ÓPTICA FÍSICA CURSO 05/06 Problemas

Ginés Cervantes Linares
Problemas Tema 4: Polarización
Problemas
ÓPTICA FÍSICA
CURSO 05/06
⊥
E 0⊥
1.- Describe el estado de polarización de las siguientes ondas:
a) E⊥ = E0⊥ cos (ωt-kz);
E⎥⎥ = E0⎥⎥ cos (ωt-kz).
Por los datos que nos da el problema vemos que la onda va en la dirección del
eje z .
La caja en la que esta contenida esta onda tiene valores E0⊥ y E0⎥⎥
Vemos que el desfase entre componentes es ϕ = 0 de lo que deducimos que es
luz lineal.
b) E⊥ = − E0⊥ sen [k (z-vt)];
E⎥⎥ = E0⎥⎥ sen [k (z-vt)].
E ⊥ = − E 0 ⊥ cos(
π
E 0C
− ( kz − wt )) = − E 0 ⊥ cos( wt − kz +
π ⎫
2
2
E ⊥ = − E 0 ⊥ sen ( k ( z − vt )) = − E 0 ⊥ sen ( kz − wt ) ⎫
⎬≅
E C = E 0 C sen ( k ( z − vt )) = E 0 C sen ( kz − wt ) ⎭ E = E cos( π − ( kz − wt )) = E cos( wt − kz + π )
C
0C
0C
2
2
En la 1ª meto π y quito el signo negativo.
E ⊥ = − E 0 ⊥ cos( wt − kz +
E C = E 0 C cos( wt − kz )
C
π
⎫
Vemos que el desfase es π, por lo que
+ π )⎪
vuelve a ser luz lineal.
≅
2
⎬
⎪⎭
⊥
)⎪
⎪
⎬≅
⎪
⎪⎭
E 0⊥
E 0C
C
c) E⊥ = E0 sen (ωt-kz);
E⎥⎥ = E0 sen (ωt-kz+π/4).
Aquí las amplitudes son iguales, entonces la caja será un cuadrado.
Hay que ponerlo en forma de
π
⎫
coseno.
π
⎫ E ⊥ = E 0 cos( wt − kz − )
⎪⎪
E ⊥ = E 0 cos( − ( wt − kz )
π
2
⎪⎪
2
⎬ϕ =
E ⊥ = E 0 sen ( wt − kz )
⎫
≅
⎬
π π ⎪
4
⎪
π ⎬ = E C = E 0 cos( π − ( wt − kz + π ) ⎪ E C = E 0 cos( wt − kz + 4 − 2 ) ⎪⎭
E C = E 0 sen ( wt − kz + ) ⎪
2
4 ⎪⎭
4 ⎭
La ecuación de la elipse es:
EC2
E E
E⊥2
+ 2 − 2 C ⊥ cos ϕ = sen 2ϕ
2
E0 C E0 ⊥
E 0 C E0 ⊥
Podemos
⊥
E 0⊥
2
quitar E0⊥ pasándolo al otro miembro multiplicando.
Además sustituyo el desfase π/4 y las amplitudes y queda:
1
EC2 + E⊥2 − 2 EC E⊥ = E02
2
Para ver la dirección de giro hacemos la derivada de la componente que lleva el desfase.
⎧E⊥ = E0
⎫
⎪
⎪ ∂EC
t = 0⎨
π⎬
⎪EC = E0 cos 4 ⎪⎭ ∂t
⎩
t =0
E 0C
C
π
π
= − wE0 sen( wt + ) = − wE0 sen p 0 Para todo esto sale negativo: levógira
4 t =0
4
Tenemos LUZ ELÍPTICA LEVÓGIRA.
Si le hubiera puesto el desfase a la componente perpendicular le tendría que haber restado π/4 a la perpendicular
y a la paralela, entonces la paralela se queda a cero y la perpendicular con -π/4.
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d) E⊥ = E0 cos (ωt-kz);
E⎥⎥ = E0 cos (ωt-kz-π/2).
El desfase entre componentes es π/2, y ya vemos que va a ser elíptica centrada.
Como E⊥ = E⎥⎥ = E0 vemos que la caja es cuadrada y como es elíptica centrada va a resultar Luz Circular.
