cuadernillo óptica uned 3

7/30/2019 cuadernillo ptica uned 3

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACION A DISTANCIAf acul t ad de ciencias. depar t ament o de f sic a de l os mat er ial es

Asignatura: OPTICA

c/ Senda del Rey, 9. 28040 - M adrid e-mail: opt [email protected]

T fno.: (91) 398-7172 FAX: (91) 398-8176

O P T I C A

C U A D E R N I L L O

S E G U N D O C U A T R I M E S T R E

C U R S O 2 0 0 5 / 0 6

S O L U C I O N E S


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Solucion

Este problema esta planteado para recordar el experimento de Arago, que demuestra quedos campos electricos perpendiculares entre s no producen franjas de interferencia. Estoes debido a que en el termino 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 planode las rendijas, este es un plano de fase. Consecuentemente, las ondas polarizadasque parten de las rendijas 1 y 2 lo haran en fase. Sin embargo, al llegar al punto xhabran recorrido caminos opticos distintos, lo que introduce un desfase entre ellas(ver Figura 1.1). Este vale:

= 1 2 =2

d sen 2

d

x

D

donde hemos tomado tg = x/D

sen .

Figura 1.1: Esquema del dispositivo interferencial.

Tomando el origen de las fases en el campo E 2, la expresion de los campos electricosen el punto x es la siguiente:

E 1 = E0 cos(t ky )u 1E 2 = E0 cos(t ky) u 2

donde los vectores unitarios u 1 y u 2 son:

u 1 = ( sen , 0, cos ) ; u 2 = ( sen , 0, cos )

2


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El campo total E en el punto x es, por lo tanto:

E = E 1 + E 2 = E0 (cos(t ky )u 1 + cos(t ky)u 2)

La intensidad I(x) valdra, por consiguiente:

I(x) = 0 c1

TZT0

E E dt =

= 0 c1

T

ZT0

E 1 E 1 dt + 0 c1

T

ZT0

E 2 E 2 dt + 2 0 c1

T

ZT0

E 1 E 2 dt

Los dos primeros terminos (que supondremos iguales y llamaremos I0) representanlas intensidades debidas a cada una de las rendijas; el tercer termino (que llamaremosinterferencial) se determina como sigue:

E 1 E 2 = E20 cos(t ky ) cos(t ky)u 1 u 2

Por lo tanto:

1T

ZT

0E 1 E 2 dt =

1T

ZT

0E20 cos(t ky ) cos(t ky)dt

!u 1 u 2

Desarrollando las funciones angulares del integrando:

cos(t ky ) cos(t ky) == cos2(t ky) cos + sen (t ky) cos(t ky) sen

obtenemos las dos integrales siguientes:

1

T

ZT0

E20 cos2(t ky) cos dt = 1

2E20 cos

1T

ZT

0E20 sen (t ky) cos(t ky) sen dt = 0

puesto que las integrales corresponden a un periodo entero.

Finalmente, la intensidad I(x) resulta ser:

I(x) = 2 I0 (1+u 1u 2 cos ) = 2 I0 (1+cos 2 cos )

2. La expresion de la intensidad nos dice que si = 0 (campos paralelos), la intensidad

resulta ser la habitual para dos rendijas de Young: I(x) = 2 I0 (1+cos

) y podemosobtener m nimos con anulacion total de luz.

Si = 45, los campos son perpendiculares y no producen interferencias. Para losvalores intermedios de hay interferencias pero no se consiguen franjas totalmenteobscuras.

Los maximos de la intensidad se obtienen cuando cos = 1, es decir:

= 2m = xmax = m D

d= xmax =

D

d

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Imax = 2 I0 (1+cos2)

Los m nimos se obtienen para cos = - 1, esto es:

= 2(m +1

2

) =

xmin = (m +1

2

) D

d

=

xmin = D

d

Imax = 2 I0 (1cos2)

La distancia entre franjas consecutivas es la misma para las brillantes y para lasobscuras. En el caso indicado en el enunciado resulta ser:

xmax = xmin = 2, 53 mm

3. De la definicion de la visibilidad y de las expresiones de Imax e Imin se obtieneinmediatamente:

V =Imax IminImax + Imin

=(1 + cos 2) (1 cos2)(1 + cos 2) + (1 cos2) = cos2

Esta funcion representa el contraste entre las franjas de interferencia que, comopuede verse en la Figura 1.2, va disminuyendo al aumentar el angulo , hastaanularse completamente cuando los campos son perpendiculares entre s (2 = 90).

Figura 1.2: Visibilidad de las franjas de interferencia en funcion de .

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Problema 2.-

Interferencia de ondas de distinta frecuencia

Sean dos ondas luminosas planas, monocromaticas, de longitudes de onda 1

y 2

distintas,linealmente polarizadas con el vector electrico paralelo al eje Z y propagandose segun elsentido positivo del eje Y. En el instante t = 0 tienen la misma fase en el plano y = 0 yse quiere estudiar su posible interferencia en el plano y = D = 1 m, donde las amplitudesmaximas de los campos electricos respectivos son E01 y E02 (ver Figura 2.1).

Figura 2.1: Trayectoria de los haces que i nterfieren.

Para el estudio de la distribucion de intensidad se dispone de un fotodetector (fotodiodo,ojo humano, etc.), cuyo tiempo de respuesta es . Sabiendo que la intensidad medida porel es:

I =1

20c

1

Z

0EE dt

donde E es la amplitud compleja del campo de interferencia, 0 la permitividad del vac oy c la velocidad de la luz, se pide:

1. Demostrar que I puede ser expresada de la siguiente manera:

I =1

20c E01E02

"E01E02

+E02E01

+2[sen( ) + sen ]

#

donde = 1 2 es la diferencia entre las frecuencias angulares de las ondas y

= 2 D

1

1 1

2

.

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2. Sabiendo que = 4 102 s (ojo humano), si E01 = E02 y (1 + 2)/2 = 589, 3nm, determinar la diferencia maxima entre las longitudes de onda 1 y 2 paraque el termino interferencial que aparece dentro de los corchetes pueda llegar a valerla unidad. Podran interferir entre s las dos ondas del doblete amarillo del sodio(1 = 589, 0 nm y 2 = 589, 6 nm) cuando se observa a ojo desnudo?

3. Para E01 = E02 y 1 = 2, encontrar la expresion de la intensidad a partir de laindicada en la primera cuestion.

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Solucion

1. Como el plano {Y, Z} es un plano meridiano comun para las ondas esfericas queparten de los puntos 1 y 2 separados una distancia d, vamos a suponer, por simpli-cidad, que el punto P se encuentra sobre el eje Z. En estas condiciones tiene sentido

decir que los campos electricos en el punto P se encuentran polarizados segun eleje X, puesto que este es perpendicular en dicho punto al plano meridiano comun,plano que contiene a los vectores de propagacion k 1 y k 2 de las ondas.

