Tad 22
Tad 22
Tad 22
PROBLEMAS RESUELTOS
DE ÓPTICA GEOMÉTRICA
Óptica
PRIMERA EDICIÓN
Talca, Diciembre de 2011
Diseño y Diagramación:
Luz María Gutiérrez Tapia
Corrección de Estilo:
Reinaldo Cortez Valenzuela
Impresión:
Impresora Gutenberg ® Talca
Prólogo pág. 5
2. Espejos pág. 47
2.1. Problemas resueltos pág. 50
2.2. Problemas propuestos pág. 80
PRÓLOGO
Este libro no pretende ser un texto base para un curso de óptica geomé-
trica, ya que el objetivo está centrado en la resolución de problemas y no
en la exposición detallada de los fundamentos teóricos. La finalidad es que
se puedan aprender conceptos básicos y metodologías como si se estuviera
Jürgen Baier
Talca, Diciembre de 2011
CAPÍTULO 1
Reflexión y refracción
1
Por otro lado, si la difracción no es despreciable, se debe emplear la óptica física, donde se
trata la luz como onda electromagnética.
2
Un frente de onda corresponde a una superficie definida por los puntos r, donde la fase
ϕ(r,t) es constante. Esta superficie se mueve a medida que el tiempo t transcurre.
Un rayo de luz también representa la trayectoria por donde fluye la energía electromagné-
tica.
8
normal normal
(a) (b)
Figura 1.1: (a) Reflexión: la luz incidente y la reflejada están al mismo lado del plano de re-
flexión. La normal es la recta perpendicular a la superficie. (b) Refracción: la luz pasa de un
medio con índice de refracción n1 a otro con índice n2 y su dirección de propagación cambia.
En la Figura θ2 < θ1, lo que se obtiene para n2 > n1.
c
n= ≥1 (1.1)
v
1.2 Un haz de luz que se propaga en el vacío (n1 = 1) incide sobre una pla-
ca de vidrio. En el vacío el ángulo con la normal vale 35,5° y en el vidrio
23,1°. Determine el índice de refracción n2 del vidrio.
1 sin(35,5°) = n2 sin(23,1°)
3
O más precisamente: el tiempo del recorrido es estacionario con respecto a variaciones
infinitesimales de la trayectoria.
4
La distancia mínima entre dos puntos es una recta, de tal forma que para una velocidad
independiente de la posición el tiempo del recorrido también es mínimo.
10
de manera que
sin(35,5°)
n2 = = 1,48
sin(23,1°)
_
(A) El tiempo se calcula dividiendo la distancia recorrida AB _por la velo-
cidad de la luz v en el vidrio. Con la finalidad de encontrar AB se necesita
determinar, primero, cuánto vale el ángulo α, lo que se hace usando la ley
de Snell
_ 58,0
AB = = 64,2 cm
cos(25,4°)
lo que equivale a 0,642 m. La velocidad se obtiene a partir del índice de
refracción
12
c 3 × 108 m
v= = = 2 × 108
n 1,50 s
sin(57°)
α = sin−1 = 39,1°
1,33
De los triángulos que aparecen en la Figura se concluye que las distancias
x1 y x2 son iguales a
1.6 Luz incide desde el aire (n1 = 1) sobre un medio transparente formando
un ángulo θ1 = 55,0° con la normal. Los rayos parcialmente reflejado y re-
fractado son perpendiculares entre sí. (A) Determine el índice de refracción
n2 del medio. (B) ¿Cuánto vale el ángulo crítico para la reflexión interna
total?
(A) El rayo reflejado forma un ángulo de 90° con el rayo refractado. Como
los tres ángulos suman 180°
θ1 + 90° + θ2 = 180°
θ2 = 90° − θ1 = 35,0°
14
sin θ1 sin(55,0°)
n 2 = n1 =1 = 1,428
sin θ2 sin(35,0°)
(B) Para que pueda ocurrir la reflexión interna total, la luz debe propagar-
se desde el medio transparente que tiene un índice de refracción mayor
(n'1 = 1,428) hacia el aire que tiene un índice más pequeño (n'2 = 1). Luego
según la Ec. (1.3, 9)
n'2 1
sin θ'1 > = = 0,7002
n'1 1,428
y por lo tanto el ángulo crítico vale
Si la luz incide a un ángulo θ'1 > θcr habrá una reflexión interna total.
1.7 Un rayo de luz incide normalmente sobre un prisma de vidrio que tiene
un índice de refracción n1 = 1,39. (A) Suponiendo que el prisma está en el
aire (n2 = 1), halle el valor máximo del ángulo ϕ para el cual el rayo expe-
rimenta una reflexión total en el lado AB. (B) Repita el cálculo si el prisma
se encuentra inmerso en el agua (n'2 = 1,33).
