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Hugo Medina guzmán

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Hugo Medina Guzmán Profesor de la Pontificia Universidad Católica del Perú Junio 2011

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PALABRAS PREVIAS En este trabajo he reunido el material utilizado en los tiempos que enseñaba temas de Óptica en la Física General de los Estudios generales de la Pontificia Universidad católica del Perú. Primero como parte de Física 4 y cuando la Física General se redujo a tres partes pasó a formar parte de Física 2. Finalmente fue retirado de la Física General. Espero que el esfuerzo en la elaboración de este documento sea de utilidad tanto para los estudiantes como para los profesores. Toda opinión al respecto será bienvenida.

Hugo Medina Guzmán Lima, Junio de 2011.

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CONTENIDO NATURALEZA Y PROPAGACIÓN DE LA LUZ MEDICIÓN DE LA VELOCIDAD DE LA LUZ Cálculo teórico de la velocidad de la luz VELOCIDAD DE LA LUZ EN MEDIOS NO CONDUCTORES Índice de refracción Retraso de una onda en un medio más denso. PRINCIPIO DE HUYGENS Trazado de Frentes de Onda LA LEY DE SNELL Y LA LEY DE LA REFLEXIÓN RAYOS DE LUZ PRINCIPIO DE FERMAT Análisis del problema con las leyes de la óptica PREGUNTAS Y PROBLEMAS

ÓPTICA GEOMÉTRICA 1 REFLEXIÓN, ESPEJOS PLANOS Y ESFÉRICOS REFLEXION EN SUPERFICIES PLANAS Reflexión especular Reflexión Difusa

ESPEJO PLANO. Formación de imágenes en un espejo Plano Imágenes Producidas por Espejos Angulares. ESPEJOS RECTANGULARES. Número de imágenes. ESPEJOS ESFÉRICOS Las características ópticas fundamentales de todo espejo esférico. Posición del punto focal. FORMACIÓN DE IMÁGENES EN ESPEJOS ESFÉRICOS Formación de imágenes en espejos cóncavos Casos de formación de imagen por un espejo cóncavo. ECUACIÓN DEL ESPEJO. AUMENTO. PREGUNTAS Y PROBLEMAS ÓPTICA GEOMÉTRICA 2 REFLEXIÓN Y REFRACCIÓN DE LA LUZ APLICACIÓN. EL DESPLAZAMIENTO DE LA LUZ POR UNA PLACA DE MATERIAL TRANSPARENTE PROFUNDIDAD APARENTE REFLEXIÓN INTERNA TOTAL ÁNGULO DE MÍNIMA DESVIACIÓN DE UN PRISMA. REFLEXIÓN TOTAL INTERNA EN PRISMAS DISPERSIÓN DE LA LUZ: PRISMAS REFRACCIÓN EN SUPERFICIE ESFÉRICA LENTES DELGADAS Tipos de lentes

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Lente convergente. Lente divergente. ECUACIÓN DE LAS LENTES DELGADAS. AUMENTO LATERAL LA ECUACIÓN DEL FABRICANTE DE LENTES, Distancia focal. MÉTODOS GRÁFICOS PARA LENTES Para lente convergente Para la lente divergente Lentes bicóncavas. SISTEMA DE DOS LENTES Solución directa. INSTRUMENTOS ÓPTICOS EL OJO HUMANO La cámara fotográfica. LENTES DE AUMENTO Punto de acercamiento. Punto de alejamiento. Aumento angular de una lupa. Mínimo aumento angular. EL TELESCOPIO EL MICROSCOPIO COMPUESTO PREGUNTAS Y PROBLEMAS

ÓPTICA ONDULATORIA DIFERENCIA DE FASE INTERFERENCIA DE RENDIJA DOBLE Posición angular de las franjas brillantes DIFRACCIÓN DIFRACCIÓN DE FRAUNHOFER POR UNA RENDIJA SIMPLE POSICIÓN ANGULAR DE LAS INTENSIDADES MÍNIMAS DIFRACCIÓN POR UNA ABERTURA CIRCULAR LÍMITE DE RESOLUCIÓN

RETÍCULA DE DIFRACCIÓN. Resolución de la retícula de la retícula de difracción. RETÍCULAS DE DIFRACCIÓN Y ESPECTROSCOPIOS CAMBIO DE FASE EN LA REFLEXIÓN LA CUÑA DE AIRE ANILLOS DE NEWTON EL INTERFERÓMETRO DE MICHELSON Longitud de onda de la luz visto con un interferómetro de michelson POLARIZACIÓN DE LA LUZ. POLARIZACIÓN POR MEDIO DE POLARIZADOR. Ley de Malus POLARIZACIÓN DE LA LUZ POR REFLEXIÓN

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NATURALEZA Y PROPAGACIÓN DE LA LUZ Hasta el tiempo de Isaac Newton (1642 – 1727), la mayoría de los científicos pensaban que la luz consistía en corriente de partículas (conocidas como corpúsculos) 3mitidas por las fuentes de luz. Hacia 1665 se empezaron a descubrir pruebas de las propiedades ondulatorias de la luz. A principios del siglo XIX, ya era muy evidente que la luz era una onda. En 1873, James Clerk Maxwell predijo la existencia de las ondas electromagnéticas y calculó su rapidez de `propagación. En conjunto con el trabajo experimental de Heinrich Hertz, iniciado en 1887, demostró de manera concluyente que la luz es una onda electromagnética.

MEDICIÓN DE LA VELOCIDAD DE LA LUZ

La naturaleza ondulatoria de la luz no es todo. Varios aspectos asociados con la emisión y la absorción de la luz revelan que esta tiene un aspecto corpuscular, según el cual la energía transportada por las ondas luminosas está en paquetes discretos conocidos como fotones o cuantos. Estas propiedades ondulatorias y corpusculares aparentemente contradictorias han sido reconciliadas desde 1930 con el desarrollo de la electrodinámica cuántica. Una teoría que incluye ambas propiedades ondulatorias y corpusculares. La propagación de la luz se describe mejor mediante el modelo ondulatorio, pero para comprender la emisión y la absorción se requiere un planteamiento corpuscular. Las fuentes fundamentales de toda radiación electromagnética son cargas aceleradas. Todos los cuerpos emiten radiación electromagnética por el movimiento térmico de sus moléculas; esta radiación térmica es una mezcla de diferentes Longitud de onda. A temperatura lo suficientemente elevadas, toda materia emite la suficiente luz visible para ser auto luminosa; un cuerpo muy caliente se pone al rojo vivo o incandescente. Sin importar su fuente, la radiación electromagnética se desplaza en el vacío con la rapidez de la luz.

Equipado Galileo y un asistente con linternas que tenían un obturador que se abre, interrumpiendo la luz. Su ayudante estaba en una colina a varios kilómetros de distancia. Galileo abrió el obturador, dejando un haz de luz hacia a su asistente. Esa persona abre su linterna en el instante en que ve la luz, envía un haz de nuevo a Galileo. El tiempo que transcurre entre la primera apertura de Galileo y ver el haz de retorno, se suponía que permitiría calcular la velocidad de la luz. Desafortunadamente, después de repetir el experimento varias veces a diferentes distancias, descubrió que el desfase no cambió. No se incrementó con mayores distancias. De hecho, el retraso era debido a la longitud de tiempo que se tardó en abrir las persianas. Galileo llegó a la conclusión de que la luz viajaba demasiado rápido para medir de esta manera.

Uno de los primeros intentos para medir la velocidad que conocemos fue hecho por Galileo en la década de 1600. Usó el método simple de tratar de medir el tiempo que un rayo de luz se tardaría en recorrer una distancia conocida.

Más tarde, en 1676, otro científico, un astrónomo Danés Olaf Roemer fue la observación de eclipses de las lunas de Júpiter. Al observar a través de un telescopio las lunas de Júpiter orbitando, pudo observar el momento exacto en que la luna se situó detrás de Júpiter. Después de muchos años de observaciones, se dio cuenta de que los intervalos de tiempo de tiempo entre los eclipses no siempre son los mismos. Debido a esto se imaginó cual era la razón. La luz de la luna eclipsándose a veces llevaba un

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tiempo relativamente corto para llegar a la tierra, esto sucedía en la posición 1. En otro momento durante el año, sin embargo, en la posición 2 cuando la tierra estaba en una parte más alejada de su órbita, la luz de la luna de Júpiter que tarda más en llegar a tierra. Esto hizo que el intervalo entre los eclipses se alargara, valor, obtuvo 2 x 108 m/s.

La primera medición terrestre fue realizada por el científico francés Armand Fizeau en 1849, utilizando un haz de luz reflejado interrumpido por un disco con muescas, obtuvo 3,153 x 108 m/s. Perfeccionado un año más tarde por León Foucault para alcanzar resultados más precisos. El valor de la velocidad de la luz obtenido en esa ocasión, El valor de la velocidad de la luz que obtuvo fue 2,98 x 108 m/s, superior en un 1% al aceptado actualmente.

El método de Michelson consistía en aplicar un haz de luz sobre el espejo rotativo octagonal, la luz se reflejo a otro espejo situado a 35 Km de distancia. La luz que reflejó este segundo espejo golpeó otra cara del espejo octagonal, y entonces podría ser vista por un observador. El espejo tuvo que hacer un octavo de rotación en el tiempo que se tomó la luz para hacer el viaje de vuelta. Esto indica que el espejo octagonal tuvo que dar vuelta a aproximadamente 32000 revoluciones por minuto. Con la distancia del viaje de ida y vuelta de la luz y el período de rotación del espejo octagonal, la velocidad de luz fue determinada con bastante exactitud. Del análisis de todas las mediciones hechas hasta 1983, el valor más probable de la rapidez de la luz era c = 2, 99792458 x 108 m/s. Cálculo teórico de la velocidad de la luz De todas las ondas solamente la onda plana, ya sea armónica o no, se mueve a través del espacio con un perfil que no cambia Recordemos la ecuación diferencial de la onda  2  2  2 1  2

Un experimento más fácilmente entendido fue realizado en 1879 por un científico Albert Michelson. Su aparato utilizó un espejo rotativo octagonal en lugar de la rueda dentada, y un segundo espejo, como se muestra en el esquema:

x 2



y 2



z 2



v 2 t 2

Cuya solución tiene la forma  r, t   A senkr  t  , con v 

 k

Las ecuaciones de Maxwell para el espacio libre se pueden transformar en dos expresiones vectoriales concisas: 



2 E y 2  2 B  E   0 0  B    0 0 t 2 t 2 2



En coordenadas cartesianas son;

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 2 Ex  2 Ex  2 Ex  2 Ex      0 0 x 2 y 2 z 2 t 2 2 Ey 2 Ey 2 Ey 2 Ey      0 0 x 2 y 2 z 2 t 2  2 Ez  2 Ez  2 Ez  2 Ez     0 0 2 2 2 x y z t 2

y

VELOCIDAD DE LA LUZ EN MEDIOS NO CONDUCTORES El efecto neto de introducir un dieléctrico (elemento no conductor) homogéneo en una región de espacio libre es cambiar ε0 a ε y μ0 a μ en las ecuaciones de Maxwell. La velocidad de fase es ahora

1

 2 Bx  2 Bx  2 Bx  2 Bx      0 0 x 2 y 2 z 2 t 2  2 By  2 By  2 By  2 By     0 0 2 2 2 x y z t 2

 Donde   Ke 0 , permitividad de un material,

 2 Bz  2 Bz  2 Bz  2 Bz      0 0 x 2 y 2 z 2 t 2

  K m 0 , permeabilidad del medio particular,

Cada componente del campo electromagnético Ex , Ey , Ez , Bx , By y Bz obedece la ecuación





diferencial escalar de la onda electromagnética a condición que en la ecuación  2  2  2 1  2 x 2



y 2



z 2



v 2 t 2

Siempre que se cumpla v 

1

 0 0

Reemplazando valores conocidos Permitividad del espacio libre

C2 s 2  0  8,85  1012 kg m3 Permeabilidad del espacio libre

0  4  10 7

kg m C2

v

siendo K e la constante dieléctrica y siendo K m la permeabilidad relativa Índice de refracción La razón entre las velocidades de una onda electromagnética en el vacío y en la materia se conoce como índice de refracción n y esta dado por

n

c    Ke K m v  0 0

La gran mayoría de las sustancias con excepción de los materiales ferromagnéticos, son muy débiles en lo magnético. Considerando Km = 1 la expresión para n queda

n  K e , conocida como la relación de Maxwell Tabla 3.1. Relación de Maxwell

Obtenemos

 0 0  8,85  1012 4  107 

Gases a 0º C y 1 atm Sustancia

Ke

s2  11,12  1018 2 C 1 m v  2,99863380  108 s  0 0

Aire Helio Hidrógeno Bióxido de carbono

El valor teórico estaba de acuerdo con la velocidad de la luz determinada previamente por Fizeau en 1849. Este análisis es uno de los grandes triunfos intelectuales de todos los tiempos. La velocidad de la luz en el vacío se designa por el símbolo c. Valor aceptado actualmente c = 2,997924562 x 108 ± 1,1 m/s

Líquidos a 0º C y 1 atm Sustancia Ke Benceno 1,51 Agua 8,96 Alcohol etílico 5,08 Tetracloruro de carbono 4,63 Bisulfuro de carbono 5,04

1,000294 1,000034 1,000131 1,0049

Sólidos a 0º C y 1 atm

n 1,000293 1,000034 1,000132 1,00045

n 1,501 1,333 1,361 1,461 1,628

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Sustancia n Ke Diamante 4,06 2,419 Ambar 1,6 1,55 Sílice fundida 1,94 1,458 Cloruro de sodio 2,37 1,50 La relación parece ser efectiva solo para algunos gases simples. La dificultad aparece porque Ke y por consiguiente n son dependientes de la frecuencia. Retraso de una onda en un medio más denso. Considerando la ecuación n 

c , encontramos v

que la velocidad de la luz en un medio diferente al vacío es

v

c , siendo v   f , como la n

frecuencia no varía de un medio a otro lo que varía es la longitud de onda, transmitiéndose como onda refractada.

Ejemplo 2. Demostrar que la longitud óptica de un haz de luz, se define como la longitud geométrica multiplicada por el índice de refracción del medio en el que la luz se mueve. Distancia equivalente a la que tendría la luz si hubiera viajado en el vacío. Solución. La longitud óptica n 

c  , v es la v

velocidad de la luz en el medio. La luz viaja con velocidad constante en el medio, luego el tiempo que toma la luz para recorrer la trayectoria.

t

 v

Luego n  ct   0

 0 es la distancia que la luz hubiera viajado a la velocidad c, que es, en el vacío. Luego la distancia óptica es equivalente a la que la luz hubiera viajado en el mismo tiempo en el vacío. Ejemplo 3. Una onda infrarroja armónicas plana que se desplaza en un medio transparente está dada por

 x  E y x, t   E máxsen 2   3  1014 t  7  5  10 

Ejemplo 1. Una luz de longitud de onda en el espacio libre λ0 = 500 nm pasa del vacío al diamante (nd = 2,4). En circunstancias normales la frecuencia de la luz no se altera al atravesar diferentes sustancias. En tal supuesto, calculare la velocidad de la onda y la longitud de onda en el diamante, Solución.

3  10 8 c v  = 1,25 x 108 m/s n 2,4 La longitud de onda

n

 c 0 f 0    0 n v f 

Como λ0 = 500 nm



500nm = 208 nm. 2,4

En unidades SI. Determinar el índice de refracción del medio a esa frecuencia y la longitud de onda de la perturbación en el vacío. Solución.

2 2     5  10 7 m 7  5  10 14   6  10  2 f  f  3  1014 Hz k







v   f  5  10 7 3  1014  1,5 108 m/s El índice de refracción

n

c 3  10 8  2 v 1,5  10 8

La longitud de onda de la perturbación en el vacío. 0  n  2 5  10 7  10  10 7 m = 1000 nm





Ejemplo 4. La luz de una lámpara de sodio (λ0 = 589 nm) pasa a través de un tanque de glicerina de 20 m de largo (índice de refracción 1,47) en un tiempo t1. Si se toma un tiempo t2 para atravesar el mismo tanque lleno de bisulfuro de carbono (índice de refracción 1,63), determinar la diferencia t2 – t1.

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Solución.

dn d d d c v , v   t  n t v cn c

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Cuando el frente de onda es amplio, de gran radio se puede considerar como un frente onda plano

Para la glicerina

t1 

201,47  3  10 8

Para el bisulfuro de carbono

201,63 3  10 8 201,63 201,47  t 2  t1   3  10 8 3  108 20 1,63  1,47  1,07  10 8 s  8 3  10 t2 

A menudo utilizamos diagramas que muestren la forma de los frentes de onda o de su sección transversal en algún plano de referencia

PRINCIPIO DE HUYGENS “Cada punto en un frente de onda primario sirve como fuente de onditas esféricas secundarias tales que el frente de onda primario un momento más tarde es la envolvente de estas onditas. Además, las onditas avanzan con una rapidez y frecuencia igual a la del a onda primaria en cada punto del espacio” Trazado de Frentes de Onda La radiación electromagnética se expande desde un emisor puntual, cualquier superfície esférica concéntrica con la fuente es un frente de onda. En los diagramas de movimiento ondulatorio dibujamos solo parte de unos cuantos frentes de onda, a menudo escogiendo frentes consecutivos que tienen la misma fase y por lo tanto están separados una longitud de onda, como las crestas de una onda en la superficie del agua. En las ondas sonoras podría mostrar solo las crestas de presión, las superficies de presión máxima. Las ondas electromagnéticas podrían mostrar solo las crestas sobre las cuales el campo eléctrico o magnético es máximo.

LA LEY DE SNELL Y LA LEY DE LA REFLEXIÓN Reflexión y transmisión de ondas planas. Consideremos una onda plana monocromática incidente en una interfase lisa que separa dos medios transparentes diferentes.

Reflexión y transmisión en una medio del principio de Huygens. Vamos a determinar el

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comportamiento de la onda usando la construcción de Huygens. Cada punto del frente de onda plana es fuente de una ondita secundaria.

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Trabajando con

seni sent seni vi    sent vt vi vt

Siendo

vi nt  vt ni Obtenemos

niseni  nt sent

Esta es la ley de la refracción

El número de ondas primarias que llegan a la interfase por segundo corresponde a la frecuencia de la onda incidente. Entonces las ondas reflejadas y las transmitidas y por consiguiente las onditas secundarias tendrán la misma frecuencia.

Tomemos frentes de onda reflejados y transmitidos en un instante dado

seni sen r sent sen90º    BD AC AE AD

Como

BD  vit , AC  vit , AE  vt t , Obtenemos

seni sen r sent   vi vi vt

Trabajando con

seni sen r   vi vi seni  sen r  i   r

Esta es la ley de la reflexión.

Ejemplo 5. Un haz de luz colimado o sea que tiene rayos paralelos, que se propaga en aire, forma un ángulo de 30º con la normal a una lámina de vidrio. Sí el índice del vidrio es nv =1,5, determinar la dirección del haz transmitido dentro de la lamina. Solución. Aplicando la ley de Snell

niseni  nt sent  n 1 sent  i seni  sen30º nt 1,5 1 0,5 ,0,333   1,5 t  19,47º

Ejemplo 6. Imagine la superficie de separación entre dos regiones, una de vidrio (nv = 1,5) y la otra de agua (na = 1,33). Un rayo que se propaga en el vidrio incide sobre la superficie de separación con un ángulo de 45º y se refracta dentro del agua- ¿Cuál es el ángulo de transmisión? Solución. Aplicando la ley de Snell

niseni  nt sent  sent 

ni seni nt

Ángulo de incidencia θi = 45º El medio de incidencia es el vidrio ni = 1,5 El medio de refracción es el agua nt = 1,33 Reemplazando valores:

1,5 1,5  2    ,0,797 sen 45º  1,33 1,33  2   t  52,89º

sent 

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RAYOS DE LUZ Un rayo es una línea en el espacio que corresponde a la dirección del flujo de la energía radiante. Es un instrumento matemático y no un a entidad física. En la práctica se pueden producir finos haces de luz por ejemplo el haz láser. El rayo es perpendicular al frente de onda. El rayo incidente y la normal determinan el plano de incidencia Se cumplen las leyes básicas de la reflexión y refracción Los rayos incidente, reflejado y refractado están en el plano de incidencia Se cumple que i   r y ni seni  nt sent , donde los ángulos  i ,  r y  t tienen exactamente los mismos significados que antes, se miden desde la normal a la interfase.

Vamos a utilizar el modelo de rayos y la suposición de que   d , ambos de los cuales tratan con la óptica geométrica. Esta aproximación es muy buena para el estudio de los espejos, lentes, prismas e instrumentos ópticos, tales como telescopios, cámaras y lentes. PRINCIPIO DE FERMAT El principio establece que si la luz va de un punto A, a otro punto B, por una trayectoria “l”, ésta es tal que, el camino óptico a lo largo de ella es mínimo comparado con otras trayectorias próximas a “l”. Es decir, podemos definirlo como: el camino óptico a lo largo de una trayectoria real de luz es estacionario, que en la imagen correspondería al camino (1). El principio de Fermat nos da una forma muy útil y altamente comprensible de apreciar y anticipar el comportamiento de la luz.

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Ejemplo 7. Cuando viajes a otros planetas se hayan convertido en una realidad, la comunicación entre un viajero del espacio y la tierra se convertirá en un problema, en parte por la velocidad finita de las ondas electromagnéticas y en parte por interponerse el sol en la trayectoria de las señales en determinados momentos. Para solucionar esto se ha propuesto colocar un satélite en la órbita de la Tierra en un ángulo de 90 º a la tierra para que la comunicación sea posible en todo momento. Dado que Marte y la Tierra están en lados opuestos del sol y que se ha colocado el satélite, calcular el tiempo mínimo entre el envío de un mensaje por un astronauta en Marte y la recepción de la respuesta. Se puede considerar Marte y la Tierra que están viajando en órbitas circulares de los radios de 230 x 106 km y 150 x 106 km, respectivamente. Solución. La disposición de los planetas y del satélite es como se muestra en el diagrama.

Distancia Marte - Satélite

km a

c2  d 2

Tierra - Satélite b

e2  d 2

Sol - Tierra Sol - Satélite Sol - Marte

c 150 x 106 d 150 x 106 e 230 x 106

El tiempo mínimo se produce cuando la tierra recibe el mensaje por la ruta Tierra – satélite -

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 y0  y dt 1  y 0    2 2 dy c  x12  y 2    x  y  y 0 0   Como c   la cantidad entre corchetes debe ser

Marte y transmite la respuesta de manera inmediata por el mismo camino. La distancia total recorrida es

2a  b

Por el teorema de Pitágoras

cero.

a  c2  d 2 y b  e2  d 2 Luego



2a  b  2 c 2  d 2  e 2  d 2

Reemplazando

2a  b  2  10 6

 2150

2

 y0  y y   2  x12  y 2 x02   y 0  y  



302  1502





 973,4  10 6 km = 973 x 109 m Las ondas electromagnéticas viajan a una velocidad constante c = 2,998 x 108 m/s, por lo tanto el tiempo mínimo entre el envío de un mensaje por un astronauta en Marte y la recepción de la respuesta es:

2a  b  973  10 9 t  = 3245,49 s = 54,1 c 2,998  10 8

min Ejemplo 8. Demostrar que cuando la luz pasa de un punto a otro reflejándose en un espejo plano, la trayectoria es la que toma el menor tiempo. Solución. En la figura x e y son los ejes, un haz de luz que sale del punto A (x1, 0) incide sobre el espejo en el punto C (0, y) y llega al punto B (x2, y0). Por las leyes de la óptica, A, B y C deben estar en el mismo plano.

 0  

De la figura obtenemos:

sen1 

y x12  y 2

y0  y

y sen 2 

x02   y 0  y 

2

Luego

sen1  sen 2  1   2

Esta es la ley de la reflexión. Por consiguiente el rayo de luz sigue la trayectoria que toma el menor tiempo. Ejemplo 9. Aplicar el principio de Fermat al caso de la refracción para encontrar la ley de Snell. Solución.

En la figura un rayo va de A a B sufriendo refracción en el punto C sobre la superficie de separación. Se trata de localizar el punto C de tal manera que la longitud de la trayectoria óptica ACB sea mínima. Para esto la derivada de la longitud óptica ACB tiene que ser cero. Trayectoria óptica ACB = n1AC + n2CB

AC  x 2  y12 CB 

a  x 2  y22

T O  n1 x 2  y12  n2 a  x   y22 d 2 n1 x 2  y12  n2 a  x   y22  0 dx nx n2 a  x   21 2  0 x  y1 a  x 2  y22 a  x  x n1 2  n2 2 x  y1 a  x 2  y22 2

La longitud de la trayectoria ACB es, por el teorema de Pitágoras,

d  x  y  x   y0  y  2 1

2

2

2 0

El tiempo de viaje de la luz por esta trayectoria es:

d t  c

x12  y 2  x02   y 0  y 

2

c

Para el tiempo mínimo debemos tener





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Con

sen1 

sen 2 

x

x t  v1

y

x  y12 a  x  2

a  x 

2

y

15,59  x 2  9 2 v2

Derivamos para encontrar el tiempo mínimo

dt 1   dx v1 v 2

2 2

Obtenemos

15,59  x

15,59  x 2  9 2 15,59  x 2  9 2

0 

n1sen1  n2sen2

v1  v2

Ejemplo 10. Un hombre, que puede correr en distancias cortas a una velocidad de 7,5 m/s, y nada a una velocidad de sólo 3 m/s. Está de pie en el borde de una piscina cuando observa que su esposa está en dificultades en una distancia de 18 m en una dirección que forma un ángulo de 30 ° con el borde de la piscina. Suponiendo que quiere salvarla de morir ahogada, ¿cuál es el tiempo mínimo en que puede llegar a ella? ¿Cómo funciona el análisis de este problema con las leyes de la óptica? Solución. Tomando el eje x en el borde de la piscina y el eje y en ángulo recto a través de la posición original del hombre. Posición del hombre O (0, 0) Posición de la esposa P (15,59, 9)) Punto en que el hombre entra en la piscina (0, x) Luego

Reemplazando los valores de las velocidades:

15,59  x

15,59  x 2  92



2,515,6  x  

(1)

7,5 15,59  x   3

15,6  x2  92  2 2 6,2515,6  x   15,6  x   92  2 5,2515,6  x   81  15,6  x2  15,43  15,6  x  3,93  x  11,67 m El tiempo mínimo es:

92  15,6  11,67  11,67  7,5 3 11,67 3,93  = = 1,56 + 1,31 = 2,87 s 7,5 3 2

tmin 

2,87 segundos. Análisis del problema con las leyes de la óptica

El hombre corre a una velocidad v1  7,5 m/s El hombre nada a una velocidad v2  3 m/s El hombre recorre corriendo OQ = x Recorre nadando QP  15,59  x   92 El tiempo que toma recorrer la trayectoria OQP es 2

t

OQ QP  v1 v2

El índice de refracción (n) está definido como el cociente de la velocidad (c) de un fenómeno ondulatorio como luz o sonido en el de un medio de referencia respecto a la velocidad de fase (v) en dicho medio: En este caso si consideramos que debe de tomar el menor tiempo en el recorrido su comportamiento

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deber como el de la luz al refractarse de un medio a otro.

v n  1 (2) v2 Por otra parte aplicando la ley de Snell.

sen1  nsen 2 1  90º 1 n

De la figura

sen 2 

15,59  x

15,59  x 2  9 2

Llegamos a un resultado similar al encontrado por el método del menor tiempo. En los siguientes capítulos trataremos sobre diferentes fenómenos ópticos separados de la manera siguiente:

Luego

sen 2 

v2  v1

Óptica geométrica Es la rama de la óptica que implica la descripción de rayos. (λ mayor que el objeto). Óptica física Es la rama que trata específicamente el comportamiento ondulatorio de la luz. (λ mayor que el objeto).

