Problemas de Optica Geometrica RESUELTOS

PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA

Giancarlo Adrian Sanchez Jamanca | 13170046

PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA

PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA PROBLEMA #1 (El rayo de luz doblemente reflejado) Dos espejos forman un ángulo de 120º entre sí, como se ilustra en la figura. Un rayo incide sobre el espejo M1 con un ángulo de 65º con la normal. Encuentre la dirección del rayo después de que se refleja del espejo M2. SOLUCION: La figura

ayuda

a

conceptualizar

esta

situación. El rayo entrante se refleja del primer espejo, y el rayo reflejado se dirige hacia el segundo espejo. Por lo tanto, hay una segunda reflexión desde el segundo espejo. Debido a que las interacciones con ambos espejos con simples reflexiones, se aplica el modelo de onda bajo reflexión y algo de geometría. A partir de la ley de reflexión, el primer rayo reflejado forma un ángulo de 65º con la normal. El primer ángulo formado con la horizontal seria: δ= 90º - 65º = 25º El ángulo que el rayo reflejado forma con M2: γ=180º - 25º - 120º = 35º El ángulo que el primer rayo reflejado forma con la normal a M2: θ = 90º - 35º = 55º El ángulo que el segundo rayo forma con la normal a M2: θ`M2 = θM2 = 55º PROBLEMA #2 Un rayo de luz, de 589 nm de longitud de onda, que viaja a través de aire, incide sobre una lámina plana y uniforme de vidrio sin plomo con un ángulo de 30.0º con la normal. Encuentre el ángulo de refracción. SOLUCION:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA La figura que tenemos esta vez ilustra el proceso de refracción que se presenta en este problema. Los resultados los evaluaremos con ecuaciones ya desarrolladas. Empezaremos reordenando la Ley de Refracción de Snell para encontrar senθ2: senθ2 = n1/n2 senθ1 Sustituimos en ángulo incidente y, a partir de la tabla:

n1= 1.00 para el aire y n2 = 1.52 para vidrio sin plomo. Luego: senθ2 = (1.00/1.52)sen30.0º = 0.329 Para terminar resolvemos para θ2: senθ2 = sen-1 (0.329) = 19.2º

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA PROBLEMA #3 Un haz de luz pasa desde el medo 1 al medio 2, siendo este último una gruesa lamina de material cuyo índice de refracción es n2. Demuestre que el haz que emerge en el medio 1 desde el otro lado es paralelo al haz incidente. SOLUCION: “Cuando hay luz que pasa a través de una losa plana de material, el haz emergente es paralelo al haz incidente, por lo tanto θ1 = θ3. La línea punteada dibujada paralela al rayo saliente del fono de la losa representa la trayectoria que la luz tomaría si la losa no estuviera ahí.” Física para Ciencias e Ingeniería – Serway vol.2 7th Seguimos la trayectoria del haz de luz conforme entra y sale de la lámina de material en la figura. El rayo se desvía hacia la normal al entrar y se aleja de la normal al salir. Aplicamos la ley de Refracción de Snell a la superficie superior: 1) Senθ2 = n1/n2 senθ1 Aplicamos la ley de Refracción de Snell a la superficie Inferior: 2) Senθ3 = n2/n1 senθ2 Sustituimos la ecuación 1) en la ecuación 2): Senθ3 = n2/n1 (n1/n2 senθ1) = Senθ1 Por lo tanto θ3 = θ1 y la lámina no altera la dirección del haz. Sin embargo, el haz sobresale paralelo a sí mismo por la distancia d que se muestra en la figura. PROBLEMA #4 Estudie la figura dada para entender el concepto de reflexión interna total y el significado del ángulo crítico.

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA SOLUCION: El efecto denominado REFLEXION INTERNA TOTAL se presenta al dirigir luz desde un medio con un índice de refracción determinado hacia otro que tenga un índice de refracción menor. Considere la figura “a” en la cual un rayo de luz se desplaza en el medo 1 y se encuentra la frontera entre el medio 1 y el medio 2, donde n1 es mayor que n2. En la figura los niveles 1 al 5 indican varias posibles direcciones del rayo, consistente con el modelo de la onda bajo refracción. Los rayos están doblados alejándose de la normal porque n1 es mayor que n2. En algún ángulo particular de incidencia θc denominado ángulo crítico, el rayo de luz refractado se mueve párlelo a la frontera, de modo que θ2 = 90º. Para ángulos de incidencia mayores a θc , el rayo se refleja por completo en la frontera, como muestra el rayo 5 en la figura “a”. Usamos la ley de la Refracción de Snell para hallar el ángulo crítico. Cuando θ1 = θc, θ2 = 90º y la ecuación da: n1Senθc = n2Sen90º= n2 Senθc = n2/ n1 (para n1 > n2) “Física para Ciencias e Ingeniería – Serway vol.2 7th” Procedemos a sustituir los índices de refracción: Senθc = n2/ n1 = 1.00/1.33 = 0.752 θc = 48.8º

