Optica: Capitulo9-problemas

Problemas capítulo 9 Óptica Hecht, Interferencia .

Ejercicios resueltos sobre interferencia. 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.

5ta Edición en Ingles

Ejercicio 9.1 5ta Edición en Ingles

Regresando a la sección 9.1, sean ${\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)=E_{1}({\vec {r}})e^{-i\omega t}$ & ${\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)=E_{2}({\vec {r}})e^{-i\omega t}$ donde las formas de los frentes de onda no está especificada explícitamente especificadas, y $E_{1}$ & $E_{2}$ son vectores complejos cuya dependencia es espacial y por sus fases respectivas iniciales. Muestre que el término de interferencia está dado por:

$I_{12}={\frac {1}{2}}(E_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}+{\bar {E}}_{1}\cdot E_{2})$..... (9.109)

Muestra que la ecuación 9.109 lleva a la ecuación 9.11 para ondas planas

 Solución 

Sea que un campo ${\tilde {E}}$ es la superposición de los campos ${\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)$ & ${\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)$, esto es:

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

Entonces:

$|{\tilde {E}}({\vec {r}},t)|^{2}=|{\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)|^{2}+|{\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)|^{2}+2{\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)$

Tomemos el operador lineal promedio temporal sobre el intervalo T en ambos lados de la ecuación anterior:

$\langle |{\tilde {E}}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}=\langle |{\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}+\langle |{\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}+2\langle {\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)\rangle _{T}$

donde $\langle |{\tilde {E}}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}=I,\langle |{\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}=I_{1},\langle |{\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)|^{2}\rangle _{T}=I_{2},2\langle {\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)\rangle _{T}=I_{12}$ siempre que seamos negligentes con las constantes, pues, se sabe que $I=\epsilon v\langle |{\vec {E}}|^{2}\rangle _{T}$.

Nos interesa el término $2\langle {\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)\rangle _{T}=I_{12}$

Sin embargo, la física se encuentra en la parte real de los campos ${\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)$ & ${\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)$, es decir:

${\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)=Re[{\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)]\cdot Re[{\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)]$.

Pero sabemos que la parte real de un número complejo $z$ se puede escribir como $Re[z]={\frac {1}{2}}(z+{\bar {z}})$. Así:

${\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)={\frac {1}{2}}(E_{1}e^{-i\omega t}+{\bar {E}}_{1}e^{i\omega t})\cdot {\frac {1}{2}}(E_{2}e^{-i\omega t}+{\bar {E}}_{2}e^{i\omega t})={\frac {1}{4}}[E_{1}\cdot E_{2}e^{-2i\omega t}+{\bar {E}}_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}e^{i2\omega t}+E_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}+{\bar {E}}_{1}\cdot E_{2}]$. Por lo que:

$\langle {\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)\rangle _{T}={\frac {1}{4}}\langle E_{1}\cdot E_{2}e^{-2i\omega t}\rangle _{T}+{\frac {1}{4}}\langle {\bar {E}}_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}e^{2i\omega t}\rangle _{T}+{\frac {1}{4}}\langle E_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}+{\bar {E}}_{1}\cdot E_{2}\rangle _{T}$.

Pero $\langle E_{1}\cdot E_{2}e^{-2i\omega t}\rangle _{T}=(E_{1}({\vec {r}})\cdot E_{2}({\vec {r}}){\frac {1}{T}}\int _{t}^{t+T}e^{-2i\omega t'}dt'=$

$=(E_{1}({\vec {r}})\cdot E_{2}({\vec {r}}){\frac {1}{T}}\{\int _{t}^{t+T}[\cos(2\omega t')-i\sin(2\omega t')]dt'\}=$

$=(E_{1}({\vec {r}})\cdot E_{2}({\vec {r}}){\frac {1}{T}}\{\int _{t}^{t+T}[(\cos ^{2}(\omega t')-\sin ^{2}(\omega t'))-i2\sin(\omega t')\cos(\omega t')]dt'\}=$

$=(E_{1}({\vec {r}})\cdot E_{2}({\vec {r}}\{{\frac {1}{T}}\int _{t}^{t+T}(\cos ^{2}(\omega t')dt'-{\frac {1}{T}}\int _{t}^{t+T}\sin ^{2}(\omega t')dt'-i2{\frac {1}{T}}\int _{t}^{t+T}\sin(\omega t')\cos(\omega t')dt'\}=$

$=(E_{1}({\vec {r}})\cdot E_{2}({\vec {r}}\{{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}-i2\cdot 0\}=0$ siempre que $\tau =2{\frac {\omega }{T}}$ ó $T>>\tau$ que son los rangos que estamos considerando a la hora de evaluar los valores promedio de las cantidades anteriores.