15,59  x

15,59  x 2  9 2

Reemplazando en (2)

PREGUNTAS Y PROBLEMAS Problema 1. Los astronautas del Apolo 11 armaron un grupo de eficientes retrorreflectores en la superficie de la Luna. La velocidad de la luz se encuentra midiendo el intervalo de tiempo necesario para que un haz láser viaje de la Tierra, se refleje del panel, y retorne a la Tierra. Si este intervalo es 2,51 s, ¿cuál es la velocidad medida de la luz? Tome la distancia centro a centro de la Tierra a la Luna como 3,84 x 108 m, y no ignore el tamaño de la Tierra y la Luna. Problema 2. En un experimento para medir la velocidad de la luz utilizando el aparato de Fizeau, la distancia entre la fuente de luz y el espejo era 11,45 km y la rueda tenía 720 muescas. El valor de la velocidad de la luz determinada experimentalmente es 2,998 x 108 m / s. Calcular la Velocidad Mínima angular de la rueda Este párrafo Experimento.

Problema 3. La figura muestra un aparato utilizado para medir la distribución de velocidades de las moléculas de gas. Consta de dos discos con hendiduras separada una distancia d, con las hendiduras separadas una de otra por un ángulo . Supongamos que la velocidad de la luz se mide mediante el envío de un haz de luz desde la izquierda a través de este aparato. a) Demostrar que un haz de luz incidirá en el detector (es decir, pasará a través de dos hendiduras) solo si su velocidad está dada por c = d/, donde  es la velocidad angular de los discos y  se mide en radianes. b) ¿Cuál es la velocidad medida de la luz si la distancia entre las dos hendiduras de los discos rotantes es 2,50 m, la hendidura en el segundo disco se desplaza 1/60 de un grado de la ranura en el primer disco, y los discos están girando a 5555 rev / s?

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Problema 4. La orilla de un lago corre de este a oeste. Un nadador se mete en problemas a 20,0 m de la costa y 26,0 m al este de un salvavidas, cuya estación está 16, o m frente a orilla. El salvavidas acelera en un corto tiempo. Puede correr a 7,00 m/s, y nadar a 1,40 m/s. Para llegar al nadador lo más rápidamente posible, en qué dirección debe empezar a correr el salvavidas? Problema 5. En la figura, sea un rayo de luz que va del punto A a B, dentro de un medio de índice de refracción n. Si los parámetros a, b y d son como se define en la figura siguiente

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a) Demuestre que el tiempo t que se requiere para ir de A a B es



1 2 2 t  a x c



1

2



 n b 2  d  x 

2



1

2

  

b) Determine el valor de x para el que el tiempo t es mínimo y demuestren que, en esta condición, los ángulos 1 y 2 están relacionados mediante la ley de Snell.

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ÓPTICA GEOMÉTRICA 1 REFLEXIÓN, ESPEJOS PLANOS Y ESFÉRICOS La luz viaja en líneas rectas en un medio isotrópico transparente tal como el aire. Cuando la luz incide en una interfase entre dos medios, tales como el aire y el agua, algo de luz puede volver en el primer medio por reflexión; también, algo de la luz puede pasar al segundo medio, generalmente con un cambio en la dirección conocida como refracción. En esta parte presentaremos las experimentalmente establecidas leyes que describen estos fenómenos. Los fenómenos pueden ser descritos adecuadamente trazando rayos. El tratamiento de los problemas de óptica mediante el trazado de rayos es conocido como óptica geométrica. Haciendo uso extensivo de la geometría. Debe tenerse presente que los rayos representan direcciones perpendiculares a los frentes de onda. REFLEXION EN SUPERFICIES PLANAS La reflexión de la luz ocurre de acuerdo con dos leyes conocidas por los científicos griegos y egipcios: PRIMERA LEY DE LA REFLEXIÓN. El rayo reflejado está en el plano que contiene al rayo incidente y a la normal a la superficie reflectante en el punto de incidencia. SEGUNDA LEY DE LA REFLEXIÓN. El ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión. El ángulo incidente (i) es el ángulo entre el rayo incidente y la normal. El ángulo de reflexión (r) es el ángulo entre el rayo reflejado y la normal.

i =  r Casi todos los objetos reflejan cierta cantidad de la luz que incide sobre ellos, y suele ser esta luz lo que permite verlos. Reflexión especular

Cuando rayos de luz paralelos chocan contra una superficie plana lisa, todos los rayos reflejados son paralelos entre sí. Este tipo de reflexión se denomina reflexión especular y sirve para determinar las propiedades de los espejos.

Reflexión Difusa Sin embargo, la mayor parte de las superficies no son perfectamente lisas, ya que contienen irregularidades de tamaños mayores que o iguales a la longitud de onda de la luz. La superficie irregular refleja los rayos de luz en varias direcciones. Este tipo de reflexión se denomina reflexión difusa. Algunas superficies conocidas que producen reflexión difusa son la mayor parte de los papeles, metales no pulidos y paredes cubiertas con una capa plana de pintura.

ESPEJO PLANO. Un espejo plano es una superficie plana muy pulimentada que puede reflejar la luz que le llega con una capacidad reflectora de la intensidad de la luz incidente del 95% (o superior). Los espejos planos se utilizan con mucha frecuencia. Son los que usamos cada mañana para mirarnos. En ellos vemos nuestro reflejo, una imagen que no está distorsionada.

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Una imagen en un espejo se ve como si el objeto estuviera detrás y no frente a éste ni en la superficie. (Ojo, es un error frecuente el pensar que la imagen la vemos en la superficie del espejo). El sistema óptico del ojo recoge los rayos que salen divergentes del objeto y los hace converger en la retina. El ojo identifica la posición que ocupa un objeto como el lugar donde convergen las prolongaciones del haz de rayos divergentes que le llegan. Esas prolongaciones no coinciden con la posición real del objeto. En ese punto se forma la imagen virtual del objeto. La imagen obtenida en un espejo plano no se puede proyectar sobre una pantalla, colocando una pantalla donde parece estar la imagen no recogería nada. Es, por lo tanto virtual, una copia del objeto que parece estar detrás del espejo. El espejo sí puede reflejar la luz de un objeto y recogerse esta sobre una pantalla, pero esto no es lo que queremos decir cuando afirmamos que la imagen virtual no se recoge sobre una pantalla. El sistema óptico del ojo es el que recoge los rayos divergentes del espejo y el cerebro interpreta como procedentes de detrás del espejo (justo donde se cortan sus prolongaciones) Formación de imágenes en un espejo Plano

Por la ley de reflexión

i   r  'i   'r

Distancia objeto d 0 Distancia imagen d i Los rayos reflejados divergen entre sí, por lo tanto, la imagen I se forma en la prolongación hacia atrás de estos, por lo tanto la imagen es virtual detrás

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del espejo. De la geometría del diagrama de rayos, es evidente que d0  di . La imagen de un objeto finito.

La imagen formada es: Simétrica, porque aparentemente está a la misma distancia del espejo Virtual, porque se ve como si estuviera dentro del espejo, no se puede formar sobre una pantalla pero puede ser vista cuando la enfocamos con los ojos. Del mismo tamaño que el objeto. Derecha, porque conserva la misma orientación que el objeto. De inversión lateral. Imágenes Producidas por Espejos Angulares. Cuando se tienen dos espejos que forman cierto ángulo, y se coloca un punto luminoso P, entre ambos, el sistema de los dos espejos da varias imágenes de este punto. Tracemos por P un plano perpendicular a la arista de los dos espejos, y sean CA y CB las intersecciones de los planos de ambos con el plano trazado, que es ahora el de la figura.

Si las dos caras pulimentadas son las que miran hacia el objeto M, podemos determinar las imágenes de este punto por simple aplicación de lo que ya hemos visto.

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1ª Cuando el ángulo de los espejos está contenido exactamente un número par de veces en la circunferencia, el número de imágenes observadas

N

360 o



1

Así, en el caso de los espejos rectangulares

N La imagen de M en el espejo 1, es M, obtenida como ya sabemos. Pero M1, como si fuese un objeto, envía rayos al espejo 2, y resulta así la imagen M12. Esta imagen actúa ahora de objeto con respecto al espejo 1 y da la imagen M 121, Y como esta imagen cae detrás de los dos espejos, no da lugar a la formación de ninguna otra. En cambio, el espejo 2 da del objeto M la imagen M2 que hace de objeto con respecto al 1, que da de ella la imagen M 21, la que no da lugar a ninguna otra por encontrarse detrás de los dos espejos. Se forman, pues, cinco imágenes. ESPEJOS RECTANGULARES.

360 o  1 = 4 – 1 = 3, 90 o

Como hemos visto. En cambio, cuando el cociente del ángulo de una vuelta entera por el ángulo de los espejos es número impar, el número de imágenes observables está dado por

N

360 o



Por ejemplo, si el ángulo de los espejos es  = 72o Se tiene

360 o N 5, 72 o Este es el número de imágenes. ESPEJOS PARALELOS.

Este caso es particularmente interesante. Si se tiene un objeto M frente a los dos espejos CA y CB que se cortan formando ángulo recto, M1 será la imagen de M en el espejo A; pero esta imagen hace de objeto con relación al espejo B que da de ella la imagen M12, y como esta última se encuentra detrás de los dos espejos, no da lugar a la formación de ninguna otra imagen. Pero, por otra parte, el espejo B da del objeto M la imagen M2, que hace de objeto con respecto al A, que da de ella la imagen M 21, que coincide con la M12 por razón de simetría. En este caso hay cuatro imágenes, pero dos de ellas coinciden. Número de imágenes.

Cuando se tienen dos espejos paralelos, con las caras pulimentadas frente a frente, y un objeto M situado entre ambos, el número de imágenes es teóricamente infinito. En efecto, el espejo 1 da del objeto M la imagen M1 simétrica respecto a él; pero M1 hace de objeto respecto al espejo 2 que da la imagen M12, la cual hace de objeto respecto al espejo 1 y da la imagen M121, y se obtiene así una serie de infinitas imágenes provenientes de una primera reflexión en el espejo 1. Si se atiende a la primera reflexión en 2 se obtiene la serie de imágenes M2, M21, M212 …, también en número infinito. Con todo, en la práctica, el número de imágenes que puede distinguirse es limitado, pues en las

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sucesivas reflexiones la luz va debilitándose hasta que aquéllas se esfuman. Si el ojo del observador está en O y observa la imagen M121, la verdadera marcha del pincel que penetra en la pupila está representada en MABCO. Como se comprende, el observador recibe la luz en realidad del objeto M y ve las tres imágenes M1, M12 y M121. Ejemplo 1. Un cuarto rectangular de dimensiones a por b tiene espejos sobre tres paredes. Se dirige un haz láser horizontal a través de un agujero a una distancia x de un extremo en la pared sin espejo (de largo a). El haz se refleja de cada una de las otras paredes una sola vez. Si sale del cuarto a través del agujero en que ingresó. ¿Con qué ángulo con la primera pared el haz debe ser dirigido? Solución. El gráfico muestra el haz láser en su trayectoria en el cuarto con espejos, el rayo reflejado en dos espejos perpendiculares es paralelo al rayo incidente

rota alrededor del eje z un ángulo. ¿Qué ángulo rotará el rayo de luz? Solución. Consideremos primeramente una incidencia normal del rayo.

Rotemos el espejo alrededor del eje z un ángulo.

La normal gira un ángulo , ahora el ángulo de reflexión también es . Así, el ángulo entre el rayo incidente y el rayo reflejado es 2. El rayo de luz rotará un ángulo 2.

tan 

y x

Por semejanza de triángulos

b y y   ax x xb  y   ya  x   xb  xy  ya  yx  xb  ya  y b  x a

Ejemplo 3. Una persona sentada en una silla a 3 m de una pared en la cual cuelga un espejo plano. A tres metro directamente detrás de él esta otra persona de 1,62 m de estatura. ¿Cuál es la mínima altura del espejo que permitirá ver a la mujer completamente? Solución. La imagen de la persona esta 6 m detrás del espejo, o a 9 m de la persona en la silla.

Luego

tan 

b a

El ángulo es  = arco tangente b/a. Ejemplo 2. Un rayo de luz que viaja en el plano xy incide sobre un espejo plano. Cuando el espejo

La figura muestra los rayos procedentes de la cabeza y los pies de la persona que llegan a los ojos del observador (de tal manera que puede verlo completo). Por semejanza de triángulos.

h 1,62   h = 0,54 m 3 9

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La mínima altura del espejo es 0,54 m. Ejemplo 4. En los campos de golf en las Colinas, el campo tiene un espejo plano montado sobre un poste, para que se pueda ver a los jugadores por delante en los golpes en lugares imposibilitados por las colinas.

Supongamos que el espejo es de 1,0 m de ancho, y el observador está en la posición mostrada en la figura. El grupo G por delante inicia en el tee T de salida y avanza por el camino indicado. ¿Qué intervalo de distancias desde el tee se puede ver en el espejo?

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x2 2   x2 = 82 m y 40  1 1 x1 2   x1 = 40 m 40 1  1 El rango esta entre los 40 m y 82 m delante del tee T. Ejemplo 5. El conductor de un automóvil tiene un espejo retrovisor a 0,90 m delante de él que le permitiría ver todo el ancho de una carretera de 9 m a una distancia de 36 m detrás de él. Calcular el ancho del espejo que debe proporcionar el fabricante. Solución. El conductor O mira en el espejo todo el ancho de la carretera (9 m) a sus espaldas. La carretera está a 36 m detrás del observador. La imagen de la carretera está a 36 + 0,90 = 36,90 m detrás del espejo La imagen está a 36,90 + 0,90 = 37,80 m delante del conductor. La figura siguiente muestra esta situación.

Solución. La figura muestra la trayectoria de de la luz proveniente el campo de golf hacia los ojos del observador.

AB es el ancho espejo, CD el ancho de la imagen OEF la perpendicular desde el conductor al plano del espejo. Los triángulos OEA y OFC son semejantes

AE OE OE  CF (1)  AE  CF OF OF Los triángulos OEB y OFD también son semejantes

BE OE OE  DF  BE  DF OF OF

(2)

Restando (2) – (1):

AE - BE  OE CF - DF OF

Por semejanza de triángulos

AE – BE = x OE = 0,90 m OF = OE + EF = 0,90 + 36,90 = 37,80 m

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CF – DF = 9 m Reemplazando valores:

x

0,90 m 9 m = 0,214 m 37,80 m

El fabricante debe proporcionar un espejo de 21,4 cm de ancho. Ejemplo 6. Una cartilla de visión estándar mide 50 cm por 18 cm, la mayor dimensión es vertical, debe ser vista por el paciente a una distancia de 6 m. Debido a la falta de espacio en su oficina, un óptico puede colocar una cartilla invertida detrás del paciente y hacer que vea la imagen en un espejo plano. En dicha oficina se coloca al paciente a 2,5 m del espejo con los ojos a 1,2 m del suelo, la cartilla a 1 m detrás de él con su borde inferior a 2,0 m del suelo. a) Dibuje el diagrama esquemático de la formación de la imagen. b) ¿Cuál es el tamaño más pequeño espejo que el óptico puede instalar? c) ¿ A qué altura del piso debe estar su borde inferior? d) Supongamos que la cartilla se sujeta a la silla del paciente. Demostrar que el tamaño del espejo y su posicionamiento con respecto al suelo no dependen de la distancia del paciente al espejo.

b) Para calcular la dimensión vertical del espejo. El espejo está 2,5 m delante del observador. La imagen está 3,5 m detrás del espejo.. Luego la imagen esta a 2,5 + 3,5 = 6 m del observador. La situación queda representada en el esquema siguiente.

Los triángulos ABF y ACE son semejantes Luego

2,5 BG  GF AF BF     6,0 2,0  1,2  0,5 AE CE 2,50 BG  GF   6,0 1,3 BG  GF  0,54 (1)

Los triángulos AGF y ADE son semejantes Luego

Solución. a) Diagrama esquemático de la formación de la imagen.

2,5 GF AF GF     6,0 2,0  1,2 AE DE 2,50 GF   6,0 0,8 GF  0,33 (2) Dimensión vertical del espejo Restando (1) – (2): BF – GF = 0,54 – 0,33 = 0,21 m Para calcular la dimensión horizontal del espejo

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Los espejos esféricos tienen la forma de la superficie que resulta cuando una esfera es cortada por un plano.

Los triángulos AMN y APQ son semejantes Luego

2,5 MN 2,50 MN     MN  0,075 6,0 0,18 6,0 0,18 La dimensión horizontal del espejo 7,5 cm El espejo de medir 21 cm x 7,5 cm. c) Cálculo de la altura del borde inferior. De los resultados en la parte b). 1,20 + 0,33 = 1,53 m del piso. d) Supongamos que la cartilla y el observador están a la misma distancia del espejo.

Consideremos es punto A1, este punto es visto por el observador por la reflexión en el espejo, como C1 y O están a la misma distancia del espejo, el punto E1 está en la mediatriz de OC1, cualquiera sea la distancia de OC1 al espejo. Si C1 es el punto superior de la cartilla y si C2 es el punto correspondiente al lado opuesto, E1 sobre la mediatriz de OC1 y E2 sobre la mediatriz de OC2, definen la altura del espejo E1E2 independiente de la posición del espejo. El punto E2 está en el borde inferior del espejo, que está a una distancia fija desde el piso donde se coloca el espejo. Consideraciones similares se aplican al ancho del espejo. ESPEJOS ESFÉRICOS Según la forma de la superficie pulimentada de los espejos curvos, estos pueden ser esféricos, parabólicos.

El espejo es cóncavo si la parte plateada (pulimentada) es la interior del casquete.

El espejo es convexo si la parte plateada (pulimentada) es la exterior del casquete

Las características ópticas fundamentales de todo espejo esférico.

Centro de curvatura C: Es el centro de la superficie esférica que constituye el espejo. Radio de curvatura R (VC): Es el radio de dicha superficie. Vértice V: Coincide con el centro del espejo. Eje principal: Es la recta que une el centro de curvatura C con el vértice V. Foco F: Es un punto del eje por el que pasan o donde convergen todos los rayos reflejados que inciden paralelamente al eje.

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Distancia focal f (VF). Distancia del vértice V al punto focal F. Posición del punto focal.

Por la ley de la reflexión θi = θr Por ángulos alternos internos θi =  Por propiedad de los triángulos  = θr +  = 2  Para espejos pequeños en comparación con el radio.



MV MV ,  FV CV

tamaña y muy deformada. Por ejemplo al mirarse en una cuchara metálica. Ahora si nos ponemos frente a un espejo cóncavo, el tamaño de nuestra imagen puede ser mayor o menor, dependiendo de qué tan cerca estemos del espejo. Para lograr ubicar la imagen de un objeto, se busca la intersección de los rayos reflejados, o de la prolongación de ellos. En los espejos curvos, a diferencia del espejo plano, las imágenes presentan características determinadas dependiendo de la ubicación del objeto. Formación de imágenes en espejos cóncavos Podemos determinar la posición y el tamaño de la imagen formada por un espejo cóncavo usando el método gráfico Trazamos unos cuantos rayos principales desde un punto del objeto que no se encuentra sobre el eje. La intersección de estos rayos después de pasar por la lente determina la posición y el tamaño de la imagen. Veamos los tres rayos principales Rayo 1. Un rayo incidente, paralelo al eje se refleja a través del punto focal del espejo.

Luego podemos escribir

MV MV 2 FV CV Reemplazando valores

1 2  f R R f  2



En los espejos esféricos el foco principal se encuentra en el punto medio entre el centro de curvatura y el vértice. En forma similar a la del espejo cóncavo, se puede demostrar que a similar f = R/2 para un espejo convexo. FORMACIÓN DE IMÁGENES EN ESPEJOS ESFÉRICOS La imagen de un objeto que se encuentra frente a un espejo esférico, se forma a partir de la intersección efectiva de los rayos reflejados o de la intersección de sus prolongaciones .Debido a la curvatura del espejo, las imágenes que se obtengan pueden variar de tamaño. Es normal que al situarse frente a un espejo convexo la imagen sea de menor

Rayo 2. Un rayo incidente que pasa a través del punto focal se reflejará paralelo al eje.

Rayo 3. Un rayo incidente que pasa por el centro de curvatura se refleja hacia atrás por el mismo camino.

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La figura siguiente muestra imagen formada en la intersección de los rayos.

O = objeto I = imagen dO = distancia objeto dI = distancia Como se puede ver con dos rayos es suficiente.

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Imagen real, invertida del mismo tamaño que el objeto. 3. Objeto entre C y F

Imagen más allá de C, real, invertida y aumentada. 4. Objeto en F Imagen en el infinito

Casos de formación de imagen por un espejo cóncavo. 1. Objeto más allá de C Imagen entre F y C

5. Objeto entre F y V. Imagen detrás del espejo, virtual, derecha y ampliada. 2. Objeto en C Imagen también en C

ÓPTICA

Formación de imágenes en espejos cóncavos Podemos determinar la posición y el tamaño de la imagen formada por un espejo convexo usando el método gráfico Trazamos unos cuantos rayos principales desde un punto del objeto que no se encuentra sobre el eje. La intersección de estos rayos después de pasar por la lente determina la posición y el tamaño de la imagen. Veamos los tres rayos principales Rayo 1. Un rayo incidente, paralelo al eje se refleja a través del punto focal del espejo.

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Como se puede ver con dos rayos es suficiente. Objeto en cualquier posición entre V y el infinito. Imagen entre V y F detrás del espejo, virtual, derecha y disminuida. ECUACIÓN DEL ESPEJO. Consideremos un objeto de altura ho, como se muestra en la figura, Desde O’ se traza el rayo incidente en con un ángulo i en V, el rayo reflejado sale con un ángulo r = i.

Rayo 2. Un rayo incidente que pasa a través del punto focal se reflejará paralelo al eje. Podemos encontrar las siguientes relaciones

tani  tanr  ho  hi h d   i  i do di ho do

(1)

También

ho  hi   d o  R R  di hi R  di (2)  ho do  R

tan   Rayo 3. Un rayo incidente que pasa por el centro de curvatura se refleja hacia atrás por el mismo camino.

Igualando (1) y (2):

La figura siguiente muestra imagen formada en la intersección de los rayos.

di R  di   do do  R di do  R   do R  di   di d o  di R  d o R  di d o  di R  do R  2di do  di  d o 2   di d o R 1 1 2   d o di R

Si el objeto está en el infinito do = , la imagen se forma en el punto focal F.

1 1 2    f R

ÓPTICA

f 

R 2

La ecuación del espejo puede escribirse como

1 1 1   d o di f Puede hacerse una deducción similar con espejos convexos. La ecuación es aplicable a espejos cóncavos, convexos e incluso planos. Distancia objeto do y distancia imagen di deben considerarse positivas para objetos e imágenes reales y negativas para objetos e imágenes virtuales. El radio de curvatura R y la distancia focal f se toman como positivos para espejos convergentes (cóncavos) y negativo para espejos divergentes (convexos). Para un espejo plano el radio de curvatura es infinito, por lo tanto la distancia focal también es infinita y por lo tanto

1 1 1  0 , luego   0  d i  d o f di dO AUMENTO. La razón del tamaño de la imagen al tamaño del objeto es el aumento lateral m del espejo. El tamaño se refiere a cualquier dimensión lineal, altura o ancho.

tamaño de la imagen h m  i tamaño del objeto ho Utilizando la ecuación (1)

m

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m  1 si do  R

m  1 si do  R m  1 si do  R y para imagen virtual m  0 y m  1 como h2  h1 la imagen es aumentada vi) Para espejo convexo

hi d  i ho do h1  0 , m  1

m

La imagen siempre es virtual y derecha pero disminuida. Nota. La imagen real es aquella que se forma cuando tras pasar por el sistema óptico, los rayos de luz son convergentes. Esta imagen no la podemos percibir directamente con nuestro sentido de la vista, pero puede registrarse colocando una pantalla en el lugar donde convergen los rayos. La imagen virtual es aquella que se forma cuando, tras pasar por el sistema óptico, los rayos divergen. Para nuestro sentido de la vista los rayos parecen venir desde un punto por el que no han pasado realmente. La imagen se percibe en el lugar donde convergen las prolongaciones de esos rayos divergentes. Es el caso de la imagen formada por un espejo plano. Las imágenes virtuales no se pueden proyectar sobre una pantalla. Ejemplo 7. En un espejo de aumento para afeitarse. Sí se pone la cara 15 cm del espejo, ¿qué radio de curvatura es necesaria para proporcionar un aumento de 1,33?

hi d  i ho do

Una imagen invertida tendrá un aumento negativo, y una imagen derecha tendrá un aumento positivo. Para tomar en cuenta i) Para objeto real h1 > 0, di < 0 ii) Para imagen real h2 < 0, di < 0 iii) Para imagen virtual h2 > 0, di > 0 iv) Para espejo plano.

m

hi d  do  i  1 ho do do

v) Para espejo cóncavo Para imagen real m  0 , pero

Solución.

ÓPTICA

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1 1 1    20 di  1,5 1 1 1  20  1,5 1     di 1,5 20 30 1,40  di  1,40 cm El aumento

m

di  1,40 1   d0 20 14,33

do = 0,15 m

El tamaño de la imagen

di  1,33 do d1  1,33m  1,330,15 = 0,20 cm 1 1 2   d o di R 1 1 2   0,15 0,20 R

hi 

m

R = 1,20 m Con un radio tan grande, el espejo casi se ve plano y no se nota que es esférico., como se puede ver estos espejos pueden ampliar. Ejemplo 8. Si miras por el lado convexo de una cuchara (radio 3 cm), te verás pequeño. ¿Qué tan grande es la imagen de tu cara (altura h) está 20 cm de distancia de la cuchara?

