E_{0}$

a priori, ${\vec {E}}({\vec {r}},t)=E_{0}[\cos({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta ){\hat {r}}_{1}+\sin({\vec {k}}\cdot {\vec {r}}-\omega t+\delta ){\hat {r}}_{2}]$

Sea que ${\vec {k}}=k{\hat {x}}$, no hay más para ${\hat {r}}_{1},{\hat {r}}_{2}$ que ${\hat {r}}_{1}={\hat {y}}$ & ${\hat {r}}_{2}={\hat {z}}$. Por lo que

${\vec {E}}({\vec {x}},t)=E_{0}[\cos(kx-\omega t+\delta ){\hat {y}}+\sin(kx-\omega t+\delta ){\hat {z}}]$

Sin embargo, se desea que a $t=0$ y $x=0$, el campo ${\vec {E}}$ apunte en la dirección z negativa, es decir:

$E_{0}[\cos(\delta ){\hat {y}}+\sin(\delta ){\hat {z}}]=0{\hat {y}}-E_{0}{\hat {z}}$

Lo cual es cierto si, y sólo si:

$\cos(\delta )=0$ & $\sin(\delta )=-1$. Por tanto, hagamos $\delta ={\frac {3}{2}}\pi$, entonces:

${\vec {E}}(x,t)=E_{0}[\cos(kx-\omega t+{\frac {3}{2}}\pi ){\hat {y}}+\sin(kx-\omega t+{\frac {3}{2}}\pi ){\hat {z}}]$, que es lo mismo que:

${\vec {E}}(x,t)=E_{0}[\sin(kx-\omega t){\hat {y}}-\cos(kx-\omega t){\hat {z}}]$

que es una de las expresiones de la onda que se piden en el problema.

Diego de la Cruz López

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Ejercicio 8.30

Un polarizador ideal rota con una velocidad angular $\omega$ entre un par de polarizadores similares cruzados y estacionarios. Muestre que la densidad de flujo emergente estará modulada por cuatro veces la frecuencia de rotación. En otras palabras, muestre que

$I={\dfrac {I_{1}}{8}}\left[1-\cos(4\omega t)\right]$

donde $I_{1}$ es la densidad de flujo emergente del primer polarizador e $I$ es la densidad de flujo final.

Solución:

El ángulo que hay entre el primer polarizador y el segundo que está girando es $\theta$. Si la amplitud de la luz que sale del primer polarizador es $E_{01}$, entonces la que emerge del polarizador en rotación debe ser

$E_{01}\cos \theta$

Ahora bien, el último polarizador tiene un ángulo de $\pi /2$ respecto del primero, lo que significa que el ángulo de salida será $\pi /2-\theta$, entonces la amplitud resultante será

$E_{01}\cos \theta \cos(\pi /2-90)=E_{01}\cos \theta \sin \theta \equiv E$

Además, sabemos que

$I={\dfrac {1}{2}}E^{2}$

Entonces

$I={\dfrac {1}{2}}E_{01}^{2}\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta ={\dfrac {1}{2}}E_{01}^{2}{\dfrac {1}{2}}\left(1+\cos(2\theta )\right){\dfrac {1}{2}}\left(1-\cos(2\theta )\right)={\dfrac {E_{01}^{2}}{2}}{\dfrac {1}{4}}\left(1-\cos ^{2}(2\theta )\right)={\dfrac {E_{01}^{2}}{2}}{\dfrac {1}{4}}\left\{1-{\dfrac {1}{2}}\left[1+\cos ^{4}(4\theta )\right]\right\}$

Entonces

$I={\dfrac {E_{01}^{2}}{2}}{\dfrac {1}{8}}\left[1-\cos ^{4}(4\theta )\right]={\dfrac {E_{01}^{2}}{2}}{\dfrac {1}{8}}\left[1-\cos ^{4}(4\omega t)\right]$

Y como $I_{1}={\dfrac {E_{01}^{2}}{2}}$ llegamos a

$I={\dfrac {I_{1}}{8}}\left[1-\cos ^{4}(4\omega t)\right]$

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 22:02 5 nov 2018 (CST)

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Ejercicio 8.73

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Considere una celda de kerr cuyas placas están separadas por una distancia d. Sea l la longitud efectiva de esas placas (ligeramente diferente de la longitud real debido a la franja del campo). Muestra que $\Delta \varphi =2\pi Kl{{V}^{2}}/{{d}^{2}}$.

