Electrodinámica 2 Soluciones a Exámen 1

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1 Electrodinámica 2 Soluciones a Exámen 1 José Andrés Sepúlveda Quiroz Facultad de Ciencias Universidad de Colima. 7 de marzo de Problemas del Exámen Primera Parcial Problema 1 Ondas TM y polarización. Solución de 1: He aquí 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 E r = tan θ i θ t ) tan θ i + θ t ) E i 1) donde bien sabemos, E r será cero cuando θ i = θ B -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 θ i + θ t = π 2) 2 necesariamente. Las repercusiones que esto implica son que, dada le geometría del problema, el campo eléctrico E permanece en el plano de incidencia formado por los vectores unitaros ˆk y ˆn, por lo que podemos afirmar que tanto el campo eléctrico como el vector k son coplanares. Utilizando la ley de reflexión concluimos que por lo que también decimos que θ i = θ r 3) θ r + θ t = 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 ˆk r y ˆk t no puede ser otro mas que π/2. Por lo tanto 1

2 Figura 1: E es paralelo al plano de incidencia. kr k t = 0 θ i = θ B = ángulo Brewster 5) Describamos un poco las componentes de los campos eléctricos para una onda TM. Tomando un campo magnético H que apunte hacia adentro de la hoja, el campo eléctrico está descrito por E = µv H ˆk 6) donde claramente E ˆk. Con algo de análisis geométrico, vemos que el campo eléctrico de la onda transmitida tiene la forma E t = E t î sin θt ĵ cos θ t ) 7) Del mismo modo, analizando al vector k r, descomponiendo en componentes y vectores unitarios, tomando el eje positivo a la derecha, tenemos ) kr = k r î cos θ r + ĵ sin θ r 8) Qué pasa si hacemos E t k r? E t k r = E t k r sin θ t cos θ r sin θ r ) cos θ t 9) 2

3 Pero como habíamos definido 2) y utilizando 3) vemos que θ t = π 2 θ r 10) por lo que 9) cambia a E t k r = E t k r [ sin π π )] r) 2 θ cos θ r sin θ t cos 2 θ r 11) entonces sin π/2 a) = cos a y de igual manera cos π/2 a) = sin a E t k r = E t k r cos 2 θ r sin 2 θ t ) = Et k r 12) que en otras palabras sería, 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 sí, el campo eléctrico reflejado solamente tendrá la parte perpendicular. Así 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 θ B = n 2 n 1 utilizamos n 1 = 1 para el aire y n 2 = 4/3 para el agua, entonces Caso Agua-Aire Caso Aire-Agua Nótece que la suma es π/2. tan θ B = 4 3 1) θ B = 53 tan θ B = 3 4 1) θ B = 37 Problema 2 Dispersión en un dieléctrico. Solución de 2: Empezamos despejando ω con la definición de polarizibilidad del átomo dada por α = e 2 K mω ıωγ 13) 3

4 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 = ɛe 2 que para una onda electromagnética viene a ser u = ɛe 2 0e 2ikx ωt) 15) Ahora, tomando k como un número complejo en la energía se tiene u = ɛe 2 0e 2ik+ik)x ωt) = ɛe 2 0e 2kx e 2ikx ωt) 16) Si queremos que la energía u decaiga un factor 1/e, entonces hacemos que x = 1/2k ɛe 2 0e 2ikx ωt) 1 e 17) que según el desarrollo del problema, corresponde al valor buscado d, asi pues Problema 3 El arcoiris. d = 1 2k 18) Solución de 3: Basicamente, la razón de ser de un arcoiris común y corriente es que el índice de refracción es función de la longitud de onda. Esto es una consecuencia directa si se establece que las supuestas constantes ɛ 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, característicos y definidos para cada cual. Es por ello que los colores tendrán índice 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 emergía en una banda de colores. En un arcoiris, la física 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

5 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 Φ x, t) = e ıkx ωt) f k) dk 2π 19) 5

6 Figura 4: Esquema que compara un arcoiris primario con uno secundario. con f k) = f 0 e k ko)2 a 2. Hacemos un cambio de variable k s = k k 0 que nos lleve a Φ x, t) = 1 2π [ f 0 e sa)2 e ı k 0+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 Φ x, t) = f 0 2π eık0x ωt) e ı x ω ) s as) 2 ds 21) Evaluando el integrando de 21) en Mathematica se aprecia que Φ x, t) = f 0 π x ω ) 2 t 2π eık0x ωt) a 2 e 4a 2 22) Pero inmediatamente vemos que en el primer exponencial se tiene que e ık0x ωt) es una onda propagándose hacia la dirección de x, en otras palabras k 0 x = ωt = x t = v fase = ω k 0 23) 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 derivando con respecto de k se tiene ω k) = ω k 0 ) + k k 0 ) ω k 0 ) 24) d d [ ] ω k)) = ω k 0 ) + k k 0 ) ω k 0 ) dk dk 6 25)

7 ya sabemos que k 0 es un valor fijo constante, por lo tanto dω dk = ω 0 26) que es la velocidad de grupo de este pulso Gausiano definido en 19) 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 E 0R = E 0I 27) α + β ) 2 E 0T = E 0I 28) α + β donde α y β son α = 1 [ ) ] 2 n 1 n 2 sin θ I cos θ I 29) β µ 1n 2 µ 2 n 1 30) Los coeficientes de reflexión y transmisión para ondas polarizadas paralelas al plano de incidencia son R I R I I = E0R E 0I ) 2 = T I T = ɛ ) 2 2v 2 E0T cos θ T I I ɛ 1 v 1 E 0I cos θ I ) 2 α β 31) α + β ) 2 2 = αβ 32) α β Por los datos del problema, n 1 = 1 y n 2 = 2,42, por lo que graficando 7

8 1.0 T Θi R Θi Θ ángulo de Brewster 0.0 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