Lo mismo sucede con la cantidad ${\frac {1}{4}}\langle {\bar {E}}_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}e^{2i\omega t}\rangle _{T}$. Por lo que obtenemos:

$I_{12}=2\langle {\tilde {E}}_{1}({\vec {r}},t)\cdot {\tilde {E}}_{2}({\vec {r}},t)\rangle _{T}={\frac {1}{2}}\langle E_{1}\cdot {\bar {E}}_{2}+{\bar {E}}_{1}\cdot E_{2}\rangle _{T}$.

Por fin, es inmediato ver que, para ondas planas:

$E_{1}({\vec {r}})={\vec {E}}_{01}({\vec {r}})e^{i\gamma }$ $\Rightarrow$ ${\bar {E}}_{1}({\vec {r}})={\vec {E}}_{01}({\vec {r}})e^{-i\gamma }$

$E_{2}({\vec {r}})={\vec {E}}_{02}({\vec {r}})e^{i\epsilon }$ $\Rightarrow$ ${\bar {E}}_{2}({\vec {r}})={\vec {E}}_{02}({\vec {r}})e^{-i\epsilon }$

Por lo que: $I_{12}={\frac {1}{2}}[{\vec {E}}_{01}({\vec {r}})\cdot {\vec {E}}_{02}({\vec {r}})e^{i(\gamma -\epsilon )}+{\vec {E}}_{01}({\vec {r}})\cdot {\vec {E}}_{02}({\vec {r}})e^{i(\epsilon -\gamma )}]$. Hagamos $\delta =\gamma -\epsilon$, obteniendo así:

$I_{12}={\frac {1}{2}}{\vec {E}}_{01}({\vec {r}})\cdot {\vec {E}}_{02}({\vec {r}})(2\cos(\gamma -\epsilon ))$

que es precisamente la ecuación 9.11.

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Realizado por: Usuario Diego de la Cruz López

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Ejercicio 9.6* 5ta Edición en Ingles

Dos antenas de radio de 1,0 MHz que emiten en fase están separadas por 600 m a lo largo de una línea norte-sur. Un receptor de radio colocado a 2,0 km al este es equidistante con respecto a las dos antenas transmisoras y puede captar una señal bastante intensa. ¿A qué distancia hacia el norte debería moverse el receptor para que capte de nuevo una señal casi de la misma intensidad?

Solución

Al principio tenemos un triángulo isósceles con su base igual a 600 metros y una altura de 2 kilómetros. moviendo el receptor más al norte, la base y la altura del triángulo siguen siendo las mismas, pero el triángulo ya no es isósceles. Necesitamos mover el receptor de modo que las diferencias en la distancia entre cada antena sea un múltiplo entero de su longitud de onda.

$\lambda ={\frac {c}{f}}={\frac {3x10^{8}m/s}{10^{6}Hz}}=300m$

Mover el receptor hacia el norte x metros da como resultado dos triángulos con la misma altura (2 km), pero una base diferente. La base del triángulo inferior es 300+x y la base del superior es 300-x. Ahora, la distancia desde las antenas es solo la hipotenusa de cada triángulo.

$d_{1}={\sqrt {(300+x)^{2}+2000^{2}}}$

$d_{2}={\sqrt {(300-x)^{2}+2000^{2}}}$

Y como se dijo antes, su diferencia debe ser un múltiplo entero de la longitud de onda (dado que solo necesitamos encontrar una solución, tomaremos n = 1).

$d_{i}-d_{2}=n\lambda$

$d_{1}^{2}-2d_{1}d_{2}+d_{2}^{2}=\lambda ^{2}$

$d_{1}^{2}+d_{2}^{2}-\lambda ^{2}=2d_{1}d_{2}$

$(d_{1}^{2}+d_{2}^{2}-\lambda ^{2})^{2}=4d_{1}^{2}d_{1}^{2}$

Desarrollando la potencia obtenemos

$300^{2}+4(300)^{2}x^{2}+4(2000)^{2}300^{2}=4[-2(300)^{2}x^{2}+300^{4}+2(2000)^{2}(300)^{2}]$

$12(300)^{2}x^{2}=3(300)^{4}+4(2000)^{2}300^{2}$

$x^{2}={\frac {3(300)^{4}+4(2000)^{2}300^{2}}{12(300)^{2}}}$

$x^{2}=1355833.33$

Obtenemos

$x_{1}=1164.4m$

$x_{2}=-1164.4m$

Los valores absolutos de las raíces son iguales. El signo menos solo indica que se debe mover el receptor hacia el sur en lugar del norte, que debería ser lo mismo porque el problema es simétrico.