Solución:

Donde: $d$: Separacion de las placas en celdas de Kerr

$l$: Longitud efectiva de lass placas en celdas de Kerr

La diferencia entre los indices ${n}_{\parallel }$ y ${n}_{\bot }$ asociaada con las dos orientaciones del plano de vibracion de la onda (es decir, paralela y perpendicular al campo electrico aplicado), es

$\Delta n=\lambda \cdot K\cdot {E}^{2}$

Donde: $K$: Kerr constante $E$: Intensidad de campo eléctrico.

$\Delta n=\lambda \cdot K\cdot {\left({\frac {V}{d}}\right)}^{2}$

Porque $Campo\quad electrico\quad (E)={\frac {Potencia\quad (V)}{Distancia\quad (d)}}$

$\Delta n=\lambda \cdot K\cdot {\frac {{V}^{2}}{{d}^{2}}}\quad ...(1)$

$({n}_{\parallel }-{n}_{\bot })=\left[\left({\frac {\lambda }{{\lambda }_{\parallel }}}\right)-\left({\frac {\lambda }{{\lambda }_{\bot }}}\right)\right]$

Donde: ${\lambda }_{\parallel }$: Longitud de onda de las ondas en un dice de refraccion $({n}_{\parallel })$

${\lambda }_{\bot }$: Longitud de onda de las ondas en un indice de refracción ${(n}_{\bot })$

$({n}_{\parallel }-{n}_{\bot })=\lambda \left[{\frac {1}{{\lambda }_{\parallel }}}-{\frac {1}{{\lambda }_{\bot }}}\right]$

$({n}_{\parallel }-{n}_{\bot })=\lambda \left[{\frac {{\phi }_{\parallel }}{{2\pi l}_{\parallel }}}-{\frac {{\phi }_{\bot }}{{2\pi l}_{\bot }}}\right]$

Porque: $Fase\quad de\quad diferencia={\frac {2\pi }{\lambda }}(camino\quad de\quad diferencia)$

$({n}_{\parallel }-{n}_{\bot })={\frac {\lambda }{{2\pi }l}}\left[{\phi }_{\parallel }-{\phi }_{\bot }\right]$

Porque ${l}_{\parallel }={l}_{\bot }=l$

$\Delta n={\frac {\lambda }{{2\pi }l}}\Delta \phi \quad ...(2)$

De la Ec. (1) y (2)

${\frac {\lambda }{{2\pi }l}}\Delta \phi =\lambda \cdot K\cdot {\frac {{V}^{2}}{{d}^{2}}}$

${\frac {1}{{2\pi }l}}\Delta \phi =K\cdot {\frac {{V}^{2}}{{d}^{2}}}$

$\Delta \phi ={2\pi }lK\cdot {\frac {{V}^{2}}{{d}^{2}}}$

--Luis Gutiérrez Melgarejo

Ejercicio 8.47

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Un haz de luz natural incide en una interfaz aire-vidrio ${n}_{ti}$ a 40°,Calcular el grado de polarización de la luz reflejada.

Solución:

Ocupando la expresión 8.33 del libro, para el grado de polarización de la luz reflejada es:

$V={\frac {{I}_{P}}{{I}_{P}+{I}_{n}}}$ .....(A)

Donde ${I}_{P}$ es la densidad de flujo constituyente de la luz polarizada y ${I}_{n}$ es la densidad de flujo constituyente de la luz no polarizada.

La densidad de flujo constituyente de la luz polarizada esta dada por:

${I}_{P}={R}_{\bot }{I}_{i\bot }-{R}_{\parallel }{I}_{i\parallel }$ ....(1)

La onda total reflejada tiene una irradiancia dada:

${{I}_{n}+I}_{P}={R}_{\bot }{I}_{i\bot }+{R}_{\parallel }{I}_{i\parallel }$ ....(2)

Aquí ${R}_{\parallel }$ y ${R}_{\bot }$ son la irradiancia y estan dadas por las ecuaciones de Fresnel:

${R}_{\parallel }={\frac {{Tan}^{2}({{\theta }_{i}-{\theta }_{t})}}{{Tan}^{2}({{\theta }_{i}+{\theta }_{t})}}}$.....(3)

Y

${R}_{\bot }={\frac {{Sin}^{2}({{\theta }_{i}-{\theta }_{t})}}{{Sin}^{2}({{\theta }_{i}+{\theta }_{t})}}}$ ........(4)

Aquí ${\theta }_{i}$ es el ángulo incidente y ${\theta }_{t}$ es el ángulo transmitido:

Tenemos por ley de Snell:

${n}_{i}sin{\theta }_{i}={n}_{ti}sin{\theta }_{t}$

Despejando ${\theta }_{t}$

${\theta }_{t}={sin}^{-1}\left({\frac {{n}_{i}sin{\theta }_{i}}{{n}_{ti}}}\right)$

Sustituyendo los valores numéricos:

Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): { \theta }_{ t }={ sin }^{ -1 }\left( \frac { (1)sin40° }{ 1.5 } \right)

Error al representar (error de sintaxis): { \theta }_{ t }=25.4°

Sustituyendo el anterior resultado en (3):

Error al representar (error de sintaxis): { R }_{ \parallel }=\frac { { Tan }^{ 2 }({ 40°-25.4°) } }{ { Tan }^{ 2 }({ 40°+25.4°) } }

${R}_{\parallel }=0.0143$ ....(5)

Similar para (4):

Error al representar (error de sintaxis): { R }_{ \bot }=\frac { { Sin }^{ 2 }({ 40°-25.4°) } }{ { Sin }^{ 2 }({ 40°+25.4°) } }

${R}_{\bot }=0.0768$.......(6)

Sustituyendo (1) y (2) en (A) tenemos:

$V={\frac {{R}_{\bot }{I}_{i\bot }-{R}_{\parallel }{I}_{i\parallel }}{{R}_{\bot }{I}_{i\bot }{+R}_{\parallel }{I}_{i\parallel }}}$......(7)

Ahora tomando ${I}_{i\bot }={I}_{i\parallel }={\frac {{I}_{i}}{2}}$ .....(8)

Reemplazando, (7) tiene la forma:

$V={\frac {{R}_{\bot }({\frac {{I}_{i}}{2}})-{R}_{\parallel }({\frac {{I}_{i}}{2}})}{{R}_{\bot }({\frac {{I}_{i}}{2}}){+R}_{\parallel }({\frac {{I}_{i}}{2}})}}$....(9)

Reduciendo la expresión anterior:

$V={\frac {{R}_{\bot }-{R}_{\parallel }}{{R}_{\bot }{+R}_{\parallel }}}$...(10)

finalmente sustituyendo (5) y (6) en (10):

$V={\frac {0.0768-0.0143}{0.0768+0.0143}}$

$V=0.69$

Por lo tanto el grado de polarización es del 69%

Luis Manuel Chávez Antonio

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Ejercicio 8.52

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Un rayo de luz amarilla incide sobre una placa de calcita a ${50}^{\circ }$.La placa se corta de modo que el eje óptico sea paralelo a la cara frontal y perpendicular al plano de incidencia.Encuentra la separación angular entre los dos rayos emergentes

Solución:

Sabemos que: El indice de refraccion $({n}_{0})$ del rayo ordinario en la placa de cuarzo = 1.6584

El indice de refraccion $({n}_{e})$ de rayos extraordinarios en la placa de cuarzo =1.4864

Angulo ${\theta }_{i}$ de incidencia de la luz amarilla en el cristal de calcita =${50}^{\circ }$

Sabemos que la ley de Snell es:

${\frac {sen{(\theta }_{i})}{sen{(\theta }_{t})}}=n$

Para el rayo ordinario tenemos :

