´ A DISTANCIA UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACION facultad de ciencias. departamento de f´ısica de los materiales ´ Asignatura: OPTICA c/ Senda del Rey, 9. 28040 - Madrid Tfno.: (91) 398-7172
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´ PTICA O
CUADERNILLO
SEGUNDO
CUATRIMESTRE
CURSO
2005/06
SOLUCIONES
Problema 1.Interferencias luminosas: condici´ on de Arago Una onda plana, monocrom´atica, de longitud de onda λ, con su campo el´ectrico paralelo siempre al eje Z y propag´andose seg´ un el eje Y , incide normalmente sobre dos rendijas estrechas verticales, situadas en el plano {X, Z} con sus centros en los puntos (d/2, 0, 0) y (−d/2, 0, 0). A la salida de las mismas, y debido a dos peque˜ nos polarizadores lineales colocados en ellas, las ondas est´an linealmente polarizadas formando a´ngulos +α y −α (menores de 45◦ ) con el eje Z. Al llegar a una pantalla situada en el plano y = D (D À d), las ondas interfieren formando franjas paralelas al eje Z. Se pide: 1. Encontrar la expresi´on de la intensidad I(x) sobre la zona central de la pantalla. Suponer, para ello, que las amplitudes m´aximas de los campos que interfieren son iguales. 2. Determinar los m´aximos y m´ınimos de intensidad, as´ı como la distancia entre franjas consecutivas. Calcular ´esta u ´ltima en el caso siguiente: d = 0, 5 mm; D = 2 m; λ = 632, 8 nm. 3. Definida la visibilidad V de las franjas de interferencia de la siguiente manera: V =
Imax − Imin Imax + Imin
determinar su expresi´on en funci´on de α y representarla gr´aficamente.
1
Soluci´ on Este problema est´a planteado para recordar el experimento de Arago, que demuestra que dos campos el´ectricos perpendiculares entre s´ı no producen franjas de interferencia. Esto es debido a que en el t´ermino interferencial aparece el producto escalar de los campos que, al ser perpendiculares, se anula. 1. Puesto que la onda incidente es una onda plana y su incidencia es normal al plano de las rendijas, ´este es un plano de fase. Consecuentemente, las ondas polarizadas que parten de las rendijas 1 y 2 lo har´an en fase. Sin embargo, al llegar al punto x habr´an recorrido caminos ´opticos distintos, lo que introduce un desfase entre ellas (ver Figura 1.1). Este vale: δ = δ1 − δ2 =
2π 2π x d sen θ ≈ d λ λ D
donde hemos tomado tg θ = x/D ≈ sen θ.
Figura 1.1: Esquema del dispositivo interferencial.
Tomando el origen de las fases en el campo E 2 , la expresi´on de los campos el´ectricos en el punto x es la siguiente: E 1 = E0 cos(ωt − ky − δ) u1 E 2 = E0 cos(ωt − ky) u2
donde los vectores unitarios u1 y u2 son:
u1 = ( sen α, 0, cos α) ; u2 = (− sen α, 0, cos α) 2
El campo total E en el punto x es, por lo tanto: E = E 1 + E 2 = E0 (cos(ωt − ky − δ) u1 + cos(ωt − ky) u2 ) La intensidad I(x) valdr´a, por consiguiente: Z
1 T E · E dt = I(x) = ²0 c T 0 Z Z Z 1 T 1 T 1 T = ²0 c E 1 · E 1 dt + ²0 c E 2 · E 2 dt + 2 ²0 c E 1 · E 2 dt T 0 T 0 T 0 Los dos primeros t´erminos (que supondremos iguales y llamaremos I0 ) representan las intensidades debidas a cada una de las rendijas; el tercer t´ermino (que llamaremos interferencial) se determina como sigue: E 1 · E 2 = E02 cos(ωt − ky − δ) cos(ωt − ky) u1 · u2 Por lo tanto: Ã Z ! 1ZT 1 T 2 E 1 · E 2 dt = E cos(ωt − ky − δ) cos(ωt − ky)dt u1 · u2 T 0 T 0 0 Desarrollando las funciones angulares del integrando: cos(ωt − ky − δ) cos(ωt − ky) =
= cos2 (ωt − ky) cos δ + sen (ωt − ky) cos(ωt − ky) sen δ
obtenemos las dos integrales siguientes:
1ZT 2 1 E0 cos2 (ωt − ky) cos δdt = E02 cos δ T 0 2
1ZT 2 E sen (ωt − ky) cos(ωt − ky) sen δdt = 0 T 0 0 puesto que las integrales corresponden a un periodo entero. Finalmente, la intensidad I(x) resulta ser:
I(x) = 2 I0 (1+u1 ·u2 cos δ) = 2 I0 (1+cos 2α cos δ) 2. La expresi´on de la intensidad nos dice que si α = 0 (campos paralelos), la intensidad resulta ser la habitual para dos rendijas de Young: I(x) = 2 I0 (1 + cos δ) y podemos obtener m´ınimos con anulaci´on total de luz. Si α = 45◦ , los campos son perpendiculares y no producen interferencias. Para los valores intermedios de α hay interferencias pero no se consiguen franjas totalmente obscuras. Los m´aximos de la intensidad se obtienen cuando cos δ = 1, es decir: δ = 2mπ
=⇒
xmax = m λ 3
D d
=⇒
∆xmax = λ
D d
Imax = 2 I0 (1+cos 2α) Los m´ınimos se obtienen para cos δ = - 1, esto es: 1 δ = 2(m + )π 2
=⇒
1 D xmin = (m + ) λ 2 d
=⇒
∆xmin = λ
D d
Imax = 2 I0 (1−cos 2α) La distancia entre franjas consecutivas es la misma para las brillantes y para las obscuras. En el caso indicado en el enunciado resulta ser: ∆xmax = ∆xmin = 2, 53 mm 3. De la definici´on de la visibilidad y de las expresiones de Imax e Imin se obtiene inmediatamente:
V =
Imax − Imin (1 + cos 2α) − (1 − cos 2α) = = cos 2α Imax + Imin (1 + cos 2α) + (1 − cos 2α)
Esta funci´on representa el contraste entre las franjas de interferencia que, como puede verse en la Figura 1.2, va disminuyendo al aumentar el a´ngulo α, hasta anularse completamente cuando los campos son perpendiculares entre s´ı (2α = 90◦ ).
