solución óptica UNED

March 4, 2018 | Author: oest_andres3071 | Category: Polarization (Waves), Light, Motion (Physics), Periodic Phenomena, Force

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´ A DISTANCIA UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACION facultad de ciencias. departamento de f´ısica de los materiales Apartado 60141

28080 - Madrid

Tfno.: (91) 398-7185

FAX: (91) 398-81-76

´ PTICA O

CUADERNILLO

PRIMER

CUATRIMESTRE

SOLUCIONES

CURSO

2005/06

Problema 1. Reflexión, refracción de la luz y ángulo l´ımite Se dispone de un prisma recto de un material transparente de ´ındice de refracción n muy elevado. Cuando un haz láser incide normalmente sobre la cara AB (ver Figura 1.1) se produce reflexión total en la cara BC. Se pide:

Figura 1.1: Marcha de rayos en el prisma.

1. Determinar el valor m´ınimo que puede tener n. 2. Si sumergimos el prisma en agua (na = 1,33), el fenómeno de reflexión total subsiste. Por el contrario, si lo sumergimos en granadina (ng = 1,44), parte de la luz atraviesa la cara BC. Determinar entre qué valores debe estar comprendido n. 3. Si cuando el prisma está sumergido en el agua vamos a˜ nadiendo poco a poco granadina, llega un momento en que ya no se produce la reflexión total. Admitiendo que el ´ındice de refracción nM de la mezcla viene dado por la siguiente expresión: nM = A na + G ng donde A y G son las proporciones de agua y granadina, se observa que la reflexión total deja de producirse para A = 0,25 y G = 0,75. Determinar el ´ındice de refracción n del prisma.

1

Soluci´ on 1. Como el rayo incide perpendicularmente a la cara AB del prisma no se desv´ıa al entrar en él y, en consecuencia, sobre la cara BC incide con un ańgulo de 45◦ . Al producirse en esta u ´ltima cara la reflexión total, el ańgulo l´ımite il correspondiente √ ha de ser menor de 45◦ , por lo que su seno debe tener un valor inferior a 2/2. Por otra parte, de la condición de ańgulo l´ımite: n sen il = 1

=⇒

sen il =

1 n

se deduce que el ´ındice de refracción n ha de ser mayor que n ≥

√ 2:

√ 2

2. La condición para la reflexión total en el agua se escribe de la siguiente manera: n sen 45◦ ≥ na sen 90◦ = na

=⇒

n≥

na = 1, 880 9 sen 45◦

=⇒

n<

ng = 2, 036 5 sen 45◦

Para el caso de la granadina: n sen 45◦ < ng sen 90◦ = ng En consecuencia: 1, 880 9 < n < 2, 036 5 3. Cuando se ha alcanzado el valor nM del ´ındice de refracción se produce reflexión total. Por lo tanto: n sen 45◦ = nM sen 90◦ =⇒ n =

nM A na + G ng 1, 412 5 =⇒ = = √ ◦ ◦ sen 45 sen 45 2/2

=⇒ n = 1, 997 6

2

Problema 2. Fórmulas de Fresnel e ´ındices de refracci´ on Una cubeta paralelepipédica de vidrio transparente (nv = 1,52) se llena de agua. Sobre una de sus caras laterales incide perpendicularmente un rayo láser atravesándola y emergiendo por la cara opuesta. Se pide: 1. Si la intensidad luminosa del rayo incidente es I0 = 0,100 W/cm2 , y la del emergente vale I = 0, 090 9 W/cm2 , determinar el ´ındice de refracción na del agua. Nota: Para facilitar los cálculos, considérese una sola reflexión en cada cambio de medio refringente y supónganse dichos medios perfectamente transparentes. 2. La misma cubeta se llena ahora de otro l´ıquido, de ´ındice de refracción nl = 1,44, y se repite el experimento. En este segundo caso el l´ıquido no es totalmente transparente y difunde y absorbe algo de luz. Si la intensidad emergente medida vale I = 0,070 W/cm2 , determinar la proporción de luz perdida en el interior del l´ıquido por difusión y absorción. Para facilitar los cálculos, hágase la misma consideración que se hizo en el apartado anterior con respecto a las reflexiones.

3

Soluci´ on 1. Si consideramos que en cada cambio de medio se produce una sola reflexión, la intensidad de la luz que atraviesa la cubeta viene dada por la siguiente expresión: I = I0 (1 − R1 ) (1 − R2 ) (1 − R3 ) (1 − R4 ) donde Ri (i = 1, 2, 3, 4) es el factor de reflexión correspondiente a la incidencia normal en los puntos 1, 2, 3 y 4 de la Figura 2.1.

Figura 2.1: Marcha del rayo de luz en la cubeta. Debido a la reversibilidad de la marcha de los rayos, los factores de reflexión verifican las siguientes igualdades: R1 = R4 = R

R2 = R3 = R0

;

Por lo que la intensidad I se puede poner de la siguiente manera: I = I0 (1 − R)2 (1 − R0 )2 Por otra parte, como se trata de incidencia normal, dichos factores no dependen del estado de polarización de la luz incidente, y su expresión particular para este caso se obtiene haciendo tender a cero los ańgulos de incidencia y refracción en las expresiones generales y aplicando la ley de Snell en la aproximación paraxial: R = lim

i −→ 0

Ã

sen (i − r) sen (i + r)

!2

=

µ

i−r i+r

¶2

nv r − r nv r + r

¶2

¶2

Ã

(na /nv ) r − r (na /nv ) r + r

!2

=

µ

=

µ

=

Ã

nv − 1 nv + 1

¶2

Análogamente: 0

R = lim

i −→ 0

Ã

sen (i − r) sen (i + r)