Como, por otra parte, se supone que las ondas parten en fase de las fuentes pun-tuales, los campos electricos respectivos en el punto P seran:

E 1(P) = E01 ei(1tk 1r 1)(1, 0, 0)

E 2(P) = E02 ei(2tk 2r 2)(1, 0, 0)

donde:

1 = 2 1 ; 2 = 2 2 ; k1 = 2 1

; k2 = 2 2

Por tratarse de ondas esfericas, el vector de propagacion es paralelo al vector deposicion y tiene su mismo sentido (siempre que este ultimo este referido a la fuentepuntual que produce la onda). En consecuencia, los productos escalares que apare-cen en las exponenciales son simplemente los productos de los modulos de los re-spectivos vectores. El campo electrico correspondiente a la superposicion sera, fi-nalmente:

E (P) =

E01 ei(1tk1r1) + E02 e

i(2tk2r2)

(1, 0, 0)

Puesto que suponemos que la pantalla esta muy alejada de las fuentes puntuales(D >> d), los vectores de propagacion k 1 y k2 pueden considerarse paralelos. Esdecir, las direcciones en que se propaga la energ a en el punto P son identicas paralas dos ondas y, en consecuencia, el promedio espacial de cada una de ellas seraproporcional, con la misma constante de proporcionalidad, a los cuadrados de lasrespectivas amplitudes. La irradiancia debida a la suma de las dos ondas vendradada, por lo tanto, por el promedio temporal del cuadrado del campo electrico suma:

I(P) =1

20 c

1

Z

0EE dt

Suponiendo que E01 y E02 son amplitudes reales, el cuadrado del modulo de Eresulta ser:

E2 = E201 + E01 E02 ei[(12)t(k1r1k2r2)] + E02 E01 e

i[(12)t(k1r1k2r2)] + E202 =

= E201 + E202 + E01 E02

ei(t) + e i(t)

= E201 + E

202 + 2 E01 E02 cos(t )

donde = 1 2; y = k1r1 k2r2.

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La intensidad en el punto P valdra, por lo tanto:

I(P) =1

20 c

1

Z

0

E201 + E

202 + 2 E01 E02 cos(t )

dt =

=

1

2 0 c

E

2

01 + E

2

02 + 2 E01 E02

1

Z0 cos(

t ) dt

La integral que interviene en el calculo es inmediata, dando como resultado:

1

Z

0cos(t ) dt = 1

(sen( ) + sen )

Substituyendo y sacando factor comun E01 E02, obtenemos la expresion que quer amosdemostrar:

I(P) =1

2 0 c E01 E02"E01

E02 +E02E01 +

2[se n(

) + sen ]

#

2. El tercer termino del parentesis, ter mino interferencial, tiene un numerador cuyovalor maximo es 2 (1 + 1) = 4. Por lo tanto, para que el orden de magnitud dedicho termino sea al menos proximo a la unidad es necesario que:

= 4 = = 4

Es decir, para que el termino interferencial sea significativo, la diferencia entre las

frecuencias que interfieren tendra que ser:

= 44 102

s1 = 100 Hz

Expresemos en funcion de :

= 2 (1 2) = 2

c

1 c

2

= 2c

1

1 1

2

= 2c

12

Como (1 + 2)/2 = 589, 3 nm = 0 y 2 = 1 +, operando llegamos a:

1 = 0

2 y 2 = 0 +

2

1 2 =

0

2

! 0 +

2

!= 20

2

!2= 20

Substituyendo en la expresion de llegamos a:

= 2c

20= = 20

2c= 1, 84 1011 nm

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En el caso de las ondas luminosas, es del orden de 1014 Hz, lo que quiere decir que/ = / = 1012. Esta monocromaticidad de la l nea espectral no ha sido to-dav a alcanzada experimentalmente, ni siquiera con los laseres mas monocromaticos.

Dependiendo del detector que se utilice, el termino interferencial sera mas o menossignificativo. 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 milesima de nanometro. Es decir, tienen que ser longitudes de ondade una misma l nea espectral. Las dos longitudes de onda procedentes del dobleteamarillo del sodio no pueden interferir.

3. Si 1 = 2, entonces = 0, el termino intereferencial presenta una indetermi-nacion. En efecto:

lim0

sen( ) + sen

Este l mite conduce a una indeterminacion del tipo 0/0. Aplicando la regla deLHopital, es decir, derivando numerador y denominador respecto a resolvemos

la indeterminacion:

lim0

cos( )

= cos( ) = cos

La intensidad resulta:

I(P) =1

20 c E01 E02

E01E02

+E02E01

+ 2 cos

Estudiemos ahora los siguientes casos:

E01 E02 = I(P) =12 0 c E

201 = I1. Es como si solamente existiera la

fuente 1.

E02 E01 = I(P) = 12 0 c E202 = I2. Es como si solamente existiera lafuente 2.

E01 = E02 = E0 = I(P) = 12 0 c E20(2 + 2cos ) = 2 I0 (1 + cos ). Estaexpresion conduce a maximos y m nimos de intensidad en funcion del desfase entre las ondas.

Estudiemos esta expresion cuando 0:

= 2 D 1

1

1

2 =

=c

D

El termino interferencial resulta ser:

2sen(c /D ) + sen

c /D

Calculemos su lmite cuando 0:

lim0

2sen(c /D 1)+ sen

(c /D)= lim

02

(c /D 1) cos[(c /D 1)] + cos c /D

=

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= 2(c /D 1) + 1

c /D= 2

Consecuentemente, en este caso la intensidad valdra:

I(P) = 12 0 c E20(2 + 2) = 4 I0

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Problema 3.-

I nterferometro de Michelson con ondas esfericas

Con un interferometro de Michelson, en el que la fuente de luz es puntual y monocromatica,de longitud de onda , se observa la figura de interferencias sobre una pantalla. Entrela fuente y la lamina semitransparente (separadora) hay colocada una lente de distanciafocal f0 = +10cm. Cuando la fuente se encuentra en el foco objeto de la lente, los rayosque emergen de esta lo hacen paralelamente al eje optico, pero cuando esta colocada entreel foco y la lente a una distancia objeto s, los rayos divergen. En estas condiciones, escomo si sobre la lamina separadora incidieran rayos divergentes provenientes de un focopuntual colocado a una distancia L de su centro. A las distancias que van desde dichocentro de la lamina separadora hasta los espejos E1 y E2 y hasta la pantalla de observacionlas denominaremos, respectivamente, d1, d2 y h. Se pide:

1. Obtener la expresion del desfase entre las ondas que interfieren en un punto genericode la pantalla.

2. Demostrar que las franjas de interferencia son anillos concentricos y determinar laexpresion del radio de los mismos.

3. Hacer una representacion grafica cualitativa de la intensidad en el plano de la pan-talla 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 conlos siguientes datos: s =

9,9 cm; = 632,8 nm; d1 = 10 cm; d2 = 9 cm; y h = 1

m.

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Solucion

1. En la Figura 3.1 se indica el esquema del dispositivo interferometrico.

Figura 3.1: Esquema del dispositivo experimental.

Los rayos que llegan a la lamina separadora parece como si provinieran de un puntoA situado a la distancia L de la lente. Las imagenes de la fuente producidas por losespejos E1 y E2 se situan sobre la l nea perpendicular a la pantalla que pasa por elcentro de la misma. El esquema de la marcha de rayos puede ser el que se indica enla Figura 3.2.

Al punto P de la pantalla llegan dos ondas esfericas de radios R1 y R2 que interfierenen el. Su diferencia de caminos opticos puede escribirse de la siguiente manera:

= R1

R2

donde:R1 =

q2 + (L + 2d1 + h)2

R2 =q

2 + (L + 2d2 + h)2

Si analizamos las interferencias en la zona central de la pantalla, de manera que ladistancia del punto P al centro O de la misma sea mucho menor que L, podemos

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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)

s1 +

L + 2d1 + h

2' (L + 2d1 + h)

"1 +

1

2

L + 2d1 + h

2#

Analogamente:

R2 = (L + 2d2 + h)

s1 +

L + 2d2 + h

2' (L + 2d2 + h)

"1 +

1

2

L + 2d2 + h

2#

Por consiguiente, la diferencia de caminos opticos sera:

= 2 (d1 d2)"

1 12

2

D1D2

#

donde hemos llamado D1 = L + 2d1 + h y D2 = L + 2d2 + h.

