Sol Semana 1

7/24/2019 Sol Semana 1

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S O L U C I O N

Examen de OpticaPrimera Semana: 2 de febrero de 2012 (jueves), 09:00 h.

Problema 1 (5 puntos)

Reflexion total y ecuaciones de Fresnel

Se dispone de una cubeta de vidrio paralelepipedica (ver Figura 1.1) cuyasparedes son muy finas (su efecto puede despreciarse en el estudio). En la partemas baja tiene una capa de agua (ndice de refraccionnagua= 1,33 respecto alaire). A continuacion hay una capa de aceite (ndice de refraccionnaceite= 1,49

respecto al aire). Sobre el punto A de la figura incide un rayo laser linealmentepolarizado de intensidad I0 = 0,1 W/cm

2. El rayo sigue la trayectoriaABCD.A su salida de la cubeta por el punto Dse encuentra un fotometro que mide lairradiancia del haz (o intensidad).

nagua

A

B

Ci

Dr

i

naceite

I0

I

Figura 1.1: Esquema del dispositivo experimental.

Se pide:

1. (1,5 puntos) Determinar los valores del angulo i de incidencia en A paralos cuales se produce reflexion total en el punto C.

2. Determinar la expresion de la relacionI/I, donde I e I son las inten-sidades del rayo de salida en D cuando la polarizacion del haz incidentees perpendicular y paralela al plano de incidencia en A, respectivamente,para los casos siguientes:

(1 punto) Se produce reflexion total enCy enB.

(1 punto) No se produce reflexion total en Cy s enB.

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(0,5 puntos) No hay reflexion total ni en Cni en B.

3. Aplicacion numerica: Determinar el valor de I/Ique mide el fotometroen los casos siguientes:

(0,5 puntos) El rayo incide en el punto Ccon un angulo de 63, 5o.

(0,5 puntos) El rayo incide en el punto Ccon un angulo de 48o.

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Solucion

1. (1,5 puntos) Llamemos n0 al ndice de refraccion del aire, n1 al del agua yn2 al del aceite. Para que haya reflexion total en el punto C debe incidiren el con un angulo igual o superior al angulo lmiteil(C) correspondiente

a la superficie de separacion aceite-agua. Es decir:

n2 sen il(C) =n1 = n2 sen(90o rl) =n1 = cos rl=

n1n2

Siguiendo la trayectoria hacia atras, los angulos de reflexion y de incidenciaen B han de ser igual al de incidencia en C, es decir, il(C) = 90 rl, y,por lo tanto, el de refraccion enA sera su complementario, es decir,rl (verFigura 1.2).

nagua

A

B

Ci

r

naceite

I0

90-rl90-rl90-rl

l

il

0

Figura 1.2: Angulos implicados en las condiciones de reflexion total enC.

Por lo tanto, el angulo de incidencia i0que corresponde a estas condicionescumplira:

n0 sen i0(A) =n2 sen rl=n2

1

n1n2

2

=

= sen i0=

n22 n21=

1, 492 1, 332 = i0= 42, 2

o

Es facil comprobar que los valores del angulo de incidencia i comprendidosentre 0o ei0 dan lugar a reflexion total en el punto Cde la cubeta. Si porel contrarioi > i0, no hay reflexion total enC.

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2. Calculemos la expresion general de la intensidad del rayo de salida en D:

Intensidad transmitida en A: It(A) =I0(1RA) cos i/ cos r.

Intensidad reflejada en B: Ir(B) =It(A) RB.

Intensidad reflejada en C: Ir(C) =Ir(B) RC.

Intensidad transmitida en D: It(D) =Ir(C) (1 RD) cos r/ cos i

=I0(1 RA) RBRC(1 RD).

Se produce reflexion total enCy enB:

Sii < i0, se produce reflexion total en C.

cos rl(C) =n1n2

=1, 33

1, 49 = rl= 26, 8

o

Por otra parte, 90 rl il(B) para que haya reflexion total enB:

n2 sen il(B) = 1 = sen il(B) = 1

1, 49 = il(B) = 42, 16

o

90o 26, 8o = 63, 2o >42, 16o

Esto quiere decir que cuando hay reflexion total en Ctambien la hayenB.