!2

µ

i−r = i+r

4

=

(na /nv ) − 1 (na /nv ) + 1

!2

Utilizando ahora el valor de nv determinamos el valor de R: R=

Ã

1, 52 − 1 1, 52 + 1

!2

= 0, 04258

Y con este valor y los de I e I0 determinamos R0 : R0 = 0, 004 183 Haciendo uso de la expresión de R0 podemos calcular el valor de na , pero hemos de hacer la hipótesis de que el ´ındice de refracción del agua es menor que el del vidrio. 0

R =

Ã

(na /nv ) − 1 (na /nv ) + 1

!2

=⇒

√ (na /nv ) − 1 = ± R0 (na /nv ) + 1

El signo positivo es la solución válida si na es mayor que nv . Por el contrario, si na es menor que nv , como sucede en la realidad, la solución válida es la de signo negativo. En este u ´ltimo caso obtenemos para na el siguiente valor : na = 1,34. 2. Si no hubiera pérdidas por difusión y absorción, la expresión de la intensidad emergente, que llamaremos Inp , ser´ıa: Inp = I0 (1 − R)2 (1 − R0 )2 donde ahora R0 corresponder´ıa al paso del vidrio al nuevo l´ıquido. Es decir: 0

R =

Ã

(nl /nv ) − 1 (nl /nv ) + 1

!2

=

Ã

(1, 44/1, 52) − 1 (1, 44/1, 52) + 1

!2

= 0, 00073

Utilizando los datos del enunciado obtenemos: Inp = 0, 092 W/cm2 Como la intensidad que emerge en el experimento es I = 0,070 W/cm2 , las pérdidas por difusión y absorción serán: Inp − I = 0, 022 W/cm2 Es decir, se pierde el 22% de la luz incidente I0 .

5

Problema 3. Fórmulas de Fresnel y cantidad de luz reflejada Un haz de luz natural incide perpendicularmente sobre el vidrio de una ventana. Se pide: 1. Demostrar que bajo estas condiciones de incidencia los factores de reflexión Rk y R⊥ son iguales y determinar su expresión en función del ´ındice de refracción n del vidrio. 2. Demostrar que la intensidad Ir de la luz reflejada tiene la siguiente expresión: Ir = 2 I0

R 1+R

donde I0 es la intensidad de la luz incidente y R = Rk = R⊥ . 3. Determinar el porcentaje de energ´ıa perdida por reflexión. Aplicaci´ on num´ erica: n = 1,6.

6

Soluci´ on 1. Las reflectancias Rk y R⊥ tienen por expresión: Rk =

tg 2 (i + r) tg 2 (i − r)

;

R⊥ =

sen 2 (i + r) sen 2 (i − r)

donde i y r son los ángulos de incidencia y refracción ligados por la ley de Snell: sen i = n sen r. Cuando i tiende a cero también lo hace r, verificándose las siguientes relaciones para peque˜ nos ańgulos: i = nr tg (i − r) ' sen (i − r) ' (i − r) ' (n − 1) i tg (i + r) ' sen (i + r) ' (i + r) ' (n + 1) i Por consiguiente:

µ

n−1 Rk (i = 0) = R⊥ (i = 0) = n+1

¶2

2. En la Figura 3.1 se indican las sucesivas reflexiones de la luz incidente en las caras exterior e interior del vidrio de la ventana, as´ı como las transmisiones en la cara exterior, cuando suponemos que la luz incide normalmente a ellas.

Figura 3.1: Luz reflejada en una l´ amina de vidrio. Factores de reflexi´ on.

Como puede verse, en la primera reflexión en la cara exterior se refleja la intensidad I0 R y se transmite hacia el interior del vidrio I0 (1 − R). Acto seguido, en la cara 7

interior se refleja la intensidad I0 (1 − R) R, ya que las ecuaciones de Fresnel son reversibles. Parte de esta luz atraviesa la lámina hacia el exterior, saliendo al aire con la intensidad I0 (1 − R)2 R, y parte se refleja hacia el interior, repitiéndose el proceso en una infinidad de reflexiones y transmisiones en las caras1 . En las reflexiones y transmisiones sucesivas salen hacia el exterior rayos con las siguientes intensidades luminosas: I0 (1 − R)2 R3 , I0 (1 − R)2 R5 , I0 (1 − R)2 R7 , . . . Por consiguiente, la intensidad de luz IR reflejada hacia el exterior será: ³

´

IR = I0 R + I0 (1 − R)2 R + R3 + R5 + R7 + . . .

Como R < 1, la suma de los infinitos términos de la progresión geométrica de razón R2 que encierra el paréntesis será: ³

Es decir:

´

R + R3 + R5 + R7 + . . . = Ã

(1 − R)2 IR = I0 R 1 + 1 − R2

!

R 1 − R2

= 2 I0

R 1+R

como se indica en el enunciado.

Si R ¿ 1, entonces IR = 2 I0 R. Al atravesar la luz natural el vidrio de la ventana hacia el interior de la habitación, existe una pérdida por reflexión que, para R peque˜ no, es como si se hubiera reflejado dos veces: una al entrar en el vidrio (primera superficie) y otra al salir de él hacia la habitación (segunda superficie). Esta pérdida energética ha de tenerse en cuenta cada vez que un rayo de luz atraviesa cualquier elemento o´ptico. Cuanto mayor sea el n´ umero de superficies de separación airevidrio (o de otros dos medios cualesquiera), mayor será la pérdida energética sufrida en la transmisión. 3. La energ´ıa incidente es proporcional a I0 (energ´ıa por unidad de tiempo y de superficie). Por la tanto, el procentaje perdido por reflexión será: IR 2R = I0 1+R Para n = 1, 6, el factor de reflexión vale R = 0, 053, por lo que IR /I0 = 0, 10. Se pierde el 10% de energ´ıa en la reflexión.