1 h 14,33

Ejemplo 9. Se quiere diseñar un servomecanismo de control en una fábrica tal que cuando un elemento de una máquina de 0,60 m de altura pasa sobre una cinta transportadora a una distancia de 2 m de la unidad de control, su imagen en un espejo cóncavo llenará al puerto del foto detector de 0,50 m de altura. a) ¿Qué radio de curvatura es necesario para el espejo? b) ¿A qué distancia del espejo debe ser colocado el detector? Solución. a) do = 2,0 m, ho = 0,60 m, hi = 0,005 m,

m

hi d h   i  di   i d o ho do ho

Reemplazando valores

di  

 0,005 2,0 = 0,0167 m 0,60

El detector debe ser colocado a 1,7 cm delante del espejo. b) Aplicando la ecuación del espejo esférico

Solución. Aplicando la ecuación de los espejos

1 1 1   d o di f Con

f 

R 3   1,5 cm , do = 20 cm 2 2

Tenemos

1 1 1   d o di f Reemplazando valores

1 1 1 1     2,0 0,017 f 0,0167 R f   0,0167 m 2 Como R = 2f  R = 0,033 m El espejo es cóncavo de radio 0,33 cm

ÓPTICA

Ejemplo 10. En el espejo retrovisor de la derecha (lado del conductor) de un automóvil hay la inscripción: ADVERTENCIA: «Los objetos del espejo están más cerca de lo que parece». Esta advertencia parece ser el motivo porque se usa allí un espejo convexo. Se forma una imagen disminuida. Si piensas que estas mirando en un espejo plano (como asume el cerebro de forma automática), el objeto estaría mucho más lejos de lo que realmente esta. La ventaja del espejo convexo es que proporciona un campo de visión muy amplio. Estos espejos también se usan en las tiendas de modo que un cajero pueda controlar el local. Supongamos que en el espejo de radio 30 cm se puede ver la imagen de un camión de 2 m de altura. a) ¿Si el camión está 20 m detrás del espejo, de qué tamaño se ve su imagen? b) ¿Si se ve la misma imagen en un espejo plano, qué pensaría el cerebro sobre la distancia al camión?

Hugo Medina guzmán

hi d d   i  hi   i ho ho do do Reemplazando valores

hi  

 0,15 2 = 0,015 m 20

La imagen del camión mide 0,015 m. b) Un objeto que está a 20 m + x  20m en el espejo convexo, la imagen tiene 0,15 m de altura.

En un espejo plano un objeto de 2 m hace una imagen de 2 m. Si la persona no sabe que es un espejo convexo razonará como si estuviera viendo en un espejo plano según el siguiente esquema

Por semejanza de triángulos

Solución. Primero encontramos la distancia la imagen di.

2 d   0,15 20 20  2 d = 267 m 0,15 Este es el motivo de la advertencia, el camión está a 20m, pero parece estar a 367 m. ¡CUIDADO! Ejemplo 11. Una barra corta de longitud Lo se coloca en el eje de un espejo esférico a una distancia do del espejo. La relación mL  Li Lo es el aumento longitudinal del espejo. ¿Cómo esta relacionado este aumento con el aumento lateral

m   di d o

1 1 1   d o di f

Solución. Para el extremo 1.

Con do = 20 m, y f = - R/2 = - 0,15 m. Tenemos

1 1 1 (1)   d o1 di1 f

1 1 1    20 di  0,15 1 di   0,15 cm  0,15 El aumento es

Para el extremo 2,

1 1 1 (2)   do 2 di 2 f Restando (2) de (1):

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

1 1 1 1    0  do1 do 2 di1 di 2 1 1 1 1     do1 do 2 di 2 di1 do1  do 2 di1  di 2  do1do 2 di1di 2

Puesto que los objetos estelares están muy lejos do1 =  para el espejo.

Pero

Tenemos

do1  do 2  Lo y di1  di 2  Li Luego Lo L  i  d o1d o 2 di1di 2 Li di1di 2  Lo d o1d o 2

1 1 1   d o1 di1 f1 Con

do1   y f1 

R 4,00   2,00 m 2 2

1 1 1    di1  2,00 m  di1 2,00

El aumento longitudinal de la barra es

mL 

Li Lo

Tenemos que

d d m   i1 y m   i 2 d o1 do 2 Finalmente

mL  mm  m2 Ejemplo 12. Un astrónomo aficionado quiere construir un telescopio con un espejo cóncavo para recoger la luz de objetos estelares. Para esto construye un plato esférico con un radio de curvatura de 4,00 m. Tiene un segundo espejo cóncavo pequeño de distancia focal 0,200 m, que se propone colocarlo frente al gran espejo en el eje del espejo grande cerca al punto focal. Hace un agujero sobre el eje del espejo grande para poder ver la imagen mediante lo vista o una cámara fotográfica. Para que la imagen final se forme 10 centímetros a la derecha del espejo grande. ¿Dónde debe colocarse el espejo pequeño?

Para el espejo pequeño

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 Con

do 2  x di 2  x  2,00  0,10  2,10  x f 2  0,20 m Tenemos

1 1 1    x 2,10  x 0,20 2,10  2 x 1   2,10  x x 0,20 0,202,10  2 x   2,10  x x  0,42  0,40 x  2,10 x  x 2  x 2  1,70 x  0,42  0 Resolviendo

x  0,85  0,852  0,42  0,85  1,07 x1  0,22 m y x2  1,92 m La Solución significativa es x = 0,22 m El espejo pequeño se debe colocar a la distancia d = 2,00 + 0,22 = 2,22 m Delante del espejo grande

Solución.

ÓPTICA

Ejemplo 13. La figura muestra el esquema de los espejos usados por un telescopio astronómico Cassagrain. Se coloca un espejo esférico pequeño a 2,5 m de un espejo cóncavo de radio de curvatura 6,0 m. Se hace un agujero en el eje del espejo grande, y el diseño contempla para que la imagen de un objeto distante se forme a 0,80 m por detrás del espejo grande, donde cómodamente se puede observar o fotografiar. a) ¿Qué radio de curvatura es necesario para el espejo pequeño? b) ¿Es cóncavo o convexo?

Solución. a) Para el espejo grande

f1 

R1 6,0 = 3,0 m  2 2

Hugo Medina guzmán

1 1 1 1     f 2  0,5  3,3 0,434 R f 2  2  0,434 m 2 R2 = - 0,868 m El radio de curvatura del espejo pequeño es – 0,068 m. b) Siendo el radio negativo el espejo es convexo.

Ejemplo 14. Dos espejos coaxiales separados una distancia de 32 cm con sus superficies reflectantes frente a frente. Se coloca un objeto pequeño a medio camino entre ellos y su imagen es invertida y también está a medio camino entre ellos. Uno de los espejos es cóncavo con 24 cm de radio de curvatura. ¿Qué clase de espejo es el otro, y lo que es el aumento producido por la doble reflexión? Solución. Consideremos la reflexión en el espejo cóncavo.

Un objeto lejano como una estrella, su imagen I1 se forma en el punto focal La imagen I1 es el objeto O2 para el espejo grande.

1 1 2 1    do1 di1 R1 f1 do1  16 cm , f1  12 cm Luego

1 1 1 1 1      di1  48 cm 16 di1 12 di1 48 La distancia del objeto O2 al espejo pequeño do 2  2,5  3 = - 0,5 m La distancia de la imagen I2 al espejo pequeño es negativa porque está delante del espejo di 2  2,5  0,8 = - 3,3 m Aplicando la ecuación de los espejos

1 1 1    d o 2 di 2 f 2

El primer espejo forma una imagen real I1 I1 actúa como un objeto virtual para el Segundo espejo, produciendo una imagen real en I2. Para el segundo espejo

ÓPTICA

1 1 2 1    do 2 di 2 R2 f 2 do 2  32  48  16 cm y di 2  16 cm Luego

1 1 1    0  f2    16 16 f 2 Esto corresponde a un espejo plano. El aumento producido por la primera reflexión es

m1  

di1 48   3 d o1 16

El aumento producido por la segunda reflexión es

m2  

di 2 16   1 do 2  16

Finalmente el aumento total es

m  m1  m2   3  1  3

Diagrama esquemático del conjunto.

Hugo Medina guzmán

Cálculo del radio de curvatura del espejo Tenemos las relaciones siguientes:

1 1 1 d   , di  0,50  do y m   i d o di f do Del aumento obtenemos

 0,50  d o   0,50  do  2do do 0,50  do  3 2

Reemplazando en la primera ecuación

1 1 1    do 0,50  2do f 0,5 0,5  S  1,0 do 0,50  do  3 = f   m 0,5 0,50  2do 3 0,5  2  3 La distancia focal del espejo cóncavo debe ser f = 33,33 cm El radio de curvatura R  2 f = 66,66 cm.

Ejemplo 15. Un hombre desea comprar un espejo para afeitarse que le permitirá ver una imagen derecha de la cara magnificada dos veces a una distancia de 50 cm. ¿Qué tipo de espejo debe comprar y cuál debe su radio de curvatura? Solución. Condiciones de la imagen: derecha, magnificada dos veces y a una distancia de 50 cm. El espejo debe ser un espejo esférico cóncavo con el objeto a una distancia menor que la focal para producir una imagen derecha mayor que el tamaño del objeto. El esquema siguiente muestra esta situación.

Ejemplo 16. Se toman dos espejos cóncavos de distancias focales de 12 cm y 14 cm y se colocan frente a frente. Se coloca una fuente puntual de luz a 15 cm del primer espejo y se ajusta la posición del segundo espejo hasta que se produzca una sola imagen real coincidente con el objeto. En esa posición, ¿cuál es la distancia entre los espejos? Solución. La imagen producida en el primer espejo debe coincidir con la imagen producida del segundo espejo. De lo contrario se podría obtener una serie de imágenes, cada imagen en un espejo en calidad de objeto para la elaboración de una imagen aún más en el espejo de otros, hasta el infinito, o hasta que las imágenes en algún momento coincidan.

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 On

do 2  di1  do1  x   60  15  x  45  x

di 2  x f1  14 cm Tenemos

1 1 1     45  x x 14 x  45  x 1   x 45  x  14 142 x  45  x 45  x   28x  630  x2  45x  x 2  73x  630  0

Para el primer espejo

1 1 1   d o1 di1 f1 Con

do1  15 cm f1  12 cm Tenemos

Resolviendo

1 1 1    15 di1 12 1 1 1 1     di1 12 15 60 di1  60 cm

x  36,5  36,52  630  36,5  26,5 x1  63 cm y x2  10 cm La solución x = 63 cm es inadmisible. La separación de los espejos en este problema es, (15 + 10) cm = 25 cm.

Para el Segundo espejo

PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Un rayo de luz incide en un ángulo θ sobre la superficie de un espejo plano. Si se hace girar el espejo en un ángulo  sobre un eje en su plano y perpendicular al plano de incidencia, ¿en qué ángulo girará el rayo reflejado? 2. Sea un objeto a 20 cm de distancia de un espejo plano. Si se ve la imagen desde una distancia de 50 cm directamente detrás del objeto (o sea, a 70 cm del espejo), ¿para qué distancia deberán enfocar los ojos? 3. Un objeto pequeño está a mitad de camino entre dos espejos planos y paralelos separados por una distancia D. a) Demuestren que hay imágenes en los dos espejos a distancias de separación nD (n = 1, 2 ....) del objeto. b) Tracen un diagrama de rayos para mostrar el modo en que se forma la imagen en uno de los espejos a una distancia de 2D del objeto.

4. Un telescopio de reflexión tiene un espejo esférico cóncavo con un radio de 1,5 metros. a) ¿Dónde se encontrará la imagen de un cohete que, está a una distancia de 100 km del telescopio? b) ¿Cuál es el aumento? e) Suponiendo que el cohete sea una esfera con un radio de 20 metros, ¿cuál es el radio de su Imagen?6. Un objeto pequeño tiene 10 cm de longitud y está orientado perpendicularmente al eje de un espejo esférico cóncavo de 80 cm de radio. Si el objeto está a 20 cm del espejo: a) ¿Dónde está la imagen? ¿Es real o virtual. b) ¿Cuál es el aumento? c) ¿Cuál es el tamaño de la imagen? ¿Es derecha o está invertida? 5. Demuestren que el aumento lateral m de un objeto que se encuentra a una distancia d de un espejo esférico cóncavo de radio R esta dada por

ÓPTICA

m

Hugo Medina guzmán

R 2d  R

a) ¿Cuál es la forma análoga para un espejo convexo? b) ¿Cuál es el mayor aumento que se puede obtener para este último caso? 6. Un objeto de longitud Lo se encuentra a lo largo del eje de un espejo esférico cóncavo de radio R. Si el extremo más cercano del objeto está a una distancia d del vértice del espejo y si su longitud es muy pequeña en comparación con R, demuestren que la longitud Li de la imagen es

a) ¿Qué aumento lateral se requiere? b) ¿Cuál debe ser la distancia del objeto? c) ¿Cuál tiene que ser el radio de curvatura del espejo? 8. La ilusión de un cerdito flotante se consigue con dos espejos parabólicos, cada uno con una distancia focal 7,5 cm, uno frente al otrote tal manera que sus vértices se encuentran separados 7,5 cm. Si el cerdito se coloca en la parte inferior, una imagen del cerdito se forma en el pequeño agujero en el vértice del espejo superior. Demostrar que la imagen final se forma en ese lugar y describir sus características.

 R  Li  Lo    2d  R  Supongan que d > R/2. a) Un objeto de 10 cm de altura es perpendicular al eje de un espejo esférico cóncavo de 50 cm de radio y que se encuentra a una distancia de 60 cm de su vértice. Hagan una gráfica de la situación en alguna escala y determinen la ubicación y el tamaño de la imagen, en forma gráfica. (Indicación: Cualquier rayo a través del centro de curvatura del espejo se reflejará sobre sí mismo, mientras que cualquier rayo que pase por el punto focal se reflejará paralelamente al eje.) b) Repitan (a), suponiendo, esta vez, que el objeto esté a 40 cm del espejo. c) Repitan (a) y (b), suponiendo, esta vez, que el espejo es convexo. 7. Se desea proyectar la imagen de un objeto de 3 cm de altura sobre una pantalla de 40 m, desde un espejo cóncavo esférico, para que el tamaño de la imagen sea de 80 cm.

Respuesta

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

ÓPTICA GEOMÉTRICA 2 REFLEXIÓN Y REFRACCIÓN DE LA LUZ Cuando un rayo de luz incide sobre un material, puede ser reflejado, transmitido o absorbido. Aquí uno se considera sólo las sustancias que reflejan o transmiten al rayo. Ambos procesos pueden ocurrir, es decir, un poco de luz se refleja y parte se transmite, como cuando la luz incide sobre el vidrio claro. Si la luz es reflejada por una superficie, se comprueba que rebota en un ángulo igual al incidente. Esta es la ley de la reflexión. 1 = ’1 En el vacío las ondas electromagnéticas viajan a la velocidad c. Sin embargo, en la materia la velocidad se reduce y viaja a menor velocidad v. La relación de velocidades es el índice de refracción, n = c / v. Cuando la luz pasa de un material a otro, puede cambiar de dirección, un efecto llamado refracción. La frecuencia de la luz permanece siempre igual, como v =  f, cuando la velocidad baja  disminuye, y cuando la velocidad aumenta  también aumenta. El ángulo de refracción 2 es relacionado con el ángulo de incidencia de 1 por la ley de Snell: n1sen1  n2sen2 refracción

El rayo incidente, el rayo reflejado, el rayo refractado (de transmisión), y la normal a la superficie están en un mismo plano.

Observe que cuando rayo de luz pasa de un medio de baja densidad como el aire (índice menor n1) a un medio más denso como el cristal (índice mayor n2), el rayo se desvía hacia la normal. Cuando va en la dirección opuesta, se desvía fuera de lo normal. Cuando incide a 90º (directamente), no es desviado.

Disposición diurna

El ángulo de incidencia 1 entre el rayo incidente y la normal N a la superficie. El ángulo de reflexión ’1 se encuentra entre el rayo reflejado y la normal N. El ángulo de refracción 2 entre el rayo refractado y la normal N.

APLICACIÓN. La reflexión y refracción simultáneas de la luz en una interfase encuentra aplicaciones en varios dispositivos. Por ejemplo, muchos automóviles se equipan con un espejo retrovisor interior que tiene una palanca de ajuste. En una posición, la palanca deja el espejo para visión diurna, mientras que en otra posición lo deja para visión nocturna. La posición para visión nocturna es útil para reducir el reflejo de los faros del automóvil que viene detrás.

Como se indica en la, este tipo de espejo es una cuña de cristal, cuya parte posterior es plateada y altamente reflectante.

Durante el día la luz del automóvil que viene detrás sigue la trayectoria ABCE para llegar a los ojos del conductor. En los puntos A y C, en donde la luz entra en contacto enfrente de la superficie aire-cristal, hay rayos reflejados y rayos refractados. Aproximadamente el 10% de la luz se refleja. Los débiles rayos reflejados en A y en C no llegan a los ojos del conductor. Por el contrario, casi toda la luz que llega a la superficie posterior plateada en B se refleja hacia el conductor. Como casi toda la luz sigue la trayectoria ABCE, el conductor observa una imagen brillante del automóvil que viene detrás durante el día. Disposición nocturna

ÓPTICA

Durante la noche es posible utilizar la palanca de ajuste para girar el espejo en el sentido del movimiento de las agujas del reloj, alejándolo del conductor. Ahora, la mayor parte de la luz de los faros del automóvil de atrás sigue la trayectoria ABC y no llega al conductor. Sólo se ve la luz que se refleja débilmente de la superficie frontal a lo largo de la trayectoria AE. Como resultado, hay mucho menos reflejos. Ejemplo 1. Un rayo de luz incide en una superficie aire/agua a un ángulo de 46o con respecto a la normal. Encuentre el ángulo de refracción cuando la dirección del rayo es a) del aire al agua y b) del agua al aire. Solución. a) El rayo incidente está en el aire, por lo que 1 = 46o y n1 = 1,00. El rayo refractado está en el agua, de modo que n2 = 1.33. Para encontrar el ángulo de refracción es posible aplicar la ley de Snell:

Hugo Medina guzmán

supongamos que el pez está a 1,00 m de profundidad y una distancia de 0,80 m desde el borde una orilla recta (suponiendo que el agua va directamente a la parte superior de la orilla). a) ¿Si una persona mide 1,8 m de altura, a que distancia del borde puede aproximarse sin ser visto por los peces si no hubiera refracción? b) ¿A qué distancia se podría acercar si el agua refracta la luz (n = 1,33)? Solución. a) Si no hubiera refracción la luz procedente de la persona iría directamente hacia los ojos del pez.

Por semejanza de triángulos

x1 0,80   x1 = 1,44 m 1,8 1,00 La persona puede aproximarse sin ser vista por los peces 1,44 m. b) Si hay refracción

n1sen1 (1,00)sen 46o  n2 1,33  0,54  2  32,74o sen 2 

El rayo refractado se desvía hacia la normal, ya que 2 es menor que 1. b) Ahora el rayo incidente se propaga en agua (1 = 46o, n1 = 1,33), y el rayo refractado lo hace en el aire (n2 = 1,00). La ley de Snell da

n1sen1 (1,33)sen 46o  n2 1,00  0,96   2  73,74º Como 2 es mayor que 1, el rayo refractado se sen 2 

desvía alejándose de la normal. Ejemplo 2. Los peces en arroyo tranquilo se ponen muy nerviosos cuando alguien se acerca a él. Si se quiere no ser visto, porque los peces pueden ver alrededor del borde debido a la refracción de la luz. Para ver cómo funciona esto,

Primero encontramos 2

tan 2 

0,80  0,80  2  38,7º 1,00

Aplicamos la ley de Snell

n1sen1  n2sen2

n1 = 1,00, n2 = 1,33

1,00sen1  1,33sen38,7º

sen1  0,83 1  56,26º tan1  tan 56,26º  1,50 También

tan1 

x2 1,8

ÓPTICA

Luego

x2  1,50  x2 = 2,69 m 1,8 La persona puede aproximarse sin ser vista por los peces 2,69 m. Ejemplo 3. Un surfista flota en aguas tranquilas (n = 1,33) en espera de una gran ola. Un tiburón a una profundidad de 4 m nada hacia él. ¿A qué distancia (horizontal) pueden acercarse los tiburones antes de que el surfista los vea? El surfista está echado en su tabla con los ojos cerca del nivel del agua.

Solución. En el acercamiento más cercano el rayo de luz procedente del tiburón viaja casi paralelo a la superficie del agua de tal manera que el surfista no lo puede ver. El máximo acercamiento se da con el ángulo crítico. Aplicando la ley de Snell Aplicamos la ley de Snell

n1sen1  n2sen2

n1 = 1,33, n2 = 1,00 1 = c, 2 = 90º

1,33senc  1sen90º  1  1 senc  c  48,75º y 1,33 tanc  tan 48,75º  1,14

Tenemos

x tan  c   4,0 x  4,0 tanc  4,01,14 = 4,56 m El acercamiento más cercano es 4,56 m. Ejemplo 4. Los ladrones para esconder un cofre con diamantes lo hunden en un lago a una profundidad de 7,20 m. Para marcar el lugar colocar una plataforma. Si las dimensiones del cofre son pequeñas determine el tamaño de la

Hugo Medina guzmán

plataforma para que ningún marinero que pasa pueda ver lo que hay bajo la superficie. Solución. Podemos considerar el cofre hundido como una fuente puntual de luz. Si la plataforma es lo suficientemente grande para su finalidad, todos los rayos de luz procedentes del cofre que inciden sobre la plataforma son bloqueados, los que inciden fuera de la plataforma deben ser totalmente reflejados. La plataforma debe ser circular, si su centro está amarrado directamente sobre el cofre, los rayos de luz que inciden en el borde de la plataforma deben hacerlo a un ángulo crítico.

Rayo que incide en el borde

sen1  nsen90º  sen1 

1 n

Tenemos también

sen1 

r r  d2 2

Igualando:

r2 1 1  2   2 2 2 2 r d n n r d 2 d d  r2  2  r n 1 n2  1 r

Reemplazando valores

r

7,20 1,33 2  1



7,20 = 8,16 m 0,88

La plataforma debe ser circular con un radio 8,16 m. Ejemplo 5. Un hombre parado simétricamente frente a un espejo plano con bordes biselados puede ver tres imágenes de sus ojos cuando está a 0,90 m del espejo. El espejo está plateado en l espalda, tiene 0,75 m de ancho, y está hecho de vidrio con índice de refracción 1,54. ¿Cuál es el ángulo del bisel de los bordes?

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

superficie plateada vuelva por la misma trayectoria a los ojos la incidencia debe ser perpendicular. El haz que incide en A se refracta y se cumple

sen1  nsen2

En la figura se puede ver 2   y

Solución. La figura muestra las trayectorias de la luz para formar las tres imágenes de los ojos del hombre.

    90  1   1  90      luego: sen90       nsen  cos     nsen cos   tan   n  sen

Reemplazando valores:

tan 

El ángulo formado por el haz lateral y el espejo es .

0,38 = 0,61    31,5º 1,54  0,92

Ejemplo 6. Se coloca un espejo cóncavo horizontalmente, de modo que su eje óptico es vertical. Cuando un objeto luminoso se coloca en el eje a 24 cm sobre el espejo, su imagen se encuentra en el mismo punto. Cuando se vierte una capa delgada de líquido en el espejo, el objeto se debe bajar 6 cm para que coincida con su imagen. ¿Cuál es el índice de refracción del líquido? Solución.

0,90  2,4    67,38º 0,375 Luego sen  0,92 y cos   0,38 tan  

Trayectoria 1. La imagen central de sus ojos producida por la luz que sale de ellos, incide en el espejo, y se refleja a lo largo de la misma trayectoria. Trayectorias 2 y 3. La figura muestra el detalle de la incidencia en el bisel. El ángulo del bisel es  .

La luz que incide sobre los bordes biselados en el punto A con un ángulo 1 , el ángulo de refracción es  2 . Para que el rayo al reflejarse en la

Sin líquido, el objeto y la imagen en el espejo coinciden a una distancia de 24 cm del vértice del espejo. Luego el radio de curvatura del espejo es 24 cm, ya que la luz reflejada en el espejo vuelve por la misma trayectoria.

1 1 2   , como d0  di , d o di R R  d0  di  24 cm .

ÓPTICA

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EL DESPLAZAMIENTO DE LA LUZ POR UNA PLACA DE MATERIAL TRANSPARENTE Un uso común de un material transparente, como el cristal, es en ventanas. El cristal de una ventana consta de una placa de cristal que tiene sus superficies paralelas. Cuando un rayo de luz pasa a través del cristal, el rayo emergente es paralelo al rayo incidente, aunque desplazado con respecto a ésta. Cuando se vierte una capa delgada de líquido en el espejo, el objeto y la imagen final coinciden a 18 cm del vértice del espejo. Nuevamente la luz reflejada en la superficie del espejo vuelve por la misma trayectoria Después de la refracción en la superficie del líquido, los rayos de luz son normales a la superficie del espejo, su reflejo va dirigido al centro de curvatura del espejo. Debido a la refracción en la superficie del líquido Solución aplicando la ley de Snell

nsen1  sen2 Con

d d y sen 2  sen1  24 18 Tenemos

n

d d 24   1,33  n 24 18 18

El índice de refracción del agua es 1,33

Ejemplo 7. a) Demostrar que un rayo que incide con un ángulo θia sobre una lámina plana de vidrio en el aire saldrá de ella con el mismo ángulo. b) Encontrar la expresión del desplazamiento a del rayo si el espesor del vidrio es d. Solución.

a) Aplicando la ley de Snell en la primera superficie nasenia  nvsentv (1) Aplicando la ley de Snell en la segunda superficie nvseniv  nasenta (2) Siendo tv  iv (ángulos alternos internos)

nvsentv  nasenta (2a) De (1) y (2a):

nasenia  nasenta

Luego Solución considerando la interfase como una superficie esférica

n1 n2 n2  n1   do di R

Con n1 = n, n2 = 1, do = 24, di = 18, R   Tenemos

n 1 1 n 24    1,33  n 18 24  18 

ia  ta

Los rayos incidente y emergente son iguales. 

b) En la figura el ángulo CAD  ia  tv Del triángulo ACD

sen ia  tv  

AC 

a  AC

a

sen ia  tv 

Del triángulo ABC

(1)

ÓPTICA

AC 

Hugo Medina guzmán

d costv

(2)

Igualando (1) y (2):

a



d  costv

sen ia  tv  sen ia  tv  a d costv

cosas cercanas se ven más grandes). Supongamos que se mira casi en línea recta a un objeto que está a una profundidad do por debajo de la superficie del agua (n = 1,33). ¿A qué profundidad parece estar? Solución.