Figura 1.2: Visibilidad de las franjas de interferencia en funci´ on de α.
4
Problema 2.Interferencia de ondas de distinta frecuencia Sean dos ondas luminosas planas, monocrom´aticas, de longitudes de onda λ1 y λ2 distintas, linealmente polarizadas con el vector el´ectrico paralelo al eje Z y propag´andose seg´ un el sentido positivo del eje Y . En el instante t = 0 tienen la misma fase en el plano y = 0 y se quiere estudiar su posible interferencia en el plano y = D = 1 m, donde las amplitudes m´aximas de los campos el´ectricos respectivos son E01 y E02 (ver Figura 2.1).
Figura 2.1: Trayectoria de los haces que interfieren.
Para el estudio de la distribuci´on de intensidad se dispone de un fotodetector (fotodiodo, ojo humano, etc.), cuyo tiempo de respuesta es τ . Sabiendo que la intensidad medida por ´el es: 1Zτ ∗ 1 E E dt I = ²0 c 2 τ 0 donde E es la amplitud compleja del campo de interferencia, ²0 la permitividad del vac´ıo y c la velocidad de la luz, se pide: 1. Demostrar que I puede ser expresada de la siguiente manera: "
1 E01 E02 2[ sen (∆ωτ − δ) + sen δ] I = ²0 c E01 E02 + + 2 E02 E01 ∆ωτ
#
donde ∆ω = ω1 − ω2 es la diferencia entre las frecuencias angulares de las ondas y µ
¶
1 1 δ = 2π D − . λ1 λ2 5
2. Sabiendo que τ = 4 × 10−2 s (ojo humano), si E01 = E02 y (λ1 + λ2 )/2 = 589, 3 nm, determinar la diferencia m´axima ∆λ entre las longitudes de onda λ1 y λ2 para que el t´ermino interferencial que aparece dentro de los corchetes pueda llegar a valer la unidad. ¿Podr´an interferir entre s´ı las dos ondas del doblete amarillo del sodio (λ1 = 589, 0 nm y λ2 = 589, 6 nm) cuando se observa a ojo desnudo? 3. Para E01 = E02 y λ1 = λ2 , encontrar la expresi´on de la intensidad a partir de la indicada en la primera cuesti´on.
6
Soluci´ on 1. Como el plano {Y, Z} es un plano meridiano com´ un para las ondas esf´ericas que parten de los puntos 1 y 2 separados una distancia d, vamos a suponer, por simplicidad, que el punto P se encuentra sobre el eje Z. En estas condiciones tiene sentido decir que los campos el´ectricos en el punto P se encuentran polarizados seg´ un el eje X, puesto que ´este es perpendicular en dicho punto al plano meridiano com´ un, plano que contiene a los vectores de propagaci´on k1 y k2 de las ondas. Como, por otra parte, se supone que las ondas parten en fase de las fuentes puntuales, los campos el´ectricos respectivos en el punto P ser´an: E 1 (P ) = E01 ei(ω1 t−k1 r 1 ) (1, 0, 0) E 2 (P ) = E02 ei(ω2 t−k2 r 2 ) (1, 0, 0) donde: ω1 = 2 π ν1 ; ω2 = 2 π ν2 ; k1 =
2π 2π ; k2 = λ1 λ2
Por tratarse de ondas esf´ericas, el vector de propagaci´on es paralelo al vector de posici´on y tiene su mismo sentido (siempre que ´este u ´ ltimo est´e referido a la fuente puntual que produce la onda). En consecuencia, los productos escalares que aparecen en las exponenciales son simplemente los productos de los m´odulos de los respectivos vectores. El campo el´ectrico correspondiente a la superposici´on ser´a, finalmente: ³ ´ E(P ) = E01 ei(ω1 t−k1 r1 ) + E02 ei(ω2 t−k2 r2 ) (1, 0, 0) Puesto que suponemos que la pantalla est´a muy alejada de las fuentes puntuales (D >> d), los vectores de propagaci´on k1 y k2 pueden considerarse paralelos. Es decir, las direcciones en que se propaga la energ´ıa en el punto P son id´enticas para las dos ondas y, en consecuencia, el promedio espacial de cada una de ellas ser´a proporcional, con la misma constante de proporcionalidad, a los cuadrados de las respectivas amplitudes. La irradiancia debida a la suma de las dos ondas vendr´a dada, por lo tanto, por el promedio temporal del cuadrado del campo el´ectrico suma: 1 1 I(P ) = ²0 c 2 τ
Z τ
E ∗ E dt
0
Suponiendo que E01 y E02 son amplitudes reales, el cuadrado del m´odulo de E resulta ser: 2 2 + E01 E02 ei[(ω1 −ω2 )t−(k1 r1 −k2 r2 )] + E02 E01 e− i[(ω1 −ω2 )t−(k1 r1 −k2 r2 )] + E02 = E 2 = E01
³
´
2 2 2 2 = E01 + E02 + E01 E02 ei(∆ωt−δ) + e− i(∆ωt−δ) = E01 + E02 + 2 E01 E02 cos(∆ωt − δ)
donde ∆ω = ω1 − ω2 ; y δ = k1 r1 − k2 r2 .
