Física universitaria — segundo año · Bachelor Year 2

15Reflexión y transmisión en las interfaces

El ecografista extiende un gel entre la sonda y la piel: sin él, el sonido rebotaría en la película de aire y nunca entraría en el cuerpo. Un objetivo fotográfico lleva una capa de un cuarto de longitud de onda de espesor, y sus superficies dejan de reflejar. Una onda de radio encuentra la ionosfera y se vuelve; la luz encuentra un espejo de plata y se vuelve; un pulso llega al extremo de un cable y regresa invertido o derecho según lo que haya conectado allí. Toda onda, al encontrar un cambio de medio, se reparte en una parte reflejada y otra transmitida, y una sola idea decide el reparto: las condiciones de continuidad en la interfaz, escritas con las impedancias de los dos medios. Este capítulo la aplica al sonido, a la luz entre dos dieléctricos, a un plasma, a un metal y a un cable, y saca de ella las leyes de la reflexión y de la refracción y el único ángulo con el que el vidrio no refleja nada.

Un objetivo fotográfico con tratamiento múltiple: los tenues reflejos violeta y verde son lo que queda del cuatro por ciento que devolvería cada superficie de vidrio desnuda.

15.1 Incidencia normal: la regla de las impedancias

Teorema 15.1 (Reflexión y transmisión con incidencia normal)

Una onda plana viaja por el medio 1 hacia la interfaz plana $x = 0$ con el medio 2; cada medio se caracteriza por una impedancia $Z_i$ (el cociente de las dos magnitudes de campo continuas en la interfaz — presión y velocidad para el sonido, $E$ y $H = B/\mu_0$ para la luz, tensión e intensidad para una línea). La continuidad de ambas magnitudes en $x = 0$ da, para la magnitud “de tipo fuerza” (presión, $E$ , $v$ ),

r = \frac{Z_2 - Z_1}{Z_2 + Z_1} , \qquad t = \frac{2Z_2}{Z_2 + Z_1} , \qquad R = r^2 , \quad T = \frac{4Z_1Z_2}{(Z_1 + Z_2)^2} , \quad R + T = 1 .

(Para la magnitud “de tipo flujo” — velocidad, $H$ , intensidad — $r$ cambia de signo.) No se refleja nada cuando $Z_1 = Z_2$ (medios adaptados); casi todo cuando $Z_2 \gg Z_1$ ( $r \to +1$ ) o $Z_2 \ll Z_1$ ( $r \to -1$ ).

Demostración. Incidente $p_i = A\cos(\omega t - k_1x)$ , reflejada $p_r = rA\cos(\omega t + k_1x)$ , transmitida $p_t = tA\cos(\omega t - k_2x)$ , de la misma frecuencia. Las magnitudes de flujo asociadas son $p/Z_1$ , $-p_r/Z_1$ (una onda que va hacia atrás lleva $v = -p/Z$ ) y $p_t/Z_2$ . Continuidad en $x = 0$ : $1 + r = t$ y $(1 - r)/Z_1 = t/Z_2$ ; se resuelve. Energías: las intensidades valen $p^2/Z$ , luego $R = r^2$ y $T = t^2Z_1/Z_2$ . ∎

Ejemplo 15.2 (El sonido en tres interfaces)

Aire ( $Z = 410\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ ) a agua ( $1.5 \times 10^6$ ): $r = 0.9995$ , $T = 1.1 \times 10^{-3}$ — se refleja el $99.9\%$ ; un bañista no oye casi nada del mundo de arriba, y la sonda de ecografía necesita su gel. Tejido ( $1.6 \times 10^6$ ) a hueso ( $7 \times 10^6$ ): $r = 0.63$ , $T = 0.6$ . Grasa ( $1.38 \times 10^6$ ) a músculo ( $1.70 \times 10^6$ ): $r = 0.10$ , $R = 1\%$ — los ecos tenues con los que se forma una imagen. Una cuerda atada a una pared ( $Z_2 \to \infty$ ): $r = +1$ para la fuerza y $-1$ para la velocidad, y el pulso vuelve invertido (Capítulo 6).

Proposición 15.3 (La luz con incidencia normal; capa antirreflejante)

Para la luz entre dos medios transparentes de índices $n_1$ , $n_2$ (la impedancia de un dieléctrico es $Z = \sqrt{\mu_0/\varepsilon_0}/n$ , inversamente proporcional a $n$ ), para el campo eléctrico

r = \frac{n_1 - n_2}{n_1 + n_2} , \qquad R = \Bigl(\frac{n_1 - n_2}{n_1 + n_2}\Bigr)^2 :

el $4\%$ en cada superficie aire–vidrio, el $2\%$ para el agua y el $17\%$ para el diamante. Una capa de índice $n = \sqrt{n_1n_2}$ y espesor $\lambda/4n$ entre los medios anula la reflexión en $\lambda$ (capa antirreflejante de cuarto de onda): las ondas reflejadas en sus dos caras tienen amplitudes iguales y fases opuestas. La misma capa con un índice alto, o una pila de capas de cuarto de onda alternadas, hace lo contrario y construye un espejo que refleja el $99.99\%$ — los espejos de los láseres.

Demostración. Continuidad de $\vect E$ y $\vect B$ tangenciales (sin corriente superficial): $E_i + E_r = E_t$ y $B_i - B_r = B_t$ con $B = nE/c$ en cada medio, es decir, la regla de las impedancias con $Z \propto 1/n$ . Capa: las dos amplitudes reflejadas valen $(n_1 - n)/(n_1 + n)$ y $(n - n_2)/(n + n_2)$ , iguales cuando $n^2 = n_1n_2$ ; una ida y vuelta en la capa añade la fase $2\times2\pi n(\lambda/4n)/\lambda = \pi$ , así que se cancelan (las reflexiones múltiples, pequeñas, se incluyen en el tratamiento exacto de Ejercicio 15.5). ∎

A la izquierda, incidencia normal en una interfaz — las amplitudes se siguen de la continuidad de las dos magnitudes de campo, a través de las impedancias. A la derecha, la capa antirreflejante de cuarto de onda — las dos ondas reflejadas se cancelan.