Por lo tanto, el desfase sera1:

=2

=

2

2 (d1 d2)

"1 1

2

2

D1D2

#

2. En las condiciones en que trabajamos (


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Como para una diferencia d1d2 fija, el desfase depende solamente de la distancia del punto P al centro O de la pantalla. Esto quiere decir que en todos los puntosque se encuentren a la misma distancia de O existira la misma intensidad luminosa.Se observaran, pues, anillos concentricos brillantes y obscuros.

Los radios de los anillos brillantes se obtienen para cos = +1 (maximos de inten-

sidad):

cos = +1 = = m 2 = 2

2 (d1 d2)"

1 12

2maxD1D2

#

Despejando max:

max =

2q

D1D2

s1 m

2(d1 d2)

valida solamente cuando max 0

lo que delimita los posibles valores de m. Si suponemos d1 d2, ha de verificarsela siguiente desigualdad:

1 >m

2(d1 d2)= m < 2 (d1 d2)

(m = 0, 1, 2, . . .)

Si d1 = d2, la unica solucion posible es m = 0. El desfase sera nulo en toda lapantalla, que aparecer a uniformemente iluminada2.

Si d1 6= d2, el radio del anillo mas pequeno corresponde al valor de m mas grande:

mmax = Parte entera de

"2(d1 d2)

#

2Habra una disminucion de intensidad al aumentar debido a la ligera disminucion de la amplitudde la onda con la distancia.

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Segun va disminuyendo m, va aumentando el radio de los anillos. Una representacioncualitativa de la intensidad de la luz a lo largo de una direccion radial de la pantallapodr a ser la indicada en la Figura 3.3. En el centro de la figura de difraccion( = 0) tendremos un maximo o un m nimo relativos, dependiendo de la diferencia2 (d1

d2). En efecto: derivando con respecto a :

dI

d= 2I0 sen

d

d= 2I0 sen

2

2(d1 d2)

D1D2

=

= 2I02

2

d1 d2D1D2

sen

que siempre se anula para = 0. Tendremos, pues, un extremo. Haciendo laderivada segunda:

d2I

d2= 2I0

2

2

d1 d2D1D2

sen 2 2

2

d1 d2D1D2

cos

!

que para = 0 es positivo o negativo segun lo sea 2(d1 d2) sea igual a m /2.

Figura 3.3: Perfil de la intensidad en una direccion radial.

La anchura de los maximos a mitad de altura y la distancia entre ellos va dismin-uyendo conforme disminuye el numero m. La diferencia entre los cuadrados de los

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radios de los anillos es, sin embargo, constante:

2max(m 1) 2max(m) =D1 D2

d1 d2pero la distancia entre anillos consecutivos depende de m:

max(m 1) max(m) =

2q

D1D2

vuut1 (m 1)

2(d1 d2)s

1 m 2(d1 d2)

Por otro lado, la anchura a mitad de altura se obtiene haciendo que la intensidadse reduzca a la mitad en torno a un m aximo: Si nos encontramos en el maximode orden m, el desfase = m 2 y cos = 1. La intensidad vale entonces 4 I0.Aumentando y disminuyendo el desfase en /2, obtenemos intensidades iguales a2 I0:

I = 2 I0 (1 + cos )

= m 2 = cos = +1 = I = 4 I0

= m 2 + 2 = cos = 0 = I = 2 I0

= m 2 2 = cos = 0 = I = 2 I0

Las distancias +(m) y (m) correspondientes a los desfases + 2 y 2 son:

+(m) =

2q

D1D2

vuut1 (m + 14) 2(d1 d2)

(m) =

2q

D1D2

vuut1 (m 14) 2(d1 d2)

Por consiguiente, la anchura a la mitad de la altura del maximo de orden m sera:

Em =

2q

D1D2

vuut1 (m 14)

2(d1 d2)

vuut1 (m + 14) 2(d1 d2)

4. En primer lugar es necesario determinar la distancia L. Para ello veamos de quepunto del eje de la lente provienen los rayos que inciden sobre la l amina separadora(ver Figura 3.4).

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Figura 3.4: Determinacion de L.

Para obtenerlo apliquemos la formula de las lentes delgadas:

1

s0 1

s=

1

f0(normas DIN 1335)

Por consiguiente:

1

s0=

1

f0+

1

s=

1

0, 10+

1

0, 099 = s0 = 9, 9 m

Es decir, los rayos provienen de un punto situado a 9,9 m de la lente, sobre suizquierda. Para obtener la distancia L habr a que anadir la distancia entre la lente yla lamina separadora, pero podemos suponer que es de unos 10 cm. Por consiguienteadmitiremos que:

L = 9, 9 m + 0, 1 m = 10 m

Los cinco primeros anillos seran, en la aproximacion de pequeno, los correspon-dientes al orden de interferencia m maximo y a los cuatro ordenes anteriores. Elmaximo numero m es:

mmax = Parte entera de

"2(d1 d2)

#= Parte entera de

"2 0, 01 m

632, 8 109 m

#=

= Parte entera de [31 605, 56] = 31 605

Por otra parte:D1 = 10 m + 0, 2 m + 1 m = 11, 2 m

D2 = 10 m + 0, 18 m + 1 m = 11, 18 m

Utilizando estos valores se obtienen los radios de los cinco primeros anillos y de susanchuras a la mitad de altura. En la Tabla vienen indicados los resultados.

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m max EmOrden de interferencia (m) (m)

31 605 0,066 766 0,030 47431 604 0,111 272 0,017 86031 603 0,142 496 0,013 918

31 602 0,168 014 0,011 79731 601 0,191 377 0,010 422

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Problema 4.-

Interferometro de Michelson con ondas planas

Para determinar el espesor y el ndice de refraccion de laminas muy delgadas (de espesorinferior a 1 m) se utiliza un interferometro de Michelson procediendo de la siguientemanera: se ajusta el interferometro para que sobre el fotometro haya un maximo deintensidad. A continuacion, se introduce la lamina en uno de sus brazos y se observa ladisminucion de la intensidad. Si el espesor e es muy pequeno, la intensidad no disminuye losuficiente como para alcanzar un m nimo; es decir, nos encontramos en la misma franja deinterferencia. En estas condiciones anotamos los valores de la intensidad antes y despuesde introducir la lamina. Se pide:

1. Conocemos el ndice de refraccion n de la lamina para la longitud de onda = 753,0

nm: n = 1,50. Si la relacion entre la intensidad I que mide el fotometro cuandointroducimos la lamina y la intensidad maxima Imax que med a el fotometro antesde introducirla es I/Imax = 0,5, determinar el espesor e de la misma.

2. Para la longitud de onda = 461,9 nm, la relacion I/Imax resulta ser de 0,0049.Determinar el ndice de refraccion n de la lamina para esta longitud de onda.

3. Si la variacion del ndice de refraccion n con la longitud de onda es de la forma:

n = A +B

2

donde A y B son constantes, determinar la relacion I/Imax para la longitud de onda = 676,4 nm.

Nota: Todas estas longitudes de onda corresponden a l neas de emision de un laser decripton.

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Solucion

1. La intensidad I registrada por el fotometro viene dada por la siguiente expresion:

I = 2 I0 (1 + cos )

donde I0 es la intensidad que proporcionar a cada uno de los brazos en la pantallasi no interfirieran (se supone que esta intensidad es la misma en ambos), y es eldesfase entre ellos al interferir en el centro de la pantalla.

Puesto que la intensidad en el centro de la pantalla (donde esta colocado el fotometro)corresponde a un maximo antes de introducir la lamina, el desfase inicial, 0, seraun multiplo de 2 , y la intensidad Imax valdra:

Imax = 2 I0 (1 + cos 0) = 2 I0 (1 + cos m 2 ) = 4 I0

donde m es un numero natural.