Ejemplo 8. La luz incide sobre una placa de vidrio con un ángulo de 60 °. El índice de refracción del vidrio es 1,50 y tiene 3 mm de espesor. ¿Cuál es el desplazamiento lateral del rayo de luz después de haber atravesado la placa? (Para el aire, n = 1,00).

Solución. Aplicando la ley de Snell Del aire al vidrio

n1sen1  n2sen2 1sen60º  1,5sen2 sen 60º sen 2   0,577 1,5 2  35,26º

Del vidrio al aire

n2sen2  n1sen3 , luego 3  1  60º

Para encontrar el desplazamiento lateral x. AB  d tan2  3 tan 35,26º = 2,124 mm

En la figura se muestran dos rayos de luz que salen del pez. Uno sale derecho hacia arriba y no se refracta, el otro es visto después de de refractarse. Los observadores piensan que estos rayos emanan del punto I, donde creen que esta el pez. En el dibujo,

x x y tan  2  do di Para ángulos pequeños tan  sen   tan1 

Por la ley de Snell

sen1 n2 (1)  sen 2 n1 sen1 tan1 x do di (2)    sen 2 tan 2 x di do

n1sen1  n2sen2 

Igualando (1) y (2):

AC  d tan1  3 tan 60º = 5,196 mm x  AC - ABcos1  5,196  2,124cos 60º =

n 1 di n2 do  0,75do   di  2 d o  n1 1,33 d o n1

1,536 mm

El pez parece estar a una profundidad 0,75do.

PROFUNDIDAD APARENTE Una de las consecuencias interesantes de la refracción es que un objeto que se encuentra sumergido en agua parece estar más cerca de la superficie de lo que en realidad está. En el ejemplo siguiente se muestra esta situación.

Ejemplo 10. Para iluminar en la noche un cofre hundido se utiliza un reflector de un yate, como se observa en la figura. ¿A qué ángulo de incidencia 1 debe dirigirse el haz de luz?

Ejemplo 9. Cuando se mira un pez o un objeto bajo el agua parece ser más grande. El agua no aumenta las imágenes, las hace parecer más, y el cerebro decide que debe ser un pez grande (las

ÓPTICA

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d 

1 3,00 = 2,56 m 1,33

Ejemplo 11. Una gaviota divisa un pez en el agua como se muestra en la figura. ¿A qué profundidad y con qué ángulo percibirá la gaviota al pez que se representa en la figura siguiente? Solución El ángulo de incidencia 1 puede determinarse a partir de la ley de Snell, suponiendo que puede calcularse el ángulo de refracción 2. A partir de los datos de la figura se concluye que tan 2 = (2,0 m)/(3,3 m), de modo que 2 = 31º. Con n1 = 1,00 para el aire y n 2 = 1,33 para el agua, al aplicar la ley de Snell se obtiene

sen1 



n2 sen 2 n1

o

(1,33)sen31  0,69  1,00

1 = 44o

Solución. a) La gaviota percibe la imagen virtual, que es la que correspondería a prolongar los rayos que le llegan desde el aire al medio con mayor índice de refracción, tal como se puede ver en el dibujo siguiente.

Cuando el cofre hundido se ve desde el bote, los rayos de luz del cofre pasan hacia arriba a través del agua, se refractan alejándose de la normal cuando llegan al aire y luego se desplazan hacia el observador, como se sugiere en la figura.

Aplicando la ley de Snell

n1sen1  n2sen2

n1 = 1,00, n2 = 1,33 Esta figura es semejante a la anterior, salvo que se ha invertido la dirección de los rayos y el reflector se sustituye por un observador. Los rayos que penetran en el aire son regresados hacia el agua, lo que indica que el observador ve una imagen del cofre a una profundidad aparente menor que la verdadera. Cuando el observador está directamente arriba del objeto sumergido, la profundidad aparente d' está relacionada con la profundidad verdadera d por

d 

n2 d n1

Reemplazando valores

1  30º

1,00sen30º  1,33sen2 

1/ 2  0,38 1,33 2  22,08º sen 2 

b)

x  tan 22,08º  0,405 ho x tan 30º   0,577 hi tan 2 

Dividiendo

ÓPTICA

hi  ho

tan 22,08º  0,405   1,00   0,70 m tan 30º  0,577 

La altura a la que la gaviota «percibe» al pez a una profundidad de 0,70 m. Ejemplo 12. Justo encima de un buzo sumergido en el agua pasa un avión a 200 m sobre el nivel del agua. ¿A qué altura le parece al buzo que está el avión?

Hugo Medina guzmán

Dividiendo

sen1 n2   sen 2 n1 x ho n2   x n1 hi n 1,33 200 = 266 m hi  2 ho  n1 1,00

La altura aparente es 266m. Ejemplo 13. Un observador está situado en una posición que ve la pared interna CD de un recipiente cúbico de paredes opacas. ¿Qué altura de agua hay que poner en la vasija para que el observador pueda ver un objeto que se halla sobre el fondo a 10 cm del vértice D? La arista del cubo  = 40 cm y na = 1,33.

Solución.

Solución. Del enunciado se deduce que la visual del observador hacia la vasija forma un ángulo de 45º cuando ésta se encuentra vacía. Cuando haya líquido, el observador sólo podrá ver aquellos rayos provenientes del fondo que, tras la refracción, formen un ángulo de 45 con la vertical. Aplicando la ley de Snell Aplicando la ley de Snell

n1sen1  n2sen2

n1 = 1,00, n2 = 1,33 Como 1 y 2 son pequeños

x hi x sen1  tan1  ho sen 2  tan 2 

n1sen1  n2sen2

n1 = 1,33, n2 = 1 2 = 45º Reemplazando

1,33sen1  1,00sen45º

2 2  0,53  1,33 1  32,11º sen1 



ÓPTICA

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Luego

H  10  0,628  H H  10  0,628H 10 H = 26,8 cm 0,372

tan1 

Ejemplo 14. Un vaso grande contiene agua (n3 = 1,33) con una profundidad de 10,0 cm, sobre la que flota una capa de benceno (n2 =1,50) de espesor 6,0 cm. Una moneda se encuentra en el fondo del vaso. ¿A qué profundidad parece estar cuando se mira casi directamente hacia abajo?

di 2 

n1 do2 n2

Con

d02  6,0  11,28 = 17,28 Reemplazando

di 2 

n1 1,0 17,28 do 2  n2 1,5

= 11,52 cm

Solución. Un observador en el benceno vería la moneda a la profundidad di1 debajo de la interfase benceno agua

REFLEXIÓN INTERNA TOTAL Si la luz viaja de un medio a otro de menor índice de refracción, la ley de Snell muestra que a medida que 1 se incrementa hasta llegar a un valor crítico c, el que corresponde a 2 = 90º, tal como se muestra en la figura siguiente.

Para 1 < c, parte de la luz se refleja y parte se refracta (transmite). Para 1  c, toda la luz se refleja. Esta reflexión total interna requiere que

di1 

n2 1,5 10,0 do1  n3 1,33

= 11,28 cm Un observador en el aire verá la moneda a la profundidad di2 debajo de la superficie del agua.

n1senc  n2sen90º El ángulo crítico c queda determinado por n sen c  2 n1

Ejemplo 15. La reflexión interna total se utiliza para mantener los rayos de luz en una fibra de vidrio, lo que constituye la base de la tecnología de la fibra óptica. Supongamos que un rayo de luz en el aire incide el extremo de una fibra (n2 = 1,31) en el punto A mostrado en la figura. ¿Cuál es el valor máximo de 1 que se asegurará que el rayo se

ÓPTICA

refleje totalmente en el punto B y por lo tanto, se mantenga dentro de la fibra?

Hugo Medina guzmán

 2

 c  48,75º 

  97,5º El valor del ángulo del vértice del cono debe ser 97,5º.

Solución. Aplicando la ley de Snell en el punto B

n2senc  n1sen90º  n 1,0 senc  1   0,763  n2 1,31 c  49,76º

Luego

2  90º c  90º 49,76º = 40,24º

Aplicando la ley de Snell en el punto A

n1sen1  n2sen2 1,0sen1  1,31sen40,24º  sen1  1,310,65 = 0,85  1  57,8º El valor máximo de 1 que se asegurará que el rayo se refleje totalmente en el punto B es 57,8º. Ejemplo 16. Si se mira hacia arriba desde el fondo de una piscina, se puede ver todo el mundo exterior mirando desde el vértice de un cono. Encontrar el valor del ángulo del vértice del cono. Para el agua n = 1,33. Solución.

Ejemplo 17. Hállense los ángulos límite de la interfase del aire: a) con agua (na = 1,33 b) con el diamante (nd = 2,4). c) ¿Cómo cambia el ángulo limite al introducir el diamante en agua? Solución. Aplicando la ley de Snell.

n1sen1  n2sen2 n1sen90º  n2senc  n sen c  1 n2

a) Aire y agua n1 = 1,00, n2 = 1,33

1  0,75  1,33 c a a   48,75º senc a a  

b) Aire y diamante n1 = 1,00, n2 = 2,4

1  0,42  2,4 c dia  24,62º senc dia 

c) Agua y diamante n1 = 1,33, n2 = 2,4

1,33  0,554  2,4 c a d   33,65º senc a d  

Para ver todo el mundo exterior los rayos extremos deben ingresa con el ángulo critico tal como se muestra en la figura. Aplicando la ley de Snell

n2senc  n1sen90º n 1,0 senc  1   0,75  n2 1,33 c  48,75º

Pero

Ejemplo 18. Un buzo de 1,80 m de altura se halla en el fondo de un lago de 20 m de profundidad. Calcular la distancia mínima contada desde el punto en que se encuentra hasta el punto del fondo que puede ver reflejado en la superficie del agua (índice de refracción del agua, na = 1,33). Solución.

ÓPTICA

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R  1,00 tan 48,75º = 1,14 m. La luz sale del fondo de la piscina en un radio R = 1,14 m.

Se trata de ver las consecuencias de la reflexión total en una interfase agua-aire. El ángulo crítico para esa interfase es c = 48,75º. La mínima distancia a partir de la cual el buzo comenzará a ver el fondo reflejado en la superficie es la que corresponde a ese ángulo. Aplicando la ley de la reflexión, el ángulo de reflexión ha de ser igual al de incidencia, tal como se muestra en la Figura.

Ejemplo 20. Una piedra preciosa transparente cúbica de 2,5 cm de lado tiene un pequeño defecto en el centro. El joyero no quiere partirla porque su valor disminuye drásticamente con el tamaño. ¿Qué fracción de la superficie debe cubrir con la configuración para que la falla no sea vista por el comprador? La piedra tiene un índice de refracción de 1,60. Solución. La figura siguiente muestra un corte de cubo y el rayo de luz que sale de la falla con ángulo crítico.

d  x1  x2 Con

x1  20,00  1,80 tan 48,75 = 20,753 m x2  20,00 tan 48,75 = 22,805 m

Tenemos d = 20,753 +22,805 = 43,56 m Para d > 43,56 el buzo ve el fondo reflejado en la superficie del agua. Par d < 43,56 el buzo ve el exterior. Ejemplo 19. Se sitúa un objeto luminoso en el centro y en el fondo de una piscina de un metro de profundidad. Halle el radio del círculo de la superficie que queda iluminado por el objeto del fondo. Solución.

1 1   0,625 n 1,60 c  38,68º x tanc   0,800 1,5 x  1,2 cm senc 

Un rayo de luz procedente de la falla incidirá sobre la superficie y se reflejará totalmente si el ángulo de incidencia es mayor que el ángulo crítico. La figura siguiente muestra una cara cubierta con un adorno que no permite salir a los rayos procedentes de la falla con un ángulo menor que el crítico.

En la Figura se puede comprobar que el ángulo crítico c coincide con el que forma el límite de la zona iluminada. El radio R de la zona iluminada viene dado por la relación

R  h tanc

El ángulo crítico c para la internas agua – aire es 48,75º, luego

Esto garantiza que ninguna luz de la falla puede salir directamente de la piedra, ya que todos los rayos que emergerían son detenidos por el arreglo. Así, la fracción de la superficie que debe ser

ÓPTICA

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cubierto por el ajuste Superficie total AT  63  3 =54 cm2 Superficie cubierta AC  6  1,22 = 27,14 cm2 Fracción de la superficie que debe ser cubierta







27,14  0,503 54

Ejemplo 21. La luz incide sobre un prisma equilátero de vidrio (n = 1,42) y viaja a través de ella paralela a un lado. a) ¿Cuál es el ángulo de incidencia? b) A través de qué ángulo el rayo es desviado después de salir del prisma Solución a)

ÁNGULO DE MÍNIMA DESVIACIÓN DE UN PRISMA.

n1 = 1, n2 = 1,42 Por geometría 2  3  30º y 2  4 Para la primera incidencia

n1sen1  n2sen2

Reemplazando: Para la posición de mínima desviación, el rayo viaja perpendicular a la bisectriz del ángulo  , y los ángulos incidente y emergente son iguales, Luego 1   4 y  2   3 (6) También Como    2   3    2 2   2  y   1   2    4   3  

  1   4   2   3  21  2 2      1    1   2 2 sen1  nsen 2

2

     sen    nsen   2 2 2    sen   2 2 n   sen  2

2

1sen1  1,42sen30º sen1  1,420,5  0,71

 1  45,23º El ángulo de incidencia es 1 = 45,23º. b)



2

El ángulo desviado es . En el triángulo ABC

  21  2 

Reemplazando valores   245,23º30º   30,46º El rayo es desviado después de salir del prisma un ángulo de 30,46º. Ejemplo 22. El ángulo de incidencia de un rayo de luz sobre un prisma de vidrio de índice de refracción 1,50 se aumenta gradualmente, y se comprueba que, cuando el ángulo es 4º 47’, el rayo ya no pasa a través del prisma. ¿Cuál es el ángulo de refracción del prisma? Solución.

ÓPTICA

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b) Suponga que el ángulo incidente es 45º. ¿Cuánto se habrá desviado el rayo incidente al salir del prisma en el punto P?

Sea  el ángulo de refracción del prisma. Aplicando la ley de Snell en la entrada del rayo al prisma

n1sen1  n2sen2 n1 = 1,00, 1 = 4º 47’ = 4,78º n2 = 1,50, 2 = ? sen 4,78º sen 2   0,555 1,5 2  3,18º

Aplicando la ley de snell en la segunda cara del prisma, para que el rayo no salga tiene que incidir con el ángulo crítico c.

n2senc  n1sen90º sen90º senc   0,666 1,5 c  41,81º

Solución. Al incidir en la segunda cara

n2sen3  n1sen4

La condición reflexión total en el punto P es

3  c  4  90º

Luego

1,5senc  1,00sen90º

sen c 



1  c  41,81º 1,5

La suma de los ángulos de un triángulo es 180º.

La suma de los ángulos de un triángulo es 180º.

      180º

Siendo

  90º3,18º  86,82º   90º 41,81º  48,19º

Tenemos

90ºc   45º90º2   180º 2  45º c  45º 41,81º  3,2º

  86,82º48,19º  180º    44,99º

Al incidir en la primera cara

El ángulo de refracción del prisma es 45º.

Reemplazando valores

Ejemplo 23. La reflexión total interna en un primas 45º - 90º - 45º se usa en los binoculares prismáticos para “doblar la trayectoria de la luz” y hacer más compacto el instrumento. Los prismas y lentes deben ser cuidadosamente alineados en los binoculares. Si la luz incide sobre un lado del prisma como se muestra en la figura. a) ¿cuál es el valor máximo de 1 para que se produzca reflexión total en el punto P, el índice de refracción del vidrio es n = 1,50?

sen1  0,084  1  4,8º

n1sen1  n2sen2

1,00sen1  1,5sen3,2º 

El máximo valor de 1 para que se produzca reflexión total en el punto P es 4,8º. b)

ÓPTICA

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Aplicando la ley de Snell a la primera incidencia.

n1sen1  n2sen2 1sen45º  1,5sen2  0,707 0,707 sen 2  2  28,12º 1,5

Aplicando la ley de Snell a la incidencia en P.

n2sen3  n1sen4

3   2  28,12º Luego

1,5sen28,12º  1,0sen4  0,707

 4  45º

La normal a P es paralela al rayo incidente, luego el rayo incidente se desvía 45º. Ejemplo 24. El método más fácil de medir el ángulo de refracción de un prisma es dirigir un haz de luz de rayos paralelos sobre el ángulo y medir la separación angular de los haces reflejados en los dos lados del prisma con el ángulo de refracción. Demostrar que esta separación angular es el doble del ángulo del prisma. Solución. Consideremos tres rayos paralelos e incidiendo en los puntos A, B y C. Los rayos incidentes en B y C se reflejan de acuerdo a las leyes de la óptica, las proyecciones de estos rayos se encuentran en D. Las normales en B y C se encuentran en E.

El problema pide demostrar

2  

En el cuadrilátero ABEC

    180º

(1)

En el cuadrilátero BDCE

    1   2  360º (2) En el vértice A, como hay dos ángulos rectos (3)   1   2  180º Ejecutando (1) + (3) – (2) obtenemos:

       1   2       1   2   180º 180º 360º

Ejecutando:

2  

El ángulo ente los rayos reflejados es el doble que el ángulo del prima. Ejemplo 25. Un rayo de luz entra en la cara de BA de un prisma rectangular de material refractante en incidencia rasante. Emerge de la CA cara adyacente a un ángulo  4 con la normal. Si  c es el ángulo crítico para el material. a) Demostrar que sen 4  cot  c . b) ¿Siempre emergerá un rayo de CA? En caso negativo, explique lo que sucede, y deduzca de qué valores del índice de refracción del material realmente emerge el rayo.

ÓPTICA

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Si es mayor, hay reflexión interna total. Para que el rayo emerja debe cumplirse

3   c

Esto es 90º c  c  c  45º

1  senc , tenemos que n 1 1 1   sen45º  n n 2  n 2

Como

Solución. a)

El índice de refracción del material debe ser menor que 2 .

Un rayo de luz entra en la cara BA con incidencia rasante 1  90º El rayo refractado DE entra con el ángulo crítico 2  c . Los ángulos DAE, ADF, y AEF son ángulos rectos. Como los ángulos de un cuadrilátero suman 360º, el ángulo DFE debe ser recto también. Los ángulos de un triángulo suman 180º, luego Ángulo DEF =  3  90º  c (1) Aplicando la ley de Snell para la refracción a la cara AB, tenemos:

sen90º  nsen c  n 

1 sen c

Ejemplo 26. Un haz paralelo de luz incide normalmente en la primera cara de un prisma de ángulo pequeño. En la segunda cara es en parte transmitido y reflejado, en parte, el haz reflejado incide en la primera cara de nuevo y sale de ella en una dirección que forma un ángulo de 6° 30’ con la dirección del haz incidente. El rayo refractado se ha sufrido una desviación de 1° 15’ de la dirección original. Calcular a) el índice de refracción del vidrio b) el ángulo del prisma. Solución.

(2)

Aplicando la ley de Snell para la refracción a la cara AC, tenemos: n sen 3  sen 4 (3) Reemplazando (1) y (2) en (3):

1 sen90º  c   sen 4  sen c 1 cos c  sen 4  sen c sen 4  cot  c b) El rayo emerge por la cara AC, solamente si el ángulo  es menor que el ángulo crítico 3

Sea el  ángulo del prisma y n su índice de refracción. Aplicando la ley de Snell en el punto C.

ÓPTICA

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nsen  sen  1 

Como  es pequeño

n    1  1  n  1 (1)

El ángulo ADC = 90º. El ángulo ACE = 90º. Como la suma de los ángulos de un triángulo es 180º El ángulo ACD = 90º  . Luego el ángulo DCE =  . De la ley de reflexión ángulo DCB = 2 . El ángulo DBC = 90º 2 o ángulo CBF = 2 . Aplicando la ley de Snell en el punto B.

nsen 2  sen 2

Como  es pequeño

 2  n2

(2)

a) Dividiendo (1) entre (2):

1 n  1 n  1    2 2n 2n 21 1 21 1 1 1 2 n 2 n

Reemplazando datos

2  1,25 1 1  6,5 n 1 13 13 = 1,625  n n 8 8

En la figura se observa un rayo de luz que incide en un prisma de cristal de 45º- 45º- 90º (n1 = 1.5). La mayor parte de la luz penetra en el prisma y se dirige hacia la hipotenusa del prisma con un ángulo de incidencia de 45º. El ángulo crítico para una interfase cristal – aire

n2 1,00   0,67  n1 1,50 c  41,8º senc 

Como el ángulo de incidencia es mayor que el ángulo crítico, la luz se refleja totalmente en la hipotenusa y se dirige verticalmente hacia arriba en la figura, una vez que ha girado un ángulo de 90º.

El índice de refracción del vidrio es 1,625. b) De (2)



2

2n

=

6,5  2º  13  2  8

El ángulo del prisma es 2º. REFLEXIÓN TOTAL INTERNA EN PRISMAS En muchos instrumentos ópticos, como binoculares, periscopios y telescopios, se utilizan prismas de cristal para girar 90º o 180º un haz de luz.

En la figura arriba se muestra cómo el mismo prisma puede hacer girar 180' el haz de luz si la reflexión total interna se produce dos veces. Los prismas también pueden utilizarse en tándem para producir un desplazamiento lateral de un haz de luz a la vez que dejan sin modificar la dirección inicial. En la figura se ilustra esta aplicación de unos binoculares.

ÓPTICA

DISPERSIÓN DE LA LUZ: PRISMAS

En la figura se muestra un rayo de luz que pasa a través de un prisma de cristal. Cuando la luz penetra en el prisma en la cara izquierda, el rayo refractado se desvía hacia 1 normal, ya que el índice de refracción del cristal es mayor que el del aire. A la inversa cuando la luz sale del prisma en la cara derecha y penetra en el aire, la luz se refracta alejándose de la normal. Así, el efecto neto del prisma es cambiar la dirección del rayo. Puesto que el índice de refracción del cristal depende de la longitud de onda (véase la tabla 2.2), los rayos correspondientes a diferentes colores se desvían en cantidades diferente debido al prisma y salen de éste en direcciones distintas.

Mientras mayor sea la refracción para un color específico, mayor es la desviación, y en la figura arriba se observan la: refracciones para los colores rojo y violeta, que son los extremos opuestos e espectro visible. Si un rayo de Sol, que contiene todos los colores, se envía a través de un prisma, la luz del Sol se separa en el espectro de colores, como se muestra a continuación.

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La descomposición de la luz en sus colores componentes se denomina dispersión. ÍNDICES DE REFRACCIÓN n PARA DIFERENTES MATERIALES color Cristal Diamante  Rojo 660 1,520 2,410 Anaranjado 610 1,522 2,415 Amarillo 580 1,523 2,417 Verde 550 1,526 2,426 Azul 470 1,531 2,444 Violeta 410 1,538 2,458 Ejemplo 27. El espectro de un tubo de descarga de hidrógeno contiene la línea C de color rojo y la línea F de color violeta. Un haz paralelo desde el tubo de descarga se hace pasar por un prisma de refracción de 60 º de ángulo con la luz roja C sufren una desviación mínima. a) ¿Cuáles son las desviaciones sufridas por la luz roja C y la luz violeta F? b) Al salir del prisma, la luz es enfocada en una pantalla por una lente acromática de distancia focal 30 cm. ¿Cuál es la separación de las imágenes C y F en la pantalla? nR  1,604 , nV  1,60 Solución. La desviación mínima en un prima ocurre cuando el ángulo de entrada y el ángulo de salida son iguales, una configuración simétrica particular.

ÓPTICA

a) La luz roja tiene la desviación mínima.

1    R  2  nR  1 sen  2 1 1 sen    R   nRsen  2 2 sen

Reemplazado valores

1 sen 60º  R   1,604sen30º  0,802  2 1 60º  R   53,32º  2  R  106,64º-60º  46,64º La luz violeta está cerca de la desviación mínima de tal modo que se puede aplicar la misma fórmula.

sen

Hugo Medina guzmán

La imagen real de un objeto puntual aparece donde todos los rayos convergen. Hay un punto del rayo violeta, y un punto del rayo rojo, en el plano focal de las lentes, su separación nos da la respuesta pedida. La separación de las imágenes es PQ. 1,6º es igual a

1,6º 2 = 0,028 radianes. 360º

Luego PQ = OP x 0,028 = 30 cm x 0,028 = 0,84 cm. LA FIBRA ÓPTICA Otra aplicación de la reflexión total interna es en el campo interesante de la óptica de fibras. En la óptica de fibras, hilos de vidrio del espesor de un cabello, denominados fibras ópticas, "conducen" luz de un lugar a otro.

1   V   nV sen 1  2 2

Reemplazado valores

sen

1 60ºV   1,620sen30º  0,810  2

1 60º V   54,1º  2 V  108,2º 60º  48,2º b) Un haz paralelo de luz roja emerge del prisma a un ángulo 48,2º - 46,6º = 1,6º de un haz paralelo similar de luz violeta.

Los haces paralelos son enfocados en el plano focal de las lentes, de tal modo los haces rojo y violeta dan imágenes definidas en el plano focal de las lentes.

Las fibras ópticas son filamentos de vidrio de alta pureza extremadamente compactos: El grosor de una fibra es similar a la de un cabello humano. Fabricadas a alta temperatura con base en silicio, su proceso de elaboración es controlado por medio de computadoras, para permitir que el índice de refracción de su núcleo, que es la guía de la onda luminosa, sea uniforme y evite las desviaciones, entre sus principales características se puede mencionar que son compactas, ligeras, con bajas pérdidas de señal, amplia capacidad de transmisión y un alto grado de confiabilidad debido a que son inmunes a las interferencias electromagnéticas de radio-frecuencia. Las fibras ópticas no conducen señales eléctricas por lo tanto son ideales para incorporarse en cables sin ningún componente conductivo y pueden usarse en condiciones peligrosas de alta tensión. Tienen la capacidad de tolerar altas diferencias de potencial sin ningún circuito adicional de protección y no hay problemas debido a los cortos circuitos. Tienen un gran ancho de banda, que puede ser utilizado para incrementar la capacidad de transmisión con el fin de reducir el costo por canal; De esta forma es

ÓPTICA

considerable el ahorro en volumen en relación con los cables de cobre. Con un cable de seis fibras se puede transportar la señal de más de cinco mil canales o líneas principales, mientras que se requiere de 10,000 pares de cable de cobre convencional para brindar servicio a ese mismo número de usuarios, con la desventaja que este último medio ocupa un gran espacio en los ductos y requiere de grandes volúmenes de material, lo que también eleva los costos Las fibras ópticas están revolucionando la manera de transmisión de comunicaciones por video, teléfono y datos de computación, porque un haz de luz puede transportar información a través de una fibra óptica como la electricidad transporta información a través de cables de cobre y las ondas de radio transportan información por el espacio. Sin embargo, la capacidad de transportación de información de la luz es miles de veces mayor que la de la electricidad o la de las ondas de radio. Un haz laser que se desplaza a través de una sola fibra óptica puede transportar cientos de miles de conversaciones telefónicas y varios programas de televisión a la vez. Las fibras ópticas son la opción a elegir para obtener telecomunicaciones de alta calidad, ya que los cables son relativamente inmunes a interferencia eléctrica externa. También en medicina se utilizan cables flexibles de fibras ópticas, Por ejemplo, uno de tales cables puede hacerse pasar por el esófago al estómago en búsqueda de úlceras y otras anormalidades. La luz se conduce al estómago mediante las fibras externas del cable, se refleja en la pared estomacal y se transmite hacia afuera del estómago a través de las fibras interiores del mismo cable. La imagen puede mostrarse en un monitor o grabarse en una película. En artroscopia, un pequeño instrumento quirúrgico, de varios milímetros de diámetro, se monta en el extremo de un cable de fibras ópticas. El cirujano puede insertar el instrumento y el cable en una coyuntura, como una rodilla, con una sola pequeña incisión y daño mínimo a los tejidos aledaños Ejemplo 28. Una fibra óptica, como la representada en la figura, tiene un índice refracción nf = 1,50 y se halla rodeada de agua (na = 1,33). Calcule el valor máximo del ángulo incidencia sobre la cara A para que los rayos sean transmitidos por reflexión total a través de la fibra.