$sen{\theta }_{i}={n}_{o}sen{\theta }_{to}$

$sen{\theta }_{to}={\frac {sen{\theta }_{i}}{{n}_{o}}}$

$sen{\theta }_{to}={\frac {sen{50}^{\circ }}{1.6584}}$

$sen{\theta }_{to}={\frac {0.766}{1.6584}}$

$sen{\theta }_{to}=0.4619$

${\theta }_{to}={sen}^{-1}0.4619$

Error al representar (error de sintaxis): { \theta }_{ to }={ 27 }^{ \circ }35´

Para rayos extraordinarios tenemos análogamente de la ley de Snell

$sen{\theta }_{te}={\frac {sen{\theta }_{i}}{{n}_{e}}}$

$sen{\theta }_{te}={\frac {sen{50}^{\circ }}{1.4864}}$

$sen{\theta }_{te}={\frac {0.766}{1.4864}}$

$sen{\theta }_{te}=0.515$

${\theta }_{te}={sen}^{-1}0.515$

Error al representar (error de sintaxis): { \theta }_{ te }={ 31 }^{ \circ }4´

Por lo tanto la separacion angular $\Delta \theta$ entre los dos rayos emergentes es:

$\Delta \theta ={\theta }_{te}-{\theta }_{to}$

Error al representar (error de sintaxis): \Delta \theta ={ 31 }^{ \circ }4´-{ 27 }^{ \circ }35´

Error al representar (error de sintaxis): \Delta \theta ={ 3 }^{ \circ }29´

--Ruben Espinosa Guzman

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Ejercicio 8.4

Describa detalladamente el estado de la polarización de cada una de las siguientes ondas:

a)Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \vec{E}=\hat{i}E_0 cos(kz-ωt)+\hat{j}E_0 cos(kz-ωt)

b)Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \vec{E}=\hat{i}E_0 sen[2\pi(z/λ-\omega t)]-\hat{j}E_0 sen[2\pi (z/λ-\omega t)]

c)Error al representar (error de sintaxis): \vec{E}=\hat{i}E_0 sen(wt-kz)-\hat{j}E_0 sen(ωt-kz-\pi /4)

d)Error al representar (error de sintaxis): \vec{E}=\hat{i}E_0 cos(kz-ωt)+\hat{j}E_0 cos(kz-ωt+\pi /2)

Solución:

Analicemos los máximos de los valores extremos por componentes.

Para la expresión a) vemos que cuando:

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=0 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1-{\hat {j}}1$]

Si Error al representar (error de sintaxis): kz-ωt=\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}0-{\hat {j}}0$]

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=3\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}-1-{\hat {j}}-1$]

Con esto podemos darnos cuenta fácilmente que el campo E de a) es una recta con pendiente 1.

Para la expresión b) tenemos:

Si Error al representar (error de sintaxis): z/λ-\omega t=0 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}0{\hat {j}}0$]

Si Error al representar (error de sintaxis): z/λ-\omega t=\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1-{\hat {j}}1$]

Si Error al representar (error de sintaxis): z/λ-\omega t=\pi ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}0+{\hat {j}}0$]

Si Error al representar (error de sintaxis): z/λ-\omega t=3\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[-{\hat {i}}1+{\hat {j}}1$]

Concluímos que el campo E de b) es una recta con pendiente -1

Para la expresión c) tenemos:

Si Error al representar (error de sintaxis): kz-ωt=0 ; ${\vec {E}}=E_{0}{\hat {i}}0[-{\hat {j}}{\sqrt {2}}/2$]

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1+{\hat {j}}{\sqrt {2}}/2$]

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=\pi ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1+{\hat {j}}{\sqrt {2}}/2$]

Si Error al representar (error de sintaxis): kz-ωt=3\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[-{\hat {i}}1-{\hat {j}}{\sqrt {2}}/2$]

Es un poco más complicado de visualizar la forma, pero si se unen los puntos que conocemos, podemos interpretar que es una elipse para E de c)

Finalmente, para d)

Si Error al representar (error de sintaxis): kz-ωt=0 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1+{\hat {j}}0$]

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}0-{\hat {j}}1$]

Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): kz-ωt=3\pi /2 ; ${\vec {E}}=E_{0}[-{\hat {i}}1+{\hat {j}}0$]

Si Error al representar (error de sintaxis): kz-ωt=2\pi ; ${\vec {E}}=E_{0}[{\hat {i}}1+{\hat {j}}0$]

Claramente, E de d) es un circulo de radio E

--Fernando Valencia Hernández

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Ejercicio 8.49

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Un haz de luz natural que incide en el aire en un interfaz de vidrio $(n=1.5)$ a 70° se refleja parcialmente. Calcular la reflectancia general. ¿Como se compararía esto con el caso de incidencia en, digamos ,56.3 °?