Al introducir la lamina, el desfase sufre un incremento que hace que la intensidadcambie de valor:

I = 2 I0 (1 + cos(0 +))

Ahora bien, utilizando las propiedades de las funciones trigonometricas se obtienela siguiente relacion:

cos(0 +) = cos(m 2 ) cos sen(m 2 ) sen = cos

por lo que la intensidad se puede expresar de la siguiente manera:

I = 2 I0 (1 + cos)

El cociente I/Imax nos proporciona el coseno de :

I

Imax=

2 I0 (1 + cos)

4 I0=

1

2(1 + cos) =

= cos = 2 IImax

1

Segun se nos dice en el enunciado, el incremento del desfase que se produce alintroducir la lamina no es lo suficientemente grande como para que la intensidaddisminuya hasta su valor m nimo, lo que quiere decir que el valor absoluto de dichoincremento es inferior a . Por consiguiente, el conocimiento de su coseno nospermite determinarlo sin ambiguedad.

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Veamos ahora como se relaciona este incremento del desfase con el espesor e de lalamina. Supongamos que colocamos esta ultima en el brazo n 2 del interferometro,que inicialmente ten a en el aire una longitud d2. Al introducir la lamina, a dichalongitud se le resta el espesor e en el aire ( ndice de refraccion 1) y se le suma elmismo espesor con un ndice de refraccion n. Como el rayo atraviesa dos veces la

lamina (ida y vuelta), el incremento total de camino optico sera : 2 (n 1) e. Enconsecuencia, el incremento del desfase sera:

=4

(n 1) e

De esta ultima relacion podemos obtener el espesor e a partir de los valores de , y n:

e =

4 (n

1)

En el caso que nos ocupa, para = 753, 0 nm, (n = 1,50) se obtiene:

cos = 2 0, 5 1 = 0 = = 2

De donde se deduce el siguiente espesor e para la lamina:

e = 0, 188 m

2. Utlizando las expresiones obtenidas en el apartado anterior, podemos determinar el

ndice n correspondiente a la longitud de onda = 461,9 nm:

cos = 2 0, 0049 1 = 0, 9902 = = 3, 00rad

n = 1 +

4 e= 1, 586

3. Conocido el valor del ndice de refraccion para dos longitudes de onda, podemosdeterminar los valores de las constantes A y B de la formula de Cauchy mediantelas dos ecuaciones que indicamos a continuacion:

1, 50 = A +B

0, 75302 m2

1, 586 = A +B

0, 46192 m2

resultando:

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A = 1, 4481 ; B = 0, 02942 m2

Esto permite determinar el ndice de refraccion n para = 0,6764 m, resultado

ser: n = 1,512.Conocidos estos valores se puede determinar el incremento del desfase y, conse-cuentemente, la relacion I/Imax en este caso:

= 1, 791 rad = IImax

= 0, 391

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Problema 5.-

Experimento de Michelson-Morley de 1887

La Teor a de la Relatividad Especial o Restringida de Albert Einstein surgio como con-secuencia del fracaso del experimento realizado por Michelson y Morley en 1887 parademostrar la existencia del espacio absoluto (eter). Este experimento fue realizado con uninterferometro que Michelson hab a inventado unos anos antes, que ha tenido una graninfluencia en el desarrollo de la Optica (bases de la coherencia, determinacion precisa delongitudes de onda, Holograf a, . . . ) y de la Fsica Atomica (Espectroscop a,. . . ). Esteproblema del cuadernillo esta dedicado a la descripcion y analisis del experimento deMichelson-Morley, ampliamente descrito en la literatura (y en el libro de texto). En el sepide responder a las siguientes preguntas:

1. Aplicando las transformaciones de Galileo, demostrar que el desfase que se produceal hacer girar 90 el interferometro tiene por expresion:

=2

2 (d2 + d1)

1

1 2 1

1 2!

donde d1 y d2 son las longitudes de los brazos del interferometro y = v/c es larelacion entre la velocidad v de la Tierra y la velocidad c de la luz respecto al espacioabsoluto.

2. Demostrar que, para pequeno, el desfase puede expresarse de la siguiente manera:

= 2

(d2 + d1) 2

3. Suponiendo que, antes de iniciarse el giro, en el punto central de la pantalla dondese encuentra un fotometro se observa un maximo de intensidad, Imax, determinar elporcentaje de variacion de la intensidad I, = 100 I/Imax, en el caso estudiadopor Michelson y Morley: d1 = d2 = 11 m.

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Solucion

Cuando en 1725 el astronomo ingles James Bradley (1693-1762) trataba de determinarla distancia a una estrella, se dio cuenta de que las denominadas estrellas fijas (estrellasmuy alejadas de la Tierra, que los astronomos tomaban como puntos de referencia para

fijar sus direcciones) en realidad no parecan tales. Su posicion cambiaba describiendo unpequeno c rculo cuando el planeta giraba en torno al Sol. A este fenomeno se le denominoaberracion estelar y fue interpretado mas tarde por el f sico frances Augustin Jean Fresnel(1788-1827) admitiendo que el eter se hallaba en reposo absoluto. Esto quera decir quela Tierra se mov a respecto al eter con una determinada velocidad que, para un primeranalisis, supusieron que era su velocidad de traslacion alrededor del Sol.

En 1879, el f sico escoces James Clerk Maxwell (1831-1879), poco antes de muerte, su-girio que el movimiento de la Tierra respecto al eter poda ponerse en evidencia medianteprocedimientos interferometricos. El fsico estadounidense Albert Abraham Michelson(1852-1931) se puso a la tarea utilizando para ello el interferometro de su invencion. Enun primer intento no pudo constatar movimiento alguno de la Tierra respecto al eter,pero el f sico teorico holandes Hendrik Antoon Lorentz (1853-1928) critico este resul-tado aduciendo que el calculo realizado por Michelson respecto al desfase de las ondasen el interferometro estaba equivocado. Este ultimo corrigio el error y, junto con Ed-ward Williams Morley (1838-1923), proyecto y realizo un nuevo experimento en 1887, enCleveland (Ohio), en el que se volv a a encontrar un resultado negativo, pero esta vez conmayor seguridad. El experimento se hizo famoso y ha pasado a la Historia como uno delos experimentos clasicos en los que el ingenio resolvio de manera elegante los problemaspracticos. Veamos como lo hicieron:

El interferometro de Michelson viene esquematizado en la Figura 5.1. Un rayo de luzprocedente de la fuente L incide en el punto O sobre una lamina semitransparente S, que

lo divide en dos rayos de igual intensidad: el rayo n 1, que atraviesa la lamina, y el rayon 2 que se refleja en ella.

El rayo n 1 camina hasta alcanzar el espejo E1, se refleja en el, vuelve sobre el punto Oy, all , parte se transmite hacia la fuente L y parte se refleja hacia el fotometro F. El rayon 2 llega a E2, se refleja y vuelve hacia O, donde parte se refleja hacia la fuente L y partese transmite hacia el fotometro.

Las partes de ambos rayos que llegan a F interfieren all . La intensidad debida a estasinterferencias depende del desfase que se ha producido por la diferencia de los caminosopticos recorridos por los rayos en ambos brazos desde que salieron del punto O. Seentiende por camino optico de la luz en un brazo del interferometro a la distancia que

hubiera recorrido en el eter (vaco) en el mismo tiempo que ha invertido en recorrer dichobrazo. Con este convenio, el desfase es:

=2

donde es la longitud de onda de la radiacion luminosa utilizada.

La intensidad luminosa I sobre el fotometro viene dada por la siguiente expresion:

I = 2 I0 (1 + cos )

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Figura 5.1: Esquema de un interferometro de Michelson.

donde I0 es el valor de la intensidad que medir a el fotometro cuando solamente llegase ael uno de los rayos del interferometro.