Hugo Medina guzmán

Solución. Para la reflexión total en la interfase fibra – agua debe cumplirse 3  c Cálculo del ángulo crítico

n f senc  nasen90º 

senc 

na 1,33   0,89  n f 1,50

c  62,46º Tenemos que

2  90º c  90º 62,46º  27,54º

Aplicando la ley de snell en la cara A

nasen1  n f sen2

Reemplazando valores

1,33sen1  1,50sen27,54º 

 1,50  sen1   sen 27,54º  0,52   1,33  1  31,43º El ángulo incidencia máximo sobre la cara A es 31,43º. Ahora calculamos el ángulo crítico en la interfase fibra – agua Ejemplo 29. Determine el valor mínimo del índice de refracción de una fibra óptica rodeada por aire para que cualquier rayo que llegue a la cara A quede atrapado en su interior.

Solución. Para conseguir lo que se pide en el enunciado, todos los rayos que ingresan en la fibra deben quedar atrapados por reflexión total. Esto es para ángulos de incidencia sobre la cara A hasta de 1 = 90º, rayos que llegan rasantes, sólo pueden escapar a través del extremo opuesto de la fibra.

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

Para asegurar la reflexión total en la interfase fibra aire se debe cumplir 3  c. Teniendo en cuenta esto

sen3  senc 

naire 1  nf nf

(1)

Por geometría se ve que

3 



2

 2

un índice de refracción nr, que es menor que aquél, pero superior a del aire (nf > nr > 1). a) Encuentre la relación general que debe cumplirse entre estos índices de refracción para que la fibra recubierta transmita por reflexión total toda la luz que llegue a su cara A. b) ¿qué condición debe cumplir el índice de refracción del recubrimiento?

Luego

  sen3  sen   2   cos  2 (2) 2  De las condiciones (1) y (2)

cos  2 

naire nf

(3)

La condición mínima que se debe satisfacer sobre la cara A es que los rayos que lleguen con un ángulo de 90º se refracten satisfaciendo la condición de reflexión sobre la interfase fibra aire. Aplicamos la ley de Snell para determinar el ángulo mínimo 2min, que asegura que todos los rayos que llegan a la cara A entran por refracción

nairesen1  n f sen2 min

Reemplazando datos

1,00sen90º  n f sen2 min

sen 2 min

Solución. Para la reflexión total en la interfase fibra – recubrimiento es un caso similar al del problema anterior, teniendo en cuenta ahora la presencia del recubrimiento sobre la fibra

sen3  senc 

nr nf

Como

3 

    2 sen3  sen   2   cos  2 2 2 



Tenemos



cos  2 

1  nf

nr nf

(1)

En la interfase recubrimiento - aire

Debe cumplirse

sen 2  sen 2 min 

1 nf

(4)

Sumando (4)2 + (3)2

 1 sen  2  cos  2   n  f 2 1 2  nf 2

2

2

2

  1       n    f

nf  2 De esto se deduce que las fibras con índices con nf  1,41 recogerán todos los rayos de luz que lleguen a su cara anterior y los transmitirán hasta el otro extremo. Ejemplo 30. Generalmente las fibras ópticas con índice de refracción nf llevan un recubrimiento con

La condición de reflexión total se satisface simplemente exigiendo

n f sen5  nairesen90º

sen 5 

1 nf

(2)

Sumando (1)2 y (2)2 se llega a la expresión general

 1 sen 5  cos 5  1   n  f 2 2 n f  nr  1 2

2

2

2

  nr       n    f 

Esta es la relación general que debe cumplirse entre estos índices de refracción para que la fibra

ÓPTICA

recubierta transmita por reflexión total toda la luz que llegue a su cara A. b) La qué condición debe cumplir el índice de refracción del recubrimiento es nr < n f Si en lugar de recubrimiento tenemos aire, se cumple

n2f  1  1  n f  2 Tal como obtuvimos en el problema anterior. REFRACCIÓN EN SUPERFICIE ESFÉRICA Imágenes por refracción en superficies esféricas Consideremos un objeto luminoso, O, situado en un medio de índice de refracción n1, a una distancia do del vértice V, de una superficie refractora esférica convexa. Si el segundo medio tiene un índice de refracción n2, mayor que n1, los rayos que llegan a cualquier punto de la superficie serán desviados hacia una mayor aproximación a la normal a la superficie.

Hugo Medina guzmán

1 n2   2 n1 n11  n22

(1)

Tenemos que

    180º y 2      180º , por lo que     2  (2) 2    

Para el triángulo OPC (3) 1     Reemplazando (2) y (3) en (1) obtenemos:

n1      n2     n1  n2  n2  n1 

Con

h h h ,  y   R do di n1 n2 n2  n1   d o di R



Convención de signos

O: objeto puntual do = OV = distancia objeto V: Vértice, C: Centro de curvatura, VC = R = radio de curvatura I: Imagen puntual di = VI = distancia imagen i, r, , ,  son ángulos pequeños, tal que

seni  i  tani

senr  r  tanr sen    tan sen    tan  sen    tan 

do es + si el objeto esta enfrente a la superficie (objeto real). do es - si el objeto esta detrás de la superficie (objeto virtual). di es + si la imagen esta detrás de la superficie (imagen real). do es - si la imagen esta enfrente a de la superficie (objeto real). R es + si el centro de curvatura esta detrás de la superficie. do es - si el centro de curvatura esta enfrente de la superficie. La fórmula es válida también es para superficies refractoras cóncavas.

n1 y n2 son los índices de refracción de los medios Aplicando la ley de Snell en el punto de incidencia M.

sen1 n2  sen 2 n1 Con sen1  1 y sen 2   2 

Los rayos que provienen de O refractados por una superficie cóncava, forman una imagen virtual en I

ÓPTICA

También es válida si el medio incidente es mas denso que el medio refractor, n1 > n2. Ejemplo 31. Una canica de vidrio de índice de refracción 1,50 tiene una burbuja de aire sobre el diámetro AB. Cuando se ve desde la A, parece estar a 0,8 cm de ella, pero cuando se ve la parte B, que parece estar 4 cm de B. a) ¿Cuál es el radio de la canica? b) ¿Cuáles es verdadera situación de la burbuja? Solución. Aquí se aplica la ecuación de formación de imágenes por refracción en superficies esféricas

n1 n2 n2  n1   d o di R Vista de A

Hugo Medina guzmán

1,5 1 1,0  1,5   2 R  do1  4 R 1,5 1 1   2 R  do1 4 2 R 1,5 R2  2 R  do1 4R 6R (2) 2 R  do1  R2 a) Reemplazando (1) en (2)

6R 6R   5R  2 R  2 6R 6R 2R    5R  2 R  2 1 1 1    3 5R  2 R  2 6 8 R2  R   0 5 5 2R 

Resolviendo

R

n1  1,5 , n2  1,0

3 9 8 3 7     5 25 5 5 5

R1 = 2 cm R2 = - 0,8 cm La valor significativo es R = 2 cm.

R (negativo)

di1  0,8 cm 1,5 1 1,0  1,5   do1  0,8 R 1,5 1 1   d o1 0,8 2 R 6R d o1  (1) 5R  2 Vista desde B

b) Reemplazando el valor de R en (1):

do1 

62 12   1 cm 52  2 12

La burbuja se encuentra a 1 cm de A. Ejemplo 32. Una lente biconvexa de 3 cm de espesor central, índice de refracción 1,50 y radios de curvatura 10 cm y 15 cm, se ve primero de un lado y luego del otro. ¿Cuál es la diferencia en el espesor aparente? Solución. La ecuación de formación de imágenes por refracción en superficies esféricas

n1 n2 n2  n1   d o di R

Mirando sobre la superficie de radio 10 cm.

di 2  4 cm do 2  2R  do1

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

n1 n2 n2  n1   do1 di1 R1 do1 = 3,00, n1 = 1,00, n2 =1,5, R1 = -10 cm

1,5 1,0 1,0  1,5   3 di1  10 1,0 0,5 1,5 9    di1 10 3 20 20 di1   cm 9

Mirando sobre la superficie de radio 15 cm

Una lente delgada es un sistema óptico con dos superficies refractantes de las cuales una por lo menos es curva Las lentes más comunes se basan en el distinto grado de refracción que experimentan los rayos de luz al incidir en puntos diferentes de la lente. Entre ellas están las utilizadas para corregir los problemas de visión. También se usan lentes, o combinaciones de lentes y espejos, en telescopios y microscopios. El primer telescopio astronómico fue construido por Galileo Galilei usando una lente convergente (lente positiva) como objetivo y otra divergente (lente negativa) como ocular. Existen también instrumentos capaces de hacer converger o divergir otros tipos de ondas electromagnéticas y a los que se les denomina también lentes. Por ejemplo, en los microscopios electrónicos las lentes son de carácter magnético Tipos de lentes Según su forma las lentes delgadas pueden ser convergentes y divergentes. Lente convergente. Una lente convergente es aquella que refracta y converge la luz paralela más allá de la lente.

n1 n n n  2  2 1 d o 2 di 2 R1 do2 = 3,00, n1 = 1,00, n2 =1,5, R2 = -15 cm

1,5 1,0 1,0  1,5   3 di 2  15 1,0 0,5 1,5 7    di 2 15 3 15 20 di 2   cm 9

Son más gruesas en el centro que en los extremos. Según el valor de los radios de las caras pueden ser: biconvexas, plano convexas y menisco convergente.

La diferencia en el espesor aparente es

di1  di 2 

20 7 5 -  cm 9 15 63

LENTES DELGADAS

Lente divergente. Una lente divergente es aquella refracta los rayos paralelos que pasan por una de estas lentes hacia la parte más gruesa de tal modo que el haz diverge

ÓPTICA

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Una proyección de los rayos de luz refractados muestra que la luz parece provenir de un punto focal virtual situado en frente de la lente.

di di  f   do f 1 di  f   do di f 1 1 1    d o f di 1 1 1   d o di f

Son más delgadas en la parte central que en los extremos. Según el valor de los radios de las caras pueden ser: bicóncavas (4), plano cóncavas (5) y menisco divergente (6).

Igualmente puede obtenerse la misma ecuación con una lente divergente

ECUACIÓN DE LAS LENTES DELGADAS. Ecuación que puede deducirse similarmente a la ecuación de espejos esféricos.

La distancia del objeto do y la distancia de la imagen di se consideran positivas para objetos e imágenes reales y negativas para objetos e imágenes virtuales. La distancia focal f se considera positiva para lentes convergentes y negativa para lentes divergentes. AUMENTO LATERAL El aumento lateral tiene la misma forma que la hallada para los espejos.

m Podemos encontrar las siguientes relaciones

ho  hi   do di hi d (1)  i ho do h  hi tan   o   f di  f hi d f (2)  i ho f

tan  

De (1) y (2):

hi d  i h0 do

Un aumento positivo indica que la imagen es derecha, un aumento negativo indica que la imagen es invertida. LA ECUACIÓN DEL FABRICANTE DE LENTES, Vamos a deducir la ecuación del fabricante de lentes que es una relación entre la longitud focal f, el índice de refracción n de la lente y los radios de curvatura R1 y R2 de las superficies de la lente

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

Si el objeto se encuentra en el infinito la imagen se forma en el foco. d o1   , d i 2  f

 1 1 1    n  1  f  R1 R2  Con lo que la ecuación de las lentes queda como Se coloca un objeto O1 a una distancia d o1 , frente a la superficie 1 de radio R1 (+) (se ha elegido de tal manera que produzca una imagen virtual I1 a una distancia d i1 , a la izquierda del lente).

1 n n 1   d o1 di1 R1

(1)

Esa imagen se utiliza luego como el objeto O2 para la superficie 2, esta a su vez produce la imagen I 2. Se considera que viene de un medio con índice de refracción n, y su objeto es virtual  d o1  , el radio de la superficie 2 es R2 (considerado también +). La imagen I2 se forma a la distancia d i 2 de la superficie 2.

1 1 1   d o1 d i 2 f Considerando do1 = do y di2 =di, tenemos

1 1 1   do di f Ecuación válida para todo tipo de lente delgada. Distancia objeto do y distancia imagen di deben considerarse positivas para objetos e imágenes reales y negativas para objetos e imágenes virtuales. La distancia focal f es positiva para lentes convergentes y negativa para lentes divergentes. Ejemplo 33. Encontrar la distancia para diferentes lentes convergentes Lente biconvexa

n 1 1 n (2)   d o 2 di 2 R2 Pero do 2  di1  t  , si consideramos t mucho menor que las distancias usadas, podemos considerar do 2  di1 Luego



n 1 1 n (2a)   di1 di 2 R2

Sumando (1) + (2a):

1 n n 1 n 1 1 n       do1 di1 di1 di 2 R1 R2

1 1 1 1    n  1   do1 di 2  R1 R2 

n = 1,5, R1(+), R2(-) = R1

 1 1  1     R1  R1  f

n  1



1,5  1 1

 R1



1 1 1   R1  f R1

f  R1 Lente plano convexa

Esta es la fórmula del fabricante de lentes, válida para lentes cóncavas, convexas, cóncavo convexo, plano convexo o plano cóncava. R1 y R2 son positivos si el centro de curvatura está detrás de la lente y negativos si está en frente. Distancia focal.

n = 1,5, R1 (+), R2 = ∞

ÓPTICA



n  1 1

Hugo Medina guzmán



1  1  R2  f

 R1   1,5  1 1  1   1  1   R2  f 2 R2 f  2R2

n = 1,5, R1 = , R2 (+)

Lente cóncavo convexa

n  1 1





1  1  R2  f

 R1   1,5  1 1  1   1   1 2 R2   R2  f f  2R2

Lente Bicóncava n = 1,5, R1 (-) = 1,5 R2 (-)



n  1 1



1  1  R2  f

 R1   1,5  1 1  1   1  0,5 1  1 3R2 6 R2   1,5R2  R2  f

Ejemplo 34. Encontrar la distancia para diferentes lentes divergentes Lente Convexo cóncavo

n = 1,5, R1 (+) = 1,5R2 (+)



 1 1  1    R R f 2   1   1,5  1 1  1   1   1 R1   R1 R1  f

n  1

f  6R2

n  1 1

n = 1,5, R1 (-) = R2 (+)



1  1  R2  f

 R1   1,5  1 1  1   1   0,5 3R2  1,5R2 R2  f f  6R2

Lente plano cóncava

f   R1 Ejemplo 35. Un buzo toma dos lunas de reloj cada una con radio de curvatura 10 cm, las junta y las une tocándose sus vértices de tal manera que el aire queda atrapado entre ellas. Utiliza la lente de aire así formada bajo el agua. a) ¿Cuál es su distancia focal? b) ¿A que distancia de un coral debe sostenerlo para que ver su imagen, vertical y erguida, ampliada cuatro veces? Solución. a) Se ha formado una lente biconvexa de aire en un medio de agua. La situación se representa en la figura siguiente

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

1 1 1   d o di f El aumento es

m

di  di  mdo do

Pero m =4, luego R1 = -10 cm, R2 = 10 cm, n1 = 4/3, n2 = 1,00 Aplicando la ecuación de refracción en interfases esféricas Sobre la primera interfase agua aire (radio R1)

n1 n2 n2  n1   do1 di1 R1

(1)

Sobre la segunda interfase aire agua (radio R2)

n2 n n n  1  1 2 do 2 do 2 R2 Como do 2  di1 , tenemos n n n n  2  1  1 2 (2) di1 do 2 R2 Sumando (1) y (2)

n1 n2 n2 n n n n n    1  2 1 1 2  do1 di1 di1 do 2 R1 R2 n1 n 1 1  1  n2  n1    do1 do 2 R1 R2

 1 1 1  n2 1      1    do1 do 2  n1  R1 R2  1 1  3  1 1     1   do1 do 2  4   10 10  1 1 1   d o1 d o 2 20 Si el objeto esta en el infinito la imagen se forma en el punto focal de la lente

1 1 1     f 20 1 1  f 20 f  20 cm La lente de aire es convergente con distancia focal 20 cm. b) La lente de aire obedece la ecuación de las lentes

di  4do Reemplazando en la ecuación de las lentes

1 1 1    d o 4d 0 20 3 1   4d 0 20 60 d0   15 cm 4 La lente debe colocarse a 20 cm del coral. Ejemplo 36. Uno de los extremos de un tanque del acuario es una lente delgada para que los corales en el tanque se vean aumentados. Demostrar que las dos distancias focales de la lente no son iguales, y demostrar que la fórmula de las lentes en este caso es

f f'   1. d o1 di 2

f y f’ distancias focales de la lente d01 distancia objeto di2 distancia imagen

Solución. Consideremos la refracción en la primera superficie de radio de curvatura + R1, Separando los dos medios, aire y vidrio, índice de refracción del vidrio nv.

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

Se forma una imagen real en I1 en ausencia de otra superficie

1 n n 1  v  v do1 di1 R1

(1)

La imagen I1 actúa como objeto virtual O2 para la refracción en la segunda superficie de radio de curvatura – R2 y agua con índice de refracción na.

Una imagen real se forma en di2

nv n n  nv nv  na  a  a   d o 2 di 2  R2 R2

(2)

Sumando (1) + (2):

1 n n  1 nv  na  a  v  do1 di 2 R1 R2

1 n  a  P. d o1 di 2 1 n f f' P y a P  Pero  1 f' f d o1 di 2

Ejemplo 37. La lente del acuario de la pregunta anterior tiene R1 = 15 cm, R2 = 10 cm, y los índices de refracción del vidrio y el agua son 3/2 y 4/3 respectivamente. Un pez nada hasta la lente y ve a un hombre de pie a 30 cm del acuario. a) ¿Dónde está la imagen que ve el pez? b) ¿Cuál es el aumento angular que produce la lente? Solución.

Si O1 está en el infinito, por definición d i 2 coincide con F’, el segundo punto focal de la lente.



1 na nv  1 nv  na      f' R1 R2

1 1  n  1 nv  na   (3)   v  f ' na  R1 R2  Similarmente, si O1 esta en F, el primer punto focal de la lente, un haz paralelo emerge dentro del agua, esto es, I2 está en el infinito.

1 na nv  1 nv  na     f  R1 R2 1 nv  1 nv  na (4)   f R1 R2

Dividiendo (3) entre (4), obtenemos

f 1  , las distancias focales son diferentes. f ' na Además, si

nv  1 nv  na 1    P , tenemos R1 R2 f

a) Aplicando las formulas obtenidas en el problema anterior vamos a encontrar los puntos focales f y f’ de la lente. Primeramente encontremos f’

1 1  n  1 nv  na     v  f ' na  R1 R2  3 4 3   1  1 3 2 2 3    f ' 4  15cm 10cm      3 1 1  1     4  30cm 60cm  80cm  f ' 80 cm Similarmente

f 1   f ' na

ÓPTICA

f 

f ' 80 cm   60 cm na 43

Aplicando

f f'  1 d o1 di 2 Obtenemos

60cm 80cm   1  di 2  80 cm 30cm di 2

Hugo Medina guzmán

principales desde un punto del objeto que no se encuentra sobre el eje. La intersección de estos rayos después de pasar por la lente determina la posición y el tamaño de la imagen. Veamos los tres rayos principales Para lente convergente Rayo 1. Un rayo paralelo al eje pasa por el segundo punto focal de una lente convergente

El pez ve al hombre 80 cm delante de la lente. b) El aumento producido por la primera superficie es

m1  

ndi1 , nv d 01

El aumento producido por la segunda superficie es

m2  

Rayo 2. Un rayo que pasa por el primer punto focal de una lente convergente se refracta paralelamente al eje de la lente.

nv di 2 na d 02

El aumento total

ndi1 nv di 2  nv d01 na d02 nd 1  80   i2   2 4 na d 01  30 3

m  m1m2  

Rayo 3. Un rayo que pase por el centro geométrico de la lente no se desviará.

Si la altura del hombre es ho, la altura de su imagen es

hi  2ho Luego

0 

hi 2ho 2ho h0    di di 80 40

La figura siguiente muestra imagen formada en la intersección de los rayos.

Por definición (considerando la capacidad de visión del pez similar a la del hombre).



ho 25

El aumento angular es

ho  50 M  0  40   1,25 h  40 o 25 MÉTODOS GRÁFICOS PARA LENTES Podemos determinar la posición y el tamaño de la imagen formada por una lente delgada usando el método gráfico Trazamos unos cuantos rayos

Como se puede ver con dos rayos es suficiente. Para la lente divergente Rayo 1. Un rayo paralelo al eje parece provenir del primer punto focal de una lente convergente

ÓPTICA

Rayo 2. Un rayo dirigido hacia el segundo punto focal de una lente divergente se refracta paralelamente al eje de la lente.

Rayo 3. Un rayo que pase por el centro geométrico de la lente no se desviará.

La figura siguiente muestra imagen formada en la intersección de los rayos.

Hugo Medina guzmán

2) Posición del objeto a una distancia do = 2f. Imagen real, invertida y de tamaño natural en 2f.

3) Posición del objeto a una distancia do comprendida entre f y 2f. Imagen real, invertida y aumentada, entre el ∞ y 2f

4) Posición a una distancia do = f. Imagen en el ∞. Se ve un borrón.

5) Posición a una distancia do < f. Imagen virtual, derecha y aumentada. Al igual que e la lente convergente con dos rayos es suficiente. DIVERSAS SITUACIONES DE LA FORMACIÓN DE IMAGEN POR UNA LENTE Lentes biconvexas 1) Posición del objeto entre el ∞ y 2f. Imagen real, invertida y disminuida y entre f y 2f.

ÓPTICA

Lentes bicóncavas. Las imágenes que se forman mediante lentes divergentes siempre son virtuales, erectas y de menor tamaño.

Ejemplo 38. Para el ajuste de lentes de contacto o en la preparación para una cirugía ocular, es importante medir el radio de curvatura de la cornea. Esto se puede hacer con un Keratómetro, un dispositivo en el que un objeto iluminado se coloca a una distancia conocida del ojo y se observa y mide con un pequeño telescopio el tamaño de la imagen virtual que se forma. Suponiendo que para una distancia del objeto de 120 mm se obtiene un aumento de 0,040. ¿Cuál es el radio de curvatura de la córnea?

Hugo Medina guzmán

distancia focal 55 mm y otra con distancia focal 200 mm. Una persona de 1,70 m de estatura está a 10 metros de distancia de la Cámara. a) ¿Cual es el tamaño de su imagen es la película párrafo para cada una de las dos Lentes? b) ¿Cual de estas lentes cree Usted que es la llamada "teleobjetivo"?

Solución. Aplicando la ecuación de las lentes. do = 10 m = 104 mm

1 1 1 d f    di  o f d o di do  f Para f = 55 mm

55  104 = 55,3 mm 104  55 d 55,3 m   i   4  5,53  103 do 10

di 

hi  mho  5,53  103 1,70 = - 9,4 mm (imagen invertida). Para f = 200 mm Solución.

m

di  di  mdo do

m = 0,040, do = 120 mm di  0,040120 = - 4,8 mm Aplicando la ecuación de las lentes

1 1 1   f d o di 1 1 1     120  4,8 5,0 f = - 5,0 mm Como R = 2f  R = 2 (-5,0) = - 10,0 mm La cornea es una lente convexa con radio de curvatura 10,0 mm. Ejemplo 39. Una cámara fotográfica single reflex tiene dos lentes intercambiables, una de

200  104 di  4 = 204 mm 10  200 d 204 m   i   4  20,4  103 do 10

hi  mho  20,4  103 1,70 = -34,7 mm

(imagen invertida). Una lente de distancia focal larga en una cámara da mayor aumento y es llamada teleobjetivo. Ejemplo 40. Dos lentes coaxiales convergentes de distancias focales f1 y f2 se colocan próximas entre sí. ¿Cuál es la longitud focal efectiva de la combinación? Solución. Para la primera lente

1 1 1 1 1 1      di1 f1 d o1 f1 d o1 di1 Para la segunda lente

ÓPTICA

1 1 1   f 2 d o 2 di 2 Como do 2  di1 Tenemos

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a) Determinar la separación entre las dos imágenes posibles que se pueden formar. b) Calcular la relación de sus tamaños. Solución. a)

1 1 1   f2 di1 di 2 Reemplazando di1

1 1 1  1       f2  f1 d o1  di 2 1 1 1 1     f 2 f1 do1 di 2 1 1 1    f e d o1 di 2 1 1 1    f e f 2 f1 f f fe  1 2 f1  f 2 La longitud focal efectiva de la combinación es

fe 

f1 f 2 f1  f 2

Ejemplo 41. La dioptría es la unidad que expresa con valores positivos o negativos el poder de refracción de una lente o potencia de la lente se define como P = 1/f, donde f está en metros y P en dioptrías (unidad que utilizan los optometristas para recetar gafas). ¿Cuál es la potencia de dos lentes en contacto? ¿Por qué esta definición de la potencia de la lente es razonable? Solución. Tenemos que

1 1 1   f e f1 f 2 Luego

P  P1  P2 . Una distancia focal corta significa mayor potencia, esto es mayor aumento. Ejemplo 42. Se coloca una fuente de luz a una distancia fija D de una pantalla. Una lente convergente de distancia focal f se coloca entre la fuente y la pantalla.