15.2 Incidencia oblicua: las leyes de Descartes y el ángulo de Brewster

Teorema 15.4 (Leyes de la reflexión y de la refracción)

Una onda plana de vector de onda $\vect k_i$ encuentra la interfaz plana entre dos medios en los que las ondas viajan a $v_1$ y $v_2$ . Las condiciones de continuidad deben cumplirse en todo punto de la interfaz y en todo instante: las ondas reflejada y transmitida han de tener la misma frecuencia y el mismo vector de onda tangencial que la incidente. De ahí que los tres vectores de onda sean coplanarios (el plano de incidencia), que el ángulo de reflexión sea igual al de incidencia, y que

\frac{\sin\theta_1}{v_1} = \frac{\sin\theta_2}{v_2} \qquad (n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 \text{ para la luz}) .

Cuando $v_2 > v_1$ y $\sin\theta_1 > v_1/v_2$ no existe ningún $\theta_2$ real: reflexión total interna; el campo en el medio 2 es entonces una onda evanescente, $\propto\eu^{-x/\ell}\eu^{\iu(\omega t - k_ty)}$ , que viaja a lo largo de la interfaz y decae al alejarse de ella en $\ell = \lambda_2/2\pi \sqrt{\sin^2\theta_1(v_2/v_1)^2 - 1}$ , una fracción de longitud de onda; no se lleva energía — reflexión total.

Demostración. Con $\vect k = (k_x, k_y, 0)$ y la interfaz $x = 0$ , las fases $\omega t - k_yy$ de las tres ondas deben coincidir para todo $y$ , $t$ : mismo $\omega$ , mismo $k_y = (\omega/v_1)\sin\theta_1 = (\omega/v_1)\sin\theta_r = (\omega/v_2)\sin \theta_2$ . Si $(\omega/v_2)^2 - k_y^2 < 0$ , $k_{2x}$ es imaginario, $k_{2x} = -\iu/\ell$ : evanescencia; su vector de Poynting según $x$ promedia cero. ∎

Proposición 15.5 (Ángulo de Brewster; polarización por reflexión)

Para la luz que incide sobre un dieléctrico, la amplitud reflejada depende de la polarización (coeficientes de Fresnel, admitidos en general): para la polarización en el plano de incidencia (p) se anula en el ángulo de Brewster

\tan\theta_B = \frac{n_2}{n_1} ,

para el cual los rayos reflejado y refractado son perpendiculares; la luz reflejada en $\theta_B$ queda entonces completamente polarizada perpendicular al plano de incidencia (s), y parcialmente polarizada en torno a él — el reflejo del agua y de las carreteras que eliminan las gafas de sol polarizadas. Para el vidrio ( $n = 1.5$ ), $\theta_B = 56{}^{\circ}$ , y para el agua, $53{}^{\circ}$ .

Demostración. La onda reflejada la radian los dipolos del medio 2, puestos a oscilar por la onda refractada según su $\vect E$ , que para la polarización p está en el plano de incidencia, perpendicular al rayo refractado. Un dipolo no radia según su propio eje (Capítulo 17); cuando la dirección reflejada es paralela a ese eje — es decir, perpendicular al rayo refractado, $\theta_1 + \theta_2 = \pi/2$ — no se refleja nada. Entonces $\sin\theta_2 = \cos\theta_1$ y Descartes da $\tan\theta_1 = n_2/n_1$ . La polarización s tiene su $\vect E$ perpendicular al plano de incidencia, nunca según el rayo reflejado: siempre se refleja en parte. ∎

A la izquierda, el ajuste de fases a lo largo de la interfaz da las leyes de la reflexión y de la refracción. A la derecha, en el ángulo de Brewster los dipolos del segundo medio, impulsados según el campo refractado de polarización p, tendrían que radiar según su propio eje para alimentar el rayo reflejado — no pueden, y solo se refleja la polarización s.

A la izquierda, reflectancia de una superficie aire–vidrio (n = 1.5) para las dos polarizaciones — R_p se anula en el ángulo de Brewster y ambas suben a 1 con incidencia rasante. A la derecha, más allá del ángulo límite el campo transmitido es evanescente, pegado a la interfaz y muerto en menos de una longitud de onda. — A la izquierda, reflectancia de una superficie aire–vidrio ( $n = 1.5$ ) para las dos polarizaciones — $R_p$ se anula en el ángulo de Brewster y ambas suben a $1$ con incidencia rasante. A la derecha, más allá del ángulo límite el campo transmitido es evanescente, pegado a la interfaz y muerto en menos de una longitud de onda.

15.3 Plasmas, metales y el conductor perfecto

Proposición 15.6 (Reflexión en un plasma y en un metal)

(i) Una onda de $\omega < \omega_p$ con incidencia normal sobre un plasma se refleja totalmente: el “índice” $\underline n = -\iu\sqrt{\omega_p^2/\omega^2 - 1}$ es imaginario, $r = (1 - \underline n)/(1 + \underline n)$ tiene módulo $1$ y el campo penetra como la evanescente $\eu^{-\kappa x}$ de Capítulo 14. (ii) Un buen conductor tiene $\underline n = (1 - \iu)c/\omega\delta$ , de módulo enorme: $r \approx -1$ y la reflectancia vale $R \approx 1 - 2\omega\delta/c = 1 - \sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ (Hagen–Rubens): $0.99999$ para el cobre a $10\,\mathrm{GHz}$ y $0.99$ en el infrarrojo lejano. (iii) El conductor perfecto ( $\gamma \to \infty$ , $\delta \to 0$ ): $r = -1$ exactamente para $\vect E$ , el $\vect E$ tangencial total se anula en la superficie y las ondas incidente y reflejada forman la onda estacionaria

\vect E = -2E_0\sin kx\sin\omega t\,\vect e_y , \qquad \vect B = 2\frac{E_0}c\cos kx\cos\omega t\,\vect e_z ,

con nodos de $\vect E$ (vientres de $\vect B$ ) en $x = 0, -\lambda/2, \dots$ ; el campo lo lleva una corriente superficial $\vect j_s = \vect n\wedge\vect B/ \mu_0 = (2E_0/\mu_0c)\cos\omega t\,\vect e_y$ , y la fuerza de Laplace sobre ella es la presión de radiación $2I/c$ .