7
La intensidad en el punto P valdr´a, por lo tanto: I(P ) = =
´ 1 1 Zτ³ 2 2 ²0 c E01 + E02 + 2 E01 E02 cos(∆ωt − δ) dt = 2 τ 0
µ ¶ 1 Zτ 1 2 2 ²0 c E01 + E02 + 2 E01 E02 cos(∆ωt − δ) dt 2 τ 0
La integral que interviene en el c´alculo es inmediata, dando como resultado: 1 Zτ 1 cos(∆ωt − δ) dt = ( sen (∆ω τ − δ) + sen δ) τ 0 τ ∆ω Substituyendo y sacando factor com´ un E01 E02 , obtenemos la expresi´on que quer´ıamos demostrar: "
1 E01 E02 2 [ sen (∆ω τ − δ) + sen δ] I(P ) = ²0 c E01 E02 + + 2 E02 E01 ∆ω τ
#
2. El tercer t´ermino del par´entesis, t´ermino interferencial, tiene un numerador cuyo valor m´aximo es 2 (1 + 1) = 4. Por lo tanto, para que el orden de magnitud de dicho t´ermino sea al menos pr´oximo a la unidad es necesario que: 4 ∆ω τ ∼ = 4 =⇒ ∆ω ∼ = τ Es decir, para que el t´ermino interferencial sea significativo, la diferencia entre las frecuencias que interfieren tendr´a que ser: ∆ω ∼ =
4 s−1 = 100 Hz 4 × 10−2
Expresemos ∆ω en funci´on de λ: ∆ω = 2π (ν1 − ν2 ) = 2π
µ
c c − λ1 λ2
¶
= 2πc
µ
1 1 − λ1 λ2
¶
= 2πc
∆λ λ1 λ2
Como (λ1 + λ2 )/2 = 589, 3 nm = λ0 y λ2 = λ1 + ∆λ, operando llegamos a: λ1 = λ0 − Ã
∆λ λ1 λ2 = λ0 − 2
∆λ ∆λ y λ2 = λ0 + 2 2
! Ã
∆λ λ0 + 2
!
=
λ20
Ã
∆λ − 2
!2
∼ = λ20
Substituyendo en la expresi´on de ∆ω llegamos a: ∆ω = 2πc
∆λ ∆ω =⇒ ∆λ = λ20 = 1, 84 × 10−11 nm 2 λ0 2πc 8
En el caso de las ondas luminosas, ν es del orden de 1014 Hz, lo que quiere decir que ∆ν/ν = ∆λ/λ ∼ = 10−12 . Esta monocromaticidad de la l´ınea espectral no ha sido todav´ıa alcanzada experimentalmente, ni siquiera con los l´aseres m´as monocrom´aticos. Dependiendo del detector que se utilice, el t´ermino interferencial ser´a m´as o menos significativo. En el caso de la luz y observando a ojo desnudo, la diferencia entre dos longitudes de onda para que puedan interferir ha de ser, en el mejor de los casos, del orden de la mil´esima de nanometro. Es decir, tienen que ser longitudes de onda de una misma l´ınea espectral. Las dos longitudes de onda procedentes del doblete amarillo del sodio no pueden interferir. 3. Si λ1 = λ2 , entonces ∆ω = 0, el t´ermino intereferencial presenta una indeterminaci´on. En efecto: sen (∆ω τ − δ) + sen δ lim ∆ω−→0 ∆ω τ Este l´ımite conduce a una indeterminaci´on del tipo 0/0. Aplicando la regla de L’Hˆopital, es decir, derivando numerador y denominador respecto a ∆ω resolvemos la indeterminaci´on: τ cos(∆ω τ − δ) = cos(− δ) = cos δ ∆ω−→0 τ lim
La intensidad resulta: µ
1 E01 E02 + + 2 cos δ I(P ) = ²0 c E01 E02 2 E02 E01
¶
Estudiemos ahora los siguientes casos: • E01 À E02 =⇒ I(P ) ∼ = fuente 1. • E02 À E01 =⇒ I(P ) ∼ = fuente 2.
1 ² 2 0
2 c E01 = I1 . Es como si solamente existiera la
1 ² 2 0
2 c E02 = I2 . Es como si solamente existiera la
• E01 = E02 = E0 =⇒ I(P ) = 12 ²0 c E02 (2 + 2 cos δ) = 2 I0 (1 + cos δ). Esta expresi´on conduce a m´aximos y m´ınimos de intensidad en funci´on del desfase δ entre las ondas. Estudiemos esta expresi´on cuando δ −→ 0: µ
1 1 δ = 2π D − λ1 λ2
¶
=⇒ ∆ω =
c δ D
El t´ermino interferencial resulta ser: 2
sen (c δ τ /D − δ) + sen δ c δ τ /D
Calculemos su lmite cuando δ −→ 0: lim 2
δ−→0
sen (c τ /D − 1)δ + sen δ (c τ /D − 1) cos[(c τ /D − 1)δ] + cos δ = lim 2 = δ−→0 (c τ /D)δ c τ /D 9
=2
(c τ /D − 1) + 1 =2 c τ /D
Consecuentemente, en este caso la intensidad valdr´a:
I(P ) =
1 ²0 c E02 (2 + 2) = 4 I0 2
10
Problema 3.Interfer´ometro de Michelson con ondas esf´ericas Con un interfer´ometro de Michelson, en el que la fuente de luz es puntual y monocrom´atica, de longitud de onda λ, se observa la figura de interferencias sobre una pantalla. Entre la fuente y la l´amina semitransparente (separadora) hay colocada una lente de distancia focal f 0 = +10cm. Cuando la fuente se encuentra en el foco objeto de la lente, los rayos que emergen de ´esta lo hacen paralelamente al eje o´ptico, pero cuando est´a colocada entre el foco y la lente a una distancia objeto s, los rayos divergen. En estas condiciones, es como si sobre la l´amina separadora incidieran rayos divergentes provenientes de un foco puntual colocado a una distancia L de su centro. A las distancias que van desde dicho centro de la l´amina separadora hasta los espejos E1 y E2 y hasta la pantalla de observaci´on las denominaremos, respectivamente, d1 , d2 y h. Se pide: 1. Obtener la expresi´on del desfase entre las ondas que interfieren en un punto gen´erico de la pantalla. 2. Demostrar que las franjas de interferencia son anillos conc´entricos y determinar la expresi´on del radio de los mismos. 3. Hacer una representaci´on gr´afica cualitativa de la intensidad en el plano de la pantalla y calcular la anchura a mitad de altura de los anillos. 4. Determinar el radio de los cinco primeros anillos y su anchura a mitad de altura con los siguientes datos: s =−9,9 cm; λ = 632,8 nm; d1 = 10 cm; d2 = 9 cm; y h = 1 m.
