Problemas de Polarização com Lei de Malus

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UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE YUCATÁN
FACULTAD DE INGENIERÍA
Óptica F́ısica
Tarea Primer Parcial.
Alumnos:
Bolón Ruiz César Jibran
Medina Carrillo Benjamin
Pérez Dawn Eduardo
Pérez Hernández Mireyly Estefańıa
Poot Contreras Rodrigo de Jesús
Ramı́rez Fuente Alberto José
Profesor: Dr. Ignacio Pérez Quintana
Fecha de Entrega: 04-Marzo-2015
Tema: “Problemas de Polarización con Ley de Malus”
•1.− Un haz de luz polarizado de longitud de onda de 589.3 nm, incide perpendicularmente
sobre un cristal de calcita, cuyo eje está contenido en el plano de incidencia y es paralelo a la
superficie. Los ı́ndices de refracción de la calcita para los rayos ordinarios y extraordinarios
son respectivamente, no = 1,658 y ne = 1,486.
a.Calcule el espesor mı́nimo de la lámina de calcita para que los rayos ordinarios y extra-
ordinarios emerjan con una diferencia de fase de 60
b.Calcule el espesor mı́nimo de la lámina de cuarzo que satisface las condiciones exigidas en
el inciso anterior, śı los ı́ndices de este son, no = 1,544 y ne = 1,553.
Esquema del Problema
SOLUCIÓN
a)El problema nos proporciona los siguientes datos:
λ = 589,3X10−9m
no = 1,658
ne = 1,486
La diferencia de fase es:
δ = 60 = π3
Por lo tanto de:
∆ϕ =
2π
λ
d |ne − no|
Obtenemos que el espesor es:
d =
ϕλ
2π |ne − no|
= 0,571X10−6m
b)Para este inciso se tiene que:
λ = 589,3X10−9m
no = 1,544
ne = 1,553
δ = 60 = π3
De manera que el espesor es:
d =
ϕλ
2π |ne − no|
= 1,09X10−5m
•2.−Considerando la dificultad en la confección de láminas tan delgadas, es más racional
emplear láminas que den una diferencia de recorrido igual a (2m+1)λa . Calcule tal lámina de
1
cuarzo para la longitud de onda de λ = 589,3nm(no = 1,54467,ne = 1,55336), de tal manera
que su espesor sea aproximadamente un miĺımetro. ¿Cómo funcionará esta lámina en el caso
de la radiación violeta ? λ = 400nm (no = 1,5667,ne = 1,55716).
SOLUCIÓN
a)Para la primera parte del problema se nos proporcionan los siguientes datos:
Orden = (2m+1)λ4
λ = 589,3nm
no = 1,54467
ne = 1,55336
d = 1X10−3m
Por lo tanto tenemos que:
∆ϕ =
(2m+ 1)λ
4
= d |ne − no|
De lo anterior despejamos m, obteniendo que:
m =
4d |ne − no|
2λ
− 1
2
= 28,99 ≈ 29
b)En el caso de la radiación ultravioleta tenemos que:
λ = 400nm
no = 1,54467
ne = 1,55336
Con los datos anteriores calculamos la diferencia de fase, la cuál es:
∆ϕ =
2π
λ
d |ne − no| = 142,69 ≈ 142◦41′
El ángulo más cercano a lo obtenido es el de 180◦ por lo que la lamina funciona como de
media onda.
•4.− Una lámina retardadora de calcita se coloca entre dos polarizadores lineales paralelos.
Determine el espesor mı́nimo de la lámina y su orientación necesaria si no debe salir luz de
longitud de onda λ=589.3nm del dispositivo, cuando sobre este incide un haz no polarizado.
no=1.6584, ne=1.4864.