(A) La condición para la reflexión interna total está dada por la Ec. (1.3, 9)
con θ1 = 90° − ϕ, n1 = 1,39 y n2 = 1
(B) Este ítem se responde de forma análoga al anterior, pero usando n'2 en
el lugar de n2
n'2 1,33
ϕ'cr = cos−1 = cos−1 = 16,9°
n1 1,39
n2 1
θcr = sin−1 = sin−1 = 38,7°
n1 1,60
16
Así, mientras el ángulo de incidencia con la normal sea mayor que 38,7°
ocurrirá una reflexión total. Debido a la geometría del problema resulta
más fácil trabajar con el complemento ϕ = 90°−θ, que representa el ángulo
entre el rayo y la cara. O sea, si ϕ es menor que ϕcr = 90° − 38,7° = 51,3°
habrá sólo reflexión.
Ahora hay que proceder a determinar los sucesivos ángulos, hasta encon-
trar un valor que sea mayor que 51,3°. De la Figura se ve que el primero
vale ϕ1 = 10° y, por lo tanto, ocurre únicamente la reflexión.
Después de esta reflexión el rayo forma un ángulo de 10° + 10° = 20° con la
horizontal. El ángulo con la segunda cara del prisma es entonces ϕ2 = 20° +
10° = 30° y otra vez se da la reflexión total.
1 sin(53°) = n sin ϕ
n sin(90° − ϕ ) > 1
n sin ϕ = sin(53°)
n cos ϕ > 1
1.10 Un cubo con índice de refracción n = 1,86 y lado 10 cm tiene una bur-
O sea, para θ mayor que 32,5° la luz se refleja y no sale del cubo.
10
R= tan(32,5°) = 3,2 cm
2
3
n sin θ = sin(60°) = (P 1.11.1)
2
n sin(90° − β) > 1
esto es,
n cos β > 1 (P 1.11.2)
y como α = 90° − θ
3 3 1 3 1
n cos β = n cos θ − = n cos θ −
2 2 2 2 2
de manera que la reflexión interna total (Ec. (P 1.11.2)) implica que
3 2 2 1 2
n = (n sin θ)2 + (n cos θ)2 > + + = 1,868
2 3 2
de manera que
1
sin θ1 =
n1
1
sin θ2 =
n2
1
sin θ1 sin θ1 n1 1
tan θ1 = = = =
cos θ1 1 − sin2 θ1 1 n −1
2
1− 1
n21
1
sin θ2 sin θ2 n2 1
tan θ2 = = = =
cos θ2 1 − sin θ2
2 1 n2 − 1
2
1− 2
n2
n1 sin θ1 = n2 sin θ2
n2 sin θ2 = n3 sin θ3
n3 sin θ3 > 1
1 sin(60°) = n1 sinα
22
Según la Ec. (P 1.13.1) se tiene (n1 sin θ1)2 > 12, lo que junto con la última
Ec. implica que
n21 − sin2(60°) > 1
n1 > 1 +sin2(60°) = 1,323
Luego el valor mínimo para poder observar una reflexión interna total en
A es amin = n1,min − 1 = 0,323. Además, note que, entre la primera y la se-
gunda placa, no puede ocurrir una reflexión interna total, pues n1 < n2. El
mismo razonamiento se aplica entre la segunda y la tercera placa.
nN = n0 (1 + 1,10 × 10−6 × 0) = n0
resulta
nN 1
sin θ1 = sin (90°) = (P 1.14.1)
n1 1,00000187
h 1,70
d= = = 879 m
tan ϕ 0,001934
Para una distancia mayor que d (lo que equivale a disminuir el ángulo ϕ)
el rayo no toca la pista y se observa el fenómeno de espejismo (Prob. 1.16).
24
y = A0 sin(kx) (P 1.15.1)
o bien,
1 n(y)
= (P 1.15.3)
sin θ b
siendo
b = n(y0) sin θ0 (P 1.15.4)
una constante
dy
tan θ =
dx
1 n2(y) (P 1.15.5)
= −1= −1
sin2 θ b2
dy
dx =
n2(y)
−1
b2
Integrando, se encuentra finalmente
y −1/2
n2(y) (P 1.15.6)
x − x0 = −1 dy
y0 b2
n2
−1=k A20 − y2
b2
n2
− 1 = k2 A20 − k2 y2
b2
n2 = b2 (1 + k2 A20 − k2 y2)
26
Como n(y = 0) = n0 se deduce que n02 = b2 (1 + k2A02 ), esto es, b2 = n02 /(1 +
k2A02 ). Por lo tanto
n20 k2 y2
n2 = 2 2 (1 + k A 0 − k y ) = n 0 1 −
2 2 2 2 2
1 + k A0 1 + k2 A20
k2 A20 n0
n = n0 1− = < n0
1 + k2 A20 1 + k2 A20
El gráfico ilustra como varía el índice para el caso especial en que kA0 = 1.