1 Al tratarse de luz natural (poco coherente) y tener el vidrio de la ventana un espesor de un par mil´ımetros, no se observarán los fenómenos de interferencia que se estudiar´ an en el segundo cuatrimestre.

8

Problema 4. Reflexi´ on y rafracción de la luz e intensidad luminosa transmitida Sea un prisma de vidrio cuya sección es un triángulo equilátero y cuyo ´ındice de refracción es n (Figura 4.1).

Figura 4.1: Marcha del rayo de luz en el prisma. Sobre el punto medio de su cara AB incide un haz luminoso de intensidad I0 formando un ańgulo α con la normal a dicha cara. El haz está linealmente polarizado perpendicularmente al plano de incidencia. Se pide: 1. Encontrar la expresión que proporciona el seno del ańgulo de salida, α0 , por la cara AC en función de α, n y el ángulo ρ del prisma. 2. El ańgulo α puede variar entre 0◦ y 90◦ , pero el haz luminoso no emerge por la cara AC para todos estos valores. Si el m´ınimo valor de α para que el haz salga por la cara AC es α = 27,92◦ , determinar n y encontrar los valores entre los que puede variar el ańgulo α0 . 3. Encontrar la expresión de la intensidad I del haz emergente por la cara AC en función de los factores de reflexión RAB y RAC de las caras de entrada y salida, respectivamente, y de los ańgulos α, β, β 0 y α0 . Determinar, as´ı mismo, el cociente I/I0 para los casos en que α = α0 (m´ınima desviación del rayo) y α = 64◦ .

9

Soluci´ on 1. Del análisis de la figura obtenemos las siguientes relaciones: ρ + (90◦ − β) + (90◦ − β 0 ) = 180◦ =⇒ β + β 0 = ρ =⇒ β 0 = ρ − β Aplicando ahora la ley de Snell a los puntos de entrada y salida del rayo: sen α = n sen β sen α0 = n sen β 0 0

)

=⇒ sen α0 = n sen (ρ − β) =⇒ q

=⇒ sen α = n sen ρ 1 −

sen 2 β

− cos ρ sen β

¸

=⇒

√ =⇒ sen α0 = sen ρ n2 − sen 2 α − cos ρ sen α

2. El ańgulo α var´ıa entre 0 y 90◦ considerando siempre el rayo incidente entre la normal y el vértice B. Para valores inferiores a 27,92◦ se produce reflexión total en la cara AC, y a partir de ese valor se transmite la luz. En estas condiciones:

Operando:

α = 27, 92◦ =⇒ sen α0 = 1 (reflexión total) =⇒ √ =⇒ 1 + cos ρ sen α = sen ρ n2 − sen 2 α (1 + cos ρ sen α)2 + sen 2 α =⇒ n = 1, 5 n = 2 sen ρ 2

Por otra parte, si α = 90◦ entonce α0 = 27, 92◦ , por lo que: 27, 92◦ < α0 < 90◦ 3. De la Figura 4.2 se deduce la siguiente relación entre la intensidad transmitida It y la incidente Ii en la superficie de separación de dos medios: It = Ii (1 − R)

cos α cos β

En nuestro caso particular, la intensidad transmitida Iα en la cara AB viene dada por la siguiente expresión: Iα = I0 (1 − RAB )

cos α cos β

La luz atraviesa el prisma e incide en la cara AC con esta intensidad. Por consiguiente, la intensidad transmitida hacia el exterior del prisma por esta cara será:

I = I0 (1 − RAB ) (1 − RAC )

10

cos α cos β 0 cos β cos α0

Figura 4.2: Intensidad transmitida.

Si α = α0 , m´ınima desviación del rayo, entonces β = β 0 = ρ/2 = 30◦ . Por lo tanto: RAB = RAC

"

sen (α − β) = sen (α + β)

#2

De la aplicación de la ley de Snell se deduce que α = 48, 59◦ , por lo que RAB = 0, 105 8 y el cociente entre las intensidades será:

I = 0, 799 6 I0 Análogamente, si α = 64◦ , β = 38, 81◦ , β 0 = 23, 19◦ y α0 = 36, 20◦ . De donde se deduce que el cociente entre las intensidades es:

I = 0, 455 3 I0

11

Problema 5. Método de Bessel para la determinación de la distancia focal de una lente Sea una lente delgada biconvexa de distancia focal f 0 , situada entre dos planos, objeto e imagen, separados por una distancia L. Se pide: 1. Demostrar que si L > 4 f 0 , existen dos posiciones de la lente separadas una distancia d para las cuales los planos objeto e imagen son planos conjugados. 2. Si L = 1 m y d = 20 cm, determinar el radio de curvatura de la lente, sabiendo que su ´ındice de refracción en el aire es n = 1,5.

12

Soluci´ on 1. Sean los planos objeto e imagen y una de las posiciones de la lente los indicados en la Figura 5.1.