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
2
SOLUCIÓN
Conocemos que:
λ = 589,3nm
no = 1,6584
ne = 1,4864
Para que la luz no salga del último polarizador, tiene que incidir en este con su frente de
onda perpendicular a su eje de transmisión. Para que esto ocurra el frente de la onda debe
girar 90◦, y para que esto ocurra la lamina retardadora deberá funcionar como una lamina de
media onda y su eje óptico deberá estar a un ángulo de 45◦. Entonces:
∆φ = π
α = 45
Para calcular el grosor de la lamina se hace lo siguiente:
∆φ =
2π
λo
d|ne − no|
d =
∆φλo
2π|ne − no|
=
(π)(589,3 nm)
2π|1,6584− 1,4864|
d = 1,7µm
•5.− Los ı́ndices de refracción para el eje rápido y lento del cuarzo para la longitud de 546nm
son respectivamente 1.5462 y 1.5553. a. ¿Cuál será la fracción de la longitud de onda que el
rayo extraordinario se atrasa con respecto al rayo ordinario, por cada longitud de onda que
viaja dentro del cuarzo?
b. ¿Cuál es el espesor de orden cero de una lámina de un cuarto de onda?
c. ¿Si una placa de cuarzo de orden múltiple de 0.735nm de espesor funciona como una lámina
de un cuarto de onda, cuál es su orden?
d. Dos placas de cuarzo están en contacto óptico de tal manera que ellas producen retardos
opuestos. Haga un esquema de la orientación del eje óptico en cada una de las dos placas.
¿Cuál deberá ser su diferencia de espesor, aśı que de conjunto se comporten como una lámina
de cuarto de onda de orden cero?
a.La fracción de longitud de onda de atraso se calcula de la siguiente manera
∆n = |1,5553− 1,5462| = 0,0091
b.El espesor de la lámina estaŕıa dado por:
d =
∆φλ0
2π|ne − no|
=
(π/2)(546 nm)
2π|1,5462− 1,5553|
= 15000 nm
c.Sabemos que se debe cumplir que:
(,735 mm|1,5462− 1,5553|) = (4m+ 1)546 nm
4
3
Depejando el orden m, obtenemos que:
m = 12
d.Sabemos que:
∆φ =
π
2
Entonces:
π
2
=
2πd|no − ne|
λ
d = 1,5× 10−5m
•6.− Un haz de luz polarizada linealmente vaŕıa a circularmente polarizada al atravesar una
lámina de cristal de espesor 0.003cm. Calcule la diferencia en los ı́ndices de refracción para
los dos rayos en el cristal asumiendo que este sea el mı́nimo espesor, cuando este fenómeno de
produce con radiación luminosa de 600nm. Describa el montaje mostrando el eje óptico del
cristal y explique que ocurre.
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN
Sabemos que:
d = ,003 cm
λ0 = 600 nm
Sabemos que la luz está cambiando de polarización, pasando de una polarización lineal
a una circular. Para que esto pase, la lamina debe de funcionar como un retardador de un
cuarto de onda para la longitud de onda dada. Entonces:
∆φ =
π
2
Entonces la diferencia de los ı́ndices de refracción de la lámina estará dada por:
|ne − no| = (600 nm)(π/2)(1/2π(,003 cm)) = ,005
4
•7.− Una onda armónica plana incide normalmente sobre una de las caras de un prisma tal
como ı́ndica la figura. El prisma está hecho de un medio anisótropo uniáxico con el eje óptico
perpendicular al plano de la figura. Calcular el ı́ndice de refracción n del medio que rodea
el prisma para que la onda ordinaria experimente reflexión total en la cara AB mientras la
extraordinaria no.
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN
De acuerdo a la figura, podemos observar que el angulo de incidencia es igual a 60 grados
con respecto al eje optico, esto facilmente puede ser demostrado con geometŕıa, las cuentas
quedan aś:
n1 sin(60) = n2 sin(90)
n2 = n1 sin(60)
n2 = 1,4376
y usando el segundo incide de refracción:
n2 = 1,2903
•8.− Suponga que un polarizador lineal gira a una velocidad angular ω entre dos pola-
rizadores cruzados entre śı. Demuestre que la irradiancia luminosa emergente es igual a
I(t) = I08 (1− cos(4ωt) donde I0 es la irradiancia emergente del primer polarizador.