Aplicando la ecuación de las lentes

1 1 1   d o di f Siendo

di  D  d o Tenemos

1 1 1    d o D  d o  f f D  do   do   do D  do   fD  do D  do2 

do2  Ddo  fD  0 Resolviendo

D  D 2  4 fD 2

do 

Cuyas soluciones son

D  D 2  4 fD y 2 D  D 2  4 fD do 2  2 d o1 

La separación entre las dos imágenes posibles es

do  do1  do 2

2

D 2  4 fD  D 2  4 fD 2

b) Para la primera imagen

d o1 

D  D 2  4 fD y 2

ÓPTICA

di1  D  do1 

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D  D 2  4 fD 2

Aumento de la primera imagen

hi1 di1 D  D 2  4 fD   ho d o1 D  D 2  4 fD Para la segunda imagen

D  D 2  4 fD y 2 D  D 2  4 fD di 2  D  d o 2  2

do 2 

Aumento de la segunda imagen

hi 2 di 2 D  D 2  4 fD   ho d o 2 D  D 2  4 fD La relación de los tamaños de las imágenes posibles es

hi1 D  D hi1 ho   hi 2 hi 2 D  ho D

D 2  4 fD D 2  4 fD D 2  4 fD D 2  4 fD

 D  D 2  4 fD     D  D 2  4 fD   

2

Ejecutando (1)2 - 4(2):

d o2  d i2  2d 0 d i  4d 0 d i  D 2  4Df 

di  do  DD  4 f  d  DD  4 f  .

distancia d  DD  4 f  , y b) la razón entre estas dos imágenes para estas dos

Solución.

d  di 1 1 1 1     o do di f dodi f  d o d i  d o  d i  f Reemplazando di  do  D d o d i  Df (2)

Como di  do  d , queda demostrado que

Ejemplo 43. Un objeto luminoso y una pantalla están separados una distancia D. Demostrar que si la lente convergente de distancia focal f, donde f < D/4, se inserta entre ellos, a) producirá una imagen real del objeto sobre la pantalla para dos posiciones separadas una

posiciones de las lentes es

a)Un objeto luminoso y una pantalla están separados una distancia D (1) do  di  D De la ecuación de las lentes.

 D  d 2 .  D  d 2

b) Resolviendo di  do  D y di  do  d Obtenemos:

D  d  y d

do 

2

i



D  d  2

Como d 'o d 'i  D y d '0 d 'i  d Obtenemos:

d 'o 

D  d  2

y d 'i 

D  d  2

De la ecuación del aumento

m

hi d  i y ho do

m' 

Se obtiene

d 'i h'i m' d 'o d o d 'i    hi m  di d 'o di do 

Finalmente

h'i d'  i ho d 'o

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

D  d  D  d  h'i d o d 'i 2 2   hi d 'o di D  d  D  d  2 2 2 D  d   D  d 2 Ejemplo 44. Un paisajista puede distinguir sin anteojos objetos entre 75 cm y 200 cm de sus ojos. a) ¿Qué clase de anteojos requiere para ver objetos a ambas distancias y además su lienzo a una distancia de 25 cm? b) ¿Qué parte del paisaje que pinta usando sus anteojos debe omitir de la pintura? Solution.

1 1 1    x  120 cm x  75 200 Todos los objetos desde el infinito hasta 120 cm, son vistos claramente por el artista cuando mira a través de la parte superior de sus gafas. Cuando mira por la parte inferior de sus anteojos, verá claramente a través de ellos todos los objetos de 25 cm hasta una distancia y, donde el objeto produce una imagen virtual a 200 cm. Por lo tanto

1 1 1    y  200 37,5 1 1 1    y  31,6 cm y 200 37,5 El artista lo que puede ver claramente todos los objetos de 25 cm hasta 31.6cm cuando está mirando a través de la parte inferior de sus anteojos.

1 1 1 75   = 37,5 cm  f  25 75 f 2

1 1 1    f  - 200 cm  200 f El paisajista requiere lentes bifocales, la parte superior de cada lente de ser una lente divergente de distancia focal -200 cm y la parte de abajo una lente convergente de distancia focal + 37,5 cm.

b) Cuando el artista mira a través de la zona divergente de sus anteojos, puede ver claramente los objetos que le parecen estar entre 75 cm y 200 cm, es decir, las imágenes virtuales de la lente que están entre estas distancias. Se produce una imagen virtual a 200 cm por objetos en el infinito. Se produce una imagen virtual a 75 cm por un objeto a una distancia x de la lente,

Existe una brecha en su visión entre 31,6cm y 120cm y los objetos en este rango deben ser omitidos en su lienzo. Ejemplo 45. Los fotogramas de una película casera deben aumentarse 143 veces antes para formar la imagen en una pantalla de 3,60 m desde la lente para que sea lo suficientemente grande. ¿A qué distancia debe estar la película de la lente y cuál es la distancia focal de la lente? Solución.

El aumento producido por la lente está dado por

m

di 3,60   143 do do

(La imagen es invertida ya que do es real) Luego la distancia de la lente a la película (objeto) debe ser

ÓPTICA

do 

Hugo Medina guzmán

2

3,60 = 0,025 m = 2,5 cm 143

1  11    0,154 s .    2,8  100

Aplicando la ecuación de las lentes obtendremos la distancia focal

1 1 1   do di f Reemplazando valores

143 1 1    3,60 3,60 f 3,60 = 0,025 m = 2,5 cm f  144 Ejemplo 46. Una cámara fotográfica de cajón tiene un lente de distancia focal 11 cm y una abertura fija de 1 cm de diámetro. Un principiante decide utilizarlo junto con un medidor de la exposición de diseño bastante más sofisticado que el de la cámara. Él considera que para una escena en particular, el medidor de exposición le informa que debe usar una exposición de 1/100 s en f /2,8. ¿Cómo puede calcular el tiempo correcto de exposición para la cámara?

Solución. El número f es la relación entre la distancia focal de la lente con el diámetro de la abertura. Así, el número f de la lente de la cámara es f /11. La exposición requerida es 1/100 s / con f /2,8. Esto es equivalente a tiempo t con f /11. Pero sabemos que el tiempo de exposición multiplicado por el área de la abertura es proporcional a la intensidad de la iluminación requerida. Luego 2

SISTEMA DE DOS LENTES Muchos sistemas ópticos incluyen combinaciones de dos o más lentes, en sistemas de múltiples lentes, la imagen formada por un lente es el objeto de la lente siguiente. La figura muestra como una segunda lente positiva es colocada a la derecha de la imagen real, invertida formada por la primera lente. La segunda lente enfoca el rayo que sale de la imagen como si fueran rayos saliendo de un objeto real. Suponiendo que la segunda lente es insertada entre la primera lente y la imagen. La imagen original desaparece, y la segunda lente puede o no formar una nueva imagen, pero la imagen que la primera lente hubiera formado aún sirve como objeto de la segunda lente, el cual llamamos objeto virtual. La distancia al objeto do2 de un objeto virtual es negativa.

AUMENTO TOTAL El aumento del sistema de dos lentes es el producto de las ampliaciones individuales de cada lente. m = m1 m2 En muchos instrumentos ópticos, se colocan dos lentes delgas en contacto, como se muestra en la Figura

2

1  1   1  s   t    100  2,8 cm   11 cm 

t

1  1  s  100  2,8 cm   1     11 cm 

2

2

Distancia focal efectiva de lentes en contacto (fef)

ÓPTICA

1 1 1   d o di f ef

Hugo Medina guzmán

(1)

Consideremos dos lentes de distancias focales f1 y f2 separadas la distancia , como se muestra en la figura.

1 di 2 1 di 2 1 di 2 1 di 2

do1  f1  

1   f1do1 f2 do1  f1 1      f1do1  f1do1 f 2 1 1 1     f1 d o1 f 2 1 1 1 (2)    do1 f 2 f1 

Comparando (1) y (2)

1 1 1   f ef f 2 f1 Formación de la imagen de la primera lente Aplicando la fórmula de las lentes delgadas:

1 1 1 fd    di1  1 o1 d o1 di1 f1 d o1  f1 Formación de la imagen de la segunda lente

Ejemplo 47. Se coloca un objeto 60 cm delante de una lente divergente de distancia focal – 15 cm. Una lente convergente de distancia focal 20 cm se coloca 10 cm detrás de la primera lente. a) ¿Dónde está ubicada la imagen final? b) ¿Cuál es el aumento final?

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 Donde

do 2    di1   

f1do1 do1  f1 

Luego

1 1 1    f1d o1 di 2 f 2  do1  f1  do1  f1   1 1  di 2 do1  f1   f1do1 f 2 Cuando   0

Solución. a) Usemos la ecuación de las lentes dos veces Para la primera lente

1 1 1   d o1 di1 f1 do1 = 60 cm, f1 = -15 cm

ÓPTICA

1 1 1    60 di1  15 di1  12 cm

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Ejemplo 48. Un teleobjetivo simple consiste en una lente convergente de distancia focal 20 cm y a una distancia de 20 cm una lente divergente de distancia focal - 10 cm. a) ¿En qué posición se debe colocar una película para recibir la imagen final si el objeto está a 100 cm de la primera lente? b) ¿Sí se cambia la lente divergente por otra lente divergente. Dónde se debe colocar y cuál debe ser su distancia focal para producir un aumento doble que el aumento del sistema original? Solución. a)

Para la segunda lente

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 do2 = 10 + 12 = 22 cm, f2 = 20 cm

1 1 1    22 di 2 20 di 2  220 cm

Primeramente encontraremos la posición de la imagen I1 de la primera lente.

1 1 1   , con d o1 di1 f1 d i1  100 cm , f1 = 20 cm Luego

1 1 1    100 di1 20 di1  25 cm Esta imagen I1 es el objeto O2 para la segunda lente. Vamos a encontrar la posición di2 de la imagen I2. La segunda imagen está ubicada 220 cm a la derecha de la segunda lente. b) Aumento de la primera lente

d  12 1 m1   i1    do1 60 5

Aumento de la segunda lente

m2  

di 2 220   10 do 2 22

El aumento final

1 m  m1m2    10  2 5 La imagen es invertida

1 1 1   , con d o 2 di 2 f 2 do1  di1  20  25  20  5 cm f2 = - 10 cm Luego

1 1 1     5 di 2  10 d i 2  10 cm La película deberá colocarse a 10 cm detrás de la lente divergente. b)

ÓPTICA

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Con

5 20 d ' o 2   cm y d 'i 2  cm 3 3 Obtenemos El aumento del primer sistema es

m  m1m2

d12 10  2 do 2 5 Tenemos m  2m1 Siendo m2  

El aumento del segundo sistema

m'  m'1 m'2 Siendo m'1  m1 y d' m' 2   i 2 d 'o 2 Con d ' o 2  25  d  d 'i 2 d 'i 2 m' 2     25  d  25  d Tenemos

 d 'i 2  m'  m1    25  d 

1 1 1    5 / 3 20 / 3 f '2 20 f '2    2,222 cm 9 La segunda lente se debe colocar 6,666 cm delante de la película y su distancia focal debe ser – 2,222 cm. Ejemplo 49. La figura muestra una imagen real invertida a 7,25 cm de una lente positiva.

Cuando se coloca una lente negativa a 3 cm por delante de esta imagen, la imagen original desaparece y se crea una imagen real de 9 cm a la derecha de la lente negativa.

(1)

También

m'  2m  22m1   2m1 (2)

Igualando (1) y (2):

 d'  4m1  m1  12    25  d  d '12 4  25  d d 'i 2 4d  100  d 'i 2 d  30  70 d  23,333 cm 3 70 20 d 'i 2  30    6,666 cm 3 3 Para encontrar la distancia focal de la nueva lente convergente

1 1 1   d 'o 2 d 'i 2 f '2

a) Encontrar la longitud focal de la lente negativa. b) Si la distancia entre el objeto real y la primera lente es 10,9 cm, ¿cuál es la ampliación total para las dos lentes? Solución. a) La imagen original actúa como objeto virtual para la segunda lente, y debido a que la segunda lente se coloca a 3 cm por delante de la imagen original, la distancia do2 para la segunda lente es – 3 cm. Sea f2 la distancia focal de la segunda lente

1 1 1   f 2 di 2 d 02

ÓPTICA

1 1 2    3 cm 9 cm 9 cm  f 2  4,5 cm d 7,25 d 9 b) m1   i1   , m2   i 2   d01 10,9 d02 3 mtotal  m1m2 

 7,25  9        2  10,9   3  El signo negativo especifica que la imagen es invertida. This is an example of a virtual object producing a real image. Ejemplo 50. Un microscopio compuesto consta de lentes de objetivo y ocular con distancias focales 0,6 cm y 2 cm, respectivamente. Se coloca un objeto a 5/8 cm del objetivo y la imagen se ve a menor distancia que la de visión nítida (25 cm). a) Encontrar la distancia de separación de las lentes. b) Encontrar el poder amplificador del sistema. Solución. a)

Para el objetivo

1 1 1   d o1 di1 f1 Con

d o1 

5 y f1  0,6 8

Obtenemos

1 1 1    5 / 8 di1 0,6 1 5 8 25  24 1     di1 3 5 15 15 di1  15 cm La imagen real del objetivo I1 es el objeto real O2 del ocular.

Hugo Medina guzmán

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 Con

di 2  25 y f 2  2 Obtenemos

1 1 1    d o 2  25 2 1 1 1 27     do 2 2 25 50 50 do 2   1,85 cm 27 La separación de las lentes es

d  di1  do 2  15  1,85  16,85 cm b) El aumento lineal producido por el objetivo

m1  

di1 15   24 do1 5/8

El aumento lineal producido por el ocular

m2  

di 2 25   13,5 do 2 1,85

El poder de aumento del sistema es

m  m1m2   2413,5  324

Ejemplo 51. Una lente delgada con una distancia focal 20 cm se coloca en contacto con una segunda lente cuya distancia focal es 25 cm. ¿Cuál es la distancia focal efectiva de estos dos lentes? Solución. Directamente de la ecuación.

1 1 1   f ef f1 f 2 Con f1 = 20 cm, f2 = 25 cm. Tenemos

1 1 1 54 9      f ef 20 25 100 100

f ef 

100 = 11,1 cm 9

La distancia focal efectiva es 11,1 cm. Ejemplo 52. Una lente positive con una distancia focal 18 cm se coloca en contacto con una lente negativa. La distancia focal efectiva de esta combinación de lentes es - 36 cm. Calcular la

ÓPTICA

distancia focal de la lente negativa. Solución. Usando

1 1 1   f ef f1 f 2 Con f1 = 18 cm y fef = -36 cm Tenemos

1 1 1     36 18 f 2 1 1 1 1 2 1     f2 36 18 36 12

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d o1 16    1 , d i1 16 d 4 1 m2   o 2    di2  12 3 1 mtotal  m1 m2   1   0,333  3

m1  

El resultado significa que la imagen es invertida

f2 = - 12 cm La distancia focal de la lente negativa es – 12 cm. Ejemplo 53. Dos lentes positivas paralelas separadas una distancia de 4 cm, tienen longitudes focales de 8 cm y 6 cm. Un objeto real está 16 cm a la izquierda de la primera lente. Una distancia de 4 cm separa las dos lentes. a) Encontrar la posición de la imagen producida por la segunda lente. b) Calcular el aumento total de las dos lentes.

Ejemplo 54. Una lente positive y una negativa se colocan tan juntas como es posible. Las dos focales de Distancias y de 16 cm - 8 cm. ¿Cual es la distancia focal efectiva de esta combinación de dos Lentes? Solución. Directamente de la ecuación.

1 1 1   f ef f1 f 2

Solución a) Primero encontramos la posición de la imagen de la primera lente

1 1 1 1 1 1       f1 d 01 d i1 d i1 f1 d 01 1 1 1 1     d i1  16 cm d i1 8 16 16 Esta imagen es el objeto virtual para la segunda lente

d 02  d i1  4  16  4  12 cm 1 1 1    di2 f 2 d 02 1 1 1 1     d i 2  4 cm d i 2 6  12 4

b)

Con f1 = 16 cm, f2 = -8 cm. Tenemos

1 1 1  8  16 1      f ef 16  8 128 16

fef  16 cm La distancia focal efectiva es 16 cm. Ejemplo 55. Dos lentes delgadas se ponen en contacto. La primera lente tiene una distancia focal de 20 cm y la longitud focal efectiva de la combinación de las dos lentes es de 12 cm. Calcule la distancia focal de la segunda lente. Solución. Directamente de la ecuación.

1 1 1 1 1 1      f ef f1 f 2 f 2 f ef f1 Con fef = 12 cm, f1 = 20 cm. Tenemos

ÓPTICA

1 1 1 20  12 1      f 2 12 20 12  20 30 f 2  30 cm

Hugo Medina guzmán

1 1 1   n  1   f  R1 R2  Lente biconvexa

La distancia focal de la segunda lente es 30 cm. Ejemplo 56. Una gota de un líquido transparente se coloca sobre la superficie de un espejo plano horizontal. Una lente biconvexa con radios de curvatura de 25 cm hecha de vidrio de índice de refracción 1,50 se coloca sobre la gota. Cuando un objeto luminoso se mueve a lo largo del eje del sistema, se encuentra que coincidente con su imagen cuando está a 35 cm de la lente. ¿Cuál es el índice de refracción del líquido?

n = 1,5,

R1 = 25, R2 = - 25

1 1  1  1  1,5  1   f1  25  25  25 Lente bicóncava

R1 = -25 R2 = 25

1 1 1   n  1   f2  R1 R2  1 1  2  1  n  1    n  1 f2 25   25 25  Solución. Como el sistema esta sobre un espejo este produce una imagen igual, tal como se muestra en la figura. Esta imagen tendrá una imagen coincidente con el objeto.

Formación de la primera imagen (lente biconvexa).

1 1 1   d o1 di1 f1 d01  35 , f1  25 1 1 1   35 di1 25 1 1 1 10 0,4     di1 25 35 25  35 35 Formación de la segunda imagen (lente bicóncava).

1 1 1   d o 2 di 2 f 2

25 2n  1 0,4 1 2    n  1 35 di 2 25 1 2 0,4  n  1  di 2 25 35 d02  di1 , f 2  

En seguida procederemos a encontrar la imagen del conjunto La distancia focal de una lente se encuentra con la ecuación del fabricante de lentes.

Formación de la tercera imagen (lente biconvexa).

1 1 1   d o3 di 3 f3

ÓPTICA

d03  di 2 , di 3  35 f3  25 n  1 2  0,4  1  1  25 35 35 25 n  1 2  0,6  1  25 35 25 n  1 2  1  0,6  25 25 35 n  1 2  20  25 25  35 n  1  10  0,286  35 n  1,286 El índice de refracción del líquido es 1,286. Solución directa. Aplicando la distancia focal equivalente para tres lentes delgadas coaxiales

1 1 1 1    f e f1 f 2 f1 2 2 2   n  1  3  n  (1) 25 25 25

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Lente

1 1 1   d o1 di1 f1 do1  30 cm , f1  15 cm 1 1 1   30 di1 15 1 1 1 1    di1 15 30 10 di1  10 cm Espejo

La distancia focal equivalente también la encontramos considerando al sistema como una sola lente. Por definición de distancia focal, tenemos

1 1 1 1 1 2 (2)      f e do1 do3 35 35 35 Igualando (1) y (2)

2 n  1  2  2  25 25 35 1 n  1  10  25 25  35 n  1  10  35 n  1,286 Ejemplo 57. Se coloca un objeto pequeño 30 cm delante de una lente delgada divergente de distancia focal – 15 cm. La luz refractada por la lente cae en un espejo esférico cóncavo de radio de curvatura 30 cm, y se forma una imagen real del objeto por reflexión a 20 cm del espejo. ¿Cuál es la distancia entre la lente y el espejo? Solución.

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 di 2  10 cm , f 2 

30  15 cm 2

1 1 1   do 2 20 15 1 1 1 1    do 2 15 20 60 do 2  60 cm Separación de la lente y el espejo

d  60  10  50 cm La distancia entre la lente y el espejo es 50 cm.

ÓPTICA

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INSTRUMENTOS ÓPTICOS EL OJO HUMANO El estudio del ojo humano desde el punto de vista de los instrumentos ópticos tiene un interés doble. Por una parte, se trata de un instrumento de proyección. Por otro lado, el diseño de algunos aparatos, como los telescopios y los microscopios, debe realizarse teniendo en cuenta el funcionamiento del ojo. Destaquemos sus partes más importantes

Un ojo miope es aquel que enfoca la imagen del infinito en un plano situado antes de la retina. Este defecto visual se corrige con el uso de lentes divergentes.

Si la imagen del infinito se forma detrás de la retina, el ojo es hipermétrope. Para corregir este defecto se utilizan lentes convergentes.

El cristalino. Es una lente convergente de distancia focal variable. La distancia a la imagen di está fijada por el enfoque del ojo enfoca a diferentes distancias (recuérde que se tiene que verificar la ley de las lentes,

1 1 1   ). Este fenómeno se d o di f

denomina acomodación; una persona puede ver nítidamente desde el infinito hasta un punto próximo situado, por término medio, a 25 cm del ojo. La lente del ojo humano es convexa, y además puede cambiar de forma para enfocar objetos a distintas distancias. La lente se hace más gruesa al mirar objetos cercanos y más delgada al mirar objetos lejanos. A veces, los músculos del ojo no pueden enfocar la luz sobre la retina, la pantalla del globo ocular. Si la imagen de los objetos cercanos se forma detrás de la retina, se dice que existe hipermetropía. La retina es la parte del ojo donde se forma la imagen. La retina está llena de células nerviosas sensibles a la luz que envían la información de la señal luminosa hacia el cerebro. La zona de la retina donde la imagen se forma con mayor nitidez se denomina fóvea. El iris. Se comporta como un diafragma. Se cierra cuando hay un exceso de luz y se abre cuando las condiciones de luz son deficientes.

La cámara fotográfica. Es similar al ojo en la formación de imágenes, en lugar de se la retina está la placa fotográfica.

El proyector. Hace la función inversa, en la figura se puede ver claramente como se produce la proyección de la imagen.

LENTES DE AUMENTO La lente de aumento consiste simplemente de una lente convergente.

ÓPTICA

El tamaño en que aparece un objeto depende del ángulo subtendido por el objeto en el ojo.

El tamaño angular de un objeto es el tamaño aparente del objeto la proporción del campo de visión que el objeto abarca. Para un objeto pequeño, es muy cercanamente igual a su altura divida por su distancia a la lente En la figura siguiente se muestra el objeto a la distancia  del objeto

a 

h 

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

ho 25

Punto de alejamiento. El punto más distante que puede ser enfocado claramente por el ojo recibe el nombre de punto de alejamiento (o al infinito) y ocurre cuando se relajan los músculos del ojo; para un ojo normal, el punto de alejamiento es bastante grande y consideraremos que se encuentra en el infinito. Una lente de aumento nos permite situar un objeto más cerca del ojo de manera que subtienda un ángulo más grande. Como se muestra en la figura 35—15a, el objeto se coloca en el punto focal o dentro de él. En consecuencia, la lente convergente produce una imagen virtual, que deberá encontrarse al menos a 25 cm del ojo para que éste lo enfoque. En el caso de que el ojo se relaje, la imagen se encontrará en el infinito y, en este caso, el objeto se encuentra exactamente en el punto focal. (Usted mismo hace este ligero ajuste cuando “enfoca” el objeto moviendo la lente.)

A continuación a una la distancia 2

b 

h 2

Al duplicar la distancia, el ángulo subtendido disminuye a la mitad. a. = 2b Punto de acercamiento. Para examinar con detalle un objeto, lo acercamos a nuestros ojos para que subtienda un ángulo mayor, pero nuestros ojos solamente pueden ajustarse hasta cierto punto. El punto más cercano al cual el ojo puede enfocar claramente se denomina punto de acercamiento, este varía de persona a persona aunque un valor promedio adecuado es 25 cm. considerado como el punto de acercamiento estándar o normal. La figura muestra el ojo enfocado en su punto de acercamiento

0 

hi ho  di d o

Aumento angular de una lupa. El aumento angular o potencia de aumento, M, de la lente se define como el cociente entre el ángulo subtendido con la lente y el que el ojo sin ayuda de la lente subtiende a una distancia de 25 cm.

m 

tamaño angular de la imagen vis to con lupa tamaño angular del objeto en el campo cercano

m 

0 

Mínimo aumento angular. El mínimo aumento se produce cuando el objeto está en el punto focal y el tamaño de la imagen es infinito. Podemos encontrar este aumento mínimo

ÓPTICA

0  hi h Reemplazando  0  y o  25 di hi h 25 cm di m   i h h di 25 cm h d Como i  i h do De la ecuación. m 

Obtenemos

m 

di 25 cm 25 cm  d o di do

Como la imagen está en el infinito, do  f

25 cm m  f Máximo aumento angular. Cuando la imagen está en el punto cercano, 25 cm, el aumento angular tiene su valor máximo. Podemos encontrar este aumento máxima de la misma manera encontramos el aumento mínimo si queremos expresar do en términos de f y recordar que una lupa simple forma una imagen virtual, por lo que el valor de di es negativo

1 1 1 di  f    d o f di di f d f  25 f 25 f do  i   di  f  25  f 25  f hi h 25 d1 25 di m   1  h h di d o di 25 cm 25 2525  f  25cm    1 di 25 f f

Máximo aumento

m 

25cm 1 f

Ejemplo 58. Una lupa tiene dos superficies convexas, cada una con un radio de curvatura de

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10 cm. El índice de refracción del vidrio es 1,50. ¿Cuál es el máximo aumento de esta lupa? Solución. Vamos a calcular f usando la ecuación del fabricante de lentes.

1 1 1 1 1 1  n  1    1,5  1    f R R  10 10  10 f = 10 cm El aumento angular máximo

m 

25 cm 25 cm 1   1 = 3,5 f 10 cm

Ejemplo 59. ¿Cuál es el aumento angular de una lupa cuya distancia focal es 10 cm cuando se coloca un objeto 10 cm delante de la lente. Solución. Como el objeto se coloca en el foco, al aumento angular es el mínimo.

m 

25 cm 25 cm  = 2,5 f 10 cm

Ejemplo 60. ¿Cuál es el aumento angular de una lupa de distancia focal 5 cm si se forma una imagen a 25 cm ce los ojos? Solución. El aumento angular de una lupa es

m 

25 f

En este caso f = 25 cm, luego

m 

25 5 5

Ejemplo 61. Una lente convergente de 8cm de distancia focal lo emplea una persona con ojos normales como lente de aumento. Calcule. a) El aumento máximo. b) El aumento cuando el ojo se relaja. Solución. a) El aumento máximo se obtiene con el ojo enfocado en su pinto de acercamiento.

m 

25 cm 25 cm 1  1  4 f 8 cm

b) El aumento mínimo se obtiene con el ojo enfocado en el infinito

m 

25 cm 25 cm  3 f 8 cm

ÓPTICA

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Ejemplo 62. Una lupa simple consiste en una superficie plana y una superficie convexa, cuyo radio de curvatura es 5 cm. ¿Cuál es el aumento máximo de esta lupa? (n = 1,50) Solución. Primero calcularemos la distancia focal de la lupa

1 1 1   n  1   f  R1 R2  n = 1,5, R1 =  y R2 = 5 cm

1 1 1  1 1   1,5  1    0,5 0    f 5  10   5  f = 10 cm. Luego el máximo aumento de la lupa es

m 

25 cm 25 cm 1   1 = 3,5 f 10 cm

Ejemplo 63. Cuando una lupa simple se coloca de tal manera que la imagen se encuentra en el infinito, el aumento mínimo resultante es 5. ¿Cuál es la distancia focal de esta lupa? Solución. El aumento mínimo se obtiene con el ojo enfocado en el infinito

m 

Existen diversos tipos de telescopios astronómicos telescopio como el refractor que utiliza una combinación de lentes para formar una imagen, y el telescopio reflector que utiliza un espejo curvo y una lente. El telescopio refractor. Las dos lentes se disponen de modo que el objetivo forme una imagen real e invertida del objeto I0 muy cerca del punto focal del ocular. La imagen I1 se forma en el punto focal del objetivo debido a que el objeto está esencialmente en el infinito. Las dos lentes están separadas por una distancia fo + fe la que corresponde a la longitud del tubo del telescopio. El ocular forma en I2, una imagen invertida y más grande de la imagen en I1.