11
Soluci´ on 1. En la Figura 3.1 se indica el esquema del dispositivo interferom´etrico.
Figura 3.1: Esquema del dispositivo experimental.
Los rayos que llegan a la l´amina separadora parece como si provinieran de un punto A situado a la distancia L de la lente. Las im´agenes de la fuente producidas por los espejos E1 y E2 se sit´ uan sobre la l´ınea perpendicular a la pantalla que pasa por el centro de la misma. El esquema de la marcha de rayos puede ser el que se indica en la Figura 3.2. Al punto P de la pantalla llegan dos ondas esf´ericas de radios R1 y R2 que interfieren en ´el. Su diferencia ∆ de caminos o´pticos puede escribirse de la siguiente manera: ∆ = R1 − R2 donde: R1 = R2 =
q
ρ2 + (L + 2d1 + h)2
q
ρ2 + (L + 2d2 + h)2
Si analizamos las interferencias en la zona central de la pantalla, de manera que la distancia ρ del punto P al centro O de la misma sea mucho menor que L, podemos 12
Figura 3.2: Esquema de las ondas que interfieren en un punto P de la pantalla.
desarrollar en serie de Taylor los radios R1 y R2 : R1 = (L + 2d1 + h)
s
µ
¶2
s
µ
¶2
ρ 1+ L + 2d1 + h
"
µ
¶2 #
"
µ
¶2 #
1 ρ ' (L + 2d1 + h) 1 + 2 L + 2d1 + h
An´alogamente: R2 = (L + 2d2 + h)
ρ 1+ L + 2d2 + h
1 ρ ' (L + 2d2 + h) 1 + 2 L + 2d2 + h
Por consiguiente, la diferencia ∆ de caminos o´pticos ser´a: "
1 ρ2 ∆ = 2 (d1 − d2 ) 1 − 2 D1 D2
#
donde hemos llamado D1 = L + 2d1 + h y D2 = L + 2d2 + h. Por lo tanto, el desfase δ ser´a1 : "
2π 2π 1 ρ2 ∆= 2 (d1 − d2 ) 1 − δ= λ λ 2 D1 D2
#
2. En las condiciones en que trabajamos (ρ 0, la u √ c1 = c2 − v 2 sen 2 α − v cos α resultando para β1 :
v β1 = √ 2 2 c − v sen 2 α − v cos α que, en funci´on de β = v/c, definida anteriormente, se puede expresar de la siguiente manera: β β1 = √ 2 1 − β sen 2 α − β cos α An´alogamente se calculan las otras β’s: β β10 = √ 1 − β 2 sen 2 α + β cos α β β2 = √ 2 1 − β cos2 α − β sen α β β20 = √ 2 1 − β cos2 α + β sen α 30
Finalmente, la diferencia ∆ de camino o´ptico entre los dos brazos del interfer´ometro es: ∆ = ∆2 − ∆1 con lo que el desfase en su forma general en funci´on del a´ngulo α ser´a: δ(α) =
2π {d2 [A2 (α) + A02 (α)] − d1 [A1 (α) + A01 (α)]} λ
Particularizando para α = 0 y para α = π/2 se obtienen los desfases δk y δ⊥ , y su diferencia nos proporciona el siguiente valor:
2π δ = δ⊥ −δk = 2 (d2 +d1 ) λ
Ã
1 1 −√ 2 1−β 1 − β2
!
2. Como β es muy peque˜ no frente a la unidad, se puede desarrollar las fracciones de la expresi´on anterior en serie de Taylor en funci´on de ² = β 2 y se obtiene el resultado del c´alculo de Michelson y Morley. Hag´amoslo: "
1 ∼ 1 1 =1+ 1−² 1! (1 − ²)2
1
#
0
² + ... ∼ = 1 + ² = 1 + β2
√ 1 1 1 1 2 1−² ∼ ² + ... ∼ √ =1+ √ = 1 + ² = 1 + β2 2 1! ( 1 − ²) 2 2 1−² 0
Substituyendo en la expresi´ion de δ obtenida en el apartado 1, llegamos a:
2π (d2 + d1 ) β 2 δ = δ⊥ − δk ∼ = λ 3. Si llamamos δ0 al desfase antes del giro, el desfase despu´es del giro ser´a: δ0 + δ. La intensidad antes del giro es: Imax = 2 I0 (1 + cos δ0 ) = 4 I0 con δ0 = m 2π La intensidad despu´es del giro es: I = 2 I0 [1 + cos(δ0 + δ)] = 2 I0 (1 + cos δ) ya que cos(δ0 + δ) = cos δ. Consecuentemente: ρ = 100 ×
I Imax
= 100 ×
2 I0 (1 + cos δ) = 50 × (1 + cos δ) 4 I0 31
Calculemos δ:
2π v (d2 + d1 ) β 2 con β = λ c donde v es la velocidad de la Tierra en torno al Sol: v = 2πR/T , siendo R el radio de la o´rbita terrestre y T el periodo de traslaci´on en torno al Sol. Esto es: δ=
v=
2π × 1, 5 × 1011 m 2πR = = 2, 988 58 × 104 m s−1 7 T 3, 1536 × 10 s
v ∼ −4 =⇒ β 2 ∼ = 10 = 10−8 c Substutiyendo en la expresi´on de δ: β=
δ=
2π (11+11)m 10−8 = 2, 345 7 rad = 134, 4circ =⇒ cos δ = −0, 699 62 ∼ = −0, 7 −9 589, 3 × 10 m
Finalmente: ρ = 50×(1+cos δ) = 50×0, 3 = 15% Nota: en el n´ umero 4, correspondiente al a˜ no 2001, de la revista de la Facultad de Ciencias de la UNED: 100cias@uned, puede encontrarse una descripci´on detallada del experimento as´ı como de las consecuencias que tuvo en el desarrollo de la F´ısica del siglo XX (p´ags. 99-105). Ejemplares de la misma se encuentran en todas las bibliotecas de los Centros Asociados de la UNED, as´ı como en la de la Sede Central.
