PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA
ejercicios resueltos de óptica y ondas

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios de óptica y ondas

Estás en : Matemáticas y Poesía > Ejercicios resueltos

 

PROBLEMAS RESUELTOS DE ÓPTICA

RESPUESTA DEL EJERCICIO 29

camino óptico

Consideremos una lámina de espesor “e” e índice n. el camino óptico recorrido por un rayo que atraviesa la lámina desde H hasta Q es:

    \( HI + n·II' + I'Q \)

Si el rayo no atravesara la lámina, el camino recorrido sería:

    \( OP + PI" + I"R \)

Y de la figura adjunta tenemos:

    \( OP = HI \; ; \; I'Q = I"R \)

Por lo que la diferencia de caminos, δ, vendrá dada por:

    \( \delta = n·II' - PI" \)

Pero tenemos:

    \( \displaystyle II'·\cos r = e \; ; \; PII" = II'· \cos (i-r)\Rightarrow PI" = \frac{e}{\cos r}\cos (i-r) \)

Con lo que nos queda:

    \( \displaystyle \delta = n·II' - PI" = n·\frac{e}{\cos r}- \frac{e}{\cos r}\cos (i-r) \)

Teniendo en cuenta varias equivalencias trigonométricas y la ley de Snell podemos desarrollar esta expresión:

    \( \displaystyle\begin{array}{l}
    n·\frac{e}{\cos r}- \frac{e}{\cos r}\cos (i-r) = \\
     \\
    = n·\frac{e}{\cos r}- \frac{e·\cos i·\cos r + e· \sin i·\sin r}{\cos r} = \\
     \\
    = \frac{ n·e e·\cos i·\cos r + e·n·\sin^2 r}{\cos r} = \\
     \\
    = \frac{n·e e·\cos i·\cos r - n·e + e·n·\cos^2 r}{\cos r} = \\
     \\
    = n·e·\cos r - e·\cos i \qquad (1)
    \end{array}\)

Donde hemos aplicado la ley de Snell :

    \( n_1·\sin i = n_2·\sin r \)

Con n1 = 1,n2 = 2.

Pasamos ahora a considerar el compensador de Jamin. Con el dispositivo en posición simétrica, tal como se muestra en la figura adjunta y, puesto que se trata de láminas iguales, la diferencia de camino introducida en conjunto es nula.

compensador de Jamin en posición simétrica

Cuando se gira un ángulo δi , el rayo 1 disminuye en incidencia y el rayo 2 aumenta, con lo que se produce una diferencia de caminos.
Si consideramos la aproximación:

    \( \displaystyle \cos \beta = 1 - \frac{\beta^2}{2!} + \ldots \)

Y tenemos en cuenta la ley de la refracción para el caso de que uno de los medios sea el vacío:

    \( \sin i = n·\sin r \Rightarrow i = n·r \)

(Por aproximación cuando los ángulos son pequeños), podemos escribir en (1):

    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \delta = n·e\left(1- \frac{r^2}{2!}\right)- e\left(1- \frac{i^2}{2!}\right)= \\
     \\
    = n·e\left(1- \frac{i^2}{2n^2}\right)- e\left(1- \frac{i^2}{2!}\right) = \\
     \\
    = e(n-1) - \frac{e}{2}\left(\frac{1}{n}- 1\right)i^2 \\

    \end{array}\)

Siendo los ángulos variados:

    Para el rayo 1 : \( \left(\frac{\alpha}{2}- \Delta i \right) = i_1 \) ; Para el rayo 2 \(\left(\frac{\alpha}{2}+ \Delta i \right) = i_2\)

Y, por tanto:

    \( \displaystyle \delta_1 = (n-1)e - \frac{e}{2}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{\alpha}{2}- \Delta i \right)^2 \)

    \( \displaystyle \delta_21 = (n-1)e - \frac{e}{2}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{\alpha}{2}+ \Delta i \right)^2 \)

Con lo que finalmente resulta:

    \( \displaystyle \delta = \delta_1 - \delta_2 = \alpha·e \left(1-\frac{1}{n}\right)\Delta i \)

Que sería la diferencia de caminos introducida al girar un pequeño ángulo δi .
El apartado b) se calcula sin más que sustituir los datos del enunciado en la última expresión obtenida:

    \( \displaystyle n= \frac{3}{2} \; ; \; \lambda = 546\: nm \; ; \; \Delta i = \frac{\alpha}{2}= 6º \)

Y despejar “e” en función de ellos.

EJERCICIOS RESUELTOS DE ÓPTICA Y ONDAS



tema escrito por: José Antonio Hervás