Optica: Capitulo9-problemas

Bienvenidos. En esta página pueden dejar las soluciones a sus problemas del Hecht- Capítulo 9

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Ejercicio 9.1

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 explítamente 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:

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

Diego de la Cruz López

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Problema 9.46

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:

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/»:): \frac{x_{m+1}-x_m}{x_{m+2}-x_{m+1}}≈1+\frac{1}{2m}

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

Solución:

--Fernando Valencia Hernández

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Problema 9.21

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 ${r}_{1}>>{a}^{2}/\lambda$

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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

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

(b)

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

Error al representar (error de sintaxis): 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 ${r}_{1}-asen\theta +{\frac {{a}^{2}}{2{r}_{1}}}cos^{2}\theta +...$

(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

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

--Ruben Espinosa Guzman

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Problema 9.48

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:

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

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

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

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

$\Delta d=0.25mm$

--Luis Gutiérrez Melgarejo

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Ejercicio 9.44

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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 $R=8.869m$

--Enrique Ortiz Martinez

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Problema 9.26

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?

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Solución:

--Luis Manuel Chávez Antonio