Electrodinámica 2 Soluciones a Exámen 1 José Andrés Sepúlveda Quiroz Facultad de Ciencias Universidad de Colima. 7 de marzo de 2009 1. Problemas del Exámen Primera Parcial Problema 1 Ondas TM y polarización. Solución de 1: He aquı́ la parte a). Nuestra historia comienza con la expresión que relaciona la magnitud de la componente de la onda reflejada TM en función de los ángulos incidentes y transmitidos tan (θi − θt ) Ei (1) tan (θi + θt ) donde bien sabemos, Er será cero cuando θi = θB -ángulo de Brewster-. Ahora bien, la condición necesaria para que lo anterior ocurra es que el denominador de (1) explote a infinito, para tener algo de la forma a/∞ = 0, por lo que deducimo que Er = π (2) 2 necesariamente. Las repercusiones que esto implica son que, dada le geo~ permanece en el plano de incidencia metrı́a del problema, el campo eléctrico E formado por los vectores unitaros k̂ y n̂, por lo que podemos afirmar que tanto el campo eléctrico como el vector ~k son coplanares. Utilizando la ley de reflexión concluimos que θi + θt = θi = θr (3) por lo que también decimos que π (4) 2 lo que significa que tales ángulos medidos desde la normal, suman un ángulo recto siempre, condicionado por el ángulo de Brewster como incidente. El siguiente paso lógico es apreciar que el ángulo entre kˆr y kˆt no puede ser otro mas que π/2. Por lo tanto θr + θt = 1 Figura 1: E es paralelo al plano de incidencia. ~kr · ~kt = 0 ⇔ θi = θB = ángulo Brewster (5) Describamos un poco las componentes de los campos eléctricos para una ~ que apunte hacia adentro de la onda TM. Tomando un campo magnético H hoja, el campo eléctrico está descrito por ~ = µv H ~ × k̂ E (6) ~ ⊥ k̂. Con algo de análisis geométrico, vemos que el donde claramente E campo eléctrico de la onda transmitida tiene la forma ~ t = Et î sin θt − ĵ cos θt E (7) Del mismo modo, analizando al vector k~r , descomponiendo en componentes y vectores unitarios, tomando el eje positivo a la derecha, tenemos ~kr = kr −î cos θr + ĵ sin θr (8) ~ t · ~kr ? ¿Qué pasa si hacemos E ~ t · ~kr = Et kr (− sin θt cos θr − sin θr ) cos θt E 2 (9) Pero como habı́amos definido (2) y utilizando (3) vemos que θt = π − θr 2 (10) por lo que (9) cambia a h i ~ t · ~kr = Et kr − sin π − θr cos θr − sin θt cos π − θr E (11) 2 2 entonces sin (π/2 − a) = cos a y de igual manera cos (π/2 − a) = sin a ~ t · ~kr = Et kr − cos2 θr − sin2 θt = −Et kr E (12) que en otras palabras serı́a, el campo eléctrico de la onda transmitida es paralelo a la dirección del rayo reflejado. Ahora veamos el inciso b). Al ángulo de Brewster se le conoce como el ángulo de polarización, ya que hace cero la componente paralela al plano de incidencia del campo electrico de una onda TM, por lo que en sı́, el campo eléctrico reflejado solamente tendrá la parte perpendicular. Ası́ que en principio, luz no polarizada incidente con el ángulo de Brewster tendrá parte reflejada polarizada. Me atrevo a decir que por el inciso anterior, ya se demostró que el campo eléctrico transmitido en una onda TM era paralelo a la dirección del campo reflejado, por lo que al menos existe un tipo de polarización lineal. Para el inciso c), vemos fácilmente que por la expresión del ángulo de Brewster tan θB = n2 n1 utilizamos n1 = 1 para el aire y n2 = 4/3 para el agua, entonces Caso Agua-Aire tan θB = 43 (1) −→ θB = 53◦ −→ θB = 37◦ Caso Aire-Agua tan θB = 34 (1) Nótece que la suma es π/2. Problema 2 Dispersión en un dieléctrico. Solución de 2: Empezamos despejando ω con la definición de polarizibilidad del átomo dada por α= e2 K − mω − ıωγ 3 (13) en el problema, entonces ω= Kα − e2 α (m + iγ) (14) y como k = ω/v llegamos a la conclusión de que k es función de la frecuencia y a su vez, es un número complejo k = k + ik Ya hemos visto que la densidad se expresa como u = E 2 que para una onda electromagnética viene a ser u = E02 e2i(kx−ωt) (15) Ahora, tomando k como un número complejo en la energı́a se tiene u = E02 e2i((k+ik)x−ωt) = E02 e−2kx e2i(kx−ωt) (16) Si queremos que la energı́a u decaiga un factor 1/e, entonces hacemos que x = 1/2k 1 (17) e que según el desarrollo