En este caso,RB =RC= 1 yRA=RDporque el angulo de salida enDes igual al angulo de entrada enA. En estas condiciones, la intensidadtransmitida enD es:

It(D) =I0(1 RA)2

Entonces, en el puntoD:

It()

It() =

1 RA()

1 RA()

2

donde:

R=

sen(i r)

sen(i+r)

2

y R=

tg (i r)

tg (i+r)

2

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No se produce reflexion total en Cy s enB:

El angulo lmite en B vale: il(B) = 42, 16o, por lo tanto, para que

haya reflexion total en B es necesario que el angulo de incidencia enB, 90or, donder es el angulo de refraccion correspondiente al anguloi de incidencia en A, sea mayor o igual que 42,16o. Esto es:

90o r 42, 16o = 90o 42, 16o r = r 47, 84o

Ahora podemos determinar la condicion que ha de cumplir el anguloi de incidencia en A:

n0 sen i n2 sen47, 84o = 1, 10

lo que quiere decir que cualquiera que sea el angulo ide incidencia en

Aque haga que el rayo refractado alcance la superficie libre del aceite(puntoB de la superficie de separacion aire-aceite) habra reflexion to-tal enB. En estas condiciones,RB = 1 y como no hay reflexion total enC, entonces RC= 1. La intensidad transmitida en D sera finalmente:

It(D) =I0(1 RA)2 RC

Por lo tanto, en el punto D:

It()It()

=(1RA())2

RC()(1 RA())2 RC()

No hay reflexion total ni enCni en B:

Este caso es imposible porque siempre que el rayo que emerge de Aalcance B hay reflexion total en B, como hemos demostrado en elapartado anterior.

3. Aplicacion numerica: Determinar el valor de I/Ique mide el fotometroen los casos siguientes:

El rayo incide en el puntoCcon un angulo de 63, 5o:

Si incide con un angulo de 63,5o en C, los angulos de incidencia yreflexion enB seran tambien de 63,5o y, por lo tantor= 90 63, 5 =26, 5o. El angulo i de incidencia en A correspondiente a este valor der es:

sen i= 1, 49 sen 26, 5o = i= 41, 67o

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Este angulo es menor que i0 = 42, 2o, entonces hay reflexion total en

el puntoCy nos encontramos en el primer caso.

Calculemos las correspondientes reflectancias en el punto A:

R(A) =

sen (41, 67o 26, 5o)

sen (41, 67

o

+ 26, 5

o

)

2

= 0, 0795

R(A) =

tg (41, 67o 26, 5o)

tg (41, 67o + 26, 5o)

2 = 0, 0118

Consecuentemente:

It()

It() =

1 RA()

1 RA()

2 = 0, 8677

El rayo incide en el puntoCcon un angulo de 48o:

Si ahora incide en C con un angulo de 48o, haciendo el mismo razo-namiento anterior, r = 90o 48o = 42o e i = 85, 56o. Este angulo esmayor quei0 por lo que nos encontramos en el segundo caso.

Las reflectancias implicadas ahora son:

R(A) =

sen (85, 56o 42o)

sen (85, 56o + 42o)

2 = 0, 7557

R(A) =

tg (85, 56o 42o)

tg (85, 56o + 42o)

2 = 0, 5348

Para calcular las reflectancias en Cnecesitamos determinar el angulode refraccion:

1, 49 sen 48o = 1, 33 sen = = 56, 36o

R(C) =sen (48

o 56, 4o)

sen (48o + 56, 4o)2

= 0, 0225

R(C) =

tg 48o 56, 4o)

tg (48o + 56, 4o)

2 = 0, 0014

Consecuentemente:

It()

It() =

(1 RA())2 RC()

(1 RA())2 RC() = 4, 3891

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Problema 2 (5 puntos)

Laminas birrefringentes uniaxicas

Se dispone de una lamina birrefringente uniaxica de cuarzo, con su eje optico

contenido en el plano de la misma y paralelo al eje Z, de ndices de refraccionordinario y extraordinario con relacion al airenO = 1, 544 ynE= 1, 553, respec-tivamente. Cuando se intercala entre dos polarizadores cruzados y se iluminael sistema con luz natural se observa que hay unos colores que lo atraviesany otros que no, siendo la intensidad I de la luz transmitida proporcional a(1cos ), dondees el desfase que se produce en el interior de la lamina entrelas componentes ordinaria y extraordinaria. Se pide:

1. (2 puntos) Si dos de las longitudes de onda consecutivas que se extinguenson 1 = 600 nm y 2 = 450 nm, determinar el espesor e de la laminabirrefringente.

2. (2 puntos) Calcular el resto de las longitudes de onda del espectro visi-ble (380 780 nm) que se extinguen y las que atraviesan la lamina conintensidad maxima.

3. (1 punto) Si se introduce todo el sistema en agua y se ilumina desde el exte-

rior, indicar si sufren algun cambio las observaciones anteriores. Razonesela respuesta.