Demostración. (i) y (ii): la regla de las impedancias con $Z \propto 1/\underline n$ y los índices complejos de Capítulo 14; para (ii), $r = (1 - \underline n)/(1 + \underline n) \approx -1 + 2/\underline n$ y $R = |r|^2 \approx 1 - 4\operatorname{Re}(1/ \underline n) = 1 - 2\omega\delta/c$ . (iii) Con $\vect E = \vect 0$ dentro, la relación de paso $\vect E_{2t} = \vect E_{1t}$ da $E_{\text{tot}}(0) = 0$ , luego $r = -1$ ; súmense la incidente $E_0\cos(\omega t - kx)$ y la reflejada $-E_0\cos(\omega t + kx)$ ; $\vect B$ sale de Faraday; el salto de $\vect B$ en la superficie vale $\mu_0\vect j_s \wedge\vect n$ ; la fuerza media por unidad de área $\tfrac12\langle j_sB\rangle$ sobre la lámina es $\varepsilon_0E_0^2 = 2I/c$ (Capítulo 12). ∎

Reflexión en un conductor perfecto: el campo eléctrico tiene un nodo en la superficie y los nodos de la onda estacionaria se repiten cada media longitud de onda; el campo magnético tiene allí un vientre, sostenido por la corriente superficial.

Ejemplo 15.7 (Espejos, radar, hornos microondas)

Un espejo metálico refleja por este mecanismo: el campo que llega impulsa una corriente en una piel de unos pocos nanómetros ( $23\,\mathrm{nm}$ para la plata a $500\,\mathrm{nm}$ ), que vuelve a radiar la onda reflejada; el $5\%$ que falta calienta el metal — por eso se refrigera el espejo de un láser de alta potencia, y por eso la pared del horno de Capítulo 14 se lleva el $6\%$ de la potencia. Un radar ve un avión por la onda que vuelve a radiar su piel; un avión furtivo sustituye el metal plano por absorbentes y por formas que reflejan lejos del radar. Los nodos de la onda estacionaria, separados $\lambda/2 = 6\,\mathrm{cm}$ en un horno, son los puntos fríos.

15.4 El extremo de un cable

Proposición 15.8 (Terminación de una línea de transmisión)

Una línea de impedancia característica $Z_c$ termina en $x = \ell$ en una carga de impedancia $\underline Z_L$ : la onda de tensión se refleja con $\underline r = (\underline Z_L - Z_c)/(\underline Z_L + Z_c)$ — nada para una carga adaptada $Z_L = Z_c$ , $r = -1$ para un cortocircuito, $r = +1$ para un extremo abierto. Una línea desadaptada lleva una onda estacionaria parcial cuyo cociente entre la tensión máxima y la mínima es la relación de onda estacionaria $(1 + |r|)/(1 - |r|)$ . Enviar un pulso corto y cronometrar el eco localiza una avería (reflectometría en el dominio del tiempo) y su naturaleza se lee en el signo del eco.

Demostración. En la carga, $v = Z_Li$ con $v = v_i + v_r$ e $i = (v_i - v_r)/Z_c$ (Capítulo 8); la regla de las impedancias una vez más. Relación de onda estacionaria: $|v|$ varía entre $|v_i|(1 + |r|)$ y $|v_i|(1 - |r|)$ a lo largo de la línea. ∎

Método 15.9 (Cualquier interfaz)

(1) Identifíquense las dos magnitudes continuas al atravesar la interfaz y la impedancia de cada medio como su cociente en una onda progresiva. (2) Escríbase incidente $+$ reflejada de un lado y transmitida del otro, con frecuencias iguales y vectores de onda tangenciales iguales (Descartes). (3) Impóngase la continuidad: dos ecuaciones, dos incógnitas $r$ , $t$ . (4) Energía: $R = |r|^2$ , $T = 1 - R$ para medios sin pérdidas. (5) Compruébense los límites: impedancias iguales (sin reflexión), impedancia infinita o nula ( $|r| = 1$ , con el signo de $r$ ) y, para las capas, las fases de las reflexiones sucesivas.

15.5 Ejercicios

Ejercicio 15.1 ★

Impedancias acústicas: aire $410\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , agua $1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , acero $4.0 \times 10^{7}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , tejido blando $1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , hueso $7 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Coeficientes de reflexión (en presión) y fracciones de energía reflejada para aire–agua, agua–acero, tejido–hueso y tejido–aire. ¿Por qué no oye un pez lo que se le dice, y por qué oye tan bien un buceador el motor de la barca?

Solución

Solución de Ejercicio 15.1.

$r = (Z_2 - Z_1)/(Z_2 + Z_1)$ , $R = r^2$ : aire–agua $0.9995$ , $99.9\%$ ; agua–acero $0.93$ , $86\%$ ; tejido–hueso $0.63$ , $40\%$ ; tejido–aire $-0.9995$ , $99.9\%$ . La voz, en el aire, la refleja la superficie; el motor sacude el casco, que es de acero en contacto con el agua y pasa el $14\%$ de su vibración directamente adentro.

