Quando observamos uma obra de arte que está atrás de um vidro, muitas vezes somos ofuscados pela luz que é refletida na superfície frontal do vidro, o que pode tornar difícil a contemplação da obra. Uma solução é cobrir a superfície externa do vidro com uma pelílula para cancelar parte da ofuscação.
(a) Se o vidro tem u m índice de refração de 1,62 e você usar a película de \mathrm{TiO}_{2}, que tem um índice de refração igual a 2,62 , como revestimento, qual é a espessura mínima da película que cancelará uma luz de comprimento de onda igual a 505 nm ? (1,0 ponto)
(b) Se esse revestimento é fino demais para resistir ao desgaste, que outras espessuras também poderiam ser usadas? Calcule somente as três menores espessuras (1,0 ponto)

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que está abaixo (peguei todos os números do enunciado):
  • Índice de refração do vidro (substrato): \,n_s=1{,}62.
  • Índice de refração da película de \mathrm{TiO}_2 (filme): \,n_f=2{,}62.
  • Comprimento de onda da luz a ser cancelada: \,\lambda=505\\ \text{nm} (assumimos aqui o comprimento de onda no ar).
    O que é pedido:
    (a) encontrar a espessura mínima da película que cancela a luz de comprimento \,\lambda=505\\ \text{nm};
    (b) listar as três menores espessuras além da mínima que também produzem cancelamento (ou seja, as três menores espessuras válidas, incluindo a mínima ou apenas as três menores não nulas? Vou interpretar como as três menores espessuras positivas que funcionam, em ordem crescente).

Passo 2

Conceito essencial (explicado passo a passo, sem pular etapas).
Quando uma película fina está sobre um substrato, a luz incidente gera duas reflexões importantes que interferem: uma refletida na face superior do filme (ar/filme) e outra refletida na face inferior do filme (filme/substrato) que sai novamente para o ar após atravessar o filme duas vezes. Para que a intensidade refletida seja mínima (ou seja, para que haja cancelamento por interferência destrutiva), essas duas ondas refletidas devem sair fora de fase (desfasadas por \pi, isto é 180º) quando retornam ao ar.
Existem duas contribuições para a diferença de fase entre as duas ondas:
  1. Diferenças de fase por reflexões: quando uma onda é refletida numa interface onde o índice aumenta (ou seja, de n_{\text{menor}} para n_{\text{maior}}) ela sofre inversão de fase de \pi. Quando a reflexão ocorre de um meio com índice maior para um com índice menor, não há inversão de fase (fase 0).
  2. Diferença de fase por propagação dentro do filme: uma onda que atravessa o filme de espessura t e volta acumula uma fase extra igual a \displaystyle \phi_{\text{prop}}=\frac{4\pi n_f t}{\lambda}. Aqui:
    • \,n_f é o índice do filme,
    • \,t é a espessura física do filme,
    • \,\lambda é o comprimento de onda no ar (ou no vácuo, para efeitos práticos aqui usamos \lambda do enunciado),
    • o fator 4π vem porque a onda atravessa o filme duas vezes (ida e volta) e cada passagem de comprimento t contribui com 2\pi n_f t/\lambda.

Passo 3

Aplicando as regras de fase por reflexão ao nosso caso:
  • Na face ar \to filme: \,n_{\text{ar}}\approx1 para o ar e \,n_f=2{,}62. Como o índice aumenta (de 1 para 2,62), a reflexão na face superior sofre inversão de fase de \pi.
  • Na face filme \to vidro (substrato): \,n_f=2{,}62 e \,n_s=1{,}62. Aqui o índice diminui (de 2,62 para 1,62), logo a reflexão na face inferior não sofre inversão de fase (fase 0).
    Portanto há apenas UMA inversão de fase entre as duas reflexões (na superfície superior).

Passo 4

Montando a condição de interferência destrutiva para as duas reflexões.
  • A diferença de fase total entre a reflexão que sai pela face inferior (após ida e volta no filme) e a reflexão imediata da face superior é
\phi_{\text{rel}}=\phi_{\text{prop}}-\pi,
porque a reflexão superior trouxe \pi a mais comparada à inferior.
  • Para interferência destrutiva queremos que as ondas saiam defasadas por \pi (ou um múltiplo ímpar de \pi):
\phi_{\text{rel}}=(2m+1)\pi,\qquad m\in\mathbb{Z}.
Substituindo \phi_{\text{prop}}=\dfrac{4\pi n_f t}{\lambda}:
\frac{4\pi n_f t}{\lambda}-\pi=(2m+1)\pi.
Somando \pi em ambos os lados:
\frac{4\pi n_f t}{\lambda}=(2m+2)\pi=2(m+1)\pi.
Cancelando \pi e isolando t:
\frac{4 n_f t}{\lambda}=2(m+1)\quad\Rightarrow\quad t=\frac{(m+1)\lambda}{2 n_f}.
Definindo k=m+1 (onde k é um inteiro positivo: k=1,2,3,\dots) obtemos a forma habitual:
\boxed{\,t=\frac{k\lambda}{2 n_f},\quad k=1,2,3,\dots\,}
Essa expressão nos diz todas as espessuras que tornam as duas ondas refletidas destrutivas entre si. Note que o menor k positivo é k=1.

Passo 5

Calculando a espessura mínima (caso (a)): pegar k=1.
Substituindo \,n_f=2{,}62 e \,\lambda=505\\ \text{nm}:
t_{1}=\frac{1\cdot 505\\ \text{nm}}{2\cdot 2{,}62}=\frac{505}{5{,}24}\\ \text{nm}.
Agora dividindo:
\frac{505}{5{,}24}\approx 96{,}37\\ \text{nm}.
Arredondando de maneira razoável (duas casas significativas decimais ou uma casa decimal, conforme preferência):
t_{1}\approx 96{,}4\\ \text{nm}.

Passo 6

Calculando as próximas duas menores espessuras válidas (caso (b)): usar k=2 e k=3.
  • Para k=2:
t_{2}=\frac{2\cdot 505\\ \text{nm}}{2\cdot 2{,}62}=\frac{505}{2{,}62}\\ \text{nm}=2\cdot t_{1}\approx 192{,}7\\ \text{nm}.
  • Para k=3:
t_{3}=\frac{3\cdot 505\\ \text{nm}}{2\cdot 2{,}62}=\frac{3\cdot 505}{5{,}24}\\ \text{nm}=3\cdot t_{1}\approx 289{,}1\\ \text{nm}.

Passo 7

Resumo físico rápido e encorajamento:
  • Concluímos que, porque apenas uma das reflexões inverte a fase, a condição de cancelamento pede espessuras do tipo \,t=k\lambda/(2n_f). O menor valor não nulo é \,t=\lambda/(2n_f).
  • Isso cancela bem a reflexão especificamente para a onda de \,505\\ \text{nm}. Se desejar um anti‑reflexo eficaz para um intervalo de comprimentos de onda, o projeto precisa considerar compromisso entre espessura e índice (ou camadas múltiplas).
    Você está indo bem — esse tipo de conta é clássico e dá para fazer na prova com calma seguindo estes passos.

Resposta

(a) \,96{,}4\\ \text{nm}
(b) \,96{,}4\\ \text{nm},\\\ 192{,}7\\ \text{nm},\\\ 289{,}1\\ \text{nm}

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