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Solucion

1. (2 puntos) La intensidad transmitida I 1 cos sera nula cuando elcoseno del desfase sea igual a la unidad. Esto es:

I 1 cos = 0 cos = 1 = =m 2

Como, por otra parte, el desfase esta relacionado con la longitud de onda y el espesor e de la lamina birrefringente por la expresion:

=2

|nE nO| e

Igualando ambas expresiones obtenemos las longitudes de onda min paralas cuales la luz no atraviesa el sistema (polarizador + lamina birrefringente+ analizador cruzado):

min=n e

mdonde hemos llamado n al valor absoluto de la diferencianO nEentrelos ndices de refraccion ordinario y extraordinario.

El numerom es un numero natural y segun aumenta disminuye la longitudde onda para la cual se verifica la condicion de extincion. Si asignamosa la longitud de onda 1 = 600 nm un determinado valor de m, a lalongitud de onda que se extingue a continuacion 2 = 450 nm (< 1) lecorrespondera el siguiente numero natural m+ 1. Es decir:

m 1= n e

(m+ 1) 2= n e

=

m

m+ 1=

21

=450

600 = m= 3

Substituyendo el valor demen cualquiera de las dos expresiones obtenemosel valor dee: e= 200m.

2. (2 puntos) Utilizando el resultado anterior y dando valores a m en la ex-presion de min determinamos las longitudes de onda del espectro visible

(380-780 nm) que se extinguen al atravesar el sistema. En la Tabla I seindican los resultados.

Tabla I: Longitudes de onda extinguidas al atravesar el sistema

m min (nm)

1 18002 9003 600

4 4505 360

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Como puede verse, solamente son del espectro visible:

1= 600nm y 2= 450 nm

La intensidad transmitida sera maxima cuando cos = 1. Es decir:

= (m+12

)2=2 |nE nO| e

Las longitudes de onda que hacen maxima la transmision son:

max= n e

m+ 12

En la Tabla II proporcionamos los valores de max correspondientes alespectro visible.

Tabla II: Longitudes de onda que se transmiten con maxima intensidad

m max(nm)

1 12002 7203 514,34 400,05 327,3

Solo estan en el espectro visible:

720 nm, 514, 3 nm y 400 nm

3. (1 punto) Si se introduce el sistema en agua, el medio que rodea a lalamina cambia de ndice de refraccion. Consecuentemente, la longitud deonda aguaen dicho medio cambiara con respecto a la longitud de onda en el aire segun la siguiente expresion:

agua=

nagua

Esto proviene de que la radiacion no cambia de frecuencia al cambiar demedio. Como, por otra parte, el producto de la longitud de onda por la fre-cuencia es igual a la velocidad de propagacion en el medio correspondiente,tendremos:

=c (aire) ; a =va (agua)

E=vE (lamina) ; O =vO (lamina)

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De estas expresiones se deduce la siguiente cadena de igualdades:

= c

=

vaa

= vEE

= vOO

Cuando la onda de longitud de onda en el aire avanza por el agua, lasecuaciones de sus componentes Ex yEz pueden escribirse como sigue:

Ex=E0cos( t ka y)(1, 0, 0)

Ez =E0cos( t ka y)(0, 0, 1)

con:

ka=2

a

Al penetrar en la lamina y alcanzar el otro extremo de la misma, las com-ponentes extraordinaria y ordinaria seran:

Ex=E0cos( t ka y kO e)(1, 0, 0) ; con kO =2

O

Ez =E0cos( t ka y kEe)(0, 0, 1) ; con kE=2

Ey la diferencia de fase entre ambas ondas:

= ( t ka y kEe) ( t ka y kO e) =

2

O

2

E

e

Si utilizamos ahora la cadena de igualdades entre las longitudes de ondaen los diferentes medios, obtenemos identico desfase que cuando el sistemase encontraba en el aire:

E=vEc

=

nE

O =vOc

=

nOde donde se deduce:

=2

(nE nO) e

Por consiguiente, se extinguiran las mismas longitudes de onda que cuandola lamina no estaba sumergida:

min=n e

m

Tambien se puede poner en relacion con las longitudes de onda a en elagua:

E=avE

va= ana

nE

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O=avOva

=ana

nOy el desfase en funcion dea resulta ser:

= 2

ana

n e

y las longitudes de onda a que se extinguiran seran:

a,min=n e

nam =

minna

Es decir, las longitudes de onda a,min que se extinguen son las que co-rresponden a las longitudes de onda min que lo hacen cuando la laminase encuentra en el aire. No hay, por consiguiente, ningun cambio a este

respecto.

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