Cuando cos = 1, obtendremos un maximo para la intensidad: Imax = 4I0. Por elcontrario, cuando cos = 1, obtendremos un m nimo: Imin = 0. Todos los valoresintermedios de la intensidad pueden ser obtenidos sin mas que hacer cambiar el desfase entre los dos rayos, es decir, haciendo variar la diferencia de caminos opticos. Enla Figura 5.2 se indica la variacion de I/I0 en funcion del camino optico medido enlongitudes de onda . Como puede verse, variaciones en el camino optico de medialongitud de onda provocan el paso de un valor maximo a un valor m nimo en la intensidad,por lo que la medida de esta permite detectar diferencias de camino optico inferiores a lacentesima de . En estas variaciones puede influir la velocidad de la Tierra respecto aleter fijo. Con esta esperanza, Michelson y Morley dispusieron el interferometro de maneraque se pudiera dar un giro horizontal de 360 a todo el sistema de manera solidaria. As ,cuando el rayo n 1 fuera paralelo a la proyeccion v de la velocidad de la Tierra respectoal eter sobre el plano horizontal del lugar, se obtendra un desfase, que llamaremos k, queser a, en general, diferente del desfase que se producir a cuando fuera perpendicular (el

rayo rayo n 2 paralelo a v). Si los cosenos de ambos desfases fueran distintos, tambien loser an las intensidades Ik e I correspondientes, lo que permitir a determinar la velocidadde la Tierra respecto al eter.

Supongamos, por un momento, que se coloca el aparato en la disposicion paralela (k). Siel haz luminoso que incide sobre la lamina S fuera rigurosamente paralelo, los planos delos espejos E1 y E2 fueran estrictamente perpendiculares entre s y la lamina separadoraformara un angulo de 45 con ellos, la interferencia en la pantalla de observacion (donde seencuentra el fotometro) se producir a entre dos frentes de onda planos, paralelos entre s

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Figura 5.2: Variacion de I/I0 frente a .

y entre los cuales existir a un desfase k. La pantalla aparecer a uniformenete iluminada,mas o menos intensamente segun el valor del coseno del desfase. Si desplazamos el espejoE2 paralelamente a s mismo con ayuda de un tornillo micrometrico, la longitud d2 de subrazo, como las que se muestran en la Figura 5.1, cambiara, por lo que har amos cambiartambien al desfase y se observara una variacion en la iluminacion de la pantalla, que nospermitir a determinar la variacion del camino optico con ayuda del fotometro.

En la epoca de Michelson y Morley no se dispona de fotometros capaces de medir con

precision la intensidad de la luz, por lo que utilizaron otro metodo para determinar estaspequenas variaciones de distancia. Consista este en observar el desplazamiento de lasfranjas de interferencia que se producen en el plano del fotometro, utilizando para ello unpequeno anteojo que se colocaba en su lugar.

En la practica es muy dif cil obtener haces de rayos perfectamente paralelos y colocar losespejos de manera que sean exactamente perpendiculares. Esto hace que, en general, lasondas que interfieren sean esfericas (por lo que en el campo del anteojo se observan anillosconcentricos brillantes y obscuros) o, en el mejor de los casos, que sean frentes casi planos,pero formando un pequeno angulo entre s . En este ultimo caso (que es el mas favorablepara la observacion que nos ocupa), en el campo del anteojo aparecen franjas brillantes yobscuras (ver Figura 5.3), paralelas a la interseccion de los frentes de onda planos, y cuyaanchura es tanto mayor cuanto menor es el angulo que forman los frentes que interfieren.

La aparicion de estas franjas es debida a que ahora el desfase entre las dos ondas no es elmismo en todo el plano de observacion. Si accionamos sobre el tornillo micrometrico delespejo E2, los desfases cambian aproximadamente de la misma manera en todo el plano,con el consiguiente cambio de la intensidad luminosa en cada uno de sus puntos. Esto haceque donde hab a una l nea brillante pueda aparecer ahora una l nea obscura, produciendoel efecto de desplazamiento de las franjas. El anteojo de que disponan Michelson y

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Figura 5.3: Franjas de interferencia.

Morley ten a un par de hilillos cruzados (ret culo) en su campo de observacion, que pod a

ser desplazado para situarlo sobre el centro (maximo) de una de las franjas brillantes.Hecha esta operacion, se fijaba el retculo y, si la franja se mov a, se pod a determinar sudesplazamiento. Si delante del retculo desfilaba una franja completa, significaba que eldesfase hab a cambiado en 2 . Es decir, se haba introducido una diferencia de caminooptico igual a una longitud de onda .

Esta es la forma en que se dispon an a trabajar Michelson y Morley. Colocar an primeroel interferometro en la configuracion paralela, har an aparecer las franjas de interferenciay ajustar an el ret culo del anteojo de manera que se situara en un maximo. Acto seguido,har an girar 90 todo el sistema y medir an el desplazamiento de la franja seleccionada. Apartir de este desplazamiento determinar an el cambio en el desfase y de este deduciranla velocidad de la Tierra respecto al eter.

1. Una vez descrito el metodo de medida vamos a calcular el desfase . Para elloprecisaremos un poco mas las hipotesis de Michelson y Morley:

Suponen que el eter lumin fero esta en reposo absoluto y que es isotropo. Esdecir, que la velocidad c de la luz respecto a un sistema de ejes fijo asociado adicho espacio tiene el mismo modulo en todas direcciones.

Suponen que durante el tiempo en que realizan una rotacion del dispositivo(algunos minutos) el eje vertical del lugar donde se encuentran (Cleveland) nocambia de direccion3. Esto permite escoger un sistema de ejes fijos {X, Y}

para el eter sobre el plano horizontal del lugar. Tomaremos, por comodidad,el eje X paralelo a la proyeccion v de la velocidad de la Tierra respecto al etersobre dicho plano horizontal (ver Figura 5.4).

Tomaremos, ademas, otro sitema de ejes movil, {X0, Y0}, asociados a los brazosdel interferometro, que se desplazan con velocidad v sobre el plano {X, Y}.En general, el eje X0 formara un angulo con el eje X, que podremos hacer

3Est o quiere decir que la velocidad de rotacion de la T ierra respecto a su eje no se t iene en cuenta, yaque es unas cien veces menor que la de traslacion alrededor del Sol.

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Figura 5.4: El interferometro y el sistema de ejes fijo.

variar mediante el giro solidario de todo el interferometro. Por consiguiente, loque analizan Michelson y Morley es la proyeccion del movimiento de la Tierrarespecto al eter sobre el plano horizontal en Cleveland.

Admiten que el modulo de la velocidad v es del mismo orden de magnitud queel de la velocidad de la Tierra en su orbita solar4. Como la orbita terrestre

tiene un radio de unos 150 millones de kilometros y su periodo es de un ano,el modulo de la velocidad vale, aproximadamente, 3104 m/s. Es decir, unadiezmilesima parte de la velocidad de la luz c en el vac o. (Para su utilizacionposterior definiremos la siguiente relacion entre estas velocidades: = v/c =104.)

Suponen que la velocidad de la luz en cada uno de los brazos del interferometrorespecto al sistema fijo {X, Y} se obtiene aplicando el principio de relatividadde Galileo. Esto quiere decir que la marcha de los rayos respecto al sistemamovil {X0, Y0} es exactamente la descrita en la Figura 5.1: El rayo n 1 quesale de O incide siempre sobre el centro del espejo E1 (punto O1) y vuelve sobre

el punto O. Lo que sucede es que estos puntos han cambiado de ubicacion enel espacio absoluto mientras la luz va y viene. Lo mismo pasa con el rayo n 2.