Ejercicio 9.6* 5ta Edición en Ingles Forma alternativa

Dos antenas de radio de $1 MHz$ emitiendo en fase están separadas por $600 m$, a lo largo de la linea norte-sur. Un receptor de radio localizado equidistante mente de las dos antenas emisoras $2 Km$ al este recibe una muy buena señal. ¿Qué tan lejos al norte se debería mover el receptor si se quiere de nuevo recibir una muy buena señal?

Solución

Podemos considerar al problema similar al experimento de Young, con las antenas emisoras como las dos rendijas, por lo que las ondas que generan una uy buena señal en la antena receptora están espaciadas por un ángulo que cumple la siguiente relación:

$Sen(\theta_m)= \frac{m\lambda}{a}$

Con m un número que identifica a la onda que tiene una buena señal(por así decirlo), $\lambda$ la longitud de la onda y ¨a¨ la separación entre las antenas emisoras. Si la antena receptora se quiere mover hacia el norte entonces habrá un incremento ¨$y$¨ a lo largo del norte, entonces por argumentos geométricos, el $sen(\theta_m)$ también se puede escribir como:

$sen(\theta_m)= \frac{y}{\sqrt{s^{2} + y^{2}}}$

Con ¨s¨ la distancia equidistante de la antena receptora a las emisoras. Considerando como $m= 0$ a la configuración inicial de las antenas, entonces la siguiente configuración para la cual la antena receptora recibe una buena señal será para $m= 1$, por lo que sustituyendo la expresión anterior en la primera, queda como:

$\frac{\lambda}{a}= \frac{y}{\sqrt{y^{2} + s^{2}}}$

Despejando $y$ de la expresión anterior:

$y= \frac{s(c/{\nu})}{\sqrt{a^{2} - y^{2}}}$

Ya que $ c= \lambda\nu$ con $\nu$ la frecuencia de la onda.

Entonces si se quiere mover la antena receptora hacia el norte de tal forma que siga teniendo una muy buena señal, se tendrá que mover 1.150 kilómetros hacia el norte de donde estaba.

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Realizado por: Usuario Usuario:Pedro J. Julián

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Problema 9.21 5ta Edición en Ingles

Examinar las condiciones bajo la cual las aproximaciones de Ec.(9.23) son validas :

(a) Aplica la ley de los cosenos al triangulo ${S}_{1}{S}_{2}P\quad$ en la Fig. 9.11c para obtener:

${\frac {{r}_{2}}{{\quad r}_{1}\quad }}={\left[1-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta \quad +{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}\right]}^{1/2}$

(b)Expande esto en una serie de Maclaurin produciendo así:

${r}_{2}=r_{1}-\quad asen\theta +{\frac {{a}^{2}}{{2r}_{1}}}{cos}^{2}\theta +.....$

(c) Debido a la luz en la Ec. (9.17) demuestre que si $({r}_{1}-r_{2})$ es igual en a $asen\theta$es requerido que ${r}_{1}>>{a}^{2}/\lambda$

Solución:

La formula para la ley del coseno es:

${c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}+2abcos\theta$

${c}={\sqrt {{a}^{2}+{b}^{2}+2abcos\theta }}$

Aquí, $c$ es la hipotenusa del triangulo y $a,b$ son los lados opuestos y adyacentes del triangulo y $\theta$ es el angulo entre el lado adyacente y opuesto del triangulo

Inciso a

(a) En la figura dada, la hipotenusa del triangulo ${S}_{1}{S}_{2}P\quad$ es ${r}_{2}$ la longitud del lado adyacente del triangulo es $a$, y la longitud del lado opuesto del triangulo es${r}_{1}$.

En la figura dada, el angulo entre el lado adyacente y opuesto del triangulo ${S}_{1}{S}_{2}P\quad$ es,

$\theta =90+\theta$

De la ley del coseno:

${r}_{2}^{2}={r}_{1}^{2}+{a}^{2}+{2ar}_{1}cos(90+\theta )$

De lo anterior podemos ver que : $cos(90+\theta )=-sen\theta$

sustituyéndolo en la ecuación anterior y factorizando ${r}_{1}^{2}$ tenemos :

${r}_{2}^{2}={r}_{1}^{2}\left[1+{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta \right]$

Ahora despejando tenemos:

${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}={\left[1+{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta \right]}^{1/2}$