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
5
SOLUCIÓN
Debemos tomar en cuenta que I1 = I0 cos
2(θ) y debido a que el tercer polarizador es de
90 grados con respecto al primero y no se sabe el angulo del segundo, tenemos que: I2 =
I0 cos
2(θ) cos2(π2 − θ) lo cual es quivalente a I2 = I0 cos
2(θ) sin2(θ). Si empleamos la identidad
trigonometrica del angulo doble, podemos transformar la anterior ecuación y obtener:
I2 = I0
(
1
2
(1 + cos(2θ))
1
2
(1− cos(2θ))
)
=
I0
4
(
1− cos2(2θ)
)
=
I0
4
(
1− 1
2
(1 + cos(4θ))
)
=
I0
4
(
1− 1
2
− cos(4θ)
2
)
=
I0
4
(
1
2
− cos(4θ)
2
)
I2(θ) =
I0
8
(1− cos(4θ))
I2(ωt) =
I0
8
(1− cos(4ωt))
•9.− Tenemos un sistema formado por dos polarizadores cruzados entre los cuales hemos co-
locado una lámina plana birrefringente con el eje óptico paralelo a sus caras y formando un
ángulo α con la dirección de transmisión del primer polarizador. Consideremos el caso cuando
sobre el sistema incide desde la izquierda dos ondas planas de longitudes de onda λ1 y λ2 .
Incidencia nor- mal. ¿Qué valores tendrán α y el espesor de la lámina para que el sistema deje
pasar únicamente λ1 con transmisión máxima, eliminando completamente el otro haz?
Esquema del Problema
Arreglo del Problema
SOLUCIÓN
Si observamos que al dispositivo le inciden dos longitudes de onda normales al polarizador 1,
observaremos que ambas pasarán a travézdel primer polarizador, la lamina tendrá que actuar
como una placa de media onda para una lambda y como una placa de onda completa para
otra lambda, de este modo, si la lamina fuese fijada a un angulo de 45 grados, una lambda
saldŕıa del dispositivo con maxima intensidad mientras que la otra lambda con un retraso de
6
onda completa seŕıa absorbida por el ultimo polarizador. Con respecto al grosor de la placa,
tendŕıa que satisfacer la siguiente ecuacion:
d =
λ0
|no − ne|
•10.− Un haz de luz está formado por una mezla de luz linealmente polarizada de irradiancia
Ip y luz no polarizada de irradiancia Inp. Indique como puede obtenerse Ip y Inp a partir de la
medición de la irradiancia que atraviesa un polarizador que puede orientarse como convenga.
Esquema del Problema
Sabemos que la irradiancia máxima es:
Imax =
Inp
2
+ Ip
(Figura 1 - Planteamiento del problema)
SOLUCIÓN
1. La diferencia de fase δφ del polarizador seŕıa π2 entonces Ip se cancela por estar perpendi-
cular al eje óptico, se mediŕıa Imin =
Inp
2 y con esto ya polarizar
Inp
2 .
2. La diferencia de fase δφ del polarizador seria 0◦, entonces se mide Imax que es la suma
de
Inp
2 + Ip .
•11.− ¿A qué es igual el ángulo formado por los ejes de transmisión de un polarizador y
un analizador si la irradiancia de la luz natural después de pasar por el polarizador y el ana-
lizador se hace cuatro veces menor? Desprecie la absorción de la luz.
Esquema del Problema
7
(Figura 2 - Planteamiento del problema)
SOLUCIÓN
El ejercicio nos dice que la irradiancia de la luz natural al pasar se hace cuatro veces menor,
por lo que la radiancia al salir del analizador es:
I =
I0
2
cos2θ
pero tomando en cuenta que al pasar se hace cuatro veces menor, entonces, la irradiancia es:
I =
I0
4
Igualando las dos expresiones, obtenemos:
I =
I0
4
=
I0
2
cos2θ
donde despejamos el ángulo θ, el cual queremos hallar, por lo tanto, obtenemos:
θ = arc cos
√
1
2
Por lo que el ángulo formado por los ejes de transmisión del polarizador y el analizador es:
θ =
π
4
= 45◦
•12.− Un haz de luz no polarizado incide sobre un sistema de cuatro láminas polarizado-
ras que están alineadas de tal manera que la dirección caracteŕıstica de cada una ha girado
30◦ con respecto a la anterior en el sentido de las manecillas del reloj. ¿Qué fracción de la luz
incidente es transmitida por todo el sistema?.