25 cm 25 cm  f  f m

Reemplazando valores

f 

25 cm 25 cm = 5 cm  m 5

Ejemplo 64. Una lupa tiene una distancia focal 18,9 cm. ¿cuál es el aumento máximo de esta lente? Solución. El aumento máximo de esta lente es

m 

25 cm 25 cm 1   1 = 2,32 f 18,9 cm

EL TELESCOPIO Un telescopio se utiliza para ayudar a la observación de objetos distantes, n la mayor parte de los casos puede considerarse que el objeto se encuentra en el infinito.

El aumento angular del telescopio está dado por

m 

 0

De acuerdo con los triángulos en la figura anterior, tenemos

tan   

hi1 h y tan 0  i1 f ob f oc

Para ángulos pequeños tan   y tan 0  0 Luego

ÓPTICA

 

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hi1 f oc

0 

hi1 f ob

Por consiguiente, el aumento angular del telescopio puede expresarse como

h  i1 f f oc m    ob hi1 f oc f ob El signo menos indica que la imagen está invertida. Esta expresión señala que el aumento angular del telescopio es igual a la razón entre la longitud focal del objetivo y la longitud focal del ocular. También en este caso, el aumento es la razón entre el tamaño angular visto con el telescopio y el visto a simple vista. El telescopio refractor más grande del mundo se localiza en el Observatorio Yerkes, en la Bahía Williams, Wisconsin. Su diámetro es de un metro. Ejemplo 65. Un telescopio tiene un objetivo con distancia focal 30 cm y un ocular con distancia focal 1,5 cm. ¿Cuál es el aumento del telecopio? Solución. El aumento del telescopio es

m  

f ob 40 = - 20  f oc 2

Ejemplo 68. Un agrimensor utiliza un telescopio que tiene un objetivo de distancia focal 25 cm y una retícula formada por dos líneas horizontales con 3,0 mm de separación, en el primer plano focal del ocular. El agrimensor observa a la mira sostenida por el asistente a 10 m del objetivo ¿Cuál es la longitud aparente de la parte de la mira vista entre las líneas de retícula?

Solución. El objetivo del telescopio forma una imagen de la mira en el primer plano focal del ocular. La retícula que está en ese punto, más la imagen es vistas a través del ocular. La figura siguiente muestra esta situación.

f ob 30 = -20  f oc 1,5

El signo negativo significa que la imagen es invertida. Ejemplo 66. Un telescopio tiene una lente objetivo con distancia focal 40 cm y un ocular con distancia focal 2 cm. ¿Cuál es el aumento del telescopio? Solución. El aumento del telescopio es

m  

m  

f ob 30 = - 20,0  f oc 1,5

Ejemplo 67. Un telescopio astronómico tiene un objetivo y un ocular separados una distancia de 42 cm. El ocular tiene una distancia focal de 2,0 cm. Encontrar el aumento angular del telescopio. Solución: En primer lugar, encontrar la distancia focal del objetivo fob = 42 - foc = 42 -2 = 40 cm Luego

Aplicando la ecuación de las lentes

1 1 1   d o di f do es la distancia de la mira al objetivo ( 10 m = 1000 cm). Di es la distancia de la imagen (lugar donde esta la retícula) a la lente. f es la distancia focal del objetivo (25 cm). Reemplazando

1 1 1    1000 di 25 1 1 1 39     di 25 1000 1000 1000 di  39 El aumento es

ÓPTICA

m

di 1000 39 1   do 1000 39

Parte de la imagen entre la líneas de la retícula (3 mm de separación). Corresponde a 3 x 39 = 117 mm = 11,7 cm de la mira.

Ejemplo 69. El objetivo de un telescopio tiene una distancia focal 50 cm, el ocular tiene distancia focal 2 cm. a) ¿Cuál es la separación de las lentes para formar una imagen en el infinito? b) ¿Cuál es entonces el aumento? c) ¿Cuál debe ser la separación de las lentes si la imagen se forma en el punto cercano, 25 cm? Solución. a)

La separación de las lentes aproximadamente es L = fob + foc = 50 + 2 = 52 cm b) El aumento es

m

f ob 50   25 f oc 2

c) Sí la imagen final se forma en el punto cercano

do oc  25 cm Aplicando la ecuación de las lentes

1 1 1   f oc d o oc di oc

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1 d o oc



do oc 

1 1 27    2 25 50 50  1,85 cm 27

En este caso L = fob + do oc = 50 + 1,85 = 51,85 cm Ejemplo 70. En uno de los cuentos de Edgar Allan Poe, el autor describe su experiencia aterradora de enfocar un telescopio en una colina distante y la observación de un "dragón" trepando por ella. Pero se da cuenta de que el dragón es una hormiga arrastrándose por la ventana a través de la cual está observando la colina. Aunque se trata de una buena historia, explicar por qué la óptica es mala.

Solución. Consideraremos que la colina se encuentra a una distancia muy grande (para efectos prácticos en el infinito). El objetivo del telescopio forma una imagen de la colina en su segundo punto focal, que es también el primer punto focal del ocular. La imagen final se ve en el infinito. A menos que la hormiga este en el infinito o en el segundo punto focal del objetivo, es decir, a menos que ocupe la misma posición que la imagen intermedia (objeto del ocular), la imagen final no puede estar en el infinito también, y por lo tanto no se puede ver en la misma posición que la imagen de la colina. Poniendo números. Longitud focal del objetivo, f1 =100 cm. Longitud focal del ocular, f2 = 10 cm. Distancia de la hormiga al objetivo, do1 = 200 cm. Distancia de la imagen final, di2.

Reemplazando valores

1 1 1    2 d o oc  25

Para el objetivo

1 1 1    d o1 di1 f1

ÓPTICA

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1 1 1    200 d11 100 1 1 1 1     di1 100 200 200 di1  200 cm El objetivo y el ocular están separados 110 cm y la imagen formada por el objetivo actúa como objeto virtual para el ocular. Para el ocular La distancia del objeto al ocular es

1 1 1   d o 2 di 2 f 2 Con

do 2  200  110  90 cm

Tenemos

1 1 1     90 di 2 10 1 1 1 10 1      di 2 10 90 90 9 di 2  9 cm

La ecuación para el aumento angular es

m  

f ob f oc

Ejemplo 71. Un telescopio de Galileo cuenta con una lente objetivo de longitud de onda 20 cm y un ocular con una distancia focal – 4cm. ¿Cuál es el aumento de este telescopio? Solución. El aumento es

m  

f ob 20 = 5,0  f oc 4

Ejemplo 72. Unos binoculares tiene lentes del objetivo con una distancia focal 12 cm y oculares con distancias focales de - 3 cm. ¿Cuál es el aumento angular?

La imagen final es real en el lado del observador, por lo que al mirar a través del telescopio, no se puede ver una imagen de la hormiga. Solución. El aumento angular es

m  

El telescopio de Galileo

Un telescopio de Galileo consiste en un objetivo convergente y un ocular divergente que forma una imagen virtual. Una ventaja importante de un telescopio de Galileo es que la imagen está erecta.

f ob 12 =4  f oc 3

El telescopio reflector. Los grandes telescopios de investigación utilizados para estudiar objetos muy distantes deben tener un gran diámetro para adquirir la mayor cantidad de luz posible. Es difícil y costoso fabricar grandes lentes para telescopios refractores. Otra dificultad con los grandes lentes es que su considerable peso hace que se pandeen, lo cual es una fuente adicional de aberración. Estos problemas pueden superarse parcialmente al sustituir el lente del objetivo con un espejo cóncavo reflejante.

ÓPTICA

El telescopio más grande del mundo es un telescopio reflector cuyo diámetro es de 6 metros ubicado en el Monte Pastukhov, en el Cáucaso, Rusia. El telescopio reflector más grande en Estados Unidos está en el Monte Palomar, en California. Su diámetro es de 5 metros. Por el contrario, el telescopio refractor más grande del mundo se localiza en el Observatorio Yerkes, en la Bahía Williams, Wisconsin. Su diámeto es de sólo un metro.

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El aumento total del microscopio compuesto es el producto del aumento de cada lente. Si la lente se ajusta de modo que la imagen final I 2 esté en el infinito, la primera imagen I1 estará en el punto focal del ocular. Aumento del objetivo El objeto de altura h0 a ser visto se coloca justo fuera del punto focal del objetivo a una distancia do1  fob. La primera imagen se forma a una distancia di1 del objetivo resultando un aumento

m1  

di1 d   i1 d o1 f ob

Aumento del ocular EL MICROSCOPIO COMPUESTO Un microscopio compuesto está formado por dos lentes convergentes. Luz ingresa que en el microscopio pasa primero a través del objetivo, que tiene una distancia focal corta y forma una imagen real. La segunda lente, el ocular, es una lupa simple. La imagen real formada por el objetivo se encuentra entre el ocular y el punto focal del ocular, de modo que el ocular forma una imagen virtual aumentada.

La figura siguiente muestra como se produce la ampliación del objeto en un microscopio.

m 

25 cm f oc

Aumento total del microscopio

m  m1m

 d  25 cm      i1  f f  ob  oc  Aumento del microscopio compuesto es

m

25di1 f ob f oc

Ejemplo 73. La distancia focal del objetivo de un microscopio fob es 1,8 cm. La distancia focal del ocular foc es 2,0 cm. Cuando se coloca un objeto 2,0 cm delante del objetivo la imagen final se encuentra en el infinito. ¿Cuál es el aumento del microscopio? Solución. En primer lugar encontremos la distancia de la imagen al objetivo

1 1 1   d o1 di1 f ob

ÓPTICA

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1 d o1  f ob  di1 d o1 f ob d f di1  o1 ob d o1  f ob

Solución Tendrá que calcular la distancia a la imagen de la ecuación. (24-1):

Reemplazando valores

d i1 

2,01,8 2,0  1,8

= 18 cm

El aumento del microscopio es

25di1 f ob f oc 25  18  = - 125 1,8  2

m

El valor negativo de m significa que la imagen final es invertida.

1 1 1   d o1 di1 f ob 1 1 1   1,8 di1 1,5 1 1 1 1,8  1,5 1     di1 1,5 1,8 1,5  1,8 9 di1  9,0 cm Cálculo del aumento

 d  25 cm   m    i1  d f  o1  oc   12 cm  25 cm      = - 50  2,4 cm  2,5 cm 

Ejemplo 74. Un microscopio compuesto tiene un objetivo con una distancia focal 2,0 cm y un ocular con una distancia focal 2,5 cm. Las lentes están separadas una distancia de 14,5 cm. La imagen final está en el infinito. Calcular el aumento del microscopio. Solución. En primer lugar, tendrás que conocer la distancia a la imagen de la lente objetivo que, en este caso, es la distancia de las lentes se separan menos la longitud focal del ocular:

Ejemplo 76. Un microscopio compuesto tiene un objetivo con una distancia focal 2,0 cm. El ocular tiene una distancia focal 1,5 cm. Estas dos lentes están separadas por una distancia de 11,5 cm. Calcular el aumento total del microscopio. Solución. Primeo calculamos la distancia a la imagen al objetivo:

di1    foc

Luego, calculamos la distancia al objeto

= 14,5 cm – 2,5 cm = 12,0 cm También tenemos que calcular la distancia del objeto al objetivo

di1    foc  11,5  1,5  10,0 cm

1 1 1   d o1 f ob di1

1 1 1 di1  f ob     do1 f ob di1 f obdi1 212 f d do1  ob i1  di1  f ob 12  2

Reemplazando valores

= 2,4 cm Luego el aumento

 d  25 cm   m    i   d o  f oc   10 cm  25 cm      = - 66,7  2,5 cm  1,5 cm 

 d  25 cm   m    i1   d o1  f oc   12 cm  25 cm      = - 50  2,4 cm  2,5 cm  Ejemplo 75. Un microscopio tiene un objetivo con una distancia focal 1,5 cm. El objeto está a 1,8 cm del objetivo. La distancia focal del ocular es 2,5 cm. ¿Cuál es el aumento total del microscopio?

1 1 1 10,0  2,0 1      do1 2,0 10,0 2,0  10,0 2,5 do1  2,5,0 cm

Luego el aumento

Ejemplo 77. Se observa células sanguíneas en un microscopio cuyo ocular tiene una distancia focal 3,0 cm y su objetivo una distancia focal 0,40 cm. La distancia entre el ocular y el objetivo es 18 cm. Si una célula subtiende un ángulo de 2 x 10-5 rad

ÓPTICA

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cuando se ve a simple vista, ¿qué ángulo subtiende cuando se ve a través del microscopio? Solución. Aumento del microscopio compuesto es

m

25di1 f ob f oc

Asumiendo que di1  18 (la longitud del microscopio)

m

2518  375 30,40

 = 2 x 10-5 rad: ángulo subtendido cuando se ve a simple vista. 2 = ángulo subtendido cuando se ve a través del microscopio. Luego

2  375  2  375

Siendo  = 2 x 10-5 rad, tenemos

2  3752  105   7,5  103 rad

También el aumento del microscopio es

m

h2  2  h0 

PREGUNTAS Y PROBLEMAS Problema 1. Si la velocidad de la luz en cierto medio es de 2,0 x 1011 m/s, ¿cuál es el índice de refracción del medio? ¿Cuál es la longitud de onda de esta luz en el medio, si su longitud de onda en el espacio libre es de 4500 Å? Problema 2. Una luz con una longitud de onda de 5000 Å entre a un medio en el que se descubre que su longitud de onda es de 3 500 Å a) ¿Cuál es el índice de refracción del medio? b) ¿Cuál es la frecuencia de la luz? c) ¿Cuál es la constante dieléctrica del medio a esta frecuencia?

ángulo de refracción cuando el rayo de luz entre al agua? Problema 6. Dos rayos paralelos de luz inciden del aire sobre la cara grande de un prisma de 45o 45o -90o, con un índice de refracción de 1,30; véase la figura. Calculen el ángulo entre la luz refractada, cuando sale del prisma.

Problema 3. Un rayo de luz se origina en un punto bajo la superficie de un depósito de agua. Suponiendo que n = 1,33, calculen el ángulo que forma el rayo que sale con respecto a la vertical, si el ángulo de incidencia es: a) 30o, b) 45o y c) 75o. Problema 4. Para la situación física descrita en el problema anterior, calculen el ángulo de incidencia en el que el haz saldrá horizontalmente. ¿Qué ocurre si se incrementa el ángulo de incidencia más allá de este valor? Problema 5. Una placa de vidrio (de índice 1.5) está bajo el agua (de un índice de 1,33). a) Si la luz se desplaza originalmente en el agua e incide en un ángulo de 30o, ¿cuál es el ángulo de refracción? b) Si un rayo de luz se desplaza originalmente en el vidrio e incide en un ángulo de 60o, ¿cuál es el

Problema 7. Un haz de rayos paralelos de luz se desplaza en vidrio (n = 1,5) e incide en su interfaz esférica con el agua (n = 1,33), Describan la naturaleza y la ubicación de la imagen si: a) La superficie es cóncava, de radio R. b) La superficie es convexa, de radio R. Problema 8. Repitan las dos partes del problema anterior, suponiendo, esta vez, que los rayos originales de luz se desplazan en agua y sufren una refracción en la superficie esférica de vidrio.

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Problema 9. Una varilla de vidrio de índice de refracción de 1,5, tiene una longitud de 60 cm y posee en sus extremos superficies hemisféricas de 10 cm de radio cada una de ellas. Se pone un objeto de 2 cm de altura a una distancia de 30 cm de un extremo, como se muestra en la Figura.

a) ¿Dónde estará situada la imagen I 1 después de la refracción por la superficie de la izquierda" b) ¿Cuál es la naturaleza y el tamaño de esta imagen I1? c) Determinen la ubicación de la imagen final I .2 que se forma mediante la refracción de la luz a partir de I1, considerada como objeto para la segunda superficie. d) ¿Cuál es la naturaleza y el aumento de I2 en relación al objeto original. Problema 10. Haces paralelos de luz incidentes en una esfera de vidrio de radio R e índice de 1,5 Si, como se muestra en figura, hay un espejo plano a una distancia de 3/2R de la esfera, calcular la ubicación de la Imagen final.

Problema 11. Sea nuevamente la situación de la figura anterior, suponiendo que, esta vez, hay un objeto situado a una distancia 3R de la superficie izquierda de la esfera. a) Determinen la ubicación de la imagen después de la primera refracción a través de la superficie de la esfera. b) Determinen la posición final de la imagen. Problema 12. Una lente delgada y convexa plana, es de vidrio (n = 1,5) y la superficie curva tiene un radio de 10 cm. a) ¿Cuál es la longitud focal de la lente?

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b) Repitan (a), suponiendo que, esta vez, la lente sea cóncava plana con el mismo radio de curvatura. c) ¿Es divergente o convergente la lente de (a)? Problema 13. Una lente delgada convexa doble, de vidrio (n = 1, 5) tiene una longitud focal de 30cm. Si el radio de una de las superficies es de 30cm, ¿cuál será el radio de la otra? Problema 14. Demuestre que si fo es la longitud focal de una lente delgada en el aire y f es la longitud focal correspondiente cuando la lente se encuentra en un medio de índice de refracción n', entonces,

f   f0

n(n  1) n  n

Donde n es el índice de refracción del material de la lente. Problema 15. Una lente delgada y convergente tiene una longitud focal de 20 cm. Determinen la ubicación y el aumento que se asocian a una imagen cuya distancia del objeto es: a) 30cm, b) 20 cm, y c) 10 cm. ¿En cuál de estos casos es real la imagen? Problema 16. Un objeto está a una distancia de 12 cm de una lente convergente delgada de longitud focal de 10 cm. a) ¿A qué distancia de la lente deberá estar una pantalla para que la imagen se enfoque en ella? b) ¿Qué tamaño tendrá la imagen si el objeto es perpendicular al eje y tiene un tamaño de 4 cm? Problema 17. Demuestre que si un objeto está a una distancia (x + f) de una lente delgada de longitud focal f entonces, su imagen estará a una distancia (x' + f), en donde xx` = f2 Nota: Esta forma de la ecuación de lentes delgadas se conoce como forma newtoniana. Problema 18. Un objeto se encuentra a una distancia s de una lente delgada de longitud focal f a) Demuestren que la distancia d entre el objeto y la imagen es

d

s2 s f

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b) Demuestre que para una lente convergente, la distancia entre el objeto y las imágenes reales formadas es siempre mayor que 4f. c) ¿A qué distancia del objeto se logra el mínimo en (b)? Problema 19. Cuando un objeto de 3 cm de altura se coloca a 8 cm frente a una lente convergente delgada se forma una imagen en la pantalla, 12 cm detrás de la lente. Suponga que esta última se acerca 2 cm más al objeto. a) ¿Hacia qué lado se debe mover la pantalla para que la imagen siga enfocada en ella? b) ¿Cuál es el tamaño final de la imagen? Problema 20. Un objeto de 2 cm de altura está a una distancia de 10 cm de una lente convergente de longitud focal 4 cm. Haga un dibujo a escala y, al trazar rayos apropiados desde la parte superior del objeto, determine el tamaño y la ubicación de la imagen. Compare los valores gráficos con los calculados. Problema 21. Repita el problema anterior, suponiendo que, esta vez, la lente sea divergente y tenga una longitud focal de - 4 cm. Suponga que el objeto está a 4 cm de la lente. Problema 22. Dos lentes convergentes de una longitud focal de 10 cm están separadas por una distancia de 50 cm. Se pone un objeto de 5 cm a la izquierda de las lentes y a 15 cm de una de ellas y 65 cm de la otra. a) ¿Dónde está la imagen I1, que se debe a la primera lente? b) ¿Dónde está situada la imagen final I 2? c) ¿Cuáles son los tamaños de I1, e 12? ¿Es la imagen final derecha o invertida? Problema 23. En la figura se muestran los elementos básicos del microscopio compuesto. El objeto O se sitúa inmediatamente afuera del punto focal de la lente del objetivo y la Imagen asociada cae inmediatamente adentro de la longitud focal de la lente ocular. Explique la razón por la que el observador verá una imagen ampliada del objeto. ¿Será real o virtual la imagen observada? ¿Derecha o invertida?

Problema 24. Los elementos básicos de un telescopio son dos lentes convergentes: una lente objetivo 1 de longitud focal f1, y una lente ocular 2 de longitud focal f2. A diferencia del microscopio, en un telescopio las lentes están separadas por la distancia (f1 + f2). Mediante la construcción de un diagrama de rayos para un objeto del infinito, expliquen cómo funciona el telescopio. Demuestre también que el aumento m de un telescopio es

m

f1 f2

Explique el significado del signo menos. Problema 25. Un objeto está a una distancia (a + b) de un espejo plano. Supongan que se pone una lente delgada y convergente de longitud focal f (f < a; f < b) entre el objeto y el espejo, a una distancia a del primero. a) Determinen tanto la naturaleza como la ubicación de la imagen final, suponiendo que b > af(a – f). b) Justifiquen su respuesta, construyendo un diagrama apropiado de rayos. Problema 26. Una lente biconvexa está hecha de cristal de roca con un índice de refracción 1,66, su distancia focal es 8,0 cm. ¿Cuál es el aumento máximo d esta lupa? Respuesta 4,13 Problema 27. Un microscopio compuesto tiene una lente objetivo con distancia focal 2,0 cm. La longitud focal del ocular es 2,5 cm. Un portaobjetos de microscopio está 2,5 cm delante del objetivo. La imagen final del ocular está en el infinito. a) Calcular el aumento total del microscopio. b) Sí la distancia del objetivo al ocular del microscopio es 12,5 cm. ¿Cuál sería el aumento si esta distancia se reduce a 8,5 cm? Respuesta

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a) - 40,0 b) - 20.0 Problema 28. Un telescopio tiene una lente objetivo de distancia focal 44 cm y un ocular de distancia focal 2 cm. ¿Cuál es el aumento de este telescopio? Respuesta -22,0 Problema 29. Un telescopio de Galileo cuenta con una lente objetivo de distancia focal 12 cm. El ocular negativo tiene una distancia focal 3 cm. ¿Cuál es el aumento de este telescopio de Galileo? Respuesta 4,00

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Problema. Una lente positiva, con una distancia focal 8 cm se pone en contacto con una lente negativa cuya distancia focal es -24 cm. ¿Cuál es la distancia focal de esta combinación? Respuesta 12,0 cm Problema 30. Dos lentes positivas idénticas se colocan tan cerca como sea posible. La distancia focal de esta combinación es 7,5 cm. ¿Cuál es la distancia focal de cada lente positiva? Respuesta 15,0 cm

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ÓPTICA ONDULATORIA Hemos visto al estudiar los fenómenos de la reflexión y refracción de la luz como consistente en rayos que viajan en líneas rectas en un medio uniforme. Otros fenómenos notables como la interferencia, difracción u polarización, pueden ser entendidos solamente en términos de la naturaleza ondulatoria de la luz y el estudio de este fenómeno es conocido como óptica física.

Ejemplo 1. Las ondas de radio son ondas electromagnéticas como la luz, pero tienen longitudes de onda mayores. Dos fuentes de ondas de radio emiten en fase en una longitud de onda de 1 cm y separadas por 2 cm. ¿Cuál es la diferencia de fase en un punto sobre la línea que une las dos fuentes y a 0,75 cm de uno de ellos? Solución.

DIFERENCIA DE FASE Las ondas electromagnéticas se comportan en muchos aspectos, como otros tipos de ondas, por ejemplo, muestran la interferencia y difracción. Cuando las ondas de luz que provienen de fuentes diferentes se superponen se produce interferencia. Interferencia constructiva. La interferencia constructiva se produce cuando las ondas están en fase y, en consecuencia, se refuerzan mutuamente. Interferencia destructiva. La interferencia destructiva se produce cuando las ondas están fuera de fase y, en consecuencia, parcial o totalmente, se cancelan mutuamente. Dos ondas están exactamente fuera de fase cuando el máximo de una onda coincide con el mínimo de la otra. Cuando dos ondas de luz pasan a través de un punto en el espacio, el movimiento de la onda resultante en ese punto depende de la diferencia de fase entre las dos ondas.

Si el punto está a 0,75 cm de una de las fuentes y a (2,00 – 0,75) = 1,25 cm de la otra. La diferencia entre las dos trayectorias es S = (1,25 – 0,75) =0,50 cm Luego la diferencia de fase es

Si la diferencia de fase es cero o un múltiplo entero de 2 radianes, el movimiento de la onda resultante tiene un valor máximo. Si la diferencia de fase es un múltiplo impar de  radianes (, 3, 5…). El movimiento de la onda resultante tiene un valor mínimo. La diferencia entre las distancias de viaje de dos ondas de luz es su diferencia de trayectoria S. Si dos ondas con la misma longitud de onda  comienzan desde diferentes puntos, pueden no estar en fase cuando se encuentran, pero podemos encontrar la diferencia de fase  entre ellas en cualquier punto. Relación entre la diferencia de fase y la diferencia de trayectorias

  2

S



  2

S

 0,50   2     = 180º   1,00 

Como la diferencia de fase es un múltiplo impar de  la interferencia es destructiva. INTERFERENCIA DE RENDIJA DOBLE El experimento de Young, también denominado experimento de la doble rendija, fue realizado en 1801 por Thomas Young, en un intento de discernir sobre la naturaleza corpuscular u ondulatoria de la luz. Young comprobó un patrón de interferencias en la luz procedente de una fuente lejana al difractarse en el paso por dos rejillas, resultado que contribuyó a la teoría de la naturaleza ondulatoria de la luz. Posteriormente, la experiencia ha sido considerada fundamental a la hora de demostrar la dualidad onda corpúsculo, una característica de la mecánica cuántica. El experimento también puede realizarse con electrones, átomos o neutrones, produciendo patrones de interferencia similares a los obtenidos cuando se realiza con luz, mostrando, por tanto, el comportamiento dual onda-corpúsculo de la materia.