⎧E⊥ = E0
⎫
⎧ ∂EC
π
π
⎪
⎪
t = 0⎨
= − E0 wsen( wt − ) = − E0 wsen − f 0
⎬ ⇒ Derivamos :⎨
π
2 t =0
2
⎩ ∂t t =0
⎪EC = E0 cos(− 2 ) = 0⎪⎭
⎩
Lo que obtenemos es LUZ CIRCULAR DEXTRÓGIRA
⊥
E 0⊥
E 0C
C
2.- La luz del Sol se refleja en un lago (nagua=1.33). Determina la altura del Sol sobre el horizonte para que
la luz reflejada esté linealmente polarizada. ¿Qué tipo de polarización adquirirá?.
ε β es el único ángulo por el cual la luz se convierte en luz linealmente polarizada por reflexión total de una
componente. Para el ε β se refleja la componente perpendicular y esta componente es la horizontal con respecto
al agua.
n'
1.33
tgε β = → ε β = arctg
= 53 .06 ⇒ γ = 90 − ε β = 90 − 53 .06 = 36 .94 º
n
1
Este valor hace referencia a altura angular.
γ εβ
Cuando el Sol está en el horizonte a 36.94º la luz sale linealmente polarizada.
3.- Un haz de luz linealmente polarizado se dirige hacia un polarizador lineal cuyo eje de transmisión
forma un ángulo β con el plano de incidencia. Demuestra que se obtiene el mismo resultado proyectando la
amplitud y haciendo la proyección por componentes.
⊥
→
E 0 polarizador
90 − β
α
β
C
E0 ⊥ p
E0 C p
Haciéndolo por componentes:
E0 C = E0 cos α ⎫
⎬
E0⊥ = E0 senα ⎭
Y ahora proyectamos estas componentes sobre el polarizador.
E0 C pol = E0 C cos β
E0 ⊥ pol
⎪⎫ E0 C pol = E0 cos α ·cos β ⎪⎫
⎬
⎬
= E0 ⊥ cos(90 − β )⎪⎭ E0 ⊥ pol = E0 senα ·senβ ⎪⎭
Ahora hay que sumar las amplitudes, tengan o no desfase entre ellas, aunque en este caso no hay desfase.
E0 p = E0t = E0 C t + E0⊥t = E0 cos α cos β + E0 senαsenβ = E0 (cos α cos β + senαsenβ ) = E0 cos(α − β )
El resultado coincide con lo que vimos en teoría con la ley de Malus.
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4.- Indica los fenómenos que pueden convertir en elíptico un haz de luz linealmente polarizada:
Para convertir un haz de luz lineal en luz elíptica hay que añadir un desfase:
- Podemos conseguirlo con coeficientes complejos siempre que sean diferentes en cada componente.
- Cuando las componentes van a distinta velocidad.
a) Reflexión total; Sí, añadimos 2α a una y 2 β a otra.
- Los coeficientes de reflexión con complejos, entonces aparecen fases nuevas, por lo que puede aparecer
desfase.
b) Reflexión con ángulo Brewster; No. Siempre sale lineal con ángulo Brewster. Un elíptico si se puede
convertir en lineal con ángulo Brewster.
- Al haber reflexión con ángulo Brewster la luz siempre es lineal.
c) Reflexión en un medio metálico; Sí. El índice es complejo y los coeficientes son complejos.
- Los coeficientes vuelven a ser complejos.
d) Reflexión en birrefringente; No. Suponemos que pasamos de aire al birrefringente la respuesta es no porque
los coeficientes de reflexión son números reales.
- No hay luz lineal excepto en los casos en los que aparezca reflexión total.
e) Transmisión de un índice mayor a otro menor; No. Cuando es transmisión perpendicular a la superficie hay
ángulo límite. En este caso la transmisión es normal y no existe desfase.
- Debido a que en la transmisión no aparecen fases añadidas.
f) Transmisión cuando se incide con ángulo Brewster; No. Coeficientes reales, no hay desfase.
- Debido a que en la transmisión no aparecen fases añadidas.
g) Propagación por birrefringente, en dirección de eje; No. Ven el mismo índice. Las 2 componentes son
perpendiculares al eje óptico. Misma velocidad vo.
- Porque en la dirección del eje las dos componentes ven el mismo índice y llevan la misma velocidad.
h) Propagación por birrefringente, en otra dirección. Sí. Cada componente ve un índice diferente, y hay
desfase.