32
Problema 6.Difracci´ on de Fraunhofer Se estudia la difracci´on producida por dos rendijas estrechas de anchura b, cuyos centros est´an separados una distancia a = 2 b. Se pide: 1. Determinar las posiciones de los posibles m´aximos y m´ınimos de la intensidad de la luz difractada I(α) en funci´on del a´ngulo α definido de la siguiente manera: α=
π a sen θ λ
donde θ es el ´angulo de difracci´on y λ la longitud de onda de la radiaci´on. Hacer una representaci´on gr´afica cualitativa de I(α). 2. Existen dos tipos de m´aximos: unos, que llamaremos principales por analog´ıa con la red de difracci´on de N rendijas, y otros que llamaremos secundarios. Determinar la relaci´on entre las intensidades de los m´aximos principales y la del m´aximo central.
33
Soluci´ on 1. La distribuci´on de la intensidad de difracci´on correspondiente a N rendijas id´enticas, paralelas, con sus centros distribuidos de manera uniforme en la misma l´ınea recta, es, en la aproximaci´on de Fraunhofer: I = I0
Ã
sen β β
!2 µ
sen N α sen α
¶2
donde los a´ngulos α y β vienen definidos de la siguiente manera: β=
π b sen θ λ
;
α=
π a sen θ λ
En el caso que nos ocupa, a = 2 b, y N = 2, por lo que la expresi´on de la intensidad se puede escribir de la siguiente manera en funci´on del u ´nico a´ngulo α: 1 − cos α I = 2 I0 α2
µ
sen 2 α sen α
¶2
donde se ha utilizado la relaci´on que existe para el coseno del a´ngulo doble. El primer factor del segundo t´ermino de la expresi´on de la intensidad es el t´ermino difraccional, y se refiere a la difracci´on de una rendija individual, mientras que el segundo t´ermino hace referencia a la existencia de dos rendijas iguales y es el t´ermino interferencial. Para estudiar los m´aximos y m´ınimos que tiene esta expresi´on, veamos primeramente el valor que toma para α = 0. En este caso, los dos factores est´an indeterminados. La indeterminaci´on, que es de las del tipo 0/0, se resuelve por la regla de L’Hˆopital: lim
α −→ 0
lim
α −→ 0
1 − cos α 1 = 2 α 2 µ
sen 2 α sen α
¶2
=4
Es decir, la intensidad en el punto central de la pantalla ser´a: I(α = 0) = 4 I0 lo que corresponde al m´aximo central. Veamos ahora qu´e sucede cuando el a´ngulo α es distinto de cero. Si el seno del ´angulo α se anula, la expresi´on del t´ermino interferencial se hace indeterminada. Al resolver la indeterminaci´on obtenemos los valores de α que pueden dar lugar a los m´aximnos principales, ya que el valor de dicho t´ermino es siempre 34
igual a 4. Ahora bien, es necesario analizar qu´e sucede con el t´ermino difraccional en este caso. Si sen α = 0, se pueden presentar dos casos distintos: sen α = 0
=⇒
cos α = ±1
Cuando el coseno de α toma el valor + 1, se anula el t´ermino difraccional, y la intensidad se hace cero. Tenemos un valor m´ınimo puesto que esta cantidad es definida positiva. Por lo tanto, cuando α es un m´ ultiplo de 2 π (α = m 2 π), obtenemos m´ınimos. Por el contrario, si el coseno de α toma el valor − 1, el numerador del t´ermino difraccional se hace m´aximo, obteni´endose los m´aximos principales. Por lo tanto, cuando α es un m´ ultiplo impar de π (α = (2 m + 1) π), la intensidad es m´axima. Por otra parte, cuando sen α 6= 0 pero sen 2 α = 0, el t´ermino interferencial se anula. Por lo tanto, cuando α es un m´ ultiplo impar de π/2 (α = (2 m + 1) π/2, obtenemos m´ınimos de intensidad. En resumen: • M´ aximo central: α = 0
• M´ aximos principales: α = ±π, ± 3 π, ± 5 π, ± 7 π, . . . • M´ınimos (I = 0): ± 2 π, ± 4 π, ± 6 π, . . .
• M´ınimos (I = 0): ± π/2, ± 3 π/2, ± 5 π/2, . . .
Con estos valores, y teniendo en cuenta que entre dos m´ınimos ha de haber siempre un m´aximo, se puede hacer una representaci´on cualitativa de la intensidad de difracci´on: Habr´a un m´aximo en el centro de la pantalla; a continuaci´on, a derecha y a izquierda, dos m´ınimos de intensidad nula para α = ± π/2; despu´es, dos m´aximos para α = ± π; despu´es, seis m´ınimos par los valores α = ± 3 π/2, α = ± 2 π y α = ± 5 π/2, entre los cuales han de encontrarse cuatro m´aximos (uno entre cada dos m´ınimos). Se completa este estudio cualitativo indicando que la intensidad de los m´aximos disminuye de manera inversa a como aumenta el cuadrado del a´ngulo α. 2. Los m´aximos principales se producen cuando el ´angulo α es un m´ ultiplo impar de π: α = (2 m + 1) π
=⇒ =⇒
sen α = 0 I=
;
cos α = − 1
=⇒
16 I0 (2 m + 1)2 π 2
Por lo que, finalmente, la relaci´on entre las intensidades de los m´aximos principales y el m´aximo central es: I 4 = I(0) (2 m + 1)2 π 2 35
y los valores de la misma para los dos primeros a derecha y a izquierda resultan ser: I(m = 0) 4 = 2 = 0, 405 I(0) π I(m = 1) 4 = 0, 045 = I(0) 9 π2 En la Figura 6.1 se pueden constatar todos estos resultados.