Teniendo en cuenta todas estas consideraciones, con ayuda de la Figura 5.4 se puedenestablecer las siguientes expresiones para la velocidad de la luz en el espacio absoluto:

4Est o equivale a decir que la velocidad del Sol respecto al et er se considera pr acticamente nula.

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Brazo n 1, camino de ida O O1: c = (c1 cos + v, c1 sen )Brazo n 1, camino de vuelta O1 O: c = (c01 cos + v, c01 sen )

Brazo n 2, camino de ida O O2: c = (c2 sen + v, c2 cos )Brazo n 2, camino de vuelta O2 O: c = (c02 sen + v, c02 cos )

donde c1, c01, c2 y c

02 son los modulos de la velocidad de la luz en los brazos del inter-

feromtro con respecto al sistema movil {X0, Y0}, cuyas expresiones determinaremosposteriormente.

En el ultimo trayecto de los dos rayos, el que va de la l amina separadora hacia elfotometro, el movimiento de la Tierra respecto al eter les afecta por igual, por loque la diferencia de caminos opticos entre ambos solo se produce en los trayectos deida y vuelta de la lamina separadora a los dos espejos E1 y E2.

Camino optico 1 recorrido por la luz en el brazo n 1:

En el instante inicial, cuando la luz sale del punto O hacia el punto O1, las coorde-nadas de estos respecto al sistema (X, Y) son:

O (xo, yo)

O1 (xo + d1 cos , yo d1 sen )

Durante el intervalo de tiempo t1 el espejo E1 se ha trasladado a la velocidad v , demanera que el punto O1 ocupa la siguiente posicion (siempre en el sistema fijo):

O1(t1) (xo + d1 cos + v t1, yo d1 sen )

En ese instante lo alcanza la luz, que ha viajado hasta all desde el punto O a lavelocidad c = (c1 cos + v, c1 sen ) indicada mas arriba. Por lo tanto, las coor-denadas del punto de encuentro tambien se podran escribir de la siguiente manera:

O1(t1) (xo + c1 t1 cos + v t1, yo c1 t1 sen )

Identificando las coordenadas de O1(t1) se elimina t1 y se obtiene la posicion de laluz en el instante en que se produce la reflexion en E1:

O1(t1) (xo + d1 cos + 1 d1, yo d1 sen )

donde 1 = v/c1.

Por lo tanto, el camino optico 1,ida recorrido por la luz hasta reflejarse en E1 es:

1,ida = d1q

1 + 21 + 2 1 cos

De manera analoga se determina el camino optico 1,vuelta recorrido en el caminode vuelta hasta alcanzar al punto O de la lamina separadora en su nueva posicion:

1,vuelta = d1q

1 + 021 2 01 cos

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con 01 = v/c01.

En definitiva, el camino optico 1 recorrido por la luz en el brazo n 1 del inter-

ferometro resulta ser:1 = d1 [A1() + A

01()]

donde: A1() =q

1 + 21 + 2 1 cos

A01() =q

1 + 021 2 01 cos

Camino optico 2 recorrido por la luz en el brazo n 2:

De igual modo se obtiene el camino optico 2 recorrido por la luz en el brazo n 2:

2 = d2 [A2() + A02()]

donde:

A2() =q

1 + 2

2 + 2 2 sen A02() =

q1 + 022 2 02 sen

Calculo de las relaciones is:

El calculo de estas relaciones esta basado en el hecho de que el modulo de c es elmismo en toda direccion del espacio absoluto (eter luminfero isotropo y en reposo).Por ejemplo, para 1 tenemos:

c = (c1 cos + v, c1 sen ) = c21 + 2 v cos + v2 c2 = 0

Como c1 > 0, la unica solucion posible es:

c1 =

c2 v2 sen 2 v cos

resultando para 1:

1 =v

c2 v2 sen 2 v cos que, en funcion de = v/c, definida anteriormente, se puede expresar de la siguientemanera:

1 =

1 2 sen 2 cos

Analogamente se calculan las otras s:

01 =

1 2 sen 2 + cos

2 =

1 2 cos2 sen

02 =

1 2 cos2 + sen

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Finalmente, la diferencia de camino optico entre los dos brazos del interferometroes:

= 2 1con lo que el desfase en su forma general en funci on del angulo sera:

() = 2

{d2 [A2() + A02()] d1 [A1() + A01()]}

Particularizando para = 0 y para = /2 se obtienen los desfases k y , y sudiferencia nos proporciona el siguiente valor:

= k =2

2 (d2+d1)

1

1 2 1

1 2!

2. Como es muy pequeno frente a la unidad, se puede desarrollar las fracciones de laexpresion anterior en serie de Taylor en funcion de = 2 y se obtiene el resultadodel calculo de Michelson y Morley. Hagamoslo:

1

1 = 1 + 1

1!

"1

(1 )2#0

+ . . . = 1 + = 1 + 2

11

= 1 + 11!

121

(

1 )2

0

+ . . . = 1 + 12

= 1 +1

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Substituyendo en la expresiion de obtenida en el apartado 1, llegamos a:

= k =2

(d2 + d1)

2

3. Si llamamos 0 al desfase antes del giro, el desfase despues del giro sera: 0 + .

La intensidad antes del giro es:

Imax = 2 I0 (1 + cos 0) = 4 I0 con 0 = m 2

La intensidad despues del giro es:

I = 2 I0 [1 + cos(0 + )] = 2 I0 (1 + cos )

ya que cos(0 + ) = cos . Consecuentemente:

= 100 I

Imax= 100

2 I0 (1 + cos )

4 I0= 50 (1 + cos )

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Calculemos :

=2

(d2 + d1)

2 con =v

c

donde v es la velocidad de la Tierra en torno al Sol: v = 2R/T, siendo R el radiode la orbita terrestre y T el periodo de traslacion en torno al Sol. Esto es:

v =2R

T=

2 1, 5 1011m

3, 1536 107s= 2, 988 58 104 m s1

=v

c= 104 = 2 = 108

Substutiyendo en la expresion de :

=2

589, 3 109m(11+11)m 108 = 2, 345 7 rad = 134, 4circ = cos = 0, 69962 = 0,

Finalmente:

= 50(1+cos ) = 500, 3 = 15%

Nota: en el numero 4, correspondiente al ano 2001, de la revista de la Facultad deCiencias de la UNED: 100cias@uned, puede encontrarse una descripcion detallada delexperimento as como de las consecuencias que tuvo en el desarrollo de la F sica del sigloXX (pags. 99-105). Ejemplares de la misma se encuentran en todas las bibliotecas de losCentros Asociados de la UNED, as como en la de la Sede Central.

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Problema 6.-

Difraccion de Fraunhofer

Se estudia la difraccion producida por dos rendijas estrechas de anchura b, cuyos centrosestan separados una distancia a = 2 b. Se pide:

1. Determinar las posiciones de los posibles maximos y m nimos de la intensidad de laluz difractada I() en funcion del angulo definido de la siguiente manera:

=

a sen

donde es el angulo de difraccion y la longitud de onda de la radiacion. Haceruna representacion grafica cualitativa de I().

2. Existen dos tipos de maximos: unos, que llamaremos principales por analog a con lared de difraccion de N rendijas, y otros que llamaremos secundarios. Determinar larelacion entre las intensidades de los maximos principales y la del maximo central.