y u
n20 (1 + ay)2 −1/2
−1/2 b du
x − 0= −1 dy = u2 − 1
0 b2 u0 n0a
b
= ln (u + u2 − 1) − ln (u0 + u02 − 1 )
n0a
b
= ln (u + u2 − 1) − xA (P 1.16.1)
n0a
b
xA = ln (u0 + u20 − 1) (P 1.16.3)
n0a
n0 1
u0 = u (0) = =
b sin θ0
sin θ0 θ
xA = ln cot 0 (P 1.16.4)
a 2
Con el objetivo de obtener la Ec. de la trayectoria y(x) es necesario deter-
minar las funciones y(u) y u(x). Invirtiendo la Ec. (P 1.16.1) se expresa u en
términos de x
28
sin θ0
x + xA = ln (u + u2 − 1)
a
e a (x+xA)/sin θ0 = u + u2 − 1
2 2
u2 − 1 = e a (x+xA)/sin θ0 − u
u2 − 1 = e 2a (x+xA)/sin θ0 − 2u e a (x+xA)/sin θ0 + u2
2u e a (x+xA)/sin θ0 = e 2a (x+xA)/sin θ0 + 1
esto es
e a (x+xA)/sin θ0 + e −a (x+xA)/sin θ0 a
u= = cosh (x + xA)
2 sin θ0
sin θ0 a 1
y= cosh (x + xA) − (P 1.16.5)
a sin θ0 a
(B) Con la finalidad de determinar la posición del mínimo hay que deri-
varla Ec. (P 1.16.5) e igualar el resultado a cero
dy a
= sinh (x + xA) = 0
dx sin θ0
El seno hiperbólico es una función que vale cero solamente cuando su ar-
gumento se anula, lo que implica que
a
(x + xA) = 0
sin θ0
x = − xA
sin θ0 1 sin θ0 − 1
ymin = cosh 0 − = <0
a a a
Denotando por h = 0 − ymin > 0 la altura del origen de coordenadas con
respecto al mínimo, se deduce que
1 − sinθ0
h=
a
1
sinθ0 = 1 − ah ≈
1 + ah
Esta fórmula coincide con la Ec. (P 1.14.1, 23) que se usó para calcular el
ángulo de la distancia aparente. Si el rayo pasa por el origen (= ojos del
a θ0
XA = sin θ xA = ln cot 2
0
30
de manera que
1 0 θ θ0
cosh XA = 2 exp ln cot 2 + exp − ln cot
2
θ0 θ0
1 θ0 1 1 cos sin
2 + 2
= 2
cot +
2 θ0 = 2 θ0 θ0
cot sin cos
2 2 2
θ0 θ0
cos2 + sin2 1
2 2
= θ0 θ0
= sin θ
0
2 sin cos
2 2
y
1
sinh XA = cosh2 XA − 1 = −1
sin2 θ0
1 − sin2 θ0 cos θ0
= sin θ0
= sin θ = cot θ0
0
Así, la función que describe la trayectoria del rayo (Ec. (P 1.16.5)) se puede
simplificar de la siguiente manera5
sin θ0 1 sin θ0 1
y= cosh( X − XA) − ≈ cosh XA + X sinh XA −
a a a a
sin θ0 1 a 1 1 1
= + x cot θ0 − = + x cot θ0 −
a sin θ0 sin θ0 a a a
= x tan(90° − θ0)
5
Las funciones hiperbólicas cosh X ≡ (e X +e −X)/2, sinh X ≡ (eX − e −X)/2 satisfacen la identidad
cosh(X + XA) = cosh X cosh XA + sinh X sinh XA
(A) Los puntos A, B, C forman un triángulo y sus ángulos internos son 50°,
90° − α1, 90° − α2. Como la suma de los ángulos internos de un triángulo
vale 180°, se concluye que
El ángulo crítico para la reflexión interna total en la segunda cara del pris-
ma ocurre cuando θ2 = 90°. Luego según la ley de Snell
θ1 = sin−1(0,314) = 18,3°
32
α1 + α1 = 50°
50°
α1 = = 25°
2
θ 1
tan =
2 4
θ = 2 tan−1(0,25) = 28,08°
sin θ1 sin(14,04°)
α1 = sin−1 = sin−1 = 9,31°
n 1,50
α2 = θ − α1 = 28,08° − 9,31° = 18,77°
sin θ1 sin(14,04°)
α′1 = sin−1 = sin−1 = 9,21°
n′ 1,515
α′2 = θ − α′1 = 28,08° − 9,21° = 18,87°
sin α = n sin β
cos β
sin γ ≈ sin α − θ' cos α ≈ sin (α − θ' ) = sin α − nθ
cos α
36
ϕ = (α − β) − (γ − δ) = (α − γ) − (β − δ)
n2 − sin2 α n2 − sin2 α
=θ −θ=θ −1 (P 1.20.3)
cos α cos α
En particular para α = 0
n2 − 02
ϕ=θ − 1 = θ (n − 1)
1
El ángulo crítico para la reflexión interna total está dado por la fórmula
1
sin αcr =
n
El ángulo α2 debe ser menor que αcr para que la luz pueda escapar por la
segunda superficie.