Ejercicio 15.2 ★

Reflectancia con incidencia normal de aire–agua ( $n = 1.33$ ), aire–vidrio ( $1.52$ ), aire–diamante ( $2.42$ ) y vidrio–agua. Un objetivo fotográfico con $10$ superficies aire–vidrio sin tratar: fracción de la luz transmitida y fracción que anda rebotando como imágenes fantasma; y con tratamientos que dejan el $0.5\%$ por superficie.

Solución

Solución de Ejercicio 15.2.

$R = ((n - 1)/(n + 1))^2$ : $2.0\%$ , $4.3\%$ , $17\%$ ; vidrio–agua $0.44\%$ . $0.957^{10} = 0.64$ : un tercio de la luz perdida, buena parte como fantasmas; con tratamiento: $0.995^{10} = 0.95$ .

Ejercicio 15.3 ★

Ángulo de Brewster para aire–vidrio ( $1.52$ ), aire–agua y agua–vidrio (luz que pasa del agua al vidrio). Polarización de la luz reflejada en ese ángulo; ¿está la luz transmitida totalmente polarizada? ¿Con qué ángulo debe mirar un fotógrafo el escaparate de una tienda para matar sus reflejos, y con qué orientación del polarizador?

Solución

Solución de Ejercicio 15.3.

$\tan\theta_B = n_2/n_1$ : $56.7{}^{\circ}$ , $53.1{}^{\circ}$ , $48.8{}^{\circ}$ . La luz reflejada está polarizada perpendicular al plano de incidencia; la luz transmitida solo está polarizada en parte (la componente s solo se refleja en parte). Mírese el escaparate a $57{}^{\circ}$ de su normal con el eje del polarizador en el plano de incidencia (horizontal para un escaparate vertical visto de lado).

Ejercicio 15.4 ★

Ángulos límite de reflexión total para vidrio–aire, agua–aire y diamante–aire; un prisma de vidrio de $45{}^{\circ}$ como espejo; profundidad de la onda evanescente para vidrio–aire con incidencia de $45{}^{\circ}$ y $60{}^{\circ}$ ( $\lambda = 600\,\mathrm{nm}$ ); ¿por qué brilla tanto un diamante?

Solución

Solución de Ejercicio 15.4.

$\arcsin(1/n)$ : $41.1{}^{\circ}$ , $48.8{}^{\circ}$ , $24.4{}^{\circ}$ ; $45^\circ > 41^\circ$ : el prisma refleja totalmente. $\ell = \lambda/2\pi\sqrt{n^2\sin^2\theta - 1}$ : $270\,\mathrm{nm}$ a $45{}^{\circ}$ y $115\,\mathrm{nm}$ a $60{}^{\circ}$ . El pequeño ángulo límite del diamante atrapa la luz que entra en él hasta que sale por las facetas superiores — el brillo.

Ejercicio 15.5 ★★

Capa antirreflejante. Un vidrio de $n_2 = 1.52$ se recubre con fluoruro de magnesio, $n = 1.38$ . (a) Índice ideal de una sola capa; espesor para $550\,\mathrm{nm}$ . (b) Reflectancia residual con MgF $_2$ a $550\,\mathrm{nm}$ : la amplitud vale $r = (r_1 + r_2\eu^{-\iu\varphi})/(1 + r_1r_2 \eu^{-\iu\varphi})$ con $r_1 = (n_1 - n)/(n_1 + n)$ , $r_2 = (n - n_2)/(n + n_2)$ y $\varphi = \pi$ en la longitud de onda de diseño (reflexiones múltiples incluidas): calcúlese $R$ . (c) $R$ a $400\,\mathrm{nm}$ y $700\,\mathrm{nm}$ (con la misma capa): ¿de qué color es el reflejo residual de un objetivo tratado? (d) ¿Por qué usan varias capas los objetivos de alta calidad?

Solución

Solución de Ejercicio 15.5.

(a) $\sqrt{1.52} = 1.23$ ; $e = 550/4 \times 1.38 = 100\,\mathrm{nm}$ . (b) $r_1 = -0.160$ , $r_2 = -0.048$ , $\varphi = \pi$ : $r = (r_1 - r_2)/(1 - r_1r_2) = -0.112$ , $R = 1.3\%$ (frente al $4.3\%$ ). (c) A $400\,\mathrm{nm}$ : $\varphi = 1.375\pi$ , $R \approx 2.2\%$ ; a $700\,\mathrm{nm}$ : $\varphi = 0.79\pi$ , $R \approx 1.6\%$ : el azul y el rojo se reflejan más que el verde — el brillo violáceo de un objetivo tratado. (d) Varias capas aplanan $R$ a lo largo del visible.

Ejercicio 15.6 ★★

La sonda de ecografía. La cerámica del transductor tiene $Z_1 = 30 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , el tejido $Z_2 = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $f = 5\,\mathrm{MHz}$ . (a) Energía transmitida directamente; el resto rebota dentro de la cerámica — ¿qué le hace eso a la duración del pulso? (b) Impedancia y espesor de una capa adaptadora de cuarto de onda (celeridad del sonido en la capa, $3000\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). (c) Con una película de aire de $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ delante de la sonda: energía transmitida (dos interfaces, sin resonancia) — de ahí el gel. (d) El gel tiene $Z \approx Z_2$ : ¿qué fracción pasa ahora la interfaz gel–piel?

Solución

Solución de Ejercicio 15.6.

