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 dificil a contemplação da obra. Uma soluçāo é cobrir a superfície externa do vidro com uma pelílula para cancelar parte da ofuscaçāo.
(a) Se o vidro tem um índice de refração de 1,62 e você usar a película de \mathrm{TiO}_{2}, que tem um índice de refraçāo igual a 2.62 , como revestimento, qual é a espessura mínima da película que cancelará uma luz de comprimento de onda igual a 505 mm ? ( 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 que o enunciado pede e o que nos foi dado:
  • Pergunta (a): calcular a espessura mínima da película de \mathrm{TiO}_2 que anula (cancela) a luz de comprimento de onda \,505\\ \text{nm}.
  • Pergunta (b): listar as três menores espessuras (positivas) que também funcionariam.
Informações numéricas fornecidas:
  • índice de refração do vidro (substrato): \,n_{\text{sub}}=1,62.
  • índice de refração da película de \mathrm{TiO}_2: \,n_{\text{filme}}=2,62.
  • comprimento de onda da luz no ar: \,\lambda_0=505\\ \text{nm}.
Observações que usarei (sem perguntar mais nada): vou assumir incidência normal (raio vindo perpendicularmente à superfície), que é o caso usual quando não se diz o contrário.

Passo 2

Conceitos chave (aula rápida e intuitiva sobre interferência em películas finas)
  • Quando a luz incide numa película fina há duas reflexões relevantes que podem se interferir: (i) a reflexão na superfície superior ar→filme e (ii) a reflexão na superfície inferior filme→substrato. Essas duas ondas refletidas chegam com diferença de fase e podem se cancelar (interferência destrutiva) ou somar (construtiva).
  • A diferença de fase entre as duas ondas refletidas tem duas contribuições: (1) a diferença de fase devido ao caminho óptico extra que a onda transmitida percorre dentro da película (vai e volta) e (2) possíveis inversões de fase (salto de \pi) que ocorrem ao refletir em uma interface quando a luz vai de um meio de menor índice para um meio de maior índice.
Explicando os saltos de fase de forma simples:
  • Se a luz reflete quando vai de um meio com índice menor para um meio com índice maior ( n_{\text{menor}}\to n_{\text{maior}}), a onda refletida sofre inversão de fase de \pi (meio caminho = 180°).
  • Se a luz reflete indo de um meio de índice maior para um índice menor ( n_{\text{maior}}\to n_{\text{menor}}), não há inversão de fase.
Aplicando ao nosso caso:
  • Reflexão na face superior: ar ( n_0\approx1) → filme ( n_{\text{filme}}=2{,}62). Como 1<2{,}62, essa reflexão sofre inversão de fase de \pi.
  • Reflexão na face inferior: filme ( 2{,}62) → vidro ( 1{,}62). Como 2{,}62>1{,}62, essa reflexão NÃO sofre inversão de fase.
  • Logo, entre as duas ondas refletidas há um salto de fase adicional de \pi vindo só das reflexões.
A contribuição do caminho óptico dentro da película (incidência normal) dá uma diferença de fase
\phi_{\text{caminho}}=\frac{2\pi}{\lambda_0}\cdot 2 n_{\text{filme}} t=\frac{4\pi n_{\text{filme}} t}{\lambda_0},
onde:
  • \,t é a espessura física da película (o que queremos achar),
  • \,n_{\text{filme}} é o índice da película,
  • \,\lambda_0 é o comprimento de onda no ar (ou vácuo).
A diferença de fase total entre as duas reflexões é
\Delta\varphi=\phi_{\text{caminho}}+\phi_{\text{reflexão}}=\frac{4\pi n_{\text{filme}} t}{\lambda_0}+\pi,ã
onde o termo \pi é o salto de fase único devido às reflexões (conforme explicado acima).
Para que as reflexões se cancelem (interferência destrutiva) precisamos que a diferença de fase total seja um múltiplo ímpar de \pi:
\Delta\varphi=(2m+1)\pi,\qquad m=0,1,2,\dots
Substituindo \Delta\varphi e resolvendo para t:
\frac{4\pi n_{\text{filme}} t}{\lambda_0}+\pi=(2m+1)\pi
dividindo por \pi:
\frac{4 n_{\text{filme}} t}{\lambda_0}+1=2m+1
\frac{4 n_{\text{filme}} t}{\lambda_0}=2m
2 n_{\text{filme}} t = m\,\lambda_0
t=\frac{m\,\lambda_0}{2\,n_{\text{filme}}}.
Observação didática: repare que, por causa do salto de fase \pi ocorrido apenas numa das reflexões, o critério resulta em espessuras múltiplas de \lambda_0/(2n_{\text{filme}}). O caso mais frequentemente citado \lambda_0/(4n) aparece quando as inversões de fase nas duas superfícies são iguais (ou seja, quando ambos ou nenhum recebem salto \pi), mas aqui só uma superfície dá salto, por isso obtemos a condição acima.

Passo 3

Aplicando a fórmula para a espessura mínima não nula (escolhemos m=1 para a menor espessura positiva):
Dados numéricos em TeX:
\lambda_0=505\\ \text{nm},\qquad n_{\text{filme}}=2{,}62.
A espessura mínima é
t_{\min}=t_{m=1}=\frac{1\cdot\lambda_0}{2\,n_{\text{filme}}}=\frac{505\\ \text{nm}}{2\cdot 2{,}62}=\frac{505}{5{,}24}\\ \text{nm}.
Cálculo numérico:
t_{\min}\approx 96{,}4\\ \text{nm}.
Explicação sobre a ordem de grandeza: essa espessura está na casa das dezenas de nanômetros, que é típica de filmes antirreflexo usados em óptica.

Passo 4

Respostas para (b): as espessuras possíveis que interrompem as reflexões são
t_m=\frac{m\,\lambda_0}{2\,n_{\text{filme}}},\qquad m=1,2,3,\dots
as três menores (positivas) correspondem a m=1,2,3. Como t_m=m\cdot t_{1}, basta multiplicar por m:
  • m=1:\; t_1\approx 96{,}4\\ \text{nm}
  • m=2:\; t_2=2 t_1\approx 192{,}7\\ \text{nm}
  • m=3:\; t_3=3 t_1\approx 289{,}1\\ \text{nm}
(Fiz as multiplicações diretas: 192{,}8\\ \text{nm} arredondado para uma casa decimal deu 192{,}7\\ \text{nm} mantendo consistência com t_1; valores apresentados com uma casa decimal.)

Passo 5

Pequeno incentivo e nota prática: pronto — a conta é direta quando se entende a origem do salto de fase e do caminho óptico. Na prática, escolhas como a durabilidade do filme, rugosidade e ângulo de incidência real também importam, mas para a prova e para incidir normal essa é a resposta correta.

Resposta

(a) t_{\min}=96{,}4\\ \text{nm}
(b) t=96{,}4\\ \text{nm},\;192{,}7\\ \text{nm},\;289{,}1\\ \text{nm}

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