6
Como sin α = n sin β
n cos β = n 1 − sin2 β = n2 − (n sin β)2 = n2 − sin2 α
Por otro lado, el ángulo α1 cuando la luz entra por la primera superficie
nunca puede ser mayor que αcr. Como fue visto en el Prob. 1.17 el ángulo
del ápice es θ = α1 + α2 (Ec. (P 1.17.1, 31)), y ya que α1 ≤ αcr, α2 ≤ αcr se ob-
tiene que el máximo vale θmax = 2αcr. Observe que en este caso θ1 = θ2 →
90°, o sea, los rayos incidente y reflejado son tangentes a las superficies del
prisma.
pues para dθ ≪ 1
d (tan θ) dθ
tan θ − tan (θ − dθ) ≈ dθ = sec2 θ dθ =
dθ cos2θ
dθ2
da ≈ h2
cos2 θ2
38
Por lo tanto
dθ1 dθ2
h1 = h2
cos2 θ1 cos2 θ2
cos2 θ2 dθ1 (P 1.22.1)
h2 = h1
cos2 θ1 dθ2
de manera que
dθ1
cos θ1 = n cos θ2
dθ2
dθ1 cos θ2
=n
dθ2 cos θ1
Luego la Ec. (P 1.22.1) se puede colocar en la siguiente forma
cos2 θ2 cos θ2 cos3 θ2
h2 = h1 n = nh1
cos θ1
2
cos θ1 cos3 θ1
1.23 Una capa de agua (n1 = 1,33) de espesor h1 = 10 mm flota sobre una
capa de tetracloruro de carbono (n2 = 1,46) de espesor h2 = 20 mm. ¿A qué
distancia h parece estar el fondo si se mira verticalmente hacia abajo?
Ya que los ángulos son pequeños (pues θ → 0 para una incidencia normal),
la distancia horizontal s en la Figura vale aproximadamente
s = h1 tan θ1 + h2 tan θ2 ≈ h1 θ1 + h2 θ2
s = h tan θ ≈ h θ
h h (P 1.23.1)
h θ = h1 θ1 + h2 θ2 = n1 n1 θ1 + n2 n2 θ2
1 2
n 2 θ 2 ≈ n 1 θ1 ≈ θ
h h
h θ = n1 θ + n2 θ
1 2
o bien,
h h
h = n1 + n2 = 10 + 20 = 21,2 mm (P 1.23.2)
1 2 1,33 1,46
40
En un medio homogéneo, la luz viaja por una línea recta, o sea, entre los
puntos A y C, y entre C y B. Esencialmente hay que encontrar la posición
del punto C sobre el espejo (esto es, la distancia x) para entonces calcular
los ángulos.
Según el principio
_ de Fermat, _el tiempo que demora la luz en recorrer la
distancia AC más la distancia CB debe ser mínimo. Estas distancias equi-
valen a las hipotenusas de los triángulos rectángulos, de manera que usan-
do el teorema de Pitágoras
_
AC = [ x2 + a2] 1/2
_
CB = [(d − x)2 + b2 ] 1/2
_ _
AC CB n n
t = tAC + tCB = + = c [ x2 + a2 ] 1/2 + c [(d − x)2 + b2 ] 1/2
c c
n n
dt n 2x n − 2 (d − x)
= 2 1/2 +
=0
dx c 2[ x + a ]
2
c 2[(d − x)2 + b2 ] 1/2
x d−x
= (P 1.24.2)
[ x2 + a2] 1/2 [(d − x)2 + b2 ] 1/2
Observe que los senos de los ángulos que aparecen en la Figura son
x
sin θ1 =
[ x2 + a2] 1/2
d−x
sin θ2 =
[(d − x)2 + b2 ] 1/2
sin θ1 = sin θ2
o bien,
θ1 = θ2
1.25 Calcule el valor de los ángulos θ1 y θ2, de modo que el rayo de luz que
se refracta en C viaje entre los puntos A y B en un tiempo mínimo (princi-
pio de Fermat). Los índices de refracción de los medios superior e inferior
son n1 y n2, respectivamente.
42
Al igual que en el Prob. 1.24, la luz viaja por una línea recta entre los pun-
tos A y C, y entre C y B, pues ambos medios son homogéneos. Para respon-
der la pregunta se debe entonces determinar el valor de x que minimiza
el tiempo.
_ _
Las distancias AC y CB se calculan usando otra vez el teorema de Pitágo-
ras, pero aquí la velocidad de la luz en el primer tramo vale c/n1, mientras
que en el segundo tramo c/n2
_ _
AC CB n1 2 n2
t = tAC + tCB = + = [ x + a2] 1/2 + [(d − x)2 + b2 ] 1/2
c c c c
n1 n2
dt n1 2x n − 2 (d − x)
= + 2 =0
dx c 2[ x2 + a2] 1/2 c 2[(d − x)2 + b2 ] 1/2
x d−x
n1 = n2
[ x2 + a2] 1/2 [(d − x)2 + b2 ] 1/2
d−x
sin θ2 =
[(d − x)2 + b2 ] 1/2
n1 sin θ1 = n2 sin θ2
1.26 Luz incide desde el aire sobre un par de placas de espesores h1, h2 e
índices de refracción n1, n2. Si el ángulo de incidencia es θ, calcule el desvío
lateral d experimentado por el rayo cuando atraviesa las placas.
Resp.
cos θ cos θ
d = sin θ h1 1 − + h2 1 −
n21 − sin2 θ n22 − sin2 θ
Resp. θ = 47,1°
44
1.28 Una cuña se fabrica con un material cuyo índice de refracción vale n.
La cuña tiene un pequeño ángulo ϕ entre sus caras opuestas y se encuentra
sobre un espejo plano. Si luz incide formando un ángulo θ con la normal,
¿qué ángulo δ hay entre el rayo reflejado parcialmente en la superficie de
la refringente y el rayo reflejado por el espejo?