Figura 6.1: Perfil de la intensidad en funci´ on de α.
36
Problema 7.Difracci´ on de Fraunhofer Sean tres rendijas de anchura b, paralelas y situadas en el mismo plano, con sus centros alineados y separados por una distancia a. Sobre el sistema incide normalmente una onda plana, monocrom´atica, de longitud de onda λ = 543,5 nm, correspondiente a un l´aser de He-Ne verde, que se difracta a trav´es de ´el. Se pide: 1. Determinar la expresi´on de la intensidad de la luz difractada en la aproximaci´on de Fraunhofer partiendo de la expresi´on de la amplitud Er del campo de difracci´on asociado a una sola rendija: Er = C b
sen β π ; β = b sen θ β λ
donde C es una constante y θ el ´angulo de difracci´on. 2. Sabiendo que el primer m´ınimo debido al t´ermino difraccional coincide con el sexto m´ınimo debido al t´ermino interferencial, calcular la relaci´on entre a y b. 3. Si los dos primeros m´ınimos a derecha e izquierda del m´aximo central de difracci´on se obtienen para θ = ± 0,259◦ , determinar los valores de a y b.
37
Soluci´ on 1. Si consideramos que el campo Er es el debido a la rendija central de la Figura 7.1, y llamamos E+ y E− a los campos debidos a las rendijas situadas a la derecha y a la izquierda de ´esta, el campo E total debido a las tres rendijas ser´a: E = Er + E+ + E− = Er + Er eiδ + Er e−iδ = Er (1 + eiδ + e−iδ ) donde:
2π a sen θ λ siendo a la distancia entre los centros de las rendijas. δ=
Figura 7.1: Esquema del dispositivo interferencial.
La intensidad de la luz difractada ser´a proporcional a E E˙ ? , esto es: h
E E˙ ? = Er2 (1 + eiδ + e−iδ ) (1 + e−iδ + eiδ ) = Er2 1 + 4 cos δ + 4 cos2 δ Por lo tanto,
I = I0
Ã
sen β β
!2
h
1 + 4 cos δ + 4 cos2 δ
i
i
2. Los m´ınimos del termino difraccional tienen lugar cuando sen β = 0 siendo β 6= 0. El primer m´ınimo aparecer´a cuando β = ±π, por lo que teniendo en cuenta la expresi´on de β, para sen β = ±λ/b.
38
Los m´ınimos del termino interferencial tienen lugar cuando sea m´ınima la expresi´on A = [1 + 4 cos δ + 4 cos2 δ]. Estudiemos esta funci´on: dA 2π 2π = [−4 sen δ − 8 sen δ cos δ] a cos θ = −4 a [ sen δ + 2 sen δ cos δ] cos θ dθ λ λ ½h ¾ i 2π 2π d2 A 2 2 2 = −4 a cos δ + 2(cos δ − sen δ) a cos θ − [ sen δ + 2 sen δ cos δ] sen θ dθ2 λ λ
Los extremos tendr´an lugar cuando la derivada primera sea nula y, tendiendo en cuenta que el a´ngulo θ de difracci´on es pequeo (0 < cos θ < 1): dA = 0 =⇒ sen δ + 2 sen δ cos δ = 0 dθ Analicemos esta expresi´on: • Si sen δ = 0, entonces cos δ = ±1 y, por lo tanto: ½
¾
2π 2π d2 A = −4 a [±1 + 2] a cos2 θ < 0 2 dθ λ λ Se tratar´ıa pues de m´aximos. • Si sen δ 6= 0, entonces 1 + 2 cos δ = 0 y, por lo tanto, cos δ = −1/2. Se tratar´ıa de m´ınimos. Los seis primeros m´ınimos ser´an: ±2π
µ
1 2 4 5 7 8 ; ; ; ; ; 3 3 3 3 3 3
¶
Es decir, el sexto corresponde al valor de δ = ± 83 2π, lo que nos permite determinar la relaci´on entre a y b a partir de la condici´on del enunicado: Ã
λ 2π a ± λ b
!
