Electrodinámica 2 Soluciones a Exámen 1

(1)

Electrodin´

amica 2

Soluciones a Ex´

amen 1

Jos´

e Andr´

es Sep´

ulveda Quiroz

Facultad de Ciencias

Universidad de Colima.

7 de marzo de 2009

1. Problemas del Ex´

amen Primera Parcial

Problema 1 Ondas TM y polarizaci´on.

Solución de 1: He aqu´ı la parte a). Nuestra historia comienza con la ex-presión que relaciona la magnitud de la componente de la onda reflejada TM en función de los ángulos incidentes y transmitidos

Er=

tan (θi−θt)

tan (θi+θt)

Ei (1)

donde bien sabemos, Er ser´a cero cuando θi = θB -´angulo de Brewster-.

Ahora bien, la condici´on necesaria para que lo anterior ocurra es que el deno-minador de (1) explote a infinito, para tener algo de la formaa/∞= 0, por lo que deducimo que

θi+θt=

π

2 (2)

necesariamente. Las repercusiones que esto implica son que, dada le geo-metr´ıa del problema, el campo el´ectricoE~ permanece en el plano de incidencia formado por los vectores unitaros ˆky ˆn, por lo que podemos afirmar que tanto el campo el´ectrico como el vector~kson coplanares.

Utilizando la ley de reflexi´on concluimos que

θi=θr (3)

por lo que tambi´en decimos que

θr+θt=

π

2 (4)

lo que significa que tales ángulos medidos desde la normal, suman un ángulo recto siempre, condicionado por el ángulo de Brewster como incidente. El si-guiente paso lógico es apreciar que el ángulo entre ˆkry ˆktno puede ser otro mas

(2)

Figura 1: E es paralelo al plano de incidencia.

~_k

r·~kt= 0 ⇔ θi=θB= ´angulo 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

~ Et=Et

ˆ_i_sin_θ_t₋ˆ_j_cos_θ_t ₍₇₎ Del mismo modo, analizando al vectork~r, descomponiendo en componentes

y vectores unitarios, tomando el eje positivo a la derecha, tenemos

~_k_r₌_k_r₋ˆ_i_cos_θ_r_{+ ˆ}_j_sin_θ_r ₍₈₎ ¿Qu´e pasa si hacemosE~t·~kr?

~

(3)

Pero como hab´ıamos definido (2) y utilizando (3) vemos que

θt=

π

2 −θr (10)

por lo que (9) cambia a

~ Et·~kr=Etkr h −sinπ 2 −θr

cosθr−sinθtcos

π

2 −θr

i

(11) entonces sin (π/2−a) = cosay de igual manera cos (π/2−a) = sina

~

Et·~kr=Etkr −cos2θr−sin2θt

=−Etkr (12)

que en otras palabras ser´ıa, el campo el´ectrico de la onda transmitida es paralelo a la direcci´on del rayo reflejado.

Ahora veamos el inciso b). Al ángulo de Brewster se le conoce como elángulo de polarización, ya que hace cero la componente paralela al plano de incidencia del campo electrico de una onda TM, por lo que en s´ı, el campo eléctrico reflejado solamente tendrá la parte perpendicular. As´ı 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 Brews-ter

tanθB =

n2

n1

utilizamosn1= 1 para el aire yn2= 4/3 para el agua, entonces

Caso Agua-Aire

tanθB= 4₃(1) −→ θB= 53◦ Caso Aire-Agua

tanθB= 3₄(1) −→ θB= 37◦

N´otece que la suma es π/2.

Problema 2 Dispersi´on en un diel´ectrico.

Solución de 2:Empezamos despejandoω con la definición de polarizibili-dad del átomo dada por

α= e

2

(4)

en el problema, entonces

ω= Kα−e

2

α(m+iγ) (14)

y comok=ω/vllegamos a la conclusión de quekes 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=E2

que para una onda electromagn´etica viene a ser

u=E02e2i(kx−ωt) (15)

Ahora, tomandokcomo un n´umero complejo en la energ´ıa se tiene

u=E₀2e2i((k+ik)x−ωt)=E₀2e−2kxe2i(kx−ωt) (16) Si queremos que la energ´ıa udecaiga un factor 1/e, entonces hacemos que

x= 1/2k

E₀2e2i(kx−ωt)1

e (17)

que seg´un el desarrollo del problema, corresponde al valor buscado d, asi pues

d= 1

2k (18)

Problema 3 El arcoiris.