Resp.
cos θr n2 − sin2 θ
δ = 2nϕ = 2ϕ
cos θ cos θ
1.29 (A) La trayectoria de un rayo de luz está dada por la siguiente Ec.
y = y0 e x/a
(B) Se emite un segundo rayo que pasa por el punto (0, y0) y que forma un
ángulo
y0
ϕ0 = tan−1 c
a
Grafique y(x) en el intervalo −2a < x < 2a para y0 = a y (C) c = 0,5, (D) c =
1, (E) c = 1,5.
y2
Resp. (A) n = n0 1 +
a2
x c x a2 + c2 y20
(B) y = y0 cosh γ + sinh γ siendo γ =
a γ a a2 + y20
s1 s2
=
n1 cos2 θ1 n2 cos2 θ2
donde n1, n2 representan los índices de refracción de los dos medios y θ1,
θ2 los ángulos ilustrados en la Figura. ¿Cuánto vale s1 en el caso de una
incidencia normal?
(A) Determine el ángulo ϕ que forma el rayo con la horizontal fuera del
agua. (B) Calcule la profundidad aparente h del objeto.
CAPÍTULO 2
espejos
Figura 2.1: Espejo plano: imagen I formada por un objeto O. El objeto y el observador se
encuentran al mismo lado del espejo.
Figura 2.2: Espejo esférico (a) cóncavo f > 0 y (b) convexo f < 0. El punto F indica la posición
del foco y f representa la distancia focal.
▪ Espejo cóncavo (Fig. 2.2 (a)): el centro del radio de curvatura está en
el mismo lado que incide la luz.
▪ Espejo convexo (Fig. 2.2 (b)): el centro del radio de curvatura se en-
cuentra al lado opuesto del que incide la luz.
1
Como si fueran provenientes de un punto luminoso (objeto) localizado en el infinito.
Figura 2.3: Un objeto O frente a un espejo cóncavo con foco en F (f > 0) produce una imagen I.
(a) Se ilustra una situación en que o > f, i > 0 (imagen real) y m < 0 (imagen invertida). Observe
que los rayos emitidos por el objeto y reflejados en el espejo, se intersectan donde se forma
la imagen. (b) Para 0 < o < f se obtiene i < 0 (imagen virtual) y m > 1 (imagen directa mayor
que el objeto). En este caso las prolongaciones de los rayos reflejados se cruzan en el punto
donde está la imagen.
Figura 2.4: Un objeto O delante de un espejo convexo con foco en F ( f < 0) produce una
1 1 1 (2.3)
+ =
o i f
50
2.1 Dos espejos planos AC y BC se unen de tal forma que el ángulo entre
ellos es 55°. Si un rayo de luz incide formando un ángulo α = 33° con la
normal del espejo AC, calcule el ángulo γ entre el rayo incidente y el re-
flejado.
2
Es decir, cuando los rayos se propagan aproximadamente paralelos al eje de simetría del espejo.
En el triángulo ABC los ángulos internos son 90° − α , 90° − β y 55°. Como
la suma de estos ángulos vale 180°, se concluye que
α + β = 55° (P 2.1.1)
Por otra parte, en el triángulo ABD los ángulos internos son 2α, 2β y γ, de
tal forma que
2α + 2β + γ = 180°
3
Note que la tercera reflexión en C no altera la trayectoria vista en un plano paralelo a C.
2.3 Un espejo produce una imagen real cuatro veces menor que el objeto.
Si la imagen se encuentra a 30 cm del objeto, halle la distancia focal del
espejo.
Ya que se trata de una imagen real, i debe ser mayor que cero y la amplifi-
cación es negativa m = −1/4. Luego
1 i
− =−
4 o
o
i=
4
o 3
30 = o − i = o − = o
4 4
o sea, la posición del objeto es igual a
4
o= 30 = 40 cm
3
Con este resultado se puede calcular dónde está la imagen
o 40
i= = = 10 cm
4 4
Primero hay que considerar la imagen formada por la placa, lo que se ilus-
tra en la Figura a continuación. Las prolongaciones de los rayos reflejados
indican dónde se forma la imagen virtual.
i = 12,5 − a
La Figura que sigue muestra la imagen virtual (i < 0) formada por el espejo
esférico. La posición del objeto relativa al espejo vale o = 12,5 + a. La dis-
tancia focal del espejo convexo está dada por
r 28
f =− =− = −14 cm
2 2
1 1 1 25
= + =
−14 12,5 + a 12,5 − a (12,5)2 − a2
Note que las imágenes formadas por la placa de vidrio y el espejo se en-
cuentran en la misma posición, son directas, pero el tamaño de la imagen
formada por el espejo es menor.
i1 i2 12 36
m = m1m2 = − − = − = −1
o1 o2 6 72
Así, se concluye que I2 tiene el mismo tamaño que el objeto inicial O, pero
se encuentra invertida.
