PROBLEMAS RESUELTOS
DE FISICA
ejercicios resueltos de óptica y ondas

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Ejercicios de óptica y ondas

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PROBLEMAS RESUELTOS DE ÓPTICA

Estudiar la figura de interferencias obtenida con un dispositivo interferencial del tipo Young pero utilizando tres rendijas idénticas y equidistantes.

RESPUESTA DEL EJERCICIO 3

Ejercicio de óptica
Resolver el problema hacemos las mismas aproximaciones que en el estudio de las franjas de Young con dos rendijas.
El valor de los campos eléctricos en P debidos a los focos secundarios, es:
    \( \begin{array}{l}
    S_1\;:\; E_1 = E_o·\exp i(wt - \vec{k}_1\vec{r} - \delta_o) \\
     \\
    S_2\;:\; E_2 = E_o·\exp i(wt - \vec{k}_2\vec{r}) \\
     \\
    S_3\;:\; E_3 = E_o·\exp i(wt - \vec{k}_3\vec{r} - \delta_o)
    \end{array} \)
Dónde \( \delta_o \) es el retraso en la fase de las ondas en \( S_1 \quad y\quad S_3 \) pues estos rendijas son alcanzadas por el frente esférico más tarde, que supone un retardo de valor:
    \( \displaystyle \delta_o = k·\nabla_o = k·d·\sin \beta \simeq k·d·\tan \beta = k·d·\frac{d}{a} = k·\frac{d^2}{a} \)
Conocidos los campos parciales, el campo total en P será:
    \( E = E_1 + E_2 + E_3 = E_o·e^{iwt}\left[e^{-i\vec{k}_2\vec{r}}+ e^{-i\delta}(e^{-i\vec{k}_1\vec{r}} + e^{-i\vec{k}_3\vec{r}})\right] \)
Y la intensidad vendrá dada por:
    \( \begin{array}{l}
    I = E·E^* = I_o \left\{3 + 2·\cos[\vec{r}(\vec{k}_1 - \vec{k}_2) + \delta] + 2·\cos[\vec{r}(\vec{k}_3 - \vec{k}_2) + \delta]\right. \\
     \\
    \left.2·\cos[\vec{r}(\vec{k}_3 - \vec{k}_1) + \delta] \right\}
    \end{array} \)
Esta última expresión la podemos transformar por equivalencias trigonométricas, para escribir finalmente:
    \( I = I_o[3 + 2·\cos \delta (\cos \delta_{12}+ \cos \delta_{32}) -2·\sin \delta (\sin \delta_{12}+ \sin \delta_{32}) + 2·\cos \delta_{31} ] \)
Dónde llamamos:
    \( \delta_{ij} = \vec{r}(\vec{k}_i - \vec{k}_j) \)
Y resulta ser:
    \( \vec{k}_i = k(\sin \alpha_i·\vec{u}_x + \cos \alpha_i·\vec{u}_z) \)
Por lo que:
    \( \begin{array}{l}
    \delta_{ij} k[x(\sin \alpha_i - \sin \alpha_j) + z(\cos \alpha_i - \cos \alpha_j)]\simeq kx(\sin \alpha_i - \sin \alpha_j) \\
     \\
    \simeq kx(\tan \alpha_i - \tan \alpha_j)
    \end{array} \)
Dónde hemos tenido en cuenta que, al ser \( \alpha_i\; y \; \alpha_j \) ángulos pequeños podemos escribir:
    \( \sin \alpha_i\simeq\tan \alpha_i \simeq \alpha_i\quad ; \quad \cos \alpha_i \simeq 1\quad (i= 1,2,3) \)
Y entonces:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \delta_{12} = \vec{r}(\vec{k}_1 - \vec{k}_2) \simeq kx(\tan \alpha_1 - \tan\alpha_2) = kx\left(\frac{x-d}{D}- \frac{x}{D}\right) = -k·\frac{d}{D}·x \\
     \\
    \delta_{32} = \vec{r}(\vec{k}_3 - \vec{k}_2) \simeq kx(\tan \alpha_3 - \tan\alpha_2) = kx\left(\frac{x+d}{D}- \frac{x}{D}\right) = k·\frac{d}{D}·x \\
     \\
    \delta_{31} = \vec{r}(\vec{k}_3 - \vec{k}_1) \simeq kx(\tan \alpha_3 - \tan\alpha_1) = kx\left(\frac{x+d}{D}- \frac{x-d}{D}\right) = 2k·\frac{d}{D}·x
    \end{array} \)
Por todo ello, finalmente, nos queda:
    \( \displaystyle I = I_o\left[3 + 4·\cos\left(k·\frac{d}{D}x\right)\cos \delta + 2·\cos 2\left(k·\frac{d}{D}·x\right)\right] \)
Siendo:
    \( \displaystyle \delta = \frac{k·d^2}{a} \)

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Página publicada por: José Antonio Hervás