(a) $T = 4 \times 30 \times 1.6/31.6^2 = 19\%$ ; el resto reverbera y el pulso resuena. (b) $Z = \sqrt{Z_1Z_2} = 6.9 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $e = v/4f = 0.15\,\mathrm{mm}$ . (c) $T_1 = 4 \times 30 \times 10^6 \times 410/(30 \times 10^6)^2 = 5.5 \times 10^{-5}$ , $T_2 = 4 \times 1.6 \times 10^6 \times 410/(1.6 \times 10^6)^2 = 1.0 \times 10^{-3}$ : $5.6 \times 10^{-8}$ . (d) $4 \times 1.5 \times 1.6/ 3.1^2 = 0.999$ .

Ejercicio 15.7 ★★

Espejo de plasma. Una onda de $3\,\mathrm{MHz}$ encuentra la ionosfera ( $n_e = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ ) con incidencia normal. (a) $\underline n$ ; $r$ ; compruébese que $|r| = 1$ y dese la fase de $r$ . (b) Profundidad de penetración. (c) Onda estacionaria por debajo de la capa: posición del primer nodo de $\vect E$ . (d) La onda llega de hecho oblicuamente a una capa cuya densidad crece con la altura: explíquese cualitativamente por qué se curva de vuelta antes de alcanzar el nivel en que $\omega = \omega_p$ (úsese Descartes con un índice decreciente), y por qué una onda de frecuencia más alta escapa.

Solución

Solución de Ejercicio 15.7.

(a) $\omega_p/\omega = 3$ : $\underline n = -\iu\sqrt8 = -2.83\iu$ ; $r = (1 + 2.83\iu)/(1 - 2.83 \iu)$ , $|r| = 1$ , fase $2\arctan2.83 = 141{}^{\circ}$ . (b) $c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 5.6\,\mathrm{m}$ . (c) $E \propto \cos(kx + \varphi/2)$ : primer nodo en $kx = -(\pi + \varphi)/2$ , $x \approx -45\,\mathrm{m}$ por debajo de la capa. (d) El índice cae con la altura, así que Descartes curva el rayo alejándolo de la vertical; se vuelve donde $n(z) = \sin\theta_0$ , es decir, $\omega_p^2 = \omega^2\cos^2\theta_0$ , por debajo del nivel $\omega = \omega_p$ ; una frecuencia cuyo $\omega\cos\theta_0$ supera el $\omega_p$ máximo de la capa escapa.

Ejercicio 15.8 ★★

Espejos metálicos. Cobre ( $\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ): reflectancia $1 - \sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ a $10\,\mathrm{GHz}$ , a $30\,\mathrm{THz}$ (láser de CO $_2$ ) y, formalmente, a $5 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ — ¿por qué falla ahí la fórmula (compárese $\omega\tau$ )? Potencia absorbida de un haz de láser de CO $_2$ de $1\,\mathrm{kW}$ sobre un espejo de cobre; por qué esos espejos se refrigeran con agua.

Solución

Solución de Ejercicio 15.8.

$\sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ : $2.7 \times 10^{-4}$ ( $R = 0.9997$ ), $1.5 \times 10^{-2}$ ( $0.985$ ), $0.06$ ( $0.94$ ) — pero a $5 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ $\omega\tau = 80$ : el cobre es un plasma, no un conductor óhmico, y refleja alrededor del $60\%$ , con color. $15\,\mathrm{W}$ absorbidos del haz de CO $_2$ : unos cientos de kelvin por minuto en un espejo pequeño, de ahí el agua.

Ejercicio 15.9 ★★

Una línea de $50\,\Omega$ se termina con $75$ , $25$ , $0$ , $\infty$ y $50\,\Omega$ : coeficiente de reflexión, relación de onda estacionaria y fracción de la potencia reflejada. Un transmisor de $100\,\mathrm{W}$ alimenta una antena de $75\,\Omega$ a través de un cable de $50\,\Omega$ : potencia que llega a la antena (en el primer paso) y a dónde va el resto. Un eco vuelve al cabo de $1.2\,\text{µ}\mathrm{s}$ ( $c_{\text{línea}} = 2 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ), derecho: ¿dónde está la avería y de qué tipo es?

Solución

Solución de Ejercicio 15.9.

$r = 0.2$ , $-1/3$ , $-1$ , $+1$ , $0$ ; ROE $1.5$ , $2$ , $\infty$ , $\infty$ , $1$ ; reflejado $4\%$ , $11\%$ , $100\%$ , $100\%$ , $0$ . $96\,\mathrm{W}$ llegan a la antena y $4\,\mathrm{W}$ vuelven al transmisor (y se vuelven a reflejar en parte). $1.2\,\text{µ}\mathrm{s}$ : $120\,\mathrm{m}$ ; eco derecho: un circuito abierto — un cable cortado.

Ejercicio 15.10 ★★★

Fresnel para la polarización s. Una onda con $\vect E$ perpendicular al plano de incidencia encuentra la interfaz $n_1 \to n_2$ con $\theta_1$ . (a) Escríbanse los tres campos $\vect E$ y las componentes tangenciales de $\vect B = \vect k\wedge\vect E/\omega$ . (b) Impóngase la continuidad de $\vect E$ y $\vect B$ tangenciales y dedúzcase $r_s = \dfrac{n_1\cos\theta_1 - n_2\cos\theta_2} {n_1\cos\theta_1 + n_2\cos\theta_2}$ . (c) Compruébense el límite de incidencia normal y el límite rasante. (d) Para el vidrio a $45{}^{\circ}$ : $R_s$ ; compárese con $R_p = \bigl(\frac{n_2\cos\theta_1 - n_1\cos\theta_2}{n_2\cos\theta_1 + n_1\cos\theta_2}\bigr)^2$ (admitido) y con el $4\%$ de incidencia normal.

Solución

Solución de Ejercicio 15.10.