Por lo tanto, el valor de ${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}$ es ${\left[1+{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta \right]}^{1/2}$

Inciso b

(b)

De la serie de Taylor podemos obtener la serie de Mauclaurin. Una expansión de una función sobre 0 es:

$f(x)=f(0)+f'(0)+{\frac {f''(0)}{2!}}{x}^{2}+...+{\frac {{f}^{(n)}(0)}{n!}}{x}^{n}$

Aplicando la serie de Maclaurin a ${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}={\left[1-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta +{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}\right]}^{1/2}$

${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}={\left[1-2\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)sen\theta +{\left({\frac {a}{{r}_{1}}}\right)}^{2}\right]}^{1/2}$

${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}=1-({\frac {a}{r_{1}}})sen\theta +{\frac {{a}^{2}}{{r}_{1}^{2}}}{\frac {({\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} \theta }}(sen\theta ))^{2}}{2!}}+...$

${\frac {{r}_{2}}{{r}_{1}}}=1-({\frac {a}{r_{1}}})sen\theta +{\frac {{a}^{2}}{{r}_{1}^{2}}}{\frac {cos^{2}\theta }{2!}}+...$

${r}_{2}={r}_{1}-asen\theta +{\frac {{a}^{2}}{2{r}_{1}}}cos^{2}\theta +...$

Por lo tanto el valor de ${r}_{2}$ es ${r}_{1}-asen\theta +{\frac {{a}^{2}}{2{r}_{1}}}cos^{2}\theta +...$

Inciso c

(c)

La contribución $cos{\frac {\delta }{2}}$

A partir del tercer termino en la expansión de Maclaurin será despreciable si,

${\frac {k}{2}}\left({\frac {a^{2}}{2r_{1}}}cos^{2}\theta \right)<<{\frac {\pi }{2}}$

Por lo tanto podemos ver que

$r_{1}>>{\frac {a^{2}}{\lambda }}$

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Realizado por: Usuario Ruben Espinosa Guzman

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Problema 9.26 5ta Edición en Ingles

En el espejo doble de Fresnel s = 2 m, ${\lambda }_{0}$ = 589 nm, y se encontró que la separación de las franjas era de 0.5 mm. ¿Cuál es el ángulo de inclinación de los espejos, si la distancia perpendicular de la fuente puntual real a la intersección de los dos espejos es 1 m?

Solución:

La separación de las franjas de fresnel esta dada:

$\Delta y={\frac {s}{a}}\lambda$ .......(1)

Aquí, $s$ es la separación entre las fuentes de imagen y la pantalla $a$ es la separación entre dos fuentes de imagen.

El angulo a dos fuentes de imagen desde el punto de intersección de los espejos es 2$\alpha$, cuando los espejos forman un ángulo $\alpha$, Así que:

$sin\alpha ={\frac {a}{2R}}$ .........(2)

Sustituyendo (2) en (1):

$sin\alpha ={\frac {1}{2R}}\left({\frac {s}{\Delta y}}\lambda \right)$ ....(3)

La longitud de onda y la separación de las franjas de la luz es en metros: ${\lambda }_{0}=589{x10}^{-9}m$

$\Delta y=0.5{x10}^{-3}m$

Sustituyendo las anteriores expresiones y $s$ = 2m y $R$= 1m, en (3):

$sin\alpha ={\frac {1}{2(1m)}}\left({\frac {2m}{0.5{x10}^{-3}m}}(589{x10}^{-9}m)\right)$

$sin\alpha =0.001178$

$\alpha ={sin}^{-1}0.001178$

$\alpha ={0.067^{\circ }\quad \quad }$

Por lo tanto el ángulo de inclinación de dos espejos es:

$\alpha ={0.067^{\circ }}$

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Realizado por: Usuario Luis Manuel Chávez Antonio

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Ejercicio 9.31 5ta Edición en Ingles

Usando el espejo de Lloyds, se observaron franjas de rayos X cuyo espaciado se encontró que era de 0.0025 cm, la longitud de onda fue de 8.33Å, la distancia de la pantalla de la fuente fue de 3m. Que altura se coloco la fuente puntual de rayos X sobre el plano?