8 = ± 2π =⇒ 3
a/b = 8/3
3. Los primeros m´ınimos a derecha e izquierda del m´aximo central de difracci´on se obtienen para: 1 2π δ = ± 2π = a sen θ 3 λ Por lo tanto: a = 40 µm y b = 15 µm
39
Problema 8.Difracci´on de ondas materiales En el a˜ no 1924 Louis de Broglie introdujo una hip´otesis seg´ un la cual a toda part´ıcula at´omica pod´ıa asoci´arsele una longitud de onda λ = h/mv, donde h es la constante de Planck y mv la cantidad de movimiento de la part´ıcula. Tres a˜ nos m´as tarde C.J. Davisson y L.H. Germer realizaron el primer experimento de difracci´on con electrones que confirmaba dicha hip´otesis. Este experimento fue seguido por otros de G.P. Thomson y otros f´ısicos, y hoy en d´ıa esta doble dualidad de las part´ıculas materiales ha sido abundamentemente confirmada. Indicamos aqu´ı los resultados de un experimento llevado a cabo por H. Mark y R. Wierl en 1931, en el que electrones y rayos X se difractan al atravesar una fina l´amina de plata. En los dos casos se obtiene la figura de difracci´on sobre una placa fotogr´afica, colocada a una determinada distancia D de la l´amina de plata. La figura consiste en c´ırculos conc´entricos de m´aximos y m´ınimos. En el caso de los electrones, acelerados por un potencial de 36 kV, el radio del primer c´ırculo m´ınimo es de 0,7 cm para una distancia D = 30 cm; para el caso de los rayos X, el radio del mismo c´ırculo es de 0,8 cm para D = 3,2 cm. Se pide: 1. Sabiendo que la longitud de onda de los rayos X empleados es λX = 0,71 ˚ A, determinar la longitud de onda λe de los electrones a partir del experimento de difracci´on. 2. Calcular la longitud de onda λe asociada al electr´on en la teor´ıa de Louis de Broglie en la aproximaci´on no relativista y compararla con la obtenida en el experimento. 3. Hacer la correcci´on relativista para calcular λe y discutir el resultado. Datos: • h (constante de Planck) = 6,626 075 5 ×10−34 J s • me (masa del electr´on) = 9,109 389 7 ×10−31 kg • e (carga del electr´on) = 1,602 177 3 ×10−19 C
• c (velocidad de la luz) = 2,997 924 58 ×108 m s−1
40
Soluci´ on 1. En la aproximaci´on de Fraunhofer, el seno del a´ngulo de difracci´on es proporcional a la longitud de onda de la luz difractada. Puesto que en los dos casos (rayos X y electrones) el obst´aculo es el mismo, el radio del primer anillo de difracci´on se relacionar´a con la longitud de onda a trav´es de la misma expresi´on. Por consiguiente: sen θ = k λ donde θ es el ´angulo de difracci´on correspondiente al primer anillo y la constante k es la misma para las dos longitudes de onda. El seno del ´angulo θ se calcula f´acilmente a partir del experimento: r sen θ = √ 2 D + r2 donde r es el radio del primer c´ırculo m´ınimo y D la distancia del objeto difractante a la pantalla. Por consiguiente: rX = k λX sen θX = q 2 2 DX + rX sen θe = q
re
De2 + re2
= k λe
De ambas expresiones se deduce:
q
2 2 DX + rX λX λe = q 2 2 r X De + re
re
Utilizando los valores indicados en el enunciado, resulta: λe = 0, 068 ˚ A
2. Si suponemos que el electr´on parte del reposo cuando es acelerado por el potencial V , la velocidad final que alcanza se obtiene igualando el trabajo efectuado por el campo el´ectrico a la energ´ıa cin´etica final: 1 eV = me v 2 =⇒ v = 2
s
2eV me
donde e y me son, respectivamente, la carga y la masa del electr´on. La longitud de onda asociada por Louis de Broglie al electr´on resulta ser: λe =
h h =√ me v 2eme V
Utilizando las constantes universales proporcionadas en el enunciado, obtenemos: λe = 0, 065˚ A que se aproxima mucho a la del experimento (4% de discrepancia). 41
3. En la teor´ıa relativista, el momento p del electr´on que lleva la velocidad v es: me v
p= q
1 − (v/c)2
= γ me v
donde me es la masa del electr´on en reposo y c la velocidad de la luz, y su energ´ıa cin´etica (ver, por ejemplo, Cap. 19 de F´ısica de Marcelo Alonso & Edward Finn): Ec = me c2 (γ − 1) La longitud de onda asociada, haciendo la correcci´on relativista, vendr´a dada por: h h = p γ me v
λ=
El valor de γ se obtiene igualando el trabajo efectuado por el campo el´ectrico a la energ´ıa cin´etica final, esto es: eV = me c2 (γ − 1) =⇒ γ = 1 +
eV = 1, 070 450 226 me c2
Expresando v en funci´on del factor γ: q 1 =⇒ v = c 1 − (1/γ)2 γ = 1 − (v/c)2 2
la longitud de onda asociada resulta ser: λ=
h √ 2 = 0, 064 ˚ A me c γ − 1
El valor de esta longitud de onda es inferior al que se obtiene en la teor´ıa cl´asica porque al acercarse el electr´on a la velocidad de la luz, su momento p relativista es mayor que el que le corresponder´ıa en F´ısica cl´asica. El hecho de que ninguna de las dos teor´ıas proporcione el valor exacto de la longitud de onda experimental es, sin duda, debido a que las medidas de los radios de los anillos y la del potencial acelerador aplicado no son suficientemente exactas, conllevan un error.
42
Problema 9.Redes de difracci´ on Sea una red de N rendijas estrechas de anchura b en el plano {XZ}, paralelas al eje Z y con sus centros colocados sobre el eje X en los puntos (±ia, 0, 0), siendo i = 0, 1, 2,. . . Sobre ella incide un haz de luz plano, de longitud de onda λ = 632,8 nm, polarizado paralelamente al eje Z y propag´andose seg´ un el eje Y . En un plano y = D, donde D >> a >> b, se observa la figura de difracci´on en la aproximaci´on de Fraunhofer, en la que la distribuci´on de intensidad tiene la siguiente expresi´on: I(θ) = I0
Ã
sen β β
!2 µ
sen Nα sen α
¶2
donde:
π π b sen θ ; α = a sen θ λ λ siendo θ el ´angulo de difracci´on (tg θ = x/D). Se pide: β=
1. Si para θ2 = 7, 27◦ se observa un m´aximo principal de segundo orden, determinar a. 2. Si la relaci´on entre la intensidad I1 del m´aximo principal de primer orden y la intensidad I2 del m´aximo principal de segundo orden es I1 /I2 = 1,53, determinar b. 3. Si se eliminan las rendijas con los centros situados en los puntos cuya coordenada x es ±2a, ±6a, ±10a, ±14a, . . ., determinar la nueva expresi´on de la intensidad I(θ).