Figura 5.1: Esquema de las posiciones de los planos objeto e imagen y de la lente

Seg´ un las normas indicadas en el libro de Hecht y Zajac, la fórmula que liga los puntos conjugados es: 1 1 1 = 0+ 0 f s s De la Figura 5.1 se deduce que L = s + s0 . Substituyendo el valor de s0 en función de L y s: s0 = L − s, obtenemos una ecuación de segundo grado en s: 1 1 1 L = + = 0 f L−s s (L − s) s

=⇒

s2 − Ls + f 0 L = 0

Esta ecuación proporciona los dos valores de s que hacen a los planos de la Figura 5.1 planos conjugados: L 1q 2 L − 4f 0 L s= ± 2 2 Si L2 − 4f 0 L > 0, existen dos posiciones, s1 y s2 , de la lente que son reales: s1 =

L 1q 2 + L − 4f 0 L 2 2

s2 =

L 1q 2 − L − 4f 0 L 2 2

La distancia d que separa dichas posiciones es: d = s1 − s2 = 13

q

L2 − 4f 0 L

Si L2 − 4f 0 L = 0, d = 0, s1 = s2 = L/2 y se trata de una ra´ız doble de la ecuación de segundo grado. Si L2 − 4f 0 L < 0, las ra´ıces de la ecuación son imaginarias y no existe ninguna posición real de la lente para la que los planos de la Figura 5.1 sean conjugados. Por consiguiente, la condición necesaria y suficiente para que exista dicha conjugación es: L2 − 4f 0 L ≥ 0 =⇒ L ≥ 4f 0 2. Si se verifica la condición anterior: d=

q

L2 − 4f 0 L =⇒

=⇒ f0 =

d2 = L2 − 4f 0 L

=⇒

L2 − d2 4L

Para L = 1 m y d = 0,2 m, obtenemos f 0 = 0,24 m. Por otra parte, la fórmula del constructor de lentes relaciona la distancia focal con el ´ındice de refracción del vidrio respecto al medio que lo rodea (en este caso, el aire) y con los radios de curvatura de las superficies de la lente: 1 = (n − 1) f0

µ

1 1 − r1 r2

¶

donde r1 es el radio de curvatura de la primera superficie y r2 el de la segunda. El criterio de signos del libro atribuye a r1 el signo positivo y a r2 el negativo. Como en el enunciado se alude a un sólo radio de curvatura, se supone que r1 = |r2 | = r. Por lo tanto: 1 2 = (n − 1) 0 f r Finalmente, despejando r de la u ´ltima ecuación tenemos: r = 2 (n − 1) f 0 = 2 × (1, 5 − 1) × 0, 24 m = 0, 24 m

14

Problema 6. Birrefringencia en cristales uniáxicos Sea una lámina birrefringente uniáxica, paralela al plano {X, Z}, con su eje o´ptico seg´ un el eje Z y con ∆n = nE − nO = 0,0072 en todo el espectro visible (de 380 nm a 780 nm). Sobre la lámina incide un haz de luz que se propaga seg´ un el eje Y y que está polarizado ◦ con su vector eléctrico formando un ańgulo de 30 con el eje X. Se pide: 1. Sabiendo que el espesor de la lámina es e = 0,15 mm, determinar las longitudes de onda del espectro visible para las que la luz que emerge de la lámina está polarizada linealmente e indicar su dirección de polarización. 2. Demostrar que la luz no está circularmente polarizada para un desfase δ = m 2π ± π/2 entre las componentes ordinaria y extraordinaria sino que el extremo del vector luminoso describe una elipse en el plano {X, Z}. Determinar los valores de las longitudes de onda para las que se produce dicho desfase δ, las direcciones de los ejes de la elipse y las longitudes de sus semiejes en función de la amplitud máxima E0 de la onda incidente. 3. Si observamos la onda venir hacia nosotros, indicar en qué sentido gira el extremo del vector campo eléctrico en cada uno de los casos anteriores.

15

Soluci´ on Si llamamos E i al campo incidente en la lámina, su expresión seg´ un las condiciones indicadas en el enunciado del problema es: E i = E0 cos(ωt − ky) (cos α, 0, sen α) con: α = 30◦ ; kO =

2π 2π nO ; kE = nE λ λ

A la entrada de la lámina este campo se descompone en dos, paralelos a los ejes X y Z: E ix = E0 cos α cos(ωt − ky) (1, 0, 0) E iz = E0 sen α cos(ωt − ky) (0, 0, 1) A la salida de la lámina, tras haber recorrido el rayo una distancia e, los campos serán: E sx = E0 cos α cos(ωt − ky − kO e) (1, 0, 0) E sz = E0 sen α cos(ωt − ky − kE e) (0, 0, 1) Tomando un nuevo origen de tiempos: E sx = E0 cos α cos ωt (1, 0, 0) E sz = E0 sen α cos(ωt − δ) (0, 0, 1) donde: δ=

2π ∆n e λ

El campo resultante a la salida será: E = E sx + E sz = E0 [cos α cos ωt, 0, sen α cos(ωt − δ)]

(1)

1. Para que se produzca polarización lineal es necesario que las dos componentes E sx y E sz estén en fase o en oposición de fase. Es decir, cos δ = ±1. Veamos cada uno de estos dos casos. • cos δ = +1 (polarización lineal en fase), por lo tanto: δ = m 2π. De la expresión de δ se deducen las longitudes de onda que verifican esta condición: λ=

∆n e 0, 007 2 × 150µm = m m

(m = 1, 2, . . .)