Solución

la longitud de onda $\lambda$ $8.33$ Å

$8.33\times {10}^{-10}m=8.33\times {10}^{-8}cm$

el espaciado de franjas es de $0.0025cm$

la distancia entre la fuente es de $3m=300cm$

en el experimento de Lloyd el espaciado de las franjas $dy={\frac {s}{a}}\lambda$

$0.0025cm={\frac {300cm}{a}}8.33\times {10}^{-8}$

la fuente puntual era ${\frac {a}{2}}$ distancia sobre el plano del espejo

por lo tanto, la fuente puntual del plano del espejo es ${\frac {a}{2}}={\frac {{10}^{-2}cm}{2}}$

esto es: $5{\times 10}^{-3}cm$

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Realizado por: Usuario Salvador Alejandro Morales Carranza

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Problema 9.46 5ta Edición en Ingles

A partir de la observación fotográfica de los anillos de Newton observamos que las franjas con valores elevados de m parecen separadas por distancias casi iguales. Para comprobarlo de forma analítica, demuestre que:

${\frac {x_{m+1}-x_{m}}{x_{m+2}-x_{m+1}}}\approx 1+{\frac {1}{2m}}$

Solución:

Puede determinarse en el laboratorio (a a través de las franjas oscuras adyacentes) con independencia de \Delta d

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Aportación de: Usuario Fernando Valencia Hernández

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Problema 9.48 5ta Edición en Ingles

Uno de los espejos de un Interferómetro de Michelson se mueve, y 1000 pares de franjas se desplazan más allá de la raya de un telescopio de observación durante el proceso. Si el dispositivo está iluminado con una señal de 500 nm, ¿qué distancia se movió el espejo?

 Solución 

Tenemos los siguientes datos:

Longitud de onda de la luz ${\lambda }_{0}=500nm=500x{10}^{-9}m$

Numero de franjas desplazadas $N=1000$

En el interferometro de Michelson se tiene que:

$\Delta d={\frac {N{\lambda }_{0}}{2}}$

Donde $\Delta d$, es el desplazamiento de un espejo de un interferometro de Michelson:

$\therefore \quad \Delta d={\frac {(500x{10}^{-9}m)(1000)}{2}}$

$\Delta d={10}^{3}(250x{10}^{-9}m)$

$\Delta d=25{x10}^{-5}m$

$\Delta d=0.25{x10}^{-3}m$

$\Delta d=0.25mm$

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Realizado por: Usuario Luis Gutiérrez Melgarejo

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Ejercicio 9.53 5ta Edición en Ingles

Comenzando con la ecuación (9.53) para una onda transmitida, calcule la densidad de flujo, es decir, obtenga la ecuación (9.54).

Solución:

La ecuación (9.53) es: ${\tilde {E}}_{t}=E_{0}e^{i\omega t}\left[{\dfrac {tt'}{1-r^{2}e^{-i\delta }}}\right]$

donde $E_{0}$ es la amplitud de la onda, $tt'=1-r^{2}$ y $\delta =k_{0}\Lambda =k_{0}m\lambda$ es una contribución a la fase que proviene de la diferencia de caminos ópticos entre los haces incidentes.

Para obtener la intensidad de flujo transmitido debemos multiplicar ${\tilde {E}}_{t}$ por su conjungado que es

${\tilde {E}}_{t}^{*}=E_{0}e^{-i\omega t}\left[{\dfrac {tt'}{1-r^{2}e^{i\delta }}}\right]$

y por ello

$I_{t}=E_{0}E_{0}e^{i\omega t}e^{-i\omega t}\left[{\dfrac {tt'}{1-r^{2}e^{-i\delta }}}\right]\left[{\dfrac {tt'}{1-r^{2}e^{i\delta }}}\right]=E_{0}^{2}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{\left(1-r^{2}e^{-i\delta }\right)\left(1-r^{2}e^{i\delta }\right)}}\right]=E_{0}^{2}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{1-r^{2}e^{i\delta }-r^{2}e^{-i\delta }+r^{4}}}\right]=E_{0}^{2}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{(1+r^{4})-r^{2}\left(e^{i\delta }+e^{-i\delta }\right)}}\right]$

En el denominador podemos reducir la suma de términos exponenciales utilizando la identidad

$\cos x={\dfrac {e^{ix}+e^{-ix}}{2}}\Rightarrow 2\cos x=e^{ix}+e^{-ix}$

la cual nos lleva a

$I_{t}=E_{0}^{2}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{(1+r^{4})-2r^{2}\cos \delta }}\right]$

Y sabiendo que

$I_{i}={\dfrac {E_{0}^{2}}{2}}$

obtenemos finalmente

$I_{t}=2I_{i}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{(1+r^{4})-2r^{2}\cos \delta }}\right]$

Nota: En la 3a edición del libro el resultado se queda hasta antes de utilizar la identidad para el coseno. En la 5a edición se llega a

$I_{t}=I_{i}\left[{\dfrac {(tt')^{2}}{(1+r^{4})-2r^{2}\cos \delta }}\right]$

que difiere en un factor de 2 con el resultado aquí obtenido

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Realizado por: Usuario Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 10:53 18 nov 2018 (CST)