1 1 1 1 1 1
= − = − =
i3 f1 o3 12 24 24
i3 = 24 cm
La tercera imagen coincide con I2, pero ocurre una inversión en el sentido
pues m3 = −i3/o3 = −1. Si se considerara una reflexión adicional en M2 y otra
en M1 (lo que equivale a la trayectoria inversa del ítem (A)), se volvería a la
posición del objeto inicial pero con la imagen invertida. Esto se deja como
Así, se concluye que i debe ser negativo (Fig. (b)), pues de esta manera la
imagen se ve dentro del espejo y es directa (m = −i/o > 0). Luego
i
2=−
o
1 1
=−
i 2o
1 1 1 1
= − =
24 o 2o 2o
24
o= = 12 cm
2
4
Note que la posición del observador coincide con la posición del objeto, el cual está a la
derecha de la imagen en la Fig. (a).
5
Para poder ver una imagen nítida es necesario que ésta se encuentre a una distancia posi-
tiva mayor que 25 cm (Prob. 4.2).
2.7 Una superficie esférica funciona como espejo por ambos lados. Una
persona mira su cara desde un lado y la imagen se forma 30 cm detrás del
espejo. Al invertir el espejo, manteniéndolo en la misma posición, observa
que la imagen aparece 10 cm detrás del espejo. Calcule la distancia espejo-
cara y el radio de curvatura del espejo.
fno
|in| = −in =
fn − o
donde o representa la posición del objeto y fn la distancia focal. En este pro-
blema existe una situación en que el espejo es cóncavo ( f1 = f > 0) y otra en
que es convexo ( f2 = −f < 0)
f1o fo
|i1| = =
f1 − o f−o
Por lo tanto |i1| > |i2|, o sea, para el espejo cóncavo se debe usar i1 = −30
cm y para el convexo i2 = −10 cm. Reemplazando estos datos en la fórmula
de Descartes se obtiene que
1 1 1 1
+ = =
o −30 f1 f
1 1 1 1 (p 2.7.1)
+ = =
o −10 f2 −f
1 1 1 1 1 1
= + = − =
f o −30 15 30 30
f = 30 cm
El radio de curvatura r de un espejo cóncavo es igual al doble de la dis-
tancia focal
r = 2 f = 2 × 30 = 60 cm
of 2f − o
i−o= −o=o
o−f o−f
2f − 45
i1 − 45 = 45 >0
45 −f
(P 2.8.1)
2f − 40
i2 − 40 = 40 >0
40 −f
i2 − 40 16
=
i1 − 45 9 (P 2.8.2)
16
i2 − 40 = (i − 45)
9 1
2 f − 40 16 2 f − 45
40 = 45
40 − f 9 45 − f
2 f − 40 2 f − 45
= 2
40 − f 45 − f
62
2 ( f − 30)2 = 0
f = 30 cm
o1 f 45 × 30
i1 = = = 90 cm
o1 − f 45 − 30
o2 f 40 × 30
i2 = = = 120 cm
o2 − f 40 − 30
i2 − o2 = 120 − 40 = 80 cm > 0
6
En el Prob. 2.10 se demuestra que, si un objeto se aproxima a un espejo convexo, la imagen
que es virtual se mueve en sentido contrario y se acerca al espejo. O sea, la separación entre
el objeto y la imagen disminuye. Como en este problema la separación aumenta, se conclu-
ye que se trata de un espejo cóncavo.
Además, un objeto real frente a un espejo convexo produce siempre una imagen virtual, es
decir, a la derecha del objeto, lo que no es el caso según el enunciado.
30 cm, i1 = 90 cm, i2 = 120 cm. Pero aquí se contradice que i1 < o1 e i2 < o2, de
modo que esta situación no es posible.
pues el objeto se aproxima al espejo, es decir, o1 > o2. Para un espejo con-
vexo la imagen es siempre virtual (i < 0) y se encuentra a la derecha del
objeto. Por lo tanto, las distancias inicial y final entre el objeto y la imagen
valen d1 = o1 − i1 y d2 = o2 − i2, respectivamente. Como la separación dismi-
nuye en 27,5 cm, se deduce que d1 > d2 y
1 1 1
+ =
o1 i1 f
(P 2.9.3)
1 1 1
+ =
o2 i2 f
64
de manera que
1 1 1 1
+ = +
o1 i1 o2 i2
1 1 1 1
− = −
i1 i2 o2 o1
i2 − i1 o1 − o2
=
i1 i2 o1 o2
7,5 20
=
i1 i2 o1 o2
i2 7,5 o1 o
= = 0,375 1
o2 20 i1 i1
i2 o 0,375 0,375
m2 = − = − 0,375 1 = =
o2 i1 i1 m1
−
o1
De acuerdo con la Ec. (P 2.9.5) se tiene i2 = −0,75 o2 = −7,5 cm, lo que final-
mente permite determinar la distancia focal (Ec. (P 2.9.3))
1 1 1 1 1 7,5 − 10
= + = + =
f o2 i2 10 −7,5 75
75
f = = −30 cm
r
f =−
2
La fórmula de Descartes permite expresar la posición i de la imagen en
función de la posición o del objeto
1 1 1 2 1 2o + r
= − =− − =−
i f o r o ro
ro
i=−
2o + r
La velocidad de la imagen se obtiene derivando la última Ec.
di (2o + r) r − 2ro do r2
vi = =− =− vo
dt (2o + r) 2
dt (2o + r)2
Si el objeto se aproxima al espejo, entonces el valor de o disminuye y vo
< 0. Así, se deduce que vi > 0, o sea, la imagen avanza hacia la izquierda.