- Aparece un desfase ya que una componente deja detrás a la otra.
5.- Para la luz de una lámpara de sodio (λ=589nm), calcula los espesores mínimos que deben tener las
láminas de cuarto de onda y media onda fabricadas con:
Tenemos que tener en cuenta:
2π
∆ϕ o =
·d · ne − no
λ0
π
1
⎛ λ0 ⎞
ϕ
∆
=
±
⇒
=
·
d
⎜
⎟
- En la lámina de λ/4:
2
⎝ 4 ⎠ ne − no
(El desfase es en la línea neutra rápida)
- En la lámina de λ/2:
1
⎛λ ⎞
∆ϕ = π ⇒ d = ⎜ 0 ⎟·
= 2d ⎛ λ ⎞
⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ ne − no
⎝4⎠
(Si pongo 2 láminas de cuarto de onda obtengo una lámina de media onda)
a) Calcita (no=1.658, ne=1.486);
1
1
⎛ 589 ⎞
d⎛ λ ⎞ = ⎜
= 147,25nm
= 856 .10 nm = 0.856 µm
⎟·
⎜ ⎟
4
1
.
486
−
1
.
658
−
0
.
172
⎝
⎠
⎝4⎠
d ⎛ λ ⎞ = 2 d ⎛ λ ⎞ = 2·0.856 = 1.712 µm
⎜ ⎟
⎝2⎠
⎜ ⎟
⎝4⎠
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⎡π ⎤
- Como ve f v o → ne p no → ∆ϕ o f 0 ≡ ⎢ ⎥ El eje óptico es la línea neutra rápida, y existe un desfase positivo
⎣2⎦
en el rayo extraordinario.
b) Cuarzo (no=1.544, ne=1.553);
1
1
⎛ 589 nm ⎞
d⎛ λ ⎞ = ⎜
= 147,25nm
= 16361,11m = 16,3611µm
⎟·
⎜ ⎟
9·10 −3
⎝ 4 ⎠ 1.553 − 1.544
⎝4⎠
d ⎛ λ ⎞ = 2 d ⎛ λ ⎞ = 2·16,3611 = 32,72 µm
⎜ ⎟
⎝2⎠
⎜ ⎟
⎝4⎠
- Como v e p vo → ne f no → ∆ϕ e f 0 El eje óptico es la línea neutra lenta y existe un desfase positivo en el
rayo ordianrio.
c) Turmalina (no=1.669, ne=1.638);
1
⎛ 589 nm ⎞
d⎛λ⎞ = ⎜
⎟·
⎟
⎜
4
⎝
⎠ 1 . 638 − 1 . 669
⎝ 4 ⎠
d⎛λ
⎞
⎟
⎜
⎝ 2 ⎠
= 2d ⎛ λ
⎞
⎟
⎜
⎝ 4 ⎠
= 4750 nm = 4 , 750 µ m
= 2 · 4 , 750 = 9 , 5 µ m
- Como v o p ve → no f ne → ∆ϕ e f 0 El eje óptico es la línea neutra lenta y existe un desfase negativo en el
rayo extraordianrio.
d) Hielo (no=1.309, ne=1.313).
1
⎛ 589 nm ⎞
d⎛λ ⎞ = ⎜
⎟·
⎟
⎜
4
⎝
⎠ 1 . 313 − 1 . 309
⎝ 4 ⎠
d⎛λ
⎞
⎟
⎜
⎝ 2 ⎠
= 2d⎛λ
⎞
⎟
⎜
⎝ 4 ⎠
= 2 ·36 , 8125
= 36812 . 5 nm = 36 , 8125 µ m
= 73 , 625 µ m
- Como v o f ve → no p ne → ∆ϕ o f 0 El eje óptico es la línea neutra rápida, y existe un desfase positive en el
rayo extraordinario.
6.- Un haz de luz natural pasa a través de dos polarizadores lineales perfectos situados uno a continuación
del otro. Determina su orientación relativa para que el haz a la salida tenga una intensidad:
Suponemos que la luz de entrada es luz natural I1.
El primer polarizador, por ser lineal, para luz natural, deja salir I’1=I1/2
Al segundo polarizador le llega I2= I’1=I1/2 que es luz lineal.
