PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
ejercicios resueltos de óptica y ondas

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Ejercicios de óptica y ondas

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PROBLEMAS RESUELTOS DE ÓPTICA

Tenemos un interferómetro de Michelson cuya lámina separadora es de un material de índice n = 1,6 y espesor 1 cm. La fuente luminosa tiene una longitud de onda, λ , de coherencia tal que hay fenómeno de interferencia siempre que la diferencia de camino entre los dos haces sea menor de 3 cm. ¿Hemos de poner lámina compensadora?. Caso de ponerla, ¿cuales serian sus características y en qué región del plano de observación veríamos interferencias?

El índice del material para la lámina compensadora es n = 1,5 ¿Cual sería el espesor de la lámina compensadora para que la región de interferencias en el plano de observación fuese máxima?


RESPUESTA DEL EJERCICIO 32

esquema óptico de un  interferómetro de Michelson

Uno de los haces recorre 3 veces el interior de la lámina separadora, mientras que el otro solo lo recorre una vez (ver figura adjunta). Si la distancia de Los espejos E1 y E2 a la lámina separadora, es geométricamente la misma, la diferencia de camino óptico entre los 2 haces es como mínimo

    \( \Delta _{12} = 2·n·d \)

Y teniendo en cuenta los valores de n y d, resulta δ12 = 3,2 cm con lo que es mayor que la longitud de coherencia (3 cm) y se hace necesaria la lámina compensadora.

Vamos a calcular, entonces, la región del plano de observación donde habrá interferencias. Si E1 está separado una distancia r de su posición cero, es decir, si E1 y la imagen virtual de E2 , según la lámina separadora, están separados una distancia r, la diferencia de camino entre los rayos que llegan a la lente objetivo de observación según un ángulo θ es 2r•cos θ , e interfieren en el plano focal sobre un punto de coordenadas x = f•,tg θ .

Como la diferencia de camino ha de ser menor que 3 resultará:

    \( \displaystyle \begin{array}{l} |2rˇ\cos \theta| < 3 \rightarrow |ˇ\cos \theta| < \frac{3}{2r} \; ; \\  \\ \; \tan^2 \theta = \frac{1}{\cos^2 \theta}- 1 \rightarrow \tan \theta > \sqrt{\frac{4r^2}{9}- 1} \end{array} \)


esquema óptico de un  interferómetro de Michelson

Según eso, las zonas de mayor visibilidad serán aquellas para las que θ cumple

    \( \displaystyle \cos \theta| < \frac{3}{2r} \)

o,equivalentemente, por ser tg θ = x/f:

    \( \displaystyle x = fˇ\tan \theta > f \times \sqrt{\frac{4r^2}{9}- 1} \)

Por tanto, en un interferómetro Michelson la zona central no es la de más visibilidad.

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tema escrito por: José Antonio Hervás