Considerando un objeto cuya posición varía de +∞ a 0, la imagen se mueve
en sentido contrario desde −r/2 hasta 0. Además para vo = const la veloci-
dad de la imagen aumenta a medida que el objeto se aproxima al espejo, y
tiende a |vo| cuando o → 0.
r
f=+
2
Los cálculos son idénticos a los anteriores pero con −r en el lugar r. Así
[−r]2 r2
vi = − v o = − vo
(2o + [−r])2 (2o − r)2
1 1 1 m−1
= + =
f o −mo mo
m−1 f
o=
m
Además
m−1 (P 2.12.1)
i = −mo = −m f = (1 − m) f
m
(B) De forma análoga al ítem (A) se puede demostrar para el otro espejo
que
68
m′ − 1 m′ − 1
o′ = f′ = − f (P 2.12.2)
m′ m′
m′ − 1 m−1
− f = f
m′ m
1 1
−1+ =1−
m′ m
1 1 2m − 1
=2− =
m′ m m
y como m ≠ 0
2m − 1 = 1
m=1
7
Observe que si m = 1, entonces i = −mo = −o y de acuerdo con la fórmula de Descartes
1 1 1 1 1
= + = + =0
f o i o −o
Por lo tanto f = ∞, lo que corresponde a un espejo plano.
(a + f ) (b + f ) = f [(a + f ) + (b + f )]
ab + (a + b) f + f 2 = (a + b) f + 2 f 2
ab = f 2 (P 2.13.1)
2.14 Un espejo plano está a una distancia d de un espejo esférico con dis-
tancia focal f . (A) ¿Qué separación a debe existir entre el espejo plano y
un objeto (punto A), para que la imagen formada después de una reflexión
en cada espejo coincida con la posición del objeto? (B) Si se desplaza el
1 1 1 2d (P 2.14.1)
= + = 2
f d+a d−a d − a2
es decir
2df = d 2 − a2 (P 2.14.2)
a = d 2 − 2df
1 1 1 2d
+ = = 2
d + a + x d − (a + x′) f d − a2
1 2d 1 2d (d + a + x) − (d2 − a2)
= 2 − =
d − a − x′ d −a 2 d+a+x (d2 − a2) (d + a + x)
(d2 − a2) (d + a + x)
d − a − x′ =
d2 + 2d (a + x) + a2
(d − a) (d + a) (d + a+ x)
x′ = (d − a) −
dx − ax
= (d − a)
(d + a)2 + 2dx
= x g(x)
con
(d − a)2
g(x) =
(d + a)2 + 2dx
72
(C) Ya que el punto B donde se coloca el objeto se encuentra entre los dos
espejos, se deduce que −a < x < d − a. En este intervalo g(x) es una función
monotónicamente decreciente. Sus valores máximo y mínimo
(d − a)2 (d − a)2
gmax = g(−a) = = 2
(d + a) − 2da
2
d + a2
(d − a)2 (d − a)2
gmin = g(d − a) = = 2
(d + a) + 2d(d − a) 3d + a2
2
in d−a d−a
lím mn = lím − =− =−
n→∞ n→∞ 2d − in−1 2d − (d − a) d+a
o sea, el módulo de mn resulta ser siempre menor que 1. Cada vez que
ocurre un par de reflexiones la imagen reduce su tamaño, de tal forma que
la amplificación final, cuando se considera un número infinito de reflexio-
nes, vale
m = m1m2 · · · = 0
El rayo que incide es paralelo al eje del espejo, de manera que el ángulo α
en la Figura es igual a θ + θ = 2θ. Además, los ángulos internos del triángu-
(180° − α) + θ + β = 180°
β = α − θ = 2θ − θ = θ
Así se deduce
_ que_ se trata de un triángulo isoceles, de manera que los
segmentos CF y FA son ambos iguales a d. Por lo tanto, vale la siguiente
relación
8
Se coloca entre los espejos y tiene por finalidad amplificar la luz. También sirve para repo-
ner las pérdidas que ocurren debido a la absorción de luz en los espejos y a la luz que sale
del resonador.