Solución de 3: Basicamente, la razón de ser de un arcoiris común y co-rriente es que el ´ındice de refracción es función de la longitud de onda. Esto es una consecuencia directa si se establece que las supuestasconstantes yµ 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 lon-gitudes de onda, caracter´ısticos y definidos para cada cual. Es por ello que los colores tendrán ´ındice de refracción diferente al pasar de un medio a otro, dando lugar al fenómeno dedispersión. En un prisma, Newton observó cómo la luz incidente se dispersaba y luego emerg´ıa en una banda de colores. En un arcoiris, la f´ısica 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 primarioya 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

(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 direcci´on definida. Tal direcci´on definida puede ser vista en la figura 2.

Figura 3: ´Optica 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 elarcoiris 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

Soluci´on de 4:Dada la funci´on que incluye el pulso Gausiano Φ (x, t) =

Z ∞

−∞

eı(kx−ωt)f(k)dk

(6)

Figura 4: Esquema que compara un arcoiris primario con uno secundario.

con f(k) = f0e(k−ko)

2_a2

. Hacemos un cambio de variable k → s =k−k0

que nos lleve a

Φ (x, t) = 1 2π Z ∞ −∞ f0e−(sa) 2 eı h (k0+s)x− ω+sω0ti ds (20)

donde hemos utilizadods=dkcomo consecuencia del cambio de variable, y adem´as la expansi´on en serie de Taylor paraω(k).

Sacando los t´erminos que no dependen del diferencialds

Φ (x, t) = f0 2πe ı(k0x−ωt) Z ∞ −∞ eı x−ω0s−(as)2 ds (21)

Evaluando el integrando de (21) enMathematica se aprecia que

Φ (x, t) = f0 2πe ı(k0x−ωt) r π a2e − x−ω0t 2 4a2 ₍₂₂₎

Pero inmediatamente vemos que en el primer exponencial se tiene queeı(k0x−ωt)

es una onda propag´andose hacia la direcci´on de x, en otras palabras

k0x=ωt =⇒ x t =vf ase= ω k0 (23) que es la velocidad de fase para tal pulsasi´on. En el problema se da la defi-nici´on de la frecuenciaω(k) en serie de Taylor

ω(k) =ω(k0) + (k−k0)ω

0

(k0) (24)

derivando con respecto dekse tiene

d dk(ω(k)) = d dk h ω(k0) + (k−k0)ω 0 (k0) i (25)

(7)

ya sabemos quek0 es un valor fijo constante, por lo tanto

dω dk =ω

0

0 (26)

que es la velocidad de grupo de este pulso Gausiano definido en (19)

Problema 5 Gr´aficos del Diamante.

Soluci´on de 5: Partimos de las ecuaciones de Fresnel para el caso de po-larizaci´on en el plano de incidencia dadas por

E0R= _α₋_β α+β E0I (27) E0T = ₂ α+β E0I (28) dondeαyβ son α= r 1−hn1 n2 sinθI i2 cosθI (29) β ≡µ1n2 µ2n1 (30) Los coeficientes de reflexi´on y transmisi´on para ondas polarizadas paralelas al plano de incidencia son

R≡ IR II = _E 0R E0I 2 = _α₋_β α+β 2 (31) T ≡IT II = 2v2 1v1 _E 0T E0I 2_cos_θ T cosθI =αβ ₂ α−β 2 (32) Por los datos del problema,n1= 1 yn2= 2,42, por lo que graficando

(8)

R@ Θ D T@ΘiD R@ΘiD ángulo de Brewster 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

Figura 5: Relaci´on entre el coeficiente de transmitividad y el coeficiente de re-flectividad para ondas de luz con polarizaci´on TM incidentes aire a diamante.