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Ejercicio 9.54 5ta Edición en Ingles

Dado que los espejos de un interferómetro de Fabry-Perot tienen un coeficiente de amplitud de reflexión $r=0.8944$, calcule:

(a) el coeficiente de fuerza,

(b) la semi-anchura,

(c) la fineza,

(d) el factor de contraste definido por:

$C\equiv \frac{(I_t/I_i)_{max}}{(I_t/I_i)_{min}}$

Solución:

Inciso a

(a)El coeficiente de fuerza está dado por:

$F=\left(\frac{2r}{1-r^2}\right)^2$

$F=\left(\frac{2(0.8944)}{1-(0.8944)^2}\right)^2=79.387$

Inciso b

(b) La semianchura

$\gamma=4 \sin^{-1}{(1/\sqrt{F})}$

$\gamma=0.449$

Inciso c

(c)La fineza

$\mathscr{F}=\frac{2\pi}{\gamma}$

$\mathscr{F}=13.966$

Inciso d

(d) para el factor de contraste

$\frac{I_t}{I_i}=\frac{1}{1+F \sin^2 (\delta/2)}$

Por lo que $\left(\frac{I_t}{I_i}\right)_{mín}=\frac{1}{1+F}$ y $\left(\frac{I_t}{I_i}\right)_{máx}=1$

$C=1+F=80.387$

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Realizado por: Usuario Sergio

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Ejercicio 9.55 5ta Edición en Ingles

Para satisfacer algunos detalles de la deducción del incremento de fase más pequeño separado por dos franjas de Frabry-Perot resolubles , es decir:

$( \Delta \delta) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F} }$

teniendo en cuenta que :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}}$

a)Demuestre que la ecuación :

$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} $

Puede reescribirse de nuevo como :

$2[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}} = 0.81 \left(1+ [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta} \right)$

b)Cuando $F$ es grande y $\gamma$ pequeña, y $ \sin \left( \Delta \delta \right) = \Delta \delta $ . Demuestre que entonces se obtiene :

$( \Delta \delta) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F} }$

 Solución :

Para el inciso a) comenzamos tomando la ecuación :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}}$

Si sustituimos el valor de $\delta$ en cada una obtenemos:

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = \frac{1}{1+F \sin^2 ( \frac{\delta_a}{2} + \frac{\Delta \delta}{4} )} + \frac{1}{1+F \sin^2 ( \frac{\delta_b}{2} + \frac{\Delta \delta}{4} )}$

Antes de sumarlas notamos que el resultado se simplifica si tomamos en cuenta que :

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \frac{\Delta \delta}{2}}$

Ahora sin las contribuciones de $ \frac{\delta_a}{2}$ y $ \frac{\delta_b}{2}$:

$[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_a \pm \frac{\Delta \delta}{2}} + [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\delta_b \pm \frac{\Delta \delta}{2}} = \frac{2}{1+F \sin^2 ( \frac{\Delta}{4})} = 2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}$

Por lo tanto :

$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} = \frac{2}{1+F \sin^2 ( \frac{\Delta \delta}{4})} = 2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}$

Y a su vez $\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }} $ se puede reescribir como:

$\left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a} x}}{I_{a m \acute{a}x }}= \left(\frac{8}{\pi^2} \right) \frac{I_{t m \acute{a}x } + I'}{ I _{a m \acute{a}x }}$ $= \left(\frac{8}{\pi^2} \right) \left( 1 +\frac{ I'}{ I _{a m \acute{a}x }} \right)$

En este caso $\frac{ I' }{ I _{a m \acute{a}x }} = [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta}$ y sustituyendo eso y el valor numérico de $\frac{8}{\pi^2}$ obtenemos:

$2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta =\frac{\Delta \delta}{2}}= 0.81 \left(1+[\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta = \Delta \delta} \right) $

Para el inciso b) :

Necesitamos la expresión explicita de $2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta}$ :

$2 [\mathscr{A} (\theta) ]_{\delta} = \frac{2}{1+F \sin^2( \frac{\Delta \delta}{2})}$

Si aproximamos $\sin \frac{\Delta \delta}{2} \approx =\frac{\Delta \delta}{2} $ entonces:

$\frac{2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } = 0.81 \left(1+ \frac{1}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } \right) $

$\frac{2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } = 0.81 \left(\frac{1+ 1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2}{1+F( \frac{\Delta \delta}{2})^2 } \right)$