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA PROBLEMA #5 Una barra cilíndrica de vidrio en aire tiene un índice de refracción de 1.52. Un extremo ha sido pulido para formar una superficie hemisférica de radio R = 2.00 cm. a) Halle la distancia de imagen de un objeto pequeño situado sobre el eje de la barra, a 8.00 cm a la izquierda del vértice. b) Halle el aumento lateral. SOLUCION: En este caso el material a es aire (na =1.00) y el material b es el vidrio del que se compone la barra (nb =1.52). Sabemos que s = 8.00 cm; el radio de la superficie esférica es positivo (R = + 2.00 cm) porque el centro de curvatura está del lado saliente de la superficie. Las variables que buscamos son la distancia de imagen s' y el aumento lateral m. En este caso utilizaremos la ecuación de Refracción en una superficie esférica: (relación objeto-imagen, superficie refractiva esférica) na /s + nb /s = (nb – na)/R………………(*) Junto con la ecuacion (aumento lateral, superficie refractiva esférica) m = y`/y = - nas`/ nbs………………….(**) a) De acuerdo con la ecuación (*) 1.00/8.00 cm + 1.52/s´ = 1.52 – 1.00 / +2.00 cm s´ = + 11.3 cm

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA b) De la ecuación (**) m = - nas´ / nbs = - (1.00)(11.3 cm) / (1.52)(8.00cm) = - 0.929 Como la distancia de imagen s' es positiva, la imagen se forma 11.3 cm a la derecha del vértice (en el lado saliente original) como se muestra en la figura. El valor de m indica que la imagen es un poco más pequeña que el objeto e invertida. Si el objeto es una flecha de 1.000 mm de altura que apunta hacia arriba, la imagen es una flecha de 0.929 mm de altura que apunta hacia abajo.

PROBLEMA #6 Para saber si se ha ensuciado de hollín, Santa Claus examina su reflejo en un ornamento plateado brillante de un árbol de Navidad que está a 0.750 m de distancia. El diámetro del ornamento es de 7.20 cm. Las obras de referencia más conocidas indican que Santa Claus es un “viejo elfo muy jovial”, por lo que estimamos su estatura en 1.6 m. ¿En dónde aparece, y cuál es la altura de la imagen de Santa Claus que forma el ornamento? ¿Es derecha o invertida?

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA SOLUCION: En este problema usaremos la ecuación de Reflexión en una superficie esférica m = y´/y = - s´/s…….(*)

Junto con la ecuación de Punto focal y distancia focal: 1/s + 1/s´ = 1/f…………… (**) Como el espejo es convexo, su radio de curvatura y su distancia focal son negativos. La distancia de objeto es s = 0.750m = 75.0cm, y la estatura de Santa Claus es y = 1.65 m. Se aplica la ecuación (**) para hallar la distancia de imagen s', y en seguida la ecuación (*) para hallar el aumento lateral m y, por consiguiente, la altura y' de la imagen. El signo de y' indica si la imagen es derecha o invertida. El radio del espejo convexo (la mitad del diámetro) es R = –(7.20 cm)/2 = –3.60 cm, y la distancia focal es f = R/2 = –1.80 cm. De acuerdo con la ecuación (**): 1/s´ = 1/f – 1/s = 1/-1.80cm – 1/75.0 cm s´ = -1.76cm Puesto que s' es negativa, la imagen está detrás del espejo, es decir, del lado opuesto a la luz saliente y es virtual. La imagen está aproximadamente a medio camino entre la superficie anterior del ornamento y su centro. La ecuación (*) proporciona el aumento lateral m: m = y´ / y = s´ / s = -1.76cm/75.0cm = 0.0234 Dado que m es positiva, la imagen es derecha. Es tan sólo alrededor de 0.0234 veces tan alta como Santa Claus mismo: y´ = my = (0.0234)(1.6) = 3.8 x 10-2m = 3.8 cm

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA PROBLEMA #7 Un espejo cóncavo tiene un radio de curvatura con un valor absoluto de 20 cm. Halle por medios gráficos la imagen de un objeto en forma de una flecha perpendicular al eje del espejo a cada una de las distancias de objeto siguientes: a) 30 cm, b) 20 cm, c) 10 cm y d) 5 cm. Compruebe la construcción calculando el tamaño y el aumento de cada imagen.