43
Soluci´ on 1. Los m´aximos principales tienen lugar para: sen α = 0 =⇒ α = m π =
λ π a sen θm =⇒ sen θm = m, λ a
Por lo tanto, el m´aximo principal de segundo orden ser´a: sen θ2 = 2
λ λ =⇒ a = 2 =⇒ a sen θ2
a = 10 µm
2. Veamos la expresi´on de la relaci´on entre ambas intensidades: Ã
I1 = I0
sen β1 β1
!2
N
2
; I2 = I0
Ã
sen β2 β2
!2
N2
Por lo tanto: I1 = I2
Ã
sen β1 β2 sen β2 β1
!2
=⇒ ρ =
s
sen β1 β2 I1 = I2 sen β2 β1
Teniendo en cuenta la expresi´on de β1 y de β2 : sen θ2 β2 = β1 sen θ1 Como sen θ1 = λ/a y sen θ2 = 2 λ/a, entonces: β2 /β1 = 2, es decir, β2 = 2 β1 y, por lo tanto: sen β1 sen β1 1 ρ=2 =2 = =⇒ sen β2 2 sen β1 cos β1 cos β1 1 =⇒ cos β1 = = 0, 808 5 =⇒ β1 = 36◦ = 0, 629 3 rad ρ Despejando b de la expresi´on de β1 obtenemos su valor, que resulta ser: b=
β1 λ β1 a =⇒ = π sen θ1 π
b = 2 µm
3. En la Figura 9.1 puede verse un esquema de la nueva distribuci´on de rendijas, en la que podemos agrupar 3 rendijas separadas entre s´ı una distancia a, estando los centros de cada grupo separados una distancia 4a. Elegimos ”N” suficientemente grande para que haya un n´ umero N 0 ∼ = N/4 de grupos de tres rendijas. En estas condiciones: Ã !2 sen N 0 α0 I(θ) = I3 sen α0 donde I3 es la intensidad de difracci´on correspondiente a las tres rendijas que se encuentran en el origen de coordenadas y: α0 =
π 4a sen θ = 4 α λ 44
Figura 9.1: Esquema de la distribuci´on de rendijas en la pantalla difractante.
Veamos ahora cu´al es la expresi´on de I3 : I3 = I0
Ã
sen β β
!2 µ
sen 3α sen α
¶2
Por lo tanto, la expresi´on final de la intensidad debida a la nueva distribuci´on de rendijas es:
I(θ) = I0
Ã
sen β β
!2 µ
45
sen 3α sen α
¶2 Ã
sen N 0 (4α) sen (4α)
!2
Problema 10.Red de difracci´on Sea una red de difracci´on constituida por N rendijas, en la que la distancia a del centro de una rendija a la contigua es igual al doble de la anchura b de las mismas. Se pide: 1. Obtener la expresi´on de la intensidad I(α) de la luz difractada en funci´on del a´ngulo α definido de la siguiente manera: α=
π a sen θ λ
donde θ es el ´angulo de difracci´on y λ la longitud de onda de la radiaci´on. 2. Determinar las posiciones de los m´aximos principales y de los ceros de dicha funci´on. 3. Encontrar la relaci´on que existe entre la intensidad de los m´aximos principales y el m´aximo central de difracci´on.
46
Soluci´ on 1. La distribuci´on de la intensidad de difracci´on correspondiente a N rendijas id´enticas, paralelas, con sus centros distribuidos de manera uniforme en la misma l´ınea recta (red de difracci´on), es, en la aproximaci´on de Fraunhofer: I = I0
Ã
sen β β
!2 µ
sen N α sen α
¶2
donde los a´ngulos α y β vienen definidos de la siguiente manera: β=
π b sen θ λ
;
α=
π a sen θ λ
En el caso que nos ocupa, el ´angulo β es la mitad del a´ngulo α, por lo que la expresi´on de I puede ser la siguiente: I = I0
Ã
sen α/2 α/2
!2 µ
sen N α sen α
¶2
Tambi´en se puede escribir como sigue:
I = 2 I0
1 − cos α α2
µ
sen N α sen α
¶2
2. En el centro de la pantalla (α = 0), se produce la intensidad m´axima (m´ aximo central), que se calcula f´acilmente haciendo tender a cero dicho a´ngulo en la expresi´on de la intensidad. El valor de esta es, en ese caso: I(0) = N 2 I0 . Para α 6= 0, si el valor de N es suficientemente elevado, los m´ aximos principales se producen cuando se anula el denominador del t´ermino interferencial y siempre que no sea nulo el t´ermino difraccional. Es decir, cuando se verifique la siguiente condici´on: sen α = 0
y
cos α = −1
Esto se cumple si el valor del ´angulo es un m´ ultiplo impar de π (α = (2 m + 1) π). Por el contrario, si α = 2 m π, el t´ermino difraccional se anula y obtenemos m´ınimos de intensidad. Por otra parte, si tanto α como sen α son distintos de cero, tambi´en se producir´an m´ınimos de intensidad cuando sen N α = 0. Es decir, cuando α = m π/N, donde el n´ umero entero m tiene que ser, en valor absoluto, menor que N . 47
En resumen: • Maximos principales: α = 0, π, 3 π, 5 π, 7 π, . . .
• Ceros de la funci´ on: α = π/N , 2 π/N , 3 π/N, 4 π/N, . . .
• Ceros de la funci´ on: α = 2 π, 4 π, 6 π, 8 π, . . .
En la Figura 10.1 se indica su representaci´on gr´afica para el caso en que N = 10.
Figura 10.1: Perfil de la intensidad en funci´ on de α para N = 10.
3. Utilizando la expresi´on de α para los m´aximos principales, obtenemos para la intensidad I de los mismos: I((2 m + 1) π) 4 = I(0) (2 m + 1)2 π 2 Para los valores de α = π y α = 3 π, se obtiene el siguiente resultado: 48
I(π) = 0, 405 ; I(0)
49
I(3 π) = 0, 045 I(0)