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entre las rendijas a P. Consideramos

sen 

S d

Siendo la diferencia de trayectorias

S  n

Escribimos En esta foto tomada en una cubeta de ondas se ven las interferencias producidas en la superficie del agua por las ondas producidas por dos pulsadores que golpean "armoniosamente" la superficie del agua. Los círculos oscuros corresponden a valles. Los círculos claros corresponden a crestas. Posición angular de las franjas brillantes

sen 

n d

Ejemplo 2. Si la distancia a entre las rendijas es 0,02 mm y la longitud de onda de la luz es 500 nm. Cual es el ángulo entre el máximo central y la franja brillante de segundo orden? Solución. Usando la ecuación

sen 

n d

Tenemos





2 5,00  107  0,050 2,00  10 5   2,866º sen 

La figura muestra el patrón de interferencia producido por una luz de una sola longitud de onda brillando en dos rendijas paralelas separadas una distancia d. Debido a que la rendija simple frente a la fuente de luz está a la misma distancia de cada una de las rendijas dobles, las ondas de luz que salen de la rendija doble están en fase. El punto P en la pantalla está más cerca de la ranura superior que de la inferior, por lo que hay una diferencia en la longitud del camino de las ondas que viajan de cada rendija a P. Si hay una franja brillante en P, la diferencia de camino de los dos rayos es n, (n = 0, 1, 2, 3, ...) llamado el orden de la franja. Cada orden de franja corresponde al centro de una franja brillante a una distancia cada vez mayor desde el punto O. El punto O es equidistante de cada rendija, por lo que las dos ondas que llegan están en fase. El punto O es el centro del patrón de franjas y la intensidad allí es un máximo. La banda central brillante en el punto O (la línea de máxima intensidad) se denomina la franja de orden cero. La intensidad de un rayo de luz es el flujo de energía por unidad de superficie. Podemos encontrar la ubicación de las franjas brillantes en términos  , ángulo entre la línea central y la línea trazada desde el punto medio

Ejemplo 3. El punto P es el centro de la franja de Segundo orden. Determine la diferencia de fase entre las ondas de luz que llegan a P desde la rendija doble. Solución. La diferencia de fase para ondas procedentes de una rendija doble es

  2

S



.

S = n, para una franja del Segundo orden, n = 2. Luego

  2

2



= 4 radianes.

La diferencia de fase es múltiplo entero de 2, tal que la intensidad en P es máxima. Ejemplo 4. La distancia D de rendija doble ala pantalla es 60,00 cm, la separación a de las rendijas es 0,02 mm y la longitud de onda de la fuente de luz es 500 nm. Calcular la distancia y desde el punto O a la franja brillante de segundo orden franja brillante en el punto P. Solución. Use el resultado del ejemplo 26-2

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y  D y  D tan  60,00 tan 2,866º = 3,00 cm

tan 

Ejemplo 5. Dos rendijas estrechas paralelas están separadas 0,04 mm. La longitud de onda de la luz incide sobre estas dos rendijas es 400 nm. La pantalla en la que se ven las franjas de interferencia está a 60 cm de la doble rendija. Calcular la distancia del máximo central de la franja brillante de tercer orden. Solución. de la ecuación uso. (26-2) para calcular la posición angular del máximo de tercer orden:  = 400 nm = 4,0 x 10-7 m d = 0,04 mm = 0,04 x 10-3 m



x 10-7 m, la franja brillante de orden cero del patrón de interferencia está en la posición central en la pantalla de visualización. Cuando se coloca una película delgada de material transparente de índice de refracción 1,45 sobre una de las rendijas, la posición central pasa a estar ocupada por la franja brillante de cuarto orden. ¿Cuál es el espesor de la película insertada? Solución.



n 3 4,0  107  0,03 d 0,04  103   1,719º sen 

La distancia y del máximo central de la franja brillante de tercer orden.

tan 

y  y  D tan  60 cm  tan1,719º D

= 1,80 cm Ejemplo 6. Una placa fotográfica se coloca 80 cm de un par de rendijas separadas 0,03 mm. La distancia desde el máximo central a la franja brillante de primer orden (n = 1) es 1,60 cm. Calcular la longitud de onda de la luz que ilumina a la doble rendija. Solución. En primer lugar, calcular la separación angular del máximo central y la franja brillante en primer lugar: y = 1,60 cm = 1,60 x 10-2 m D = 80 cm = 0,80 m

y 1,60  102   0,02 D 0,80   0,020 rad d sen  n 0,03  10 3 sen 0,02rad  1 7  6,00 10 m tan 





Ejemplo 7. En el experimento de la doble rendija de Young empleando luz de longitud de onda 5,50

Cuando ambas rendijas están descubiertas, la posición de la franja brillante de orden cero brillantes en la pantalla se encuentra en el punto O equidistante de S1 y S2. En este punto las ondas de S1 S2 tienen la misma distancia recorrida, están en fase. Cuando la rendija S1 está cubierta por la película transparente de espesor d e índice de refracción n, la luz que atraviesa la película ha recorrido una distancia óptica nd. La luz de S2 al atravesar un espesor correspondiente a d del aire ha recorrido una longitud óptica de sólo d (considerando que el índice de refracción del aire es 1). Por lo tanto, una diferencia de camino óptico entre la luz de las dos rendijas es S  nd  d  d n  1 . El hecho de que la luz al viajar desde S1 a O pasa a través de la película hay una ligera desviación que no se toma en cuenta, porque el ángulo es despreciable. La franja en O es la franja de cuarto orden. Esto significa que la diferencia de camino óptico entre S10 y S20 es de 4. Por lo tanto d (n - 1) = 4 o





4 4 5,50  107 d  = 4,89 x 10-6 m n 1 1,45  1 El espesor de la película insertada es 4,89 x 10-6 metros.

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Ejemplo 8. Se configura un experimento de Young usando una lámpara de vapor de sodio como fuente de luz y se coloca las rendijas un metro en frente de la pantalla. No se tiene seguridad de la separación entre las rendijas, se varía la separación de estas y se encuentra que el patrón de interferencia es casi nulo si las rendijas están demasiado separadas. Si la resolución angular de su ojo es de 1 minuto de arco, ¿cuál es la separación de las rendijas cuando no se puede ver las franjas de interferencia? Solución.

La posición de la franja brillante m del sistema de franjas con centro en O está dada por:

ym  m

D  d

 es la longitud de onda usada. Similarmente para la franja (m + 1)

ym 1  m  1

D  d

La separación de las franjas es

ym 1  ym  m  1



D D  m  d d

D  d

Pero el observador no puede distinguir a menos que el ángulo de las franjas vecinas Subtiendan a los ojos un arco  1 minuto =



180  60

 min  d máx 

 2,91  10 4 rad .



d máx

 2,91

 2,91 rad 

5,89  105 cm  0,2025 cm 2,91

Ejemplo 9. En un experimento de Young en el las rendijas están separadas 1mm, se ilumina con una luz que tiene dos longitudes de onda de 567 nm 486 nm. a) ¿A qué distancia de la franja central brillante en una pantalla a 150 cm de las rendijas una franja brillante del patrón de interferencia coincidirá por primera vez con una franja brillante de la otra? b) Sí en el problema anterior se utiliza una retícula de difracción con 2000 líneas por centímetro en lugar de las rendijas, ¿cuál sería el ángulo de coincidencia de los máximos principales debido a las dos longitudes de onda (la retícula está iluminada normalmente)? Solución. a) La distancia de la franja central de la franja brillante m de un sistema de franjas de interferencia producidas por rendijas de Young es

y m  m

D . d

Cantidad independiente de m, constante por todo el sistema de franjas. El ángulo subtendido por la separación de estas franjas o los ojos del observador es

D   y d    rad D D d Cada longitud de onda produce su sistema de franjas independientes, los dos sistemas se superponen cuando la franja brillante de orden m debido a la longitud de onda  coincide con la franja de orden n debido a la longitud de onda ’.

y 'n  n '

ym  y'n

D d

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D D  n ' d d m  ' 567nm 7    n  486nm 6

m

La primera posición para la cual coinciden es la franja séptima del sistema debido a la longitud de onda 486 nm, o a la sexta franja debido a la onda de longitud 567 nm. La distancia requerida es

 486  109   = 5,103 x 10-3 m y7  y '6  7  1,50 3  10  = 5,103 mm b) Si d es el espaciado de rejilla, entonces el máximo de orden m debido a la longitud de onda se produce en un ángulo  determinado por

 m

 d

Si en el mismo ángulo de la máximo de orden n debido a la longitud de onda ’ se produce, entonces

 n

' d

Luego

m

 d

n

' d

m ' 7   n  6 La primera, y única coincidencia ocurre para

las sombras. Esto marca también límites sobre el tamaño y el detalle que se puede observar y limita la precisión de las medidas. Cuando la luz pasa por aberturas o bordea obstáculos se producen fenómenos que contradicen la propagación rectilínea, estos fenómenos, que aparecen más acentuados a medida que los obstáculos y las aberturas se hacen más pequeños en relación con la longitud de onda de la luz utilizada, constituyen la difracción, y son una consecuencia natural del carácter ondulatorio de la luz. Cuando dichas aberturas se iluminan con una onda plana coherente procedente de un láser, y la pantalla de observación se encuentra suficientemente alejada del objeto difractor, se pueden suponer válidas las aproximaciones de la difracción de Fraunhofer DIFRACCIÓN DE FRAUNHOFER POR UNA RENDIJA SIMPLE La Difracción de Fraunhofer o también difracción del campo lejano es un patrón de difracción de una onda electromagnética cuya fuente (al igual que la pantalla) se encuentran infinitamente alejadas del obstáculo, por lo que sobre éste y sobre la pantalla incidirán ondas planas. POSICIÓN ANGULAR DE LAS INTENSIDADES MÍNIMAS Cuando una onda de luz incide sobre una rendija de ancho a, como se muestra en la figura, se produce un patrón de difracción.

 486  109   sen  7 d   La separación de las líneas es

1  0,5  103 cm = 0,5 x 10-5 m 2000  486  109    0,680 sen  7 5   0,5  10    42,87º d

DIFRACCIÓN La difracción se refiere a la flexión o extensión de las ondas alrededor de los bordes de orificios y obstáculos opacos Esta desviación de la luz de una trayectoria en línea recta da lugar a los patrones de interferencia que hacen borrosos los extremos de

Ecuación de la posición de las intensidades mínimas (franjas oscuras). Examinemos ondas proveniente de diversas partes de la rendija, como se muestra en la figura siguiente que representa la difracción de luz por medio de una rendija estrecha de ancho a. Cada porción de la rendija actúa como una fuente puntual de ondas.

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Solución: La diferencia de trayectorias entre los rayos 1 y 3 o 2 y 4 o 3 y 5. Si la diferencia de recorridos es exactamente media longitud de onda, las ondas se cancelan entre sí y se produce interferencia destructiva. Si dividimos la rendija en dos partes

S 

a sen 2

Se presenta el primer mínimo cuando

S 



2

Luego

a   sen   sen  2 2 a

Se puede calcular la separación angular entre el máximo central y el primer mínimo (n = 1) de

n  a sen  sen 

n a

Si dividimos la rendija en cuatro partes se presenta el segundo mínimo

n = 1,  = 600 nm = 6,0 x 10-7, a = 0,01 mm = 1,0 x 10-5 m.

sen 

sen 

2 a

Si dividimos la rendija en seis partes se presenta el tercer mínimo

sen 

3 a

En general

sen 

n ( n =  1,  2,  3,…). a

Los puntos de interferencia constructiva se encuentran aproximadamente a la mitad entre las franjas oscura. Ejemplo 8, Luz de longitud de onda 600 nm incide sobre una rendija de acho 0,01 n. La pantalla esta a 80,00 cm de la rendija. Calcular la ancho total del máximo central, como se muestra en la figura.

16,0  107   0,06 1,0  10 5

  3,44º La distancia del pico central al primer mínimo y  D tan  80,00 tan 3,44º = 4,81 cm Máximo central = 2y = 2 x 4,81 = 9,62 cm. Ejemplo 10. Una rendija simple estrecha de 0,1 mm de ancho se ilumina con una luz de longitud de onda desconocida. El ancho angular del máximo central, medido a partir de las posiciones de intensidad cero en ambos lados, es 9,0 x 10-3 radianes. A) a) Calcule la longitud de onda que cae en la rendija simple. b) Si una pantalla está a 50 cm de la rendija simple. Calcule el ancho total del máximo central de este patrón de difracción. Solución. a)

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La distancia angular del máximo central para el primer mínimo

sen 

n , n=1 a

Cálculo de la longitud de onda

  a sen  0,1103  sen 4,5 103 rad

Luego

= 4,50 x 10-7 m b)



2 y  2D tan  250 cm  tan 9,0  103 rad

DB/2 DB  f 2f 0,2 cm   0,002  250 cm    0,11459 rad tan 



= 0,900 cm

sen  0,001999 (2)

Igualando (1) y (2):



a Ejemplo 11. Una rendija de ancho a se coloca delante de una lente de distancia focal 50 cm y se ilumina normalmente con luz de longitud de onda 5,89 x 10-5 cm. El primer mínimo de un lado y el del otro lado del máximo central del patrón de difracción observado en el plano focal de la lente están separados por 0,20 cm. ¿Cuál es el valor de a? Solución.

Los rayos difractados en la dirección en la que se produce el primer mínimo sobre el máximo central serán llevados al enfoque en el plano focal de la lente. Del mismo modo para el primer mínimo por debajo del máximo central. Tomemos los rayos típicos AOB y COD de estos dos haces de tal manera que ambos pasan por el centro de la lente y por lo tanto no están desviados. Los ángulos entre los rayos de los dos lados de la lente son por tanto la iguales. La posición angular de las intensidades mínimas en la difracción de Fraunhofer por una rendija simple esta dada por

 0,00199 

a

 0,001999



5,89  10-5 cm 0,001999

= 2,9946 x 10-2 cm El ancho de la rendija es 2,995 cm. DIFRACCIÓN POR UNA ABERTURA CIRCULAR Para este caso, la representación gráfica de la intensidad en una pantalla aparece en la figura siguiente junto con una fotografía del patrón de difracción.

El círculo central de luz corresponde al orden cero de difracción es conocido como mancha de Airy. El radio angular, es decir, el ángulo  bajo el cual se ve el radio central desde el objeto difractor, viene dado por la siguiente expresión:

sen  1,22



D

D es el diámetro de la abertura. Para el segundo anillo oscuro

sen  2,23



D

Para el tercer anillo



n sen  a

sen  3,24

El primer mínimo es para n =1, luego

LÍMITE DE RESOLUCIÓN

sen 



a

(1)

En el gráfico vemos

D

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

Si dos objetos se observan con un instrumento óptico, los patrones de difracción causados por el orificio del instrumento limitan nuestra capacidad para distinguir objetos separados. Para poder distinguirlos, el ángulo  formado por el objeto en la abertura, debe ser mayor que el valor crítico c, dado por

senc  1,22



D

Donde D es el diámetro del orificio. Como regla aproximada, es imposible observar el detalle más pequeño que la longitud de onda de la radiación que se utiliza en la observación. Ejemplo 12. Dos fuentes luminosas de longitud de onda 5 x 10-7 m están separadas 50 cm, como se muestra en la figura. Una persona observa a una distancia L. La obturación de entrada (pupila) del ojo del observador tiene un diámetro de 3 mm. Si el ojo fuera perfecto, el factor limitante para la resolución de las dos fuentes sería la difracción. En ese límite, ¿de qué longitud podría ser L y todavía poder verse las fuentes separadas?

Solución.  = 5 x 10-7 m, d = 0,50 m, D = 3 x 10-3 m En el caso límite  = c, donde  c  1,22 Como d 0,5, si cumple. Son necesarias cuatro hojas. Ejemplo 30. Dos polarizadores tienen sus ejes a 40º entre sí. Luz no polarizada de intensidad I0 que incide sobre ellos. ¿Cuál es la intensidad de transmisión? Solución. Primer polarizador Por simetría la intensidad de vibración incidente en cada una de estas direcciones será de I 0/2. Pasa I 1 

Como I  0,25I 0 Tenemos

I0 cos 6   2 cos 6   0,5  cos   0,89    27º El ángulo  es 27º. 0,25I 0 

POLARIZACIÓN DE LA LUZ POR REFLEXIÓN Si la luz no polarizada incide sobre una superficie lisa en un ángulo llamado ángulo de Brewster, la luz reflejada es completamente polarizada con el campo eléctrico de vibración paralela a la superficie reflectante, como se ilustra en la Figura.

I0 2

Segundo polarizador Incide I 1 

El ángulo de incidencia que hace que la luz se refleje al 100% polarizada está dado por

I0 2

Pasa

I I I 2  0 cos 2   0 cos 2 40º 2 2  0,29I 0 Ejemplo 31. Luz no polarizada incide sobre cuatro hojas de polarización, sí cada una de ellas se rota un ángulo  de aquel de las hojas adyacentes. Encontrar  si el 25 por ciento de la intensidad incidente se transmite por las hojas. Solución. Similar al caso anterior Ingresa luz no polarizada de intensidad I0 al primer polarizado, luego pasa tres polarizadores girados un ángulo  con respecto al anterior. La intensidad final es

I



I0 cos 2  2



3

tan  p 

n2 n1

Donde n2 es el índice de refracción de la superficie, y n1 es el índice de refracción del medio. Ejemplo 32. Luz viajando en el aire (n = 1,0003) incide sobre una superficie lisa de vidrio cuyo índice de refracción es 1,54. Encontrar el ángulo de incidencia que hace que la luz reflejada quede completamente polarizada. Solución. Directamente de la ecuación del ángulo de incidencia para el 100 % de polarización.

n2 1,54   1,540 n1 1,0003  p  57,0º tan  p 

ÓPTICA

Hugo Medina guzmán

Ejemplo 33. Cuando luz no polarizada incide sobre una superficie de aguas tranquilas, la luz reflejada esta 100% polarizada cuando el ángulo de incidencia es 53,05º. Encontrar el índice de refracción del agua. Solución. Usando la ecuación

tan  p 

n2  n2  n1 tan p n1

Reemplazando datos

n2  1,0003 tan 53,05º  1,33

Ejemplo 34. Un rayo de luz que viaja en el aire incide sobre una pieza de plástico transparente cuyo índice de refracción es 1,40. Calcule el ángulo de incidencia que hará que la luz reflejada quede completamente polarizada. Solución. Usando la ecuación.

Solución. Si la dirección de trasmisión hace que un ángulo pequeño con la vertical, la mayor parte de la radiación pasa al aire y solo una pequeña fracción es reflejada al fondo del océano para producir ecos. La cantidad reflejada aumenta con el ángulo hasta se alcanza el ángulo crítico, la reflexión es total, y el eco llega a ser molesto. De esta situación se deduce el índice de refracción del agua para la radiación que se utiliza es

n2senc  n1sen90º

n tan  p  2 n1

n2 = índice de refracción del agua n1 = índice de refracción del aire

Con n1 = 1,0003, n2 = 1,40 Tenemos

n2 

n2 1,40   1,3998 n1 1,0003  p  54,5º

Cuando el submarino ha emergido, se puede producir un haz plano completamente polarizado por reflexión en el ángulo de Brewster de la superficie del mar.

tan  p 

Ejemplo 35. El capitán de un submarino equipado con un transmisor direccional encuentra que recibe ecos del fondo del mar cuando está sumergido si la dirección de transmisión forma un ángulo de 45º con la vertical. Él desea transmitir un mensaje a un agente en un país extranjero usando radiación que esté completamente polarizada horizontalmente, ya que todos los otros receptores en la localidad usan sistemas de antenas verticales. ¿A qué distancia de la costa debe emerger a la superficie si su agente tiene una casa en la cima de un acantilado de 150 m de altura y tiene la intención de polarizar la radiación por reflexión en la superficie del mar? Tome la ubicación del transmisor a 3,60 m sobre el nivel del agua cuando el submarino ha emergido.

n1 1 1    2  1,414 senc sen 45º 2 2

tan p 

n2 1,414  n1 1

El ángulo requerido es

 p  54,75º

Luego, la distancia del submarino desde el acantilado es

ÓPTICA

d

Hugo Medina guzmán

150 3,60 153,60   = 217,26 tan 35,25º tan 35,25º 0,707

m Ejemplo 36. Mirando con las gafas de sol Polaroid, se puede decir que la luz que estamos viendo está polarizada porque el eje de transmisión de las gafas es vertical. Rote las gafas y la luz polarizada aparecerá alternadamente clara y oscura. La luz puede ser total o parcialmente polarizada por la reflexión, con la luz reflejada con su plano de polarización paralelo a la superficie reflectante. La luz en material del índice n1 reflejado a partir de material con un índice n2 se polariza totalmente si el ángulo de incidencia es el ángulo de Brewster , donde tan = n2/n1. Determinar el ángulo entre el rayo reflejado y el rayo refractado cuando la luz incide con ángulo .

El ángulo de Brewster (p) es i Por la ley de la reflexión p = 1 = ’1 Por condición del problema

tan p 

sen1 n2  cos 1 n1

Por la ley de Snell

n1sen1  n2 cos2

De estas condiciones obtenemos

sen1 

n2 n cos 1  2 sen 2 , cos 1  sen2 n1 n1

1 y 2 son complementarios Luego

1   2  90º

El ángulo entre el rayo reflejado y el rayo refractado es 90º El rayo reflejado es perpendicular al rayo refractado.

Solución.

PREGUNTAS Y PROBLEMAS Problema 1. Un haz laser ( = 632,8 nm) incide sobre dos rendijas separadas 0,200 mm. ¿Cuán separadas estarán las franjas brillantes en una pantalla a 5,00 m de distancia de la doble rendija? Respuesta 1,58 cm Problema. Un experimento de Young la interferencia se realiza con luz monocromática. La separación entre las rendijas es 0,500 mm, y el patrón de interferencia en una pantalla a 3,30 mm de distancia muestra el primer máximo a 3,40 mm

del centro del patrón. ¿Cuál es la longitud de onda? Respuesta 515 nm Problema 2. En el experimento de Young de la doble rendija realizado con luz de 589 nm y a la pantalla a una distancia de 2,00 m de las rendijas. El décimo mínimo de interferencia se observa a 7,26 mm del máximo central. Determinar la distancia entre rendijas. Respuesta

ÓPTICA

Problema 3. Dos rendijas paralelas separadas 0,250 mm están iluminadas por luz verde ( = 546,1 nm). El patrón de interferencia se observa en una pantalla a 1,20 m del plano de las rendijas. Calcular: a) La distancia del máximo central a la primera región brillante en ambos lados del máximo central. b) La distancia entre la primera y segunda banda oscura. Respuesta a)

Hugo Medina guzmán

Para interferencia constructiva de luz reflejada

2nt m 1 2 Para m = 0, 0 = 1620 nm (infrarrojo) Para m = 1, 1 = 541 nm (verde) Para m = 0, 2 = 325 nm (ultravioleta)

m 

Las luces roja y ultravioleta son invisibles al ojo humano, luego el color dominante en la luz reflejada es el verde.

b) La luz dominante en la transmisión es la que produce interferencia destructiva de luz reflejada y = 2,62 mm b)

m 

2nt m

Para m = 1, 1 = 812 nm (cerca al infrarrojo) Para m = 2, 2 = 406 nm (violeta) Para m = 3, 3 = 271 nm (ultravioleta) La única longitud de onda visible al ojo humano es y por consiguiente la longitud dominante observada en la transmisión es 406 nm, el color dominante en la luz transmitida es violeta. y = 2,62 mm Problema 4. Una película de aceite (n = 1,45) que flota sobre el agua está iluminada por luz blanca en incidencia normal. La película es de 280 nm de espesor. Encontrar a) el color de la luz en el espectro visible más fuertemente reflejada y b) el color de la luz en el espectro de transmisión con más fuerza. Explique su razonamiento.

Respuesta a)

Problema 5. Una película delgada de aceite (n = 1,25) se encuentra sobre el pavimento suave húmedo. Cuando se ve el pavimento perpendicularmente, la película refleja con más fuerza la luz roja de 640 nm y no refleja la luz azul de 512 nm. ¿Cuál es el espesor de la capa de Aceite? Respuesta 512 nm Problema 6. Un medio posible para hacer un avión invisible al radar es cubrirlo con un polímetro antireflejo. Si las ondas de radar, tienen una longitud de onda de 3,00 cm y el índice de refracción del polímero es n = 1,50, ¿cuál es el espesor que debe tener la capa? Respuesta 0,500 cm

ÓPTICA

Problema 7. Un material que tiene un índice de refracción 1,30 se utilice como revestimiento antirreflectante para una pieza de vidrio (n = 1,5). ¿Cuál debe ser el espesor mínimo de esta película con el fin de minimizar la reflexión de la luz de 500 nm? Respuesta 96,2 nm Problema 8. Una película de MgF2 (n = 1,38) de espesor 1,00 x 10-5 cm se utiliza para recubrir la lente de una cámara. ¿Alguna longitud de onda del espectro visible se intensificó en la luz reflejada? Respuesta Toda la reflexión máxima esta en la ultravioleta y mas allá. No hay luz visible intensificada.

Hugo Medina guzmán

Respuesta El radio del alambre es 4,35 m. Problema 12. El espejo E1 en la figura se desplaza una distancia L. Durante este desplazamiento, se cuenta el corrimiento de 250 bandas (formación de sucesivas bandas oscuras o brillantes). La luz que se utiliza tiene una longitud de onda 632,8 nm. Calcular el desplazamiento L.

Problema 9. Un haz de luz de 580 nm pasa a través de dos placas de vidrio muy juntas, como se muestra en la figura. ¿Para qué valor mínimo distinto de cero de la separación d de las placas la luz de transmisión es brillante? Respuesta.

L  m

Problema 10. Cuando se introduce un líquido en el espacio de aire entre la lente y la placa de un dispositivo de anillos de Newton, el diámetro del décimo anillo cambia de 1,50 a 1,31 cm. Encontrar el índice de refracción del líquido. Respuesta nlíquido = 1,31 Problema 11. Una cuña de aire se forma entre dos placas de vidrio separadas en un extremo por un alambre muy fino, como se muestra en la figura. Cuando la cuña se ilumina desde arriba con luz de 600 nm y se ve desde arriba, se observan 30 franjas oscuras. Calcular el radio del alambre.



4

 39,4m

Problema 13. Luz monocromática es transmitida en un interferómetro de Michelson. El espejo móvil se desplaza 0,382 nm, haciendo que el patrón de interferencia se reproduzca a si mismo 700 veces. Determinar la longitud de onda de la luz. ¿De qué color es? Respuesta.

L  m



4

 39,4m