Solución:

Los datos que tenemos son:

Angulo de incidencia del haz de luz en el interfaz de aire-vidrio. $\theta _{i}=70$

Indice de refracción de medio. $(n=1.5)$

Partiendo de la ley de Snell:

$n_{i}sen\theta _{i}=n_{r}sen\theta _{r}$

${\frac {n_{r}}{n_{i}}}={\frac {sen\theta _{i}}{sen\theta _{r}}}$

${\frac {1.5}{1}}={\frac {sen(70)}{sen\theta _{r}}}$

${sen\theta _{r}}={\frac {sen(70)}{1.5}}$

${sen\theta _{r}}={\frac {0.93969}{1.5}}$

${sen\theta _{r}}=0.6264$

$\theta _{r}=sen^{-1}(0.6264)$

$\theta _{r}=38.78$

Por lo tanto en angulo de transmicion es $\theta _{r}=38.78$

De las ecuaciones de Fresnel

Componente paralelo de reflectancia:

$R_{||}={\frac {tan^{2}(\theta _{i}-\theta _{r})}{tan^{2}(\theta _{i}+\theta _{r})}}$

sustituimos los valores de $\theta _{i}$ y $\theta _{r}$

$R_{||}={\frac {tan^{2}(70-38.78)}{tan^{2}(70+38.78)}}$

$R_{||}=\left[{\frac {tan(31.22)}{tan(108.78)}}\right]^{2}$

$R_{||}=\left[{\frac {0.606}{-2.94}}\right]^{2}$

$R_{||}=0.04246$

$R_{\perp }={\frac {sen^{2}(\theta _{i}-\theta _{r})}{sen^{2}(\theta _{i}+\theta _{r})}}$

$R_{\perp }={\frac {sen^{2}(70-38.78)}{sen^{2}(70+38.78)}}$

$R_{\perp }=\left[{\frac {sen(31.22)}{sen(108.78)}}\right]^{2}$

$R_{\perp }=\left[{\frac {0.5183}{0.9467}}\right]^{2}$

$R_{\perp }=\left[0.5474\right]^{2}$

$R_{\perp }=0.2996$

Sobre toda la reflectancia $R={\frac {1}{2}}(R_{\parallel }+R_{\perp })$

$R={\frac {1}{2}}(0.04246+0.2996)$

Sobre toda la reflectancia $R=0.17107$

Es decir 17.107 % de la luz se refleja o también se puede decir 17.107 % de la luz incidente se refleja

Cuando el angulo de incidencia $\theta _{i}=56.3$

De la ley de Snell:

${\frac {n_{r}}{n_{i}}}={\frac {sen\theta _{i}}{sen\theta _{r}}}$

${\frac {1.5}{1}}={\frac {sen(56.3)}{sen(\theta _{r})}}$

${sen(\theta _{r})}={\frac {0.831}{1.5}}$

${sen(\theta _{r})}=0.5546$

$\theta _{r}=sen^{-1}(0.5546)$

$\theta _{r}=33.68$

En angulo de transmicion es: $\theta _{r}=33.68$

Nuevamente usamos la ecuacion: $R_{||}={\frac {tan^{2}(\theta _{i}-\theta _{r})}{tan^{2}(\theta _{i}+\theta _{r})}}$

$R_{||}={\frac {tan^{2}(56.3-33.68)}{tan^{2}(56.3+33.68)}}$

$R_{||}=\left[{\frac {tan(22.62)}{tan(89.98)}}\right]^{2}$

$R_{||}=\left[{\frac {0.4166}{3993.46}}\right]^{2}$

$R_{||}=1.0886\times 10^{-8}$

$R_{\perp }={\frac {sen^{2}(\theta _{i}-\theta _{r})}{sen^{2}(\theta _{i}+\theta _{r})}}$

$R_{\perp }={\frac {sen^{2}(56.3-33.68)}{sen^{2}(56.3+33.68)}}$

$R_{\perp }=\left[{\frac {sen(22.62)}{sen(89.68)}}\right]^{2}$

$R_{\perp }=\left[{\frac {0.3846}{0.9999}}\right]^{2}$

$R_{\perp }=0.14791$

Sobre toda la reflectancia $R={\frac {1}{2}}(R_{\parallel }+R_{\perp })$

$R={\frac {1}{2}}(1.0886\times 10^{-8}+0.14791)$

$R=0.07395$

Porcentaje de reflectancia = 7.395 %

En este caso, la incidencia del angulo de 56.3° es igual al angulo de polarización. Así la luz reflejada esta totalmente polarizada. Pero en el primer caso la luz reflejada esta parcialmente polarizada. En el primer caso 17.107 % de la luz incidente se refleja y se polariza parcialmente. Pero en el caso posterior 7.395 % se refleja la luz incidente y se polariza totalmente.