del problema, corresponde al valor buscado d, asi pues E02 e2i(kx−ωt) d= 1 2k (18) Problema 3 El arcoiris. Solución de 3: Basicamente, la razón de ser de un arcoiris común y corriente es que el ı́ndice de refracción es función de la longitud de onda. Esto es una consecuencia directa si se establece que las supuestas constantes y µ son funciones de una variable, para este caso, de la frecuencia, (también por lo visto en el problema anterior). La luz blanca se compone de colores que poseen diferents frecuencias y longitudes de onda, caracterı́sticos y definidos para cada cual. Es por ello que los colores tendrán ı́ndice de refracción diferente al pasar de un medio a otro, dando lugar al fenómeno de dispersión. En un prisma, Newton observó cómo la luz incidente se dispersaba y luego emergı́a en una banda de colores. En un arcoiris, la fı́sica es la misma. En ocasiones, después de una buena lluvia, podemos apreciar el fenómeno de dispersión a gran escala con la aparición de un arcoriris. Éste recibe el nombre de arcoiris primario ya que en principio, pueden ser más, sólo que el más definido es este. La óptica que gobierna su naturaleza radica en que para una gota de 4 Figura 2: Luz en una gota de agua. agua, un haz de luz que incide sobre la parte superior, se refleja solamente una vez y sale en una dirección definida. Tal dirección definida puede ser vista en la figura 2. Figura 3: Óptica de un rayo de incidencia primario. Notemos el haz de luz blanca. Los rayos de luz incidente superiores siguen una trayectoria similar. Raras veces y cuando se dan las condiciones climáticas adecuadas, se aprecia el arcoiris secundario. Éste es debido a que la luz, que logra incidir en la parte inferior de una gota hipotética, logra se reflejada dos veces para después salir con un ángulo mayor que el del arcoiris primario. La consecuencia es que los colores se invierten debido a tal reflexión, como se ven en la figura 4 Problema 4 Un pulso Gaussiano Solución de 4: Dada la función que incluye el pulso Gausiano Z ∞ dk Φ (x, t) = eı(kx−ωt) f (k) 2π −∞ 5 (19) Figura 4: Esquema que compara un arcoiris primario con uno secundario. con f (k) = f0 e(k−ko ) que nos lleve a Φ (x, t) = 2 2 a 1 2π . Hacemos un cambio de variable k → s = k − k0 Z ∞ 2 f0 e−(sa) e h i 0 ı (k0 +s)x− ω+sω t ds (20) −∞ donde hemos utilizado ds = dk como consecuencia del cambio de variable, y además la expansión en serie de Taylor para ω (k). Sacando los términos que no dependen del diferencial ds Z f0 ı(k0 x−ωt) ∞ ı x−ω0 s−(as)2 Φ (x, t) = e e ds (21) 2π −∞ Evaluando el integrando de (21) en Mathematica se aprecia que f0 ı(k0 x−ωt) Φ (x, t) = e 2π r π − e a2 2 0 x−ω t 4a2 (22) Pero inmediatamente vemos que en el primer exponencial se tiene que eı(k0 x−ωt) es una onda propagándose hacia la dirección de x, en otras palabras x ω = vf ase = (23) t k0 que es la velocidad de fase para tal pulsasión. En el problema se da la definición de la frecuencia ω (k) en serie de Taylor k0 x = ωt =⇒ 0 ω (k) = ω (k0 ) + (k − k0 ) ω (k0 ) (24) derivando con respecto de k se tiene i 0 d d h (ω (k)) = ω (k0 ) + (k − k0 ) ω (k0 ) dk dk 6 (25) ya sabemos que k0 es un valor fijo constante, por lo tanto 0 dω = ω0 dk que es la velocidad de grupo de este pulso Gausiano definido en (19) (26) Problema 5 Gráficos del Diamante. Solución de 5: Partimos de las ecuaciones de Fresnel para el caso de polarización en el plano de incidencia dadas por α−β E0R = E0I (27) α+β 2 E0I (28) E0T = α+β donde α y β son r 1− h α= n1 n2 sin θI i2 cos θI β≡ µ1 n2 µ2 n1 (29) (30) Los coeficientes de reflexión y transmisión para ondas polarizadas paralelas al plano de incidencia son 2 2 IR E0R α−β R≡ = = II E0I α+β 2 2 2 2 v2 E0T cos θT IT = = αβ T ≡ II 1 v1 E0I cos θI α−β Por los datos del problema, n1 = 1 y n2 = 2,42, por lo que graficando 7 (31) (32) 1.0 T@Θi D 0.8 0.6 0.4 R@ R@Θi D ángulo de Brewster Θ D 0.2 0.0 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 Figura 5: Relación entre el coeficiente de transmitividad y el coeficiente de reflectividad para ondas de luz con polarización TM incidentes aire a diamante. 8