$F^2 (\Delta \delta)^4-15.5 F (\Delta \delta)^2 -30=0 $

Resolvemos para $(\frac{\Delta \delta}{2})$ y nos quedamos con la solución positiva y real

$(\frac{\Delta \delta}{2}) = 4.1521 \sqrt{\frac{1}{F}}$

$(\frac{\Delta \delta}{2}) \approx \frac{4.2}{\sqrt{F}}$

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Realizado por: Usuario Aurea Espin (discusión) 21:38 17 nov 2018 (CST)

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Ejercicio 9.56 5ta Edición en Ingles

Considere que la figura de interferencia del interferómetro de Michelson provenga de dos haces con igual densidad de flujo. A partir de la ecuación (9.17) calcule la semi anchura. ¿Cuál es la separación en \delta, entre máximos adyacentes? ¿cuál es entonces la fineza?

Solución'

$Ι=4Ι_0cos^{2}(δ/2)$ (ecuación 9.17)

Donde $Ι_{max}=4Ι_0$

$Ι=Ι_{max}cos^{2}(δ/2)$

$Ι=Ι_{max}/2$ cuando $\delta=\frac{\pi}{2}$

Por lo tanto $\gamma=\pi$

La separación entre máximos es $2\pi$

La fineza es $\mathscr{F}=\frac{2\pi}{\gamma}=\frac{2\pi}{\pi}=2$

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Realizado por: Usuario Verenisse

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Otras ediciones

Ejercicio 9.44 Otras ediciones

Se observan anillos de Newton en una película con cuasimonocromaticos que tiene una longitud de onda de 550 nm. Si el vigésimo anillo brillante tiene un radio de 1 cm, ¿cual es el radio de curvatura de la lente que forma parte del sistema interferente?

 Solución 

La longitud de onda de la luz casi monocromatica $\lambda _{0}=550nm=550\times 10^{-9}m$

Radio de 20 anillo brillante $x_{20}=1cm=1\times 10^{-2}m$

Radio del $m^{th}$ anillo brillante $x_{m}=\left[\left(m+{\frac {1}{2}}\right)\lambda _{f}R\right]^{\frac {1}{2}}$

$x_{m}=\left[\left(m+{\frac {1}{2}}\right)\left({\frac {\lambda _{0}}{n_{f}}}\right)R\right]^{\frac {1}{2}}$ ....(1)

Donde:

R=Radio de curvatura de la lente convexa

$n_{f}$ = Indice de refracción del medio entre superficie plana óptica y lente convexa. Aquí el medio es el aire $n_{f}=1$

Desde:

$x_{m}=\left[\left(m+{\frac {1}{2}}\right)\lambda _{0}R\right]^{\frac {1}{2}}$

$x_{m}^{2}=\left[\left(m+{\frac {1}{2}}\right)\lambda _{0}R\right]$

$R={\frac {x_{m}^{2}}{\left(m+{\frac {1}{2}}\right)\lambda _{0}}}$

$R={\frac {x_{20}^{2}}{\left(20+{\frac {1}{2}}\right)\lambda _{0}}}$

$R={\frac {(10^{-2})^{2}}{\left({\frac {41}{2}}\right)(550\times 10^{-9})}}$

$R={\frac {(10^{4})}{\left(20.5\right)(550\times 10^{-9})}}$

$R={\frac {10^{4}}{1.1275\times 10^{-5}}}$

$R=8.869m$

El radio de curvatura de la lente es $R=8.869m$

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Realizado por: Usuario Enrique Ortiz Martinez

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4ta Edición en Ingles

Problema 9.24 4ta Edición en Ingles

Imagínese que tenemos una antena a la orilla de un lago recogiendo una señal de una radio estrella lejana que esta apareciendo horizontalmente en ese momento. Escriba las expresiones para \deltay para la posición angular de la e strella cuando la antena detecta su primer máximo.

Solución

Estamos hablando de un interferometro de división del frente de onda llamado espejo de Lloyd, ya que el lago es una superficie reflectora.

Entonces:

Sabemos que para este interferometro $ \delta = k(r_1 - r_2) \pm \pi$

Realizando los cálculos se obtiene

$r_1 = a/2 sin \alpha $

$r_2 = sin(90$$°$$ -2 \alpha) a/2 sin\alpha$

Por lo tanto

$ \delta=(a/2 sen\alpha-[sen(90^{\circ} -2 \alpha)]a/1sen\alpha +\pi) \\ \\ \delta = ka(1+cos2\alpha)/2sen\alpha + \pi $

Los máximos ocurren cuando $\delta = 2\pi $ entonces

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Realizado por: Usuario Flor Ivon Vivar

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3ra Edición en Español

Ejercicio 9.7 3ra Edición en Español.