Esquema del Problema
(Figura 3 - Planteamiento del problema)
8
SOLUCIÓN
En este caso el ángulo cŕıtico es:
θc = δφ = 30?
Sabiendo que la luz transmitida por la cuarta lámina polarizadora es:
I0 =
I0
2
cos6θ =
I0
2
cos6(30)
donde la fracción transmitida de luz por todo el sistema es:
1
2
cos6(30) =
27
128
= 0,21
•13.− Pasa luz natural a través de un polarizador y un analizador, colocados de tal forma
que el ángulo entre sus ejes de transmisión es α. El 8 % de la luz que incide sobre el polariza-
dor y el analizador es absorbida o reflejada. Resulta que la irradiancia del rayo que sale del
analizador es igual al 9 % de la irradiancia de la luz natural que incide sobre el polarizador.
Halle el ángulo α.
ESQUEMA DEL PROBLEMA
Arreglo del Sistema Problema 13
SOLUCIÓN:
Se supone que en primera instancia, la luz natural, la cual es aquella onda electromagnética
que tiene vibrando a todos y a cada uno de sus componentes electricos y magnéticos, en todos
y cada uno de los posibles lugares en el espacio, incide por el primer polarizador, cabe recal-
car, que cada componente de la luz natural se puede dividir en dos componentes (el paralelo
al eje de transmisión del polarizador y el perpendicular al mismo), entonces por acción del
Dicroismo propio del polarizador, solo pasará a través del mismo la componente paralela al
eje de transmisión, obteniendose de este modo que la luz se ha polarizado de manera plano
paralela; al igual cabe recalcar que antes de pasar por el polarizador la irradiancia de la luz
era de I0 y como en promedio solo pasan a través del polarizador los componentes paralelos al
mismo, entonces al pasar por el primer polarizador ocurre que la irradiancia disminuye a I02 ,
ahora resulta que el analizador tiene un ángulo α con respecto al anterior polarizador, para
lo cual, se aplica la Ley de Malus.
Por efectos del problema, el 8 % de la irradiancia, ya se tomará como si ya se fuese absorbido o
perdido por reflexión antes de que la luz incida ya sea al polarizador o al analizador, entonces
tenemos:
I0 −− > Irradiancia antes de incidir en el primer polarizador
9
0,92I0
2 −− > Irradiancia al atravezar el primer polarizador
(0,92)2I0
2 cos
2(α)−− > Irradiancia que se obtiene al final del sistema
Igualando la ultima irradiancia al 9 % de la luz natural que incide en el primer polarizador se
obtiene:
(0,92)2I0
2
cos2(α) = 0,09I0 −− > α = arc cos
√
2(0,09)
(0,92)2
= 62,35◦
•14.− Una placa delgada de calcita está cortada con su eje óptico paralelo al plano de la
placa. ¿Cuál es el espesor mı́nimo que se requiere para producir una diferencia de camino
de un cuarto de longitud de onda para el sodio 589nm? ¿Qué color se transmitirá por una
placa de zirconio, de espesor 0.0182mm, cuando se coloca en una orientación de 45◦ entre los
polarizadores cruzados?