SOLUCION: Conocemos el radio de curvatura R = 20 cm (positivo porque el espejo es cóncavo) y, por tanto, la distancia focal f = R/2 = 10 cm. En cada caso se nos indica la distancia de objeto s y se nos pide hallar la distancia de imagen s' y el aumento m = –s'/s. En este problema usaremos la ecuación de Reflexión en una superficie esférica m = y´/y = - s´/s…….(*) En las cuatro partes de la figura se muestran los diagramas de rayos principales

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA correspondientes a los cuatro casos. Analizaremos detenidamente cada uno de estos diagramas, comparando cada rayo numerado con la descripción que se ha dado. Vale la pena destacar varios puntos. Primero, en (b) las distancias de objeto y de imagen son iguales. En este caso no se puede dibujar el rayo 3 porque un rayo proveniente de Q que pasa por el centro de curvatura C no incide en el espejo. No se puede dibujar el rayo 2 en (c) porque un rayo que va de Q hacia F tampoco incide en el espejo. En este caso los rayos salientes son paralelos, lo que corresponde a una distancia de imagen infinita. En (d) los rayos salientes no tienen un punto de intersección real; es necesario prolongarlos hacia atrás para hallar el punto desde el cual parecen divergir, es decir, el punto de imagen virtual Q'. El caso que se muestra en (d) ilustra la observación general de que un objeto situado por dentro del punto focal de un espejo cóncavo produce una imagen virtual. Las mediciones de las figuras, empleando las escalas apropiadas, dan las siguientes distancias de imagen aproximadas: a) 15 cm; b) 20 cm; c) ∞ o -∞ (porque los rayos salientes son paralelos y no convergen a ninguna distancia finita); d) –10 cm. Para calcular estas distancias, se aplica la ecuación (*) con f = 10 cm: a) 1/30cm + 1/s´ = 1/10cm

s´ = 15cm

b) 1/20cm + 1/s´ = 1/10cm

s´ = 20cm

c) 1/10cm + 1/s´ = 1/10cm

s´ = ∞ (o -∞)

d) 1/5cm + 1/s´ = 1/10cm

s´ = -10cm

En (a) y (b) la imagen es real; en (d), es virtual. En (c) la imagen se forma en el infinito. Los aumentos laterales medidos en las figuras son aproximadamente a) -1/2; b) –1; c) ∞ (o -∞) (porque la distancia de imagen es infinita); d) + 2. Calculando los aumentos con base en la ecuación (**) del problema anterior se obtiene lo siguiente: a) m = -15cm/30cm = -½ b) m = -20cm/20cm = -1

En (a) y (b) la imagen es invertida; en (d), es derecha.

c) m = -∞cm/10cm = -∞ (o -∞) d) m = -15cm/5cm = -2

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA PROBLEMA #8 Un objeto de 3 cm está situado a 8 cm de un espejo esférico cóncavo y produce una imagen a 10 cm a la derecha del espejo: a) Calcula la distancia focal. b) Dibuja la marcha de los rayos y obtén el tamaño de la imagen. c) ¿En qué posición del eje hay que colocar el objeto para que no se forme imagen? Datos que nos brinda el problema: DATOS

CIFRAS SIGNIFICATIVAS: 3

Posición del objeto

s = -8,00 cm = -0,0800 m

Posición de la imagen

s' = 10,0 cm = -0,100 m

Tamaño del objeto

y = 3,00 cm = 0,0300 m

INCÓGNITAS Distancia focal del espejo Tamaño de la imagen

f y'

ECUACIONES Relación entre la posición de la imagen y la del objeto en los espejos 1 1/s + 1/s´ = 1/f…………… (*) Aumento lateral en los espejos AL = y´/y = -s´/s……..(**)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE OPTICA GEOMETRICA SOLUCION: a) 1/0.100m + 1/0800m = 1/f f = -0.400m b) AL = -s´/s = -0100m/-0.0800m = 1.25 y´ = AL *y = 1.25*3.00cm = 3.75cm = 0.0375m BIBLIOGRAFIA: FISICA UNIVERSITARIA – Zemansky & Freedman Vol. 2 Undecima Edicion FÍSICA PARA CIENCIAS E INGENIERÍA – Serway vol.2 - 7th

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