En el espectro visible, solamente λ = 540 nm verifica esta condición y la dirección de polarización correspondiente se obtiene subsituyendo cos δ = +1 en la ecuación (1): E = E0 cos ωt (cos α, 0, sen α) Es un vector que está siempre en la misma dirección (cos α, 0, sen α), dirección de polarización de la luz incidente, que forma un ańgulo α = 30◦ con el eje X. 16

• cos δ = −1 (polarización lineal en oposición de fase), por lo tanto: δ = (m + 1/2) 2π. De la expresión de δ se deducen las siguientes longitudes de onda del espectro visible que verifican esta condición: λ=

∆n e (m = 1, 2, . . .) =⇒ λ = 720 nm y λ = 432 nm m + 1/2

La dirección de polarización del campo resultante es: E = E0 cos ωt (cos α, 0, −sen α) Es un vector que está siempre en la misma dirección (cos α, 0, −sen α), dirección de polarización perpendicular a la de la luz incidente, que forma un ángulo de −30◦ con el eje X. 2. En este caso, δ = m 2π ± π/2, lo que quiere decir que cos δ = 0 y sen δ = ±1. En estas condiciones, cos(ωt − δ) = ± sen ωt. Es decir, el campo E tendrá la siguiente expresión: E = (Ex , 0, Ez ) = E0 (cos α cos ωt, 0, ± sen α sen ωt) Despejando las funciones angulares que dependen del tiempo: cos ωt =

Ex Ez ; ± sen ωt = E0 cos α E0 sen α

y utilizando las propiedades de las funciones trigonométricas, obtenemos la siguiente relación: Ex2 Ez2 + =1 E02 cos2 α E02 sen 2 α Como α = 30◦ , E02 cos2 α 6= E02 sen 2 α, entonces la expresión anterior es la ecuación de una elipse con sus ejes paralelos a los ejes coordenados. Las longitudes de los semiejes son: Longitud del semieje X: E0 cos α = 0, 866 E0 Longitud del semieje Z:

E0 sen α = 0, 500 E0

Las longitudes de onda del espectro visible para las que se produce esta circunstancia serán:    480 nm ∆n e λ= =  617, 1 nm m ± 1/4  392, 7 nm

3. En el caso de λ = 480 nm, el campo es:

E = E0 (cos α cos ωt, 0, sen α sen ωt) 17

Para t = 0, el campo es paralelo al eje X: E = E0 cos α (1, 0, 0) Para un incremento ∆t peque˜ no: E = E0 (cos α cos ω∆t, 0, sen α sen ω∆t) cos ω∆t disminuye y sen ω∆t aumenta, pero los dos son positivos. Por lo tanto, el vector campo eléctrico se encuentra en el primer cuadrante, habiendo girado desde el eje X hacia el eje Z. Es decir, en el sentido de las agujas del reloj (a derechas). Comprobar que para las otras dos longitudes de onda calculadas en el apartado anterior sucede lo contrario, es decir, giran en el sentido contrario al de las agujas del reloj (a izquierdas).

18

Problema 7. Láminas birrefringentes Sea una lámina birrefringente uniáxica, paralela al plano {X, Z}, con su eje o´ptico seg´ un el eje Z y con ∆n = nE − nO = A + B/λ, donde A y B son constantes positivas y λ la longitud de onda de la radiación. Sobre la lámina incide un haz de luz √ que se propaga √ seg´ un el eje Y y que está polarizado con su vector eléctrico en la dirección ( 2/2, 0, 2/2). El haz procede de un monocromador y se puede analizar el estado de polarización de la luz a la salida de la lámina en función de λ. Experimentalmente se constata que la luz está circularmente polarizada para λ1 = 588,77 nm y para λ3 = 499,24 nm, y que para los valores intermedios de la longitud de onda está el´ıpticamente polarizada, √ salvo √ para λ2 = 540,27 nm, en que aparece linealmente polarizada en la dirección ( 2/2, 0, 2/2). Se pide: 1. Si el espesor de la lámina es e = 0,45 mm, determinar los valores de las constantes A y B. 2. Calcular para qué longitudes de onda del espectro visible (entre 380 nm y 780 nm) emerge de la lámina luz linealmente polarizada e indicar sus respectivas direcciones de polarización.

19

Soluci´ on 1. El desfase que se introduce entre las componentes ordinaria y extraordinaria en una lámina birrefringente es: µ ¶ B 2π e A+ δ= ∆n e = 2π λ λ λ Seg´ un el enunciado del problema, los desfases correspondientes a cada una de las longitudes de onda indicadas se pueden ordenar de la siguiente manera: 

λ1 −→ δ1   λ2 −→ δ2 =⇒ δ1 < δ2 < δ3   λ3 −→ δ3

Como se indica que para λ2 se obtiene luz linealmente polarizada en la misma ultiplo de 2π. En consecuencia, dirección que la de la luz incidente, δ2 debe ser un m´ podemos escribir: ( δ1 = m 2π − π/2 δ2 = m 2π =⇒ δ3 = m 2π + π/2 Se pueden, por lo tanto, establecer tres ecuaciones con tres incógnitas, a saber, m, A y B: (m − 1/4) 2π = (2π e/λ1 ) (A + B/λ1 ) m 2π = (2π e/λ2 ) (A + B/λ2 ) (m + 1/4) 2π = (2π e/λ3 ) (A + B/λ3 ) De este sistema de ecuaciones se deducen los valores buscados: m = 3 ; A = 0, 003 546 ; B = 2, 755 4 × 10−5 µm 2. Para que la luz emerja linealmente polarizada es necesario que el coseno del desfase sea ± 1. Analicemos el signo positivo: µ ¶ B e A+ m 2π = 2π λ λ Esta ecuación de segundo grado en λ nos proporciona las longitudes de onda para las que la luz sale linealmente polarizada en la misma dirección que la luz incidente: 

1 Ae  λ= 1+ 2 m

s



4Bm 1+ 2  Ae

En el espectro visible, las longitudes de onda que verifican esta ecuación son: m = 3 =⇒ λ = 0, 539 55 µm m = 4 =⇒ λ = 0, 406 54 µm Se deja como ejercicio el cálculo de las longitudes de onda del espectro visible que proporcionan luz linealmente polarizada en la dirección perpendicular.