(a) $\vect E = E\vect e_z$ ; $\vect k\wedge\vect e_z = (k_y, -k_x, 0)$ , luego la componente tangencial $B_y = -(n/c)\cos\theta\,E$ para las ondas incidente y transmitida y $+(n_1/c)\cos\theta_1E_r$ para la reflejada. (b) $1 + r = t$ y $n_1\cos\theta_1 (1 - r) = n_2\cos\theta_2t$ : el $r_s$ enunciado. (c) $\theta = 0$ : $(n_1 - n_2)/(n_1 + n_2)$ ; $\theta_1 \to 90^\circ$ : $r_s \to -1$ . (d) $\cos\theta_2 = 0.882$ : $r_s = -0.30$ , $R_s = 9.2\%$ ; $R_p = 0.85\%$ ; frente al $4.3\%$ con incidencia normal.

Ejercicio 15.11 ★★★

Reflexión total frustrada. La luz dentro de un vidrio ( $n = 1.5$ ) se refleja totalmente en una cara vidrio–aire a $45{}^{\circ}$ ; se acerca una segunda superficie de vidrio a una distancia $d$ por el aire. (a) Longitud de decaimiento evanescente $\ell$ para $\lambda = 600\,\mathrm{nm}$ . (b) Admitiendo que la intensidad transmitida a través del hueco vale aproximadamente $\eu^{-2d/\ell}$ , hállese $d$ para el $50\%$ y para el $1\%$ de transmisión. (c) ¿Qué le hace a la reflexión la yema de un dedo apoyada en el vidrio (lectores de huellas)? (d) ¿Por qué es este el análogo óptico del efecto túnel de Capítulo 31?

Solución

Solución de Ejercicio 15.11.

(a) $270\,\mathrm{nm}$ . (b) $d = 0.35\ell = 95\,\mathrm{nm}$ ; $2.3\ell = 620\,\mathrm{nm}$ . (c) Las crestas tocan el vidrio y dejan salir la luz hacia la piel: crestas oscuras y valles claros en el detector. (d) La onda evanescente es la función de onda que decae exponencialmente en la región prohibida; un segundo medio dentro de la longitud de decaimiento la recoge — efecto túnel óptico.

Ejercicio 15.12 ★★★

Dos espejos. Dos conductores perfectos paralelos en $x = 0$ y $x = L$ encierran una onda estacionaria. (a) Muéstrese que solo es posible $L = m\lambda/2$ : los modos de la cavidad, $f_m = mc/2L$ . (b) Para $L = 15\,\mathrm{cm}$ , los tres primeros modos; ¿cuál está cerca de $2.45\,\mathrm{GHz}$ ? (c) Corrientes superficiales en los dos espejos y fuerza sobre cada uno (¿hacia dentro o hacia fuera?), para una amplitud de campo $E_0 = 20\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ dentro. (d) Los espejos son ahora de cobre: usando la resistencia superficial $R_s = 1/\gamma\delta$ de Capítulo 14, la potencia perdida por unidad de área a $2.45\,\mathrm{GHz}$ con $H_0 = E_0/\mu_0c$ (el vientre magnético), y el tiempo que tarda en decaer la energía almacenada ( $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2$ por unidad de volumen en promedio, sobre la longitud $L$ ) — el factor de calidad $Q = 2\pi f\,\times$ energía almacenada / potencia perdida.

Solución

Solución de Ejercicio 15.12.

(a) Nodos de $\vect E$ en ambos espejos: $\sin kL = 0$ , $L = m\lambda/2$ , $f_m = mc/2L$ . (b) $1$ , $2$ , $3\,\mathrm{GHz}$ : ninguno a $2.45\,\mathrm{GHz}$ — los modos tridimensionales de un horno real son mucho más densos. (c) $j_s = H_0 = E_0/\mu_0c = 53\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ en cada uno, y la presión $\mu_0j_s^2/2 = 1.8\,\mathrm{mPa}$ separa los espejos. (d) $\delta = 1.3\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $R_s = 12.5\,\mathrm{m}\Omega$ ; $\tfrac12R_sH_0^2 = 18\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ por espejo; energía almacenada media $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2 \times L = 1.3 \times 10^{-7}\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{2}$ ; $Q = 2\pi f \times 1.3 \times 10^{-7}/35 \approx 6 \times 10^4$ .

15.6 Problema: tratamientos, gel y el absorbente de radar

Problema 15.1

Problema de fin de semana — cómo hacer desaparecer las interfaces: el objetivo tratado, el transductor adaptado, la pantalla que absorbe el radar y el espejo que no hay manera de borrar

Parte I — El objetivo tratado. Un zoom tiene $16$ superficies aire–vidrio de índice $1.52$ ; luz a $550\,\mathrm{nm}$ .

Reflectancia de una superficie sin tratar; transmisión de todo el objetivo; fracción de la luz que vaga como reflejos parásitos.
Capa única ideal: índice y espesor; ¿por qué no hay ningún sólido común de ese índice, y cuál es la reflectancia residual con MgF $_2$ ( $1.38$ )?
Con $16$ superficies al $1.3\%$ cada una: transmisión; al $0.3\%$ (multicapa): transmisión. ¿Por qué dan los objetivos antiguos imágenes “planas” de bajo contraste?
El tratamiento está diseñado para $550\,\mathrm{nm}$ : muéstrese que a $440\,\mathrm{nm}$ la fase $\varphi$ de la ida y vuelta vale $1.25\pi$ y estímese la reflectancia allí (fórmula de dos reflexiones, $R \approx r_1^2 + r_2^2 + 2r_1r_2\cos\varphi$ , con $r_1 = -0.16$ , $r_2 = -0.05$ ). ¿De qué color es el reflejo?
Un espejo dieléctrico apila capas de cuarto de onda de $1.38$ y $2.35$ : las amplitudes reflejadas por las interfaces sucesivas se suman ahora en fase; reflexión de un par (dos interfaces) y por qué $20$ pares llegan al $99.9\%$ .
En el objetivo tratado la onda reflejada queda “cancelada”: ¿a dónde ha ido su energía?
Un espejo así refleja una banda de longitudes de onda y transmite el resto: ¿por qué, y de qué color se ve por transmisión si refleja el verde?