Entonces hay que aplicar la ley de Malus:
I 1 cos 2 α
I = I 2 ·cos α =
2
a) I' = I/2;
'
2
2
⎡ I 1 cos 2 α I 1 ⎤ cos 2 α 1
= ; cos α = ±1; α = 0 º ; α = 180 º
I = I 2 ·cos α = ⎢
= ⎥;
2
2⎦
⎣
b) I' = I/4;
'
2
2
Cuando los dos polarizadores
están alineados.
⎡ I cos 2 α I 1 ⎤ cos 2 α 1
2
I 2' = I 2 ·cos 2 α = ⎢ 1
= ; cos α = ±
; α = 45 º ; α = 135 º
= ⎥;
2
4⎦
2
2
⎣
c) I' = I/8.
⎡ I cos 2 α I 1 ⎤ cos 2 α 1
1
= ; cos α = ± ; α = 60 º ; α = 150 º
I 2' = I 2 ·cos 2 α = ⎢ 1
= ⎥;
2
8⎦
4
2
⎣
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7.- Entre dos polarizadores cruzados se introduce un tercer polarizador lineal. ¿Qué intensidad dejará
pasar el sistema en función de la dirección del eje de transmisión del polarizador intermedio?.
P2
→
1.- El polarizador 1 deja pasar una intensidad I’1.
2.- El polarizador 2 deja pasar una intensidad I’2.
I 2' = I 2 cos 2 90 º = I 1' cos 2 90 º = 0 Cuando ponemos 2 polarizadores
cruzados 90º no sale nada de luz.
E 0 polarizado r
P3
90 − α
α
3.- Cuando ponemos el polarizador 3 la intensidad que pasa es:
P1
I 1' =
IP
2
I0
·cos 2 α
2
Pasa algo de luz al poner un polarizador ' I 0
I
I 2 = ·cos 2 (90 º −α ) cos 2 α = 0 ·sen 2α ·cos 2 α ≠ 0
intermedio.
2
2
I 3' = I 3 cos 2 α = I 1' cos 2 α =
8.- Un haz de luz incide en dirección normal sobre un sistema compuesto por un polarizador lineal, una
λ/4 con sus líneas neutras formando 45º con el eje del polarizador y un espejo plano. Calcula la intensidad
a la salida del sistema si el haz de entrada es de luz natural.
Una λ/4 tiene una línea neutra rápida y otra lenta. Consideramos que el plano de incidencia es paralelo a la línea
neutra rápida, y lo colocamos todo en el primer cuadrante, de tal manera que dibujado quedaría:
⊥: l.n..lenta
→
polariza → E0
E0⊥ = E0
45
E0 C = E0
C : l.n.rápida
El recorrido que hace la luz es:
a) Luz que pasa a través del
polarizador:
→∧
⎧
2
=
−
cos(
E
E
wt
k
r s)
⎪
0
⊥
→
⎪
2
E1 = ⎨
⎪ E = 2 E cos( wt − k →r s∧ )
0
⎪⎩ C
2
λ/4
espejo
b) El campo anterior tiene que pasar ahora por la λ/4: Al pasar por λ/4 se le suma un desfase de π/2 a la línea
neutra rápida, que para este caso es la componente paralela porque yo lo he escogido así
→∧
⎧
2
=
−
E
E
cos(
wt
k
r s)
⎪
0
⊥
→
⎪
2
E2 = ⎨
⎪ E = 2 E cos( wt − k →r s∧ + π )
0
⎪⎩ C
2
2
c) Ahora llega al espejo con incidencia normal: Los coeficientes son:
r⊥ =
n1 − n2
n −n
; rC = 2 1 = − r⊥ = r⊥ e iπ
n1 + n2
n1 + n2
→ ∧
⎧
2
E 0 cos( wt − k r s ' ')
⎪E⊥ =
- Si el espejo es metálico los coeficientes son complejos, pero los
⎪
2
desfases son los mismos.
E3 = ⎨
⎪ E = 2 E cos( wt − k →r s∧' '+ π + π ) - En el espejo, como r⊥ = −r⊥ hay un desfase π
0
⎪⎩ C
2
2
→
d) La luz reflejada vuelve a pasar por la λ/4 y vuelve a sumar π/2 a la componente paralela:
→ ∧
⎧
2
E0 cos( wt − k r s ' ')
⎪ E⊥ =
⎪
2
E3 = ⎨
∧
→ ∧
π
π
2
⎪ E = 2 E cos( wt − k →
+
+
+
=
−
π
r
s
'
'
)
E
cos(
wt
k
r s ' ')
0
0
⎪⎩ C
2
2
2
2
→
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La luz que viene reflejada viene girada con simetría, es decir, ahora esta a 45º pero hacia el otro lado, por lo que
la luz que sale está cruzada con el polarizador y no se transmite nada.