20

Problema 8. Variación de la intensidad luminosa en láminas birrefringentes Se dispone de una lámina birrefringente uniáxica paralela al plano {X, Z}, con su eje óptico en la dirección del eje Z, y cuyo espesor es e = 0,1 mm. Está colocada entre un √ √ polarizador de entrada, cuya dirección de polarización es paralela a √ ( 2/2, 0,√ 2/2), y un analizador de salida con su dirección de polarización paralela a (− 2/2, 0, 2/2). El sistema se ilumina con la luz procedente de una fuente provista de un monocromador, de manera que se puede cambiar ligeramente el valor de la longitud de onda λ sin que cambie la intensidad I0 = 0,1 W/cm2 de la luz incidente. En el experimento, la dirección de propagación de la luz es la del eje Y . Se pide: 1. Para variaciones ∆λ de la longitud de onda suficientemente peque˜ nas, se producen peque˜ nas variaciones ∆δ del desfase δ entre las componentes ordinaria y extraordinaria de la luz a la salida de la lámina, lo que provoca variaciones ∆I de la intensidad luminosa I que atraviesa el sistema. Encontar una relación aproximada entre la variación relativa ∆I/I de dicha intensidad, el desfase δ y el incremento ∆δ de dicho desfase. 2. Para λ = 550 nm se ha obtenido una intensidad I(550) = 0,00794 W/cm2 . Se ha repetido la medida para λ = 540 nm, obteniéndose una nueva intensidad I(540) = 0,00508 W/cm2 . Determinar la birrefringencia ∆n = |nE − nO |.

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Soluci´ on 1. La luz que proviene del monocromador es luz no polarizada de intensidad I0 . Al atravesar el polarizador, la amplitud máxima del campo eléctrico que √ emergente, √ llamaremos E0 , vibra siempre en la dirección de polarización ( 2/2, 0, 2/2), y su nueva intensidad, que llamaremos I00 se reduce a la mitad I0 . En estas condiciones, el campo incidente Ei sobre la cara de entrada de la lámina se puede escribir de la siguiente manera: √ √ Ei = E0 cos(ωt − ky) ( 2/2, 0, 2/2) En dicha cara, el campo se puede descomponer en dos vibraciones perpendiculares entre s´ı, una paralela al eje X y otra al eje Z: Ei,x

√ 2 E0 cos(ωt − ky) (1, 0, 0) = 2

Ei,z

√ 2 = E0 cos(ωt − ky) (0, 0, 1) 2

Estas vibraciones están en fase a la entrada de la lámina, pero a la salida, debido a la diferente velocidad con que se propagan en el interior de la misma, tienen entre s´ı un desfase δ, que permite escribirlas de la siguiente manera, haciendo una elección conveniente del origen de tiempos: Es,x

Es,z

√ 2 E0 cos ωt (1, 0, 0) = 2

√ 2 = E0 cos(ωt − δ) (0, 0, 1) 2

donde δ tiene la siguiente expresión: δ=

2π (nE − nO ) e λ

El campo Ea que atraviesa el analizador se √ obtiene √ proyectando estas dos componentes sobre su dirección de polarización (− 2/2, 0, 2/2): Ea =

√ √ 1 E0 [cos(ωt − δ) − cos ωt] (− 2/2, 0, 2/2) 2

La intensidad I que atraviesa el sistema se obtiene a partir del promedio temporal del cuadrado de este u ´ltimo campo: 22

1ZT 2 1 1 I = ²0 c Ea dt = I00 (1 − cos δ) = I0 (1 − cos δ) T 0 2 4 Esta intensidad depende del desfase δ, que a su vez depende de la longitud de onda λ. Si hacemos cambiar ligeramente la longitud de onda un incremento ∆λ, se producirá un incremento ∆δ del desfase. Supongamos que ∆λ es suficientemente peque˜ no como para que lo sea también el ∆δ que provoca: λ −→ (λ + ∆λ)

=⇒

δ −→ (δ + ∆δ)

De la definición del desfase δ, se deduce que estos incrementos están relacionados de la siguiente manera: δ + ∆δ λ = δ λ + ∆λ Para ∆λ peque˜ no, el desarrollo en serie de Taylor nos proporciona la siguiente expresión aproximada: ∆δ ∆λ =− δ λ Por otra parte, si el cambio en el desfase es muy peque˜ no, también podemos desarrollar en serie de Taylor cos(δ + ∆δ), y obtener as´ı una expresión aproximada del incremento ∆I que se produce en la intensidad: cos(δ + ∆δ) = cos δ +

1 [−sen (δ + ∆δ)]∆δ=0 ∆δ + . . . ∼ = cos δ − sen δ ∆δ 1!