Parte II — La sonda y el gel. Cerámica $Z_1 = 30 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , capa adaptadora, gel, piel $Z = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $f = 5\,\mathrm{MHz}$ .

Transmisión directa cerámica–tejido en energía; y con la capa de cuarto de onda de impedancia ideal (valor) a $f$ .
La capa es de cuarto de onda a $5\,\mathrm{MHz}$ : transmisión a $3\,\mathrm{MHz}$ y $7\,\mathrm{MHz}$ (úsese la estimación de dos reflexiones con la fase real de ida y vuelta): ¿qué le hace esto al ancho de banda de la sonda, y por qué está en conflicto con él un pulso corto (necesario para la resolución en profundidad)?
Una película de aire de $5\,\text{µ}\mathrm{m}$ entre la sonda y la piel: transmisión en amplitud a través de las dos interfaces (multiplíquense las $t$ , despreciando la resonancia); energía transmitida; en dB.
Lo mismo con gel ( $Z = 1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ ).
La reverberación propia de la cerámica: el pulso rebota dentro de la cerámica con $r \approx 0.9$ por reflexión en la cara del tejido (y $\approx 1$ en la trasera); número de idas y vueltas para que la amplitud caiga al $1\%$ , y por qué se respalda la cerámica con un absorbente.
Eco de una superficie de hueso de $1\,\mathrm{mm}$ a $5\,\mathrm{cm}$ de profundidad: fracción de energía que vuelve a la sonda (reflexión en el hueso, dos pasos de una atenuación de $0.5\,\mathrm{dB}/\mathrm{cm}/\mathrm{MHz}$ ); por qué proyecta el hueso una sombra acústica.

Parte III — El absorbente de radar. Un radar a $10\,\mathrm{GHz}$ ilumina una placa metálica. Para ocultarla, se coloca una fina lámina resistiva de resistencia superficial $R_s$ ( $\Omega$ por cuadro) a una distancia $d$ delante de la placa, con aire entre ambas. La impedancia del vacío vale $Z_0 = \sqrt{\mu_0/\varepsilon_0} = 377\,\Omega$ .

Reflectancia de la placa metálica desnuda (conductor perfecto) y fase de $r$ .
Trátese el hueco de aire como una línea de transmisión de impedancia $Z_0$ cortocircuitada por la placa: muéstrese que la impedancia vista en la lámina, mirando hacia la placa, vale $\underline Z_{\text{in}} = \iu Z_0 \tan(2\pi d/\lambda)$ (escríbase la onda estacionaria $v = v_i(\eu^{-\iu kx} - \eu^{\iu kx})$ desde el cortocircuito y tómese $v/i$ en $x = -d$ ); para $d = \lambda/4$ es infinita (un circuito abierto).
La lámina de resistencia $R_s$ en paralelo con ese circuito abierto presenta $R_s$ a la onda que llega: coeficiente de reflexión $(R_s - Z_0)/(R_s + Z_0)$ ; conclúyase que una lámina de $377\,\Omega$ por cuadro a $\lambda/4$ no refleja nada (la pantalla de Salisbury). Valor de $d$ a $10\,\mathrm{GHz}$ .
¿A dónde va la energía? Compruébese con la potencia disipada en la lámina, $|v|^2/2R_s$ por unidad de área, frente a la intensidad incidente.
A $8\,\mathrm{GHz}$ y $12\,\mathrm{GHz}$ con la misma pantalla: $\underline Z_{\text{in}}$ , la impedancia total $R_s \parallel \underline Z_{\text{in}}$ y la reflectancia; ancho de banda del truco.
El radar ilumina ahora la pantalla a $30{}^{\circ}$ de la normal: ¿qué cambia en la fase de la ida y vuelta por el hueco, y qué le hace eso a la adaptación?
¿Por qué usan los recubrimientos furtivos reales varias capas con pérdidas y superficies conformadas en vez de una sola pantalla de Salisbury?

Parte IV — El espejo que se queda.

La plata a $500\,\mathrm{nm}$ se comporta como un plasma ( $\omega_p = 1.4 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ): $\underline n$ , $r$ (módulo y fase), profundidad de penetración. ¿Por qué ninguna capa de cuarto de onda puede hacer que un metal deje de reflejar?
Un láser verde de $1\,\mathrm{kW}$ sobre un espejo de plata ( $R = 0.97$ ): potencia absorbida y ritmo de subida de temperatura de un espejo de $10\,\mathrm{g}$ ( $c = 235\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})$ ) si nada lo refrigera.
Onda estacionaria delante de la plata: separación de los nodos de $\vect E$ y posición del primero (úsese la fase de $r$ ); ¿qué recibe un grano de polvo posado en un nodo?
El haz de la pregunta 22 tiene $1\,\mathrm{cm}^{2}$ : intensidad, amplitud del campo y densidad de corriente superficial que debe llevar el espejo (estimación de conductor perfecto $j_s = 2E_0/\mu_0c$ ).
Compárense los tres “espejos” de este problema — el metal, el plasma y la pila dieléctrica — por el mecanismo que devuelve la onda, la fase de $r$ y lo que limita su reflectancia.

Solución

Solución de Problema 15.1.

1. $R = 4.3\%$ ; $0.957^{16} = 0.50$ ; la mitad de la luz se pierde por ahí.

2. $n = 1.23$ , $e = 112\,\mathrm{nm}$ ; ningún sólido duradero tiene un índice tan bajo (el MgF $_2$ , $1.38$ , es el menor): residual $1.3\%$ .