Esquema
Arreglo del Sistema del Problema
SOLUCIÓN:
Cómo el mismo problema te dice que se necesita que se comporte la placa de calcita como si
fuera una lámina de 14 de onda, se tiene entonces que para este tipo de laminas la diferencia
de fase se comporta como π2 , al ser la placa de calcita, se supone que los indices de refracci?n
ya son conocidos, al igual por ley general, se debe recordar que cuando un haz de luz incide
sobre un material birrefrigente siempre debe estar como luz plano polarizada, por lo tanto
para encontrar el espesor tenemos:
4φ = 2πd|ne − no|
λ
aplicando álgebra se obtiene:
d =
4φλ
2|ne − no|
=
(π2 )(589nm)
2|1,486− 1,658|
= 8,56x10−7m
Cómo la longitud de onda no cambia, se puede apreciar que la lamina de Zirconio transmitira
un color verde
•15.− En realidad un polaroide no es un polarizador ideal, por tanto no toda la enerǵıa de las
10
vibraciones del campo eléctrico paralelos a la dirección de transmisión se trasmiten. Tampoco
las vibraciones perpendiculares a éste son absorbidas totalmente. Partiendo de esta realidad
asumamos que una fracción de enerǵıa Γ es transmitida en el primer caso y una fracción Σ lo
es en el segundo.
a. Generalice la Ley de Malus calculando la irradiancia transmitida por un par de tales pola-
rizadores con un ángulo Θ entre sus direcciones de transmisión. Suponga inicialmente que la
luz incidente es no polarizada de irradiancia I0. Muestre que en caso ideal se obtiene la Ley
de Malus.
b. En el caso cuando Γ = 0,95 y Σ = 0,05 para un polaroide dado. Compare la irradiancia
obtenida con respecto al polarizador ideal cuando la luz no polarizada pasa a través del sis-
tema analizador-polarizador que tiene ángulos de 0◦, 30◦, 60◦ y 90◦ , entre sus direcciones de
transmisón.
Esquema del Primer Inciso
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN 1ER INCISO
Toda la explicación proviene en que cada componente dela luz natural puede dividirse en dos
componentes más, el paralelo al eje de transmisión y el perpendicular al mismo por lo tanto
si asumimos que el primer eje de transmisión del 1er polarizador tiene un ángulo de desfase
entonces la generalización de la Ley de Malus seriá:
IT = I0[Γ cos
2(θ) + Σ sin2(θ)]
-En el caso ideal entonces tendriamos que Σ = 0 y Γ = 1, por lo tanto la Ley de Malus quedariá:
IT = I0Γ cos
2(θ)
Esquema del Segundo Inciso
Arreglo del Sistema
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SOLUCIÓN 2DO INCISO
Para resolver este inciso, solo es aplicar la Ley de Malus por cada polarizador, teniendo en
cuenta que el ángulo a tomar siempre será de 30◦ por ser la diferencia de ángulos entre un
polarizador y el otro:
•Real
ITR = I0[(0,95) cos
2(30) + (0,05) sin2(30)]3 = 0,3810I0
•Ideal
IT =
I0
2
[cos6(30)] = 0,2109I0
Por lo tanto ITR > IT por el hecho de que no se toma encuenta la perdida de irradiancia por
la componente perpendicular al eje de transmisı’on.
•16.− Una placa de media longitud de onda está colocada entre dos polarizadores cruzados de
tal manera que el ángulo entre la dirección transmisión y el eje rápido es de θ ¿Cómo variaŕıa
la irradiancia de la luz emergente como función de θ ?
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
La luz natural atraviesa el primer polarizador (P1) y sale luz plano polarizada, la lámina
de media onda gira el ángulo de propagación de la onda en un orden de 2θ por lo tanto, al
llegar al siguiente polarizador la irradiancia vaŕıa respecto a la ley de Malus.
I =
I0
2
cos2(90− 2θ)
I =
I0
2
sen2(2θ)
Tema: “Problemas de Reflexión y Brewster”
•1.− El ángulo ĺımite de reflexión total de una sustancia determinada es 45◦ ¿Cuál será el
ángulo de polarización total para esta sustancia?