Por lo tanto, la nueva intensidad será: 1 I + ∆I ∼ = I0 (1 − cos δ + sen δ ∆δ) 4 y su incremento resulta ser: 1 ∆I ∼ = I0 sen δ ∆δ 4 Es decir, la relación pedida entre ∆I e I es: ∆I ∼ sen δ ∆δ = I 1 − cos δ 23

2. Tomemos como intensidad I la correspondiente a λ = 550 nm. A partir de su expresión, podemor determinar el coseno del desfase δ para esa longitud de onda: I=

1 I0 (1 − cos δ) 4

cos δ = 1 −

=⇒

4I I0

Utilizando los valores del enunciado, obtenemos: cos δ = 0, 6824

=⇒

sen δ = ±0, 7310

El valor absoluto del seno del desfase se puede determinar a partir del valor del coseno, pero no podemos determinar su signo. Esta ambig¨ uedad no la podemos eliminar con este experimento porque no conocemos el signo de la birrefringencia nE −nO = ∆n. Sin embargo, es fácil comprobar que el valor absoluto de la birrefringencia es el mismo cualquiera que sea el signo del seno del desfase. Por esta razón, si tomamos arbitrariamente la birrefringencia ∆n como positiva, podemos razonar de la siguiente manera: Al ser positiva ∆n, también lo es el desfase δ definido más arriba; al ser negativo el incremento ∆λ, resulta positivo el incremento ∆δ; a su vez, la variación ∆I de la intensidad es negativa, por lo que llegamos a la conclusión de que debemos tomar el valor negativo para el seno de desfase2 . En consecuencia su valor será: √ sen δ = − 1 − cos2 δ = −0, 73100 Utilizando el valor que se deduce del enunciado para ∆I, y haciendo uso de su expresión aproximada, podemos obtener el valor de ∆δ: ∆δ =

∆I 1 − cos δ = 0, 1565 rad I sen δ

A partir de este valor podemos determinar el correspondiente al desfase δ: δ=−

λ ∆δ = 8, 6074 rad ∆λ

Y, finalmente, este u ´ltimo valor nos permite determinar la birrefringencia: |nE − nO | =

δλ = 7, 53 × 10−3 2π e

2 Suceder´ıa todo lo contrario si hubiéramos tomado negativa la birrefringencia o si hubiéramos definido el desfase con el signo contrario el utilizado más arriba.

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Problema 9. Luz el´ıpticamente polarizada Sea una lámina birrefringente uniáxica, de espesor e = 50 µm, paralela al plano {X, Z}, con su eje o´ptico paralelo a Z y siendo ∆n = nE − n0 > 0. Una onda plana, linealmente polarizada,√de longitud de onda λ = 500 nm y con su campo eléctrico paralelo a la √ dirección ( 2/2, 0, 2/2), incide sobre la lámina. A la salida de ésta u ´ltima se coloca un polarizador lineal que puede analizar la luz el´ıptica que emerge de la lámina birrefringente. La intensidad luminosa I de la luz que atraviesa el analizador depende de la dirección de polarización de éste, que es paralela al vector (cos α, 0, sen α). Se pide: 1. Si se registran los siguientes valores de las intensidades luminosas: I(α = 45◦ ) = 0, 075 W/cm2

;

I(α = 135◦ ) = 0, 025 W/cm2

determinar el coseno del desfase δ entre las ondas ordinaria y extraordinaria a la salida de la lámina birrefringente. 2. Sabiendo que ∆n está comprendido entre 0,002 y 0,01, determinar su valor.

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Soluci´ on 1. A la entrada de la lámina, el campo eléctrico incidente puede descomponerse en dos, uno paralelo al eje X (que llamaremos onda ordinaria) y otro paralelo al eje Z (que llamaremos onda extraordinaria). Sus amplitudes √ máximas son iguales a la amplitud máxima del campo incidente dividida por 2, sus frecuencias son las mismas y se encuentran en fase. A la salida de la lámina, entre dichas componentes hay un desfase δ debido a que avanzan en el interior de la misma a distinta velocidad. La expresión que proporciona este desfase es: δ=

2π ∆n e λ

Eligiendo convenientemente el origen de tiempos, las componentes del campo eléctrico a la salida de la lámina se pueden escribir de la siguiente manera: E0 E x = √ cos ωt (1, 0, 0) 2 E0 E z = √ cos (ωt − δ) (0, 0, 1) 2 El campo E a que se proyecta sobre la dirección del analizador será: E0 E a = √ [cos α cos ωt + sen α cos (ωt − δ)] (cos α, 0, sen α) 2 La intensidad I(α) que atraviesa el analizador se calcula haciendo el siguiente promedio temporal: 1 ZT 2 E dt I(α) = ²0 c T 0 a Realizando la integral obtenemos el siguiente resultado: I(α) =

1 I0 (1 + sen 2α cos δ) 2

;

con

I0 =

1 ²0 c E02 2

Si cos δ = 0, entonces la intensidad no depende del ańgulo α: I = 1/2 I0 . Si cos δ > 0, los máximos y m´ınimos de la intensidad son los siguientes: Máximo para sen 2α = 1

=⇒

α = 45◦

M´ınimo para sen 2α = −1

=⇒

α = 135◦ 26

=⇒

=⇒

Imax =

1 I0 (1 + cos δ) 2

Imin =

1 I0 (1 − cos δ) 2

Seg´ un se desprende del enunciado, éste es el caso que nos ocupa. Por lo tanto: 1 − cos δ Imin = Imax 1 + cos δ

=⇒

cos δ =

Imax − Imin I(45◦ ) − I(135◦ ) = Imax + Imin I(45◦ ) + I(135◦ )

Utilizando los datos del enunciado, obtenemos para el coseno del desfase el siguiente valor: cos δ = 0, 5 2. Seg´ un los datos del enunciado, el desfase δ se puede expresar como sigue: δ=

2π ∆n e = 200 π ∆n λ

Es decir: ∆n =

δ 200 π

Como, por otra parte, ∆n ha de estar comprendido entre 0,002 y 0,01, deducimos que el desfase δ se encuentra entre los siguientes valores: 0, 4 π < δ < 2 π