9.- Razona cuáles de los siguientes efectos son falsos:
a) luz natural + polarizador lineal ⇒ I' = I/2;
Verdadero. Existe la probabilidad del 50% de que el campo esté en la dirección del polarizador.
b) luz circular + polarizador lineal ⇒ I' = I/2;
Verdadero. En este caso las amplitudes sobre los ejes de transmisión y extinción son iguales, y es el 50%.
c) luz elíptica + pol. lineal ⇒ luz lineal e I' = I;
Falso. La luz es lineal pero la intensidad depende de la proyección de la eclipse. Por lo que I’ ha de ser menor
que I. Porque no pasan las 2 componentes, el polarizador lineal se carga una de las componentes.
d) luz lineal + pol. lineal ⇒ luz lineal e I' = 0;
Falso. La luz es lineal pero I sigue la Ley de Malus. Entonces sólo será 0 si los polarizadores están cruzados 90º.
e) luz natural + lámina λ/4 ⇒ I' = I/2;
Falso. La lámina de cuarto de onda no afecta a la intensidad.
f) luz circular + lámina λ/4 ⇒ I' = 0;
Falso. La lámina de cuarto de onda no afecta a la intensidad.
g) luz elíptica + λ/4 ⇒ luz lineal e I' = I;
Falso. La intensidad de salida será igual a la de entrada pero la luz sólo será lineal si la elipse está centrada en las
líneas neutras.
h) luz lineal + λ/4 ⇒ luz elíptica e I' = I.
Verdadero. En general sale luz elíptica. Puede salir luz circular también. Además también puede salir luz lineal
que es una elipse aplastada.
10.- El análisis de un haz de luz arroja los siguientes resultados:
Haz + analizador
Haz + λ/4 + analizador
I = 4.04 W (constante)
Imax = 5.68 W (con eje del analizador a 72º del plano de
incidencia)
Imin = 2.40 W
¿Cuál es el estado de polarización?. ¿Cuál es la intensidad de la parte polarizada?. ¿Cómo están colocadas
las líneas neutras de la λ/4 respecto al plano de incidencia?.
A) El análisis de la luz nos da los siguientes resultados:
- I=haz + analizador = cte=4.04W:
- luz circular
⎫
⎪
- luz natural
⎬
Pertenecen al grupo simétrico porque I=cte
- luz circular + natural.⎪⎭
- haz + λ/4 + analizador:
- no constante : luego no es natural. Puede ser mezcla de natural + circular.⎫
⎬ Es mezcla de natural+circular.
- I mínima ≠ 0 : no es circular. Puede ser mezcla de natural + circular.
⎭
- Al tener IMáx y Imín descartamos la luz natural. Como Imín≠0 descartamos la luz circular.
IMáx=5.68W
IMáx=2.40W
B) Intensidades:
- La intensidad incidente es I=Ipolarizada+Ino polarizada.
- Ipolarizada=Icircular
- Ino polarizada= Inatural
- Cuando analizamos la luz vemos que:
I
I
I analizada = polarizada + no . polarizada = 4.04W
2
2
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Problemas Tema 4: Polarización
- si es Icircular+analizador= Icircular/2
- si es Inatural+ analizador= Inatural/2
- Cuando usamos λ/4 + analizador:
- luz natural
al + λ/4 = Luz natural; Inatural + λ/4 + analizador = Inatural/2
I natural
- luz circular + λ/4 = Luz lineal; Ipolarizada + λ/4 + analizador →I’max= I polarizada I ' min .total =
2
→I’min= 0
I polarizada
→ I polarizada = 3.28W
- I(haz + analizador) – I(haz + λ/4 + analizador) = 5.68-4.04 = 1.64 → 1.64 =
2
C) Cuando tenemos luz circular + λ/4 obtenemos luz lineal a 45º de las líneas neutras, las cuales están a su vez a
± 45º de la dirección en que se observa la Intensidad máxima, que es: 72º - 45º = 27º y 72º + 45º = 122º con
respecto al plano de incidencia.
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