Esquema del Problema
12
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN
Sabemos que:
θR = 45
◦ n1 = 1
Entonces tenemos:
n1 sen θ1 = n2 sen θ2
n2 = n1
sen θ1
sen θ2
n2 = (1)
sen(45)
sen(90)
n2 =
√
2
2
tan θB =
n2
1
θB = tan
−|
(√
2/2
1
)
θB = 35,26
◦
•2.− Calcule entre que ĺımites están los ángulos de polarización total para la luz blanca in-
cidente sobre el cuarzo fundido. Asuma los ĺımites de longitudes de onda para la luz visible
entre los (400 − 700)nm y tome el ı́ndice de refracción n = 1,467, para la onda de 400nm y
n = 1,454 para la de 700nm.
SOLUCIÓN
Para 400nm
tan θ =
n2
n1
θ = tan−|
(
n2
n1
)
θ = tan−|
(
1,467
1
)
θ = 55,719◦
Para 700nm
tan θ =
n2
n1
θ = tan−|
(
n2
n1
)
θ = tan−|
(
1,454
1
)
θ = 55,48◦
55,48◦ < θB < 55,719
◦
13
•3.− Un rayo de luz pasa a través de una sustancia ĺıquida que se encuentra dentro de un
recipiente cuyas paredes tienen un ı́ndice de refracción de n = 1,5, reflejándose desde el fondo
del mismo. El rayo reflejado está totalmente polarizado cuando el ángulo de incidencia es de
42◦32′. Halle el ı́ndice de refracción del ĺıquido. Halle el ángulo bajo el cual debe incidir el
rayo de luz sobre el fondo del recipiente para que exista reflexión total interna en la interfase
ĺıquido vidrio.
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN
Dentro del recipiente el haz de luz tiene un ángulo de:
θB = 42
◦32′ = 42,6166 Para obtener el ı́ndice de refracción del ĺıquido tenemos que:
tan θB =
n2
n1
Despejando de lo anterior obtenemos que:
n2 =
n1
tan θB
= 1,6302
Con lo anterior se obtiene el ı́ndice de refracción del liquido, para obtener el ángulo bajo el
cuál debe de incidir el rayo sobre el fondo para obtener reflexión total interna debemos de
tener en cuenta que:
nr = n2
ni = 1,5
ni sin 90
◦ = nr sin θr
Por lo tanto el ángulo es:
θr = arcsin
(
ni
nr
)
= 66,94◦
•6.− Sobre la cara lateral de un prisma de vidrio transparente de ı́ndice de refracción n = 1,5 ,
para la longitud de onda del sodio, 589.4 nm, incide un haz de luz, bajo el ángulo de Brewster,
cuyo vector campo eléctrico descansa en el plano de incidencia. ¿Cuál debe ser el ánngulo de
refracción A del prisma, para que la luz lo atraviese sin experimentar pérdidas en la reflexión?
En el caso de que el mismo prisma fuese iluminado con luz de la linea roja del cadmio 652.3
nm o de la linea violeta de 404.7 nm del mercurio, ¿Qué sucedeŕıa? Analice cada una de estas
últimas situaciones cualitativamente.
SOLUCIÓN
Sabemos que una luz con longitud de onda de 589.3 nm incide con el ángulo de Brewster, y
suponiendo que la luz viene del aire, entonces:
tan(θB) =
n2
n1
=
1,5
1
θB = 56,30
◦
14
Al variar las longitud de onda del rayo incidente, los ángulos de relfexión y refracción no se
veran afectados pues estos no dependen de la longitud de onda.
•9.− ¿Cuál es el ı́ndice de refracción de un vidrio si al reflejarse en él la luz, cuando el ángulo
de refracción es de 30◦ , el rayo reflejado resulta totalmente polarizado?
Esquema del Problema
Arreglo del Sistema
SOLUCIÓN
Utilizando la Ley de Brewster, ya que cabe resaltar que el θi en este caso es igual ángulo de
Brewster (θB)por lo tanto por cuestiones de simetŕıa:
θτ = 90− θr −− > θr = 90− θτ
Por lo tanto la Ley de Snell queda:
ni sin θi = n2 sin θr
ni sin θi = n2 sin(90− θτ )
ni sin 60 = n2 cos(60)
tan θB =
n2
n1
Suponiendo que n1 = 1:
tan(60) = n2 −− > n2 =
√
3
15