⇐⇒

72◦ < δ < 360◦

Como sabemos por el experimento que cos δ = 0,5, obtenemos el valor de δ sin ambig¨ uedad: δ = 300◦ = 5,236 radianes. A partir de este valor determinamos el de ∆ n: ∆n = 8, 33 × 10−3

27

Problema 10. Birrefringencia y longitud de onda Sobre una lámina birrefringente uniáxica, paralela al plano {X, Z}, cuyo eje o´ptico es paralelo al√eje Z, incide normalmente un haz de luz linealmente polarizado en la dirección √ ( 2/2, 0, 2/2), procedente de un monocromador provisto de una fuente lumninosa que proporciona la misma intensidad I0 para todas las longitudes de onda del espectro visible (380 nm - 780 nm). A la salida de la lámina se colocan, paralelamente a ella, un polaroide (analizador) y un fotómetro para medir la intensidad luminosa que atraviesa √ el sistema. √ La dirección de polarización del analizador puede ser paralela al vector ( 2/2, 0, 2/2), en cuyo caso llamaremos a la instensidad luminosa Ik , o perpendicular a él, en cuyo caso hablaremos de I⊥ . La birrefringencia ∆n = nE − nO de la lámina depende de la longitud de onda seg´ un la siguiente expresión: ∆n = A +

B λ2

donde A y B son constantes que dependen del material de que está hecha la lámina. Se pide: 1. Sabiendo que las intensidades Ik e I⊥ coinciden para los siguientes valores de la longitud de onda: λ1 = 546, 48 nm

;

λ2 = 451, 84 nm

;

λ3 = 400, 00 nm

que no coinciden para los demás valores comprendidos entre ellos, y que el espesor de la lámina vale e = 50µm, determinar el valor de las constantes A y B. 2. Determinar el m´ınimo espesor e de la lámina birrefringente para el cual se obtiene con ella luz circularmente polarizada para λ = 632,8 nm.

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Soluci´ on 1. A partir de las condiciones indicadas en el enunciado del problema se deduce (lo dejamos como ejercicio) que las intensidades Ik e I⊥ tienen la siguiente expresión: 1 Ik = I0 (1 + cos δ) 2 1 I⊥ = I0 (1 − cos δ) 2 donde el desfase δ está relacionado con la longitud de onda λ, con la birrefringencia ∆n y con el espesor e de la siguiente manera: δ=

2π ∆n e λ

Para los valores de λ en que coinciden Ik e I⊥ se verificará la siguiente relación: Ik = I⊥

=⇒

1 + cos δ = 1 − cos δ

=⇒

cos δ = 0

Es decir, el desfase δ ha de ser un m´ ultiplo impar de π/2 para las tres longitudes de onda indicadas en el enunciado: δ = (2m + 1)

2π π = ∆n e 2 λ

=⇒

∆n 2m + 1 = λ 4e

Como nos dicen en el enunciado que para valores de la longitud de onda comprendidos entre los all´ı indicados las intensidades no son iguales, tenemos que concluir que los n´ umeros m correspondientes a λ1 , λ2 y λ3 han de ser consecutivos. Puesto que λ1 > λ2 > λ3 , a la primera le corresponde el n´ umero natural m, a la segunda m + 1 y a la tercera m + 2. Si ahora utilizamos la expresión de ∆n, obtenemos las siguientes relaciones: A+

2m + 1 B = λ1 2 λ1 4e

A+

B 2m + 3 = λ2 2 λ2 4e

A+

B 2m + 5 = λ3 2 λ3 4e

Tenemos, pues, un sistema de tres ecuaciones algebraicas lineales con tres incógnitas: A, B y m. Cualquiera que sea el método a utilizar para resolverlo es necesario tomar la siguiente precaución: como las maquinitas de calcular tienen la precisión limitada, es conveniente que los coeficientes que multiplican a las incógnitas no sean ni muy grandes ni muy peque˜ nos (unas centésimas por abajo o unos centenares por arriba de las mismas). En el caso que nos ocupa, si se utiliza el valor de la longitud de onda en metros, resultan muy peque˜ nos, y si se utiliza en nanometros, 29

muy grandes. Lo mejor es utilizarlos en micras (µm). El resultado que se obtiene trabajando correctamente es el siguiente: m = 1 ; A = 0, 001 5 ; B = 0, 002 0 µm2 Con estos valores de las constantes A y B se obtienen los siguientes valores de ∆n para las tres longitudes de onda del enunicado: ∆n(λ1 ) = 0, 008 2 ; ∆n(λ2 ) = 0, 011 3 ; ∆n(λ3 ) = 0, 014 0 2. Para obtener luz polarizada circularmente es necesario que se cumplan las siguientes condiciones: • Que las amplitudes máximas ordinaria y extraordinaria sean iguales. Esto se cumple en nuestro caso ya que la luz incidente está linealmente polarizada en una dirección que forma 45◦ con el eje óptico. • Que el desfase entre las componentes sea un m´ ultiplo impar de ± π/2. Como 3 nada se indica, elegimos el signo positivo . Como nos piden el espesor m´ınimo de la lámina para que esto se produzca, el desfase que nos lo proporciona es: δ = π/2. Por lo tanto: δ=

π 2π = ∆n e 2 λ

=⇒

e=

λ 4 ∆n(λ)

En este caso, para λ = 632, 8 nm, el valor de la birrefringencia es: ∆n(λ) = 0,006 5, por lo que el espesor resulta ser: e = 24, 4 µm

3

La elección del signo nos proporciona el carácter destrógiro o lev´ ogiro de la polarización.

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