Un haz alargado de luz roja de un láser He-Ne ($\lambda_{0}=632.8\mathrm{nm}$) incide en una pantalla que contiene dos rendijas horizontales muy estrechas separadas por $.200\mathrm{nm}$. Una distribución de franjas aparece en una pantalla blanca colocada a una distancia de $100\mathrm{m}$.

(a) ¿ A que distancia (en radianes y milímetros ) por encima y por debajo del eje central se hallan los primeros ceros de irradiancia ?

(b ) ¿ A que distancia ( en mm ) del eje se halla la quinta franja brillante ?

Solución

(a)

Sabemos que la interferencia constructiva se dara en $r_{2}-r_{1}=m\lambda$, donde $r_{2}$ y $r_{1}$ son los caminos ópticos de la rendijilla 2 y 1 y $\lambda$ la longitud de onda del láser He-Ne, por tanto la interferencia destructiva se dará cuando sea $\frac{\lambda}{2}$, así que la primera interferencia se dará en $m=1$ entonces

 $r_{2}-r_{1}=\frac{\lambda}{2}$............(1)

Ahora del experimento de Young (figura 9.8, {Óptica}, Hecht, 3ed.) y de las funciones trigonométrica obtenemos

$\sin \theta =\frac{r_{2}-r_{1}}{a}\Rightarrow$

$r_{2}-r_{1}=a\sin \theta\Rightarrow$

 $a\theta =r_{2}-r_{1}$............(2)

Donde empleamos la relación para ángulos pequeños $\sin \theta =\theta$.

Sustituimos ecuación (2) en (1) y despejamos $\theta$

 $\theta=\frac{\lambda}{2a}$...............(3)

Sustituimos valores dados en el problema

$\theta=\frac{632.8\times 10^{-9}}{2 \times.200 \times 10^{-9}}\Rightarrow$

$\theta =\pm1.58 \times 10^{-3}\mathrm{rad}$

Los signos positivos t negativos aparecen por que es la misma distancia para positivo como negativo.De la ecuación (9.30)

$\Delta y= \frac{s \lambda}{a}$

para $\lambda\rightarrow\frac{\lambda}{2}$

por ser interferencia destructiva y

$\Delta y = y_{1}-y_{0} $ donde

$y_{0}=0$

encontramos que

$y_{1}=s\frac{\lambda}{2a}$.........(4)

sustituimos (3) en (4)

$y_{1}=s\theta\Rightarrow$

$y_{1}=1\mathrm{m}\times 1.58 \times 10^{-3}\mathrm{rad}\Rightarrow$

$y_{1}=\pm1.58\mathrm{mm}$

(b)

Se hace las mismas operaciones que a el inciso anterior solo que $\frac{\lambda}{2}\rightarrow \lambda$ y $m=5$ asi

$y_{5}=\frac{5\lambda s}{a}\Rightarrow$

$y=\frac{1\mathrm{m}\times 5\times 632.8\times10^{-9}\mathrm{m}}{.200\times10^{-3}\mathrm{m}}\Rightarrow$

$y_{5}=15.8\mathrm{mm}$

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Realizado por: Usuario [[Usuario:Jesús|Jesús Flores Ortega]

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Ejercicio 9.17 3ra Edición en Español.

Demuestre que para el biprisma de fresnel ,a viene dada por $a= 2d(n-1){\alpha}$

Solución

un rayo de S golpea al prisma en un ángulo ${\theta_i}$ es refractado a un ángulo ${\theta_t}$ y golpea la 2da cara con un angulo $({\theta_t + \alpha})$

$sen({\theta_i})$= n sen${\theta_t}$

$nsen({\theta_t +\alpha})$= nsen$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$

Donde el angulo ${\theta}$ es definido por ${\theta_i})$ --> 0

${\theta_t}$-->0

${\alpha}$, ${\theta}$ ambos son pequeños.

$nsen({\alpha})$= nsen$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$

entonces n${\alpha}$=$\frac{\theta}{2}+{\alpha}$= $2(n-1){\alpha}$

donde de la figura

tan$\frac{\theta}{2}$= $\frac{a}{2}*d$

Entonces

$\frac{\theta}{2}$= $\frac{a}{2}*d$

${\theta}$= $\frac{a}{d}$

$\frac{a}{d}$= $2(n-1){\alpha}$

por lo que

$a= 2d(n-1){\alpha}$

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Realizado por: Usuario [[Usuario:luisa vega ]

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