Enrique Ortiz Martinez

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Ejercicio 8.28

Dado $200{\frac {w}{{m}^{2}}}$ de luz polarizada incide aleatoria mente en una pila de polarizadores lineales ideales que se colocan uno detrás de otro con el eje de transmicion de la primera vertical, el segundo a 30 grados, el tercero a 60 y el cuarto a 90. cuanta luz emerge?

solución

irradianza de luz polarizada aleatoriamente (luz natural)

${I}_{0}=200{\frac {w}{{m}^{2}}}$

El angulo de transmicion son 0, 30, 60, y 90 grados respectivamente

cuando la luz natural de irradianza incide en un polarizador lineal, la luz proveniente del polarizador lineal se convierte en la mitad

entonces del 1er polarizador ${I}_{(0)}={\frac {200}{2}}$ = ${I}_{0}=100{\frac {w}{{m}^{2}}}$

la diferencia de angulo entre el 1er y 2do

$\theta =30-0=30\$

De la ley de Malus, la irradiacion de la luz emerge del 2do polarizador lineal

${I}_{\theta }=I(0){cos}^{2}30$

$(100){({\frac {\sqrt {3}}{2}}})^{2}$

$75{\frac {w}{{m}^{2}}}$

angulo entre los polarizadores 2do y 3ro

$90-30=30\$

aplicando de nuevo la ley de Malus para el tercer polarizador

$I(\theta )=I(30){cos}^{2}30$

$(75){({\frac {\sqrt {3}}{2}})}^{2}$

${\frac {225}{4}}{\frac {w}{{m}^{2}}}$

$I(\theta )=56.25{\frac {w}{{m}^{2}}}$ ...(1)

Esto es incidente en el cuarto polarizador

angulo entre los polarizadores 3ro y 4to

$I({\theta }_{1})=I(\theta ){cos}^{2}30$

$(56.25){({\frac {\sqrt {3}}{2}})}^{2}=56.25({\frac {3}{4}})$

esto nos da: $42.1875{\frac {w}{{m}^{2}}}$

esta ultima cantidad es la irradiacion de luz que emerge después de pasar por cuatro polarizadores

--Salvador Morales Carranza

Ejercicio 8.3

demuestre analiticamente que la superposicion de un estado R y L que tienen diferentes amplitudes,llevaría a un estado ${\epsilon}$, como se muestra en lafigura 8.8 (del libro de óptica de hecht).¿ Cual debería ser el valor de ${\epsilon}?$

${E_R}= i{E_0}cos{(kz-wt)}+j{E_0}sen{(kz-wt)}$

${E_L}=i{E´_0}cos{(kz-wt)}-j{E´_0}sen{(kz-wt)}$

$E={E_R}+{E_L}= i({E_0}+{E´_0})cos{(kz-wt)}+j({E_0}-{E´_0})sen{(kz-wt)}$

dejando

$({E_0}+{E´_0})={E´´_0x}$ y $({E_0}-{E´_0})={E´´_0y}$

por lo que :

$E=i{E´´_0x}cos{(kz-wt)} + j{E´´_0y}sen{(kz-wt)}$

Usuario:Luisa Alejandra Vega Sanchez

Ejercicio 8.45

Un compensador de Babinet esta puesto a $45°$ en medio de polarizadores cruzados y esta siendo iluminado con luz de sodio (589.6 nm). Cuando una delgada hoja de mica (índices 1.599 y 1.594) es puesta en el compensador, las bandas negras, todas cambian por $1/4$ del espacio separándolas. calcular el retardo de fase de la hoja y el grueso de ésta.