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Solucion

1. La distribucion de la intensidad de difraccion correspondiente a N rendijas identicas,paralelas, con sus centros distribuidos de manera uniforme en la misma l nea recta,es, en la aproximacion de Fraunhofer:

I = I0

sen

!2 sen N

sen

2

donde los angulos y vienen definidos de la siguiente manera:

=

b sen ; =

a sen

En el caso que nos ocupa, a = 2 b, y N = 2, por lo que la expresion de la intensidad

se puede escribir de la siguiente manera en funcion del unico angulo

:

I = 2 I01 cos

2

sen2

sen

2

donde se ha utilizado la relacion que existe para el coseno del angulo doble.

El primer factor del segundo termino de la expresion de la intensidad es el terminodifraccional, y se refiere a la difraccion de una rendija individual, mientras que elsegundo termino hace referencia a la existencia de dos rendijas iguales y es el terminointerferencial.

Para estudiar los maximos y mnimos que tiene esta expresion, veamos primeramenteel valor que toma para = 0. En este caso, los dos factores estan indeterminados.

La indeterminacion, que es de las del tipo 0/0, se resuelve por la regla de LHopital:

lim 0

1 cos 2

=1

2

lim0

sen2

sen

2= 4

Es decir, la intensidad en el punto central de la pantalla sera:

I( = 0) = 4 I0

lo que corresponde al maximo central.

Veamos ahora que sucede cuando el angulo es distinto de cero.

Si el seno del angulo se anula, la expresion del termino interferencial se hace in-determinada. Al resolver la indeterminacion obtenemos los valores de que puedendar lugar a los maximnos principales, ya que el valor de dicho termino es siempre

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y los valores de la misma para los dos primeros a derecha y a izquierda resultan ser:

I(m = 0)

I(0)=

4

2= 0, 405

I(m = 1)I(0)

= 49 2

= 0, 045

En la Figura 6.1 se pueden constatar todos estos resultados.

Figura 6.1: Perfil de la intensidad en funcion de .

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Problema 7.-

Difraccion de Fraunhofer

Sean tres rendijas de anchura b, paralelas y situadas en el mismo plano, con sus centrosalineados y separados por una distancia a. Sobre el sistema incide normalmente una ondaplana, monocromatica, de longitud de onda = 543,5 nm, correspondiente a un laser deHe-Ne verde, que se difracta a traves de el. Se pide:

1. Determinar la expresion de la intensidad de la luz difractada en la aproximaci onde Fraunhofer partiendo de la expresion de la amplitud Er del campo de difraccionasociado a una sola rendija:

Er = C bsen

; =

b sen

donde C es una constante y el angulo de difraccion.

2. Sabiendo que el primer mnimo debido al termino difraccional coincide con el sextomnimo debido al termino interferencial, calcular la relacion entre a y b.

3. Si los dos primeros mnimos a derecha e izquierda del maximo central de difraccionse obtienen para = 0,259, determinar los valores de a y b.

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Solucion

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 ala izquierda de esta, el campo E total debido a las tres rendijas sera:

E = Er + E+ + E = Er + Er ei + Er e

i = Er (1 + ei + ei)

donde:

=2

a sen

siendo a la distancia entre los centros de las rendijas.

Figura 7.1: Esquema del dispositivo interferencial.

La intensidad de la luz difractada sera proporcional a EE?, esto es:

EE? = E2r (1 + ei + ei) (1 + ei + ei) = E2r

h1 + 4cos + 4 cos2

i

Por lo tanto,

I = I0

sen

!2 h1 + 4 cos + 4 cos2

i

2. Los m nimos del termino difraccional tienen lugar cuando sen = 0 siendo 6= 0.El primer m nimo aparecera cuando = , por lo que teniendo en cuenta laexpresion de , para sen = /b.

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Los m nimos del termino interferencial tienen lugar cuando sea m nima la expresionA = [1 + 4 cos + 4 cos2 ]. Estudiemos esta funcion:

dA

d= [4 sen 8 sen cos ] 2

a cos = 4 2

a [sen + 2 sen cos ] cos

d2A

d2= 4 2

ah

cos + 2(cos2 sen 2)i 2

a cos2 [sen + 2 sen cos ] sen

Los extremos tendran lugar cuando la derivada primera sea nula y, tendiendo encuenta que el angulo de difraccion es pequeo (0 < cos < 1):

dA

d= 0 = sen + 2 sen cos = 0

Analicemos esta expresion:

Si sen = 0, entonces cos = 1 y, por lo tanto:

d2A

d2= 4 2

a

[1 + 2]2

a cos2

< 0

Se tratar a pues de maximos.

Si sen 6= 0, entonces 1 + 2 cos = 0 y, por lo tanto, cos = 1/2. Se tratar ade m nimos. Los seis primeros m nimos seran:

2

1

3;

2

3;

4

3;

5

3;

7

3;

8

3

Es decir, el sexto corresponde al valor de = 83 2, lo que nos permite

determinar la relacion entre a y b a partir de la condicion del enunicado:

2

a

b

!=

8

32 = a/b = 8/3

3. Los primeros mnimos a derecha e izquierda del maximo central de difraccion seobtienen para:

= 1

32 =

2

a sen

Por lo tanto:

a = 40 m y b = 15 m

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Problema 8.-

Difraccion de ondas materiales

En el ano 1924 Louis de Broglie introdujo una hipotesis segun la cual a toda part culaatomica pod a asociarsele una longitud de onda = h/mv, donde h es la constantede Planck y mv la cantidad de movimiento de la part cula. Tres anos mas tarde C.J.Davisson y L.H. Germer realizaron el primer experimento de difraccion con electronesque confirmaba dicha hipotesis. Este experimento fue seguido por otros de G.P. Thomsony otros f sicos, y hoy en d a esta doble dualidad de las part culas materiales ha sidoabundamentemente confirmada. Indicamos aqu los resultados de un experimento llevadoa cabo por H. Mark y R. Wierl en 1931, en el que electrones y rayos X se difractan alatravesar una fina lamina de plata. En los dos casos se obtiene la figura de difraccionsobre una placa fotografica, colocada a una determinada distancia D de la lamina de

plata. Lafi

gura consiste en c

rculos concentricos de maximos y m

nimos. En el caso delos electrones, acelerados por un potencial de 36 kV, el radio del primer crculo m nimo esde 0,7 cm para una distancia D = 30 cm; para el caso de los rayos X, el radio del mismocrculo 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 X = 0,71 A, determi-nar la longitud de onda e de los electrones a partir del experimento de difraccion.

2. Calcular la longitud de onda e asociada al electron en la teor a de Louis de Broglieen la aproximacion no relativista y compararla con la obtenida en el experimento.

3. Hacer la correccion relativista para calcular e y discutir el resultado.

Datos:

h (constante de Planck) = 6,626 075 5 1034 J s

me (masa del electron) = 9,1093897 1031 kg

e (carga del electron) = 1,602 177 3 1019 C

c (velocidad de la luz) = 2,997 924 58 108 m s1

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Solucion

1. En la aproximacion de Fraunhofer, el seno del angulo de difraccion es proporcionala la longitud de onda de la luz difractada. Puesto que en los dos casos (rayosX y electrones) el obstaculo es el mismo, el radio del primer anillo de difraccion se

relacionara con la longitud de onda a traves de la misma expresion. Por consiguiente:sen = k

donde es el angulo de difraccion correspondiente al primer anillo y la constante kes la misma para las dos longitudes de onda.

El seno del angulo se calcula facilmente a partir del experimento:

sen =r

D2 + r2

donde r es el radio del primer c rculo m nimo y D la distancia del objeto difractantea la pantalla. Por consiguiente:

sen X =rXq

D2X + r2X

= k X

sen e =req

D2e + r2e

= k e

De ambas expresiones se deduce:

e =

req

D2e + r2e

q

D2X + r2X

rX

X

Utilizando los valores indicados en el enunciado, resulta:

e = 0, 068 A

2. Si suponemos que el electron parte del reposo cuando es acelerado por el potencialV, la velocidad final que alcanza se obtiene igualando el trabajo efectuado por elcampo electrico a la energa cinetica final:

eV =1

2me v

2 = v =s

2eV

me

donde e y me son, respectivamente, la carga y la masa del electron.