3. $0.987^{16} = 0.81$ ; $0.997^{16} = 0.95$ . Los reflejos parásitos velan la imagen: luz difusa y bajo contraste.

4. $\varphi = \pi \times 550/440 = 1.25\pi$ : $R \approx 0.0256 + 0.0025 + 2 \times 0.008 \times \cos1.25\pi = 1.7\%$ — más que a $550\,\mathrm{nm}$ , como en el extremo rojo: un reflejo magenta.

5. Cada interfaz refleja $|r| = 0.97/3.73 = 0.26$ ; el espaciado de cuarto de onda pone en fase las reflexiones sucesivas, de modo que las amplitudes se suman en vez de cancelarse; la reflectancia de la pila vale $1 - 4(n_L/n_H)^{2N} \approx 1 - 10^{-9}$ para $N = 20$ .

6. La condición de fase solo se cumple cerca de la longitud de onda de diseño (una banda de un $\pm15\%$ ); el resto pasa: un espejo verde se ve magenta por transmisión.

7. A la onda transmitida: la interferencia redistribuye, $R + T = 1$ .

8. $19\%$ ; con $Z_m = \sqrt{Z_1Z_2} = 6.9 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $100\%$ a $5\,\mathrm{MHz}$ .

9. $r_1 = 0.63$ , $r_2 = 0.62$ ; a $3\,\mathrm{MHz}$ la fase de ida y vuelta vale $0.6\pi$ , y a $7\,\mathrm{MHz}$ , $1.4\pi$ : $R \approx 0.39 + 0.39 - 0.24 = 0.54$ , $T \approx 0.46$ en ambos casos: la adaptación solo vale en una banda en torno a $5\,\mathrm{MHz}$ , mientras que un pulso corto necesita una banda ancha — un compromiso.

10. $t_1 = 2 \times 410/30 \times 10^6 = 2.7 \times 10^{-5}$ , $t_2 = 2.0$ : $t = 5.5 \times 10^{-5}$ , $T = t^2Z_1/Z_3 = 5.6 \times 10^{-8}$ : $-72\,\mathrm{dB}$ .

11. $t = 0.095 \times 1.03 = 0.098$ , $T = 0.098^2 \times 30/1.6 = 0.18$ : el gel se limita a quitar el aire.

12. $0.9^N = 0.01$ : $N = 44$ idas y vueltas — una cola larga; el respaldo absorbe la onda hacia atrás y la mata.

13. $R = 0.40$ en el hueso; $2 \times 5 \times 0.5 \times 5 = 25\,\mathrm{dB}$ de atenuación: $0.40 \times 3.2 \times 10^{-3} = 1.3 \times 10^{-3}$ ( $-29\,\mathrm{dB}$ ); el hueso absorbe lo que no refleja: no vuelve nada de detrás de él.

14. $R = 1$ , $r = -1$ .

15. Cortocircuito en $x = 0$ : $v = -2\iu v_i\sin kx$ , $i = (2v_i/Z_0)\cos kx$ ; en $x = -d$ : $v/i = \iu Z_0\tan kd$ ; infinita para $d = \lambda/4$ .

16. $R_s \parallel \infty = R_s$ : $r = (R_s - Z_0)/(R_s + Z_0) = 0$ para $377\,\Omega$ ; $d = 7.5\,\mathrm{mm}$ .

17. La lámina ve el campo incidente completo: $|v|^2/2R_s = E_0^2/2Z_0$ , la intensidad incidente — todo absorbido.

18. A $8\,\mathrm{GHz}$ : $kd = 72^\circ$ , $Z_{\text{in}} = \iu1160\,\Omega$ , $R_s \parallel Z_{\text{in}} = (340 + 111\iu)\,\Omega$ , $R = |r|^2 = 2.6\%$ ( $-16\,\mathrm{dB}$ ); a $12\,\mathrm{GHz}$ : $kd = 108^\circ$ , el mismo módulo: $-16\,\mathrm{dB}$ . Útil en un $\pm20\%$ aproximadamente.

19. La incidencia oblicua acorta el cuarto de onda efectivo ( $d\cos\theta$ ) y cambia la impedancia de onda con el ángulo: se pierde la adaptación.

20. Una pantalla funciona a una frecuencia y un ángulo; unas capas con pérdidas graduadas y unas superficies conformadas absorben y desvían en una banda ancha.

21. $\underline n = -\iu\sqrt{(\omega_p/\omega)^2 - 1} = -3.6\iu$ ; $|r| = 1$ , fase $2\arctan3.6 = 149{}^{\circ}$ ; profundidad $c/3.6\omega = 22\,\mathrm{nm}$ . La onda nunca entra en el metal para partirse en dos reflexiones comparables: no hay nada contra lo que una capa de cuarto de onda pueda cancelar una reflexión de módulo uno.

22. $30\,\mathrm{W}$ ; $30/(0.01 \times 235) = 13\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$ .

23. Nodos cada $\lambda/2 = 250\,\mathrm{nm}$ ; $E \propto \cos(kx + \varphi/2)$ con $\varphi = 149^\circ$ : primer nodo en $x = -(90^\circ + 74.5^\circ)\lambda/360^\circ = -230\,\mathrm{nm}$ ; un grano posado ahí queda a oscuras.

24. $I = 1 \times 10^{7}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ , $E_0 = \sqrt{2I/\varepsilon_0c} = 87\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ , $j_s = 2E_0/\mu_0c = 460\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ .

25. Metal: corrientes superficiales en una profundidad de penetración, $r \approx -1$ , limitado por la pérdida Joule de esas corrientes. Plasma: penetración evanescente, $|r| = 1$ con una fase que depende de la frecuencia, limitado por las colisiones. Pila dieléctrica: muchas reflexiones débiles sumadas en fase, $r \to 1$ en una banda, limitada por el número de capas y por el ancho de banda.