--- Solución ---

Cuando la mica es puesta las bandas negras cambian su separación de fase de $\Delta\varphi$ a $1/4\Delta\varphi$. Entonces si antes de que se pusiera la mica, las ondas tenían una fase completa de $\Delta\varphi=2\pi$, la nueva fase será $\Delta\varphi´= (1/4)(\Delta\varphi)= (1/4)(2\pi)=\frac{\pi}{2}$, por lo que la hoja hace un retardo de fase de $\pi/2$.

Para obtener el grosor de la mica podemos ocupar la siguiente relación: $\Delta\varphi´=\frac{2\pi|n_{o}-n_{e}|d}{\lambda_0}$ Con d el grosor de la mica, $n_{o}$ y $n_{e}$ los índices de los medios en los que las ondas ordinarias y extraordinarias atraviesan, respectivamente.

Así el grosor de la hoja de mica es:

$d=\frac{\Delta\varphi´\lambda_0}{2\pi\Delta{n}}$ con $\Delta{n}= |n_{o}-n_{e}|$.

$d= \frac{\Delta\varphi´\lambda_0}{2\pi\Delta{n}}= \pi/2[\frac{589.6 \times 10^{-9}}{2\pi(5 \times 10^{-3})}]= 2.94 \times 10^-5 m$

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Ejercicio 8.48

Demuestre que el grado de polarización de $(V_r)$ de la luz reflejada puede expresarse como:

$V_r= \frac{R_{\perp} - R_{ \parallel}}{R_{\perp} + R_{ \parallel}}$

Solución:

Partimos de la definición de grado de polarización:

$V= \frac{I_p}{I_p + I_n}$

Donde $I_p$ e $I_n$ son las densidades de flujo constitutivas de la luz polarizada y no polarizada o luz natural .

Estas cantidades son función de la Reflectancia:

$R_{ \parallel}= \frac{I_{ \parallel }}{I_0}$

$R_{ \perp} = \frac{I_{ \perp }}{I_0}$

Despejando $I_{ \perp }$ y $I_{ \parallel}$ obtenemos:

$I_{0} R_{ \parallel}= I_{ \parallel }$

$I_0 R_{ \perp} = I_{ \perp } $

Recordemos que para la luz reflejada no polarizada : $I_{\parallel}= I_{ \perp }$

Mientras que en luz reflejada polarizada : $I_p =I_{r \perp } - I_{r \parallel }$

Con esto en mente , hacemos la sustitución en la definición de grado de polarización:

$V= \frac{I_p}{I_p + I_n} =\frac{ I_{r \perp } - I_{r \parallel }}{ I_{r \perp } - I_{r \parallel } + 2 I_{r \parallel }}$

$V= \frac {I_0 R_{ \perp} - I_0 R_{ \parallel }}{ I_0 R_{ \perp} - I_0 R_{ \parallel} + 2 I_0 R_{ \parallel}}$

$V=\frac {I_0 R_{ \perp} - I_0 R_{ \parallel}}{ I_0 R_{ \perp} + I_0 R_{ \parallel} }$

Factorizamos $I_0$:

$V=\frac {I_0( R_{ \perp} - R_{ \parallel})}{ I_0( R_{ \perp} + R_{ \parallel}) }$

El factor $\frac {I_0}{I_0}=1$ y obtenemos la expresión para el grado de polarización $V_r$ de la luz reflejada :

$V_r= \frac{R_{\perp} - R_{ \parallel}}{R_{\perp} + R_{ \parallel}}$

Aurea Espin (discusión) 10:59 11 nov 2018 (CST)

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Ejercicio 8.69

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Un compensador de Babinet se coloca 45° entre polarizadores lineales cruzados y se elimina con luz de sodio. Al colocar una lámina fina de mica (índices 1.599 y 1.594) en el compensador, todas las bandas negras se desplazan una cuarta parte del espacio que las separa. Calcule la retardancia de la lámina y su espesor. La retardancia está dada por:

Solución:

$\Delta φ=\frac{2π}{λ_0} dΔn$

Donde $\Delta φ=\frac{(14)}{(2π)}=\frac{π}{2}$

Despejando d

$\frac{\pi}{2}=\frac{2\pi\ d(0.005)}{589.3\times{10}^{-9}}$

$d=\frac{589.3\times{10}^{-9}}{4(0.005)}=2.94\times{10}^{-5}m$

--Verenisse