La longitud de onda asociada por Louis de Broglie al electron resulta ser:

e =h

mev=

h2emeV

Utilizando las constantes universales proporcionadas en el enunciado, obtenemos:

e = 0, 065A

que se aproxima mucho a la del experimento (4% de discrepancia).

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3. En la teora relativista, el momento p del electron que lleva la velocidad v es:

p =mevq

1 (v/c)2= me v

donde me es la masa del electron en reposo y c la velocidad de la luz, y su energ

acinetica (ver, por ejemplo, Cap. 19 de F sica de Marcelo Alonso & Edward Finn):

Ec = me c2 ( 1)

La longitud de onda asociada, haciendo la correccion relativista, vendra dada por:

=h

p=

h

me v

El valor de se obtiene igualando el trabajo efectuado por el campo electrico a la

energa cinetica

final, esto es:

eV = me c2 ( 1) = = 1 + eV

me c2= 1, 070450226

Expresando v en funcion del factor :

2 =1

1 (v/c)2 = v = cq

1 (1/)2

la longitud de onda asociada resulta ser:

= hme c

2 1 = 0, 064 A

El valor de esta longitud de onda es inferior al que se obtiene en la teor a clasicaporque al acercarse el electron a la velocidad de la luz, su momento p relativista esmayor que el que le corresponder a en F sica clasica.

El hecho de que ninguna de las dos teor as proporcione el valor exacto de la lon-gitud de onda experimental es, sin duda, debido a que las medidas de los radiosde los anillos y la del potencial acelerador aplicado no son suficientemente exactas,conllevan un error.

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Problema 9.-

Redes de difraccion

Sea una red de N rendijas estrechas de anchura b en el plano {XZ}, paralelas al ejeZ 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 = 632,8 nm, polarizadoparalelamente al eje Z y propagandose segun el eje Y. En un plano y = D, dondeD >> a >> b, se observa la figura de difraccion en la aproximacion de Fraunhofer, en laque la distribucion de intensidad tiene la siguiente expresion:

I() = I0

sen

!2 sen N

sen

2

donde: =

b sen ; =

a sen

siendo el angulo de difraccion (tg = x/D). Se pide:

1. Si para 2 = 7, 27 se observa un maximo principal de segundo orden, determinar a.

2. Si la relacion entre la intensidad I1 del maximo principal de primer orden y laintensidad I2 del maximo 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 xes 2a,6a,10a,14a , . . ., determinar la nueva expresion de la intensidad I().

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Solucion

1. Los maximos principales tienen lugar para:

sen = 0 = = m =

a sen m = sen m = m,

a

Por lo tanto, el maximo principal de segundo orden sera:

sen 2 = 2

a= a = 2

sen 2= a = 10 m

2. Veamos la expresion de la relacion entre ambas intensidades:

I1 = I0

sen 1

1

!2N2 ; I2 = I0

sen 2

2

!2N2

Por lo tanto:

I1I2

=

sen 1sen 2

2

1

!2= =

sI1I2

=sen 1sen 2

2

1

Teniendo en cuenta la expresion de 1 y de 2:

2

1=

sen 2sen 1

Como sen 1 = /a y sen 2 = 2 /a, entonces: 2/1 = 2, es decir, 2 = 2 1 y, porlo tanto:

= 2sen 1

sen 2= 2

sen 1

2sen 1 cos 1=

1

cos 1=

= cos 1 =1

= 0, 808 5 = 1 = 36 = 0, 6293rad

Despejando b de la expresion de 1 obtenemos su valor, que resulta ser:

b =1

sen 1=

1

a = b = 2 m

3. En la Figura 9.1 puede verse un esquema de la nueva distribucion de rendijas, enla que podemos agrupar 3 rendijas separadas entre s una distancia a, estando loscentros de cada grupo separados una distancia 4a. Elegimos N suficientemente

grande para que haya un numero N0 = N/4 de grupos de tres rendijas. En estascondiciones:

I() = I3

sen N00

sen 0

!2

donde I3 es la intensidad de difraccion correspondiente a las tres rendijas que seencuentran en el origen de coordenadas y:

0 =

4a sen = 4

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Figura 9.1: Esquema de la distribucion de rendijas en la pantalla difractante.

Veamos ahora cual es la expresion de I3:

I3 = I0

sen

!2 sen3

sen

2

Por lo tanto, la expresion final de la intensidad debida a la nueva distribucion derendijas es:

I() = I0

sen

!2 sen3

sen

2 sen N0(4)sen(4)

!2

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Pr oblema 10.-

Red de difraccion

Sea una red de difraccion constituida por N rendijas, en la que la distancia a del centrode una rendija a la contigua es igual al doble de la anchura b de las mismas. Se pide:

1. Obtener la expresion de la intensidad I() de la luz difractada en funcion del angulo definido de la siguiente manera:

=

a sen

donde es el angulo de difraccion y la longitud de onda de la radiacion.

2. Determinar las posiciones de los maximos principales y de los ceros de dicha funcion.

3. Encontrar la relacion que existe entre la intensidad de los maximos principales y elmaximo central de difraccion.

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Solucion

1. La distribucion de la intensidad de difraccion correspondiente a N rendijas identicas,paralelas, con sus centros distribuidos de manera uniforme en la misma l nea recta(red de difraccion), es, en la aproximacion de Fraunhofer:

I = I0

sen

!2 sen N

sen

2

donde los angulos y vienen definidos de la siguiente manera:

=

b sen ; =

a sen

En el caso que nos ocupa, el angulo es la mitad del angulo , por lo que la

expresion de I puede ser la siguiente:

I = I0

sen /2

/2

!2 sen N

sen

2

Tambien se puede escribir como sigue:

I = 2 I01 cos

2

sen N

sen

2

2. En el centro de la pantalla ( = 0), se produce la intensidad maxima (m axim o cen-tral), que se calcula facilmente haciendo tender a cero dicho angulo en la expresionde la intensidad. El valor de esta es, en ese caso: I(0) = N2 I0.

Para 6= 0, si el valor de N es suficientemente elevado, los maximos pr incipalesse producen cuando se anula el denominador del termino interferencial y siempreque no sea nulo el termino difraccional. Es decir, cuando se verifique la siguientecondicion:

sen = 0 y cos =

1

Esto se cumple si el valor del angulo es un multiplo impar de ( = (2 m + 1) ).

Por el contrario, si = 2 m , el termino difraccional se anula y obtenemos m nimosde intensidad.

Por otra parte, si tanto como sen son distintos de cero, tambien se produciranmnimos de intensidad cuando sen N = 0. Es decir, cuando = m /N, dondeel numero entero m tiene que ser, en valor absoluto, menor que N.

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En resumen:

M axim os pr incipales: = 0, , 3 , 5 , 7 , . . .

Ceros de la funcion: = /N, 2 /N, 3 /N, 4 /N, . . .

Ceros de la funcion: = 2 , 4 , 6 , 8 , . . .

En la Figura 10.1 se indica su representacion grafica para el caso en que N = 10.

Figura 10.1: Perfil de la intensidad en funcion de para N = 10.

3. Utilizando la expresion de para los maximos principales, obtenemos para la in-tensidad I de los mismos:

I((2 m + 1) )

I(0)=

4

(2 m + 1)2 2

Para los valores de = y = 3 , se obtiene el siguiente resultado:

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I()

I(0)= 0, 405 ;

I(3 )

I(0)= 0, 045

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