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Soluciones 2do. Parcial FII - 18/ 11/ 2006
Problema 1 (3 puntos)
Se dispone de un dispositivo (ver figura) al que se le hace incidir luz de 0 = 625 nm sobre la
placa A. Ésta funciona como un divisor de haz, de manera tal que una parte del haz original se
refleja y la otra pasa a través de la misma, cada una con la mitad de la intensidad del haz inicial.
Uno de los haces sigue el camino ABP, mientras que el otro sigue el camino ACP. Este último
atraviesa en el segmento AC un medio cuyo índice de refracción es n1=1.33, mientras que en el
segmento CP pasa por otro medio de índice n2=1.45.
Datos: L = 120010.4 0Las placas A, B y C están compuestas por un material de índice de
refracción n=1.5 y tienen espesor despreciable.
B
L
L
haz incidente
A
P
n2
n1
C
a) Calcule la intensidad en el punto P, sabiendo que el haz inicial tiene intensidad I0.
¿Corresponde esta intensidad a un máximo o a un mínimo?
b) Ídem a) considerando ahora que el espesor de la placa A es e = 46.4 0
a) El haz que sigue el camino ABP sufre saltos en  en las dos reflexiones sobre las placas A y B,
mientras que el de ACP sufre un salto al reflejarse sobre la placa C. La diferencia de fase entre
ambos haces es:
  k 0 n1L  k 0 n 2 L    k 0 2L  2
 
La intensidad es:
2
1.33  1.45  2 120010.4  0  
0
  2 93608.112    cos  0.76
I
I  4 * ( 0 ) cos 2 ( / 2)
2
I  0.24 I 0 .... No corresponde ni a un mínimo ni un máximo
b) El espesor de la placa A es e = 46,4 0La diferencia de fase es, ahora:
  k0 n1 L  e  k0 n e  k0 n2 L    k0 2L  2
 
2
1.33  1.45  2120010.4  0  1.5  1.33 46.4  0   
0
  2  93616  
Por lo tanto, la intensidad es nula.

cos  1 …. es un MÍNIMO
Problema 2 (3 puntos)
Una red de difracción tiene N = 10 rendijas de ancho a y distancia d. La misma es iluminada,
normalmente, con luz de longitud de onda Se sabe que la intensidad del cuarto máximo de
interferencia es el 4.5% de la intensidad máxima. En este orden, además, la resolución es de
20 nm. Calcule la relación que existe entre a y d y calcule 


2
 sin  
I
Sabemos que  0.045  
 . Esto corresponde a  = 1.5 es decir, el máximo de la
I0
  
primera campana secundaria de difracción. En este punto tenemos el 4to máximo de interferencia,
es decir,   3 . Por lo tanto, obtenemos   2 , d = 2a
Sabemos, además, que en ese orden m=3, la resolución es de 20 nm. Por lo tanto

 3N  30 =>   600 nm

Problema 3 (3 puntos)
Se disponen sobre una mesa de trabajo dos polarizadores, de manera tal que el eje de transmisión
del primero forme un ángulo de 45º con respecto al plano de la mesa y que el eje del segundo se
ubique en forma perpendicular a éste. Entre ellos se coloca un medio ópticamente activo, cuyo

efecto es el de agregar una fase  = /2 a la componente y del campo eléctrico.

Se hace incidir, entonces, un haz de luz natural de intensidad I0 propagándose en la dirección z
sobre el primer polarizador. Escriba la expresión del campo eléctrico resultante a la salida del
sistema. ¿Cuál es la intensidad del haz emergente?
polarizador 1
y
polarizador 2
x
medio activo
z
Escribimos el campo eléctrico de la luz natural a la entrada del 1er polarizador:
Ex  A cos( kz  t )
E y  A cos( kz  t  (t ))
con intensidad I0 = 2A2
A la salida del 1er polarizador, el estado de polarización es lineal y tiene la mitad de la intensidad
de entrada:
Ex 
Ey 
A
2
A
2
cos( kz  t )
2
I
 A
2
con intensidad I  2
 A  0
2
 2
cos( kz  t )
El efecto del medio activo es el de agregar una fase    / 2 a la componente Ey. Por lo tanto, a la
salida del medio activo, el campo eléctrico es:
A
cos( kz  t )
2
Polarización circular con la misma intensidad del paso anterior.
A

Ey 
cos( kz  t  )
2
2
Ex 
A la salida del 2do polarizador, cuyo eje es ortogonal al del 1er polarizador, el estado es lineal a 135
grados:
A
cos( kz  t )
A2 A2 A2 I 0
2
La intensidad es I 



A
4
4
2
4
E y  cos( kz  t  )
2
Ex 
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