74
_ _
R = CF cos β + FA cos θ = 2d cos β (P 2.15.1)
Ya que
h
sin β =
R
se obtiene
h2 R2 − h2
cos β = 1 − sin2 β = 1 − =
R2
R
R2 − h2
R = 2d
R
R2
d=
R − h2
2
R2
fh = R − d = R −
2 R2 − h2
La aproximación paraxial se obtiene en el límite que h → 0
R2 R R
f0 = R − =R− =
2 R −0
2 2
2 2
En el caso que h≪R se puede usar la Ec. (A.1, 167) con a = −1/2 y x = −h2/
R2 para expandir el inverso de la raíz cuadrada
R2 R2 R h2 −1/2
= = 1−
2 R2 − h2 R −h
2 2 2 R2
2R
R2
R 1 h2 R h2
≈ 1+ = +
2 2 R2 2 4R
lo que implica que
R h2 R h2
fh ≈ R − + = −
2 4R 2 4R
Como la distancia focal varía, se produce una aberración, esto es, los rayos
no convergen sobre un mismo punto. Denotando por H el máximo de h
(que se obtiene cuando un rayo incide en el borde del espejo), la aberra-
ción asume el valor
R R H2 H2
∆f = f0 − fH = − − =
2 2 4R 4R
Es por este motivo que se usan espejos esféricos con pequeñas aperturas
H ≪ R.
y la distancia entre A y C = ( −f , 0)
_
AC = (x − ( −f ))2 + (y − 0)2
76
_ _
Como AB = AC
f −x= (x + f )2 + y2
( f − x)2 = (x + f )2 + y2
f 2 − 2 f x + x2 = f 2 + 2 f x + x2 + y2
− 4 f x = y2
y2
x=− (P 2.16.1)
4f
lo que representa la Ec. de una parábola.
(B) La coordenada del punto A en la Figura (b) es (xA, h), siendo xA = −h2/4 f .
Al reflejarse en el espejo el rayo forma un ángulo 2θ con el eje x, y la Ec. de
la recta inclinada que pasa por el punto A es
y−h
= tan(2θ)
x − xA
y−h
tan(2θ) = x − xA (P 2.16.2)
El rayo cruza el eje x cuando y = 0, lo que implica que la abcisa del punto
F vale
0−h h h2
xF = + xA = − − (P 2.16.3)
tan(2θ) tan(2θ) 4f
1 1 1 1 h f h
= − tanθ = − = − (P 2.16.4)
2 tanθ 2 h 2 2f h 4f
2
2f
Observe que todos los rayos cruzan sobre el punto F, es decir, este resul-
tado no depende de la altura h. Esto significa que en un espejo parabólico
no ocurre aberración como en el espejo esférico (Prob. 2.15). Próximos al
centro el espejo esférico y el espejo parabólico tienen una forma muy pa-
recida, de modo que considerando pequeñas aperturas los resultados son
idénticos para ambos.
2.17 (A) Calcule la distancia focal fα cuando rayos paralelos inciden for-
mando un ángulo α con el eje de un espejo cóncavo de radio R. (B) ¿Qué
sucede si se usa un espejo parabólico?
h = R sin β ≈ Rβ
y = h + (x − xA) tan(2θ + α)
Considerando ahora un rayo que incide sobre el vértice del espejo, se ob-
tiene reemplazando h = 0 y θ = 0 la siguiente Ec. para el rayo reflejado
y = x tan α
Note que
tan(2θ) + tan α
tan(2θ + α) − tan α = − tan α
1 − tan(2θ) tan α
tan(2θ) sec2 α
=
1 − tan(2θ) tan α
h h
xF = − 1 − tan(2θ) tan α + [ tan(2θ) + tan α ]
tan(2θ) sec2 α 4f
1 h tan α
= −h cos2 α − tan α + 1+
tan(2θ) 4f tan(2θ)
f h h f h
fα = h cos α h − 4 f − tan α + 4 f 1 + h − 4 f tan α
f 1 h2
= h cos α − tan α
h + −1 + 4 16 f 2
3 h2
= f cos α − h + sin α
4 16 f 2
2.18 Dos espejos unidos forman un ángulo de 20° entre ellos. Un rayo de
luz incide a un ángulo de 70° con la normal de uno de los espejos. Calcule
(A) el número total de reflexiones que experimenta el rayo en los espejos y
(B) el ángulo entre el rayo que entra y el rayo que sale.
9
Para pequeños ángulos la posición del foco varía linealmente con α. Si la antena no apunta
en la dirección correcta, la señal detectada es débil.
Resp. d = 64 cm
Resp. f = 20 cm
2.21 Un espejo convexo que tiene una distancia focal igual a −30 cm se ale-
ja con una velocidad vesp = const. En un cierto instante el observador O ve
que su imagen I tiene una velocidad relativa de 3 m/s. Si la amplificación
vale 1/2, calcule (A) vesp y (B) la aceleración de la imagen.
82
Resp. o = 45 cm
2.23 Dos espejos M1, M2 con distancias focales iguales a f 1 , f 2 están sepa-
rados por una distancia d. (A) Determine la distancia a del objeto O hasta
M1, de manera que la imagen formada después de una reflexión en M1 y
otra reflexión en M2 coincida con el objeto inicial. (B) ¿Qué relación deben
satisfacer f 1 , f 2 y d para que a sea positivo y menor que d? (C) Calcule a en
el caso que M1 se torna un espejo plano, esto es, f 1 → ∞.
d (d − 2f 2 ) ± d (d − 2f 1 ) (d − 2f 2 ) (d − 2f 1 − 2f 2 )
Resp. (A) a± =
2 (d − f 1 − f 2 )
y a− cuando
2f 1 > d y 0 < 2f 2 < d
CAPÍTULO 3
n1 n2 n −n
+ = 2 1 (3.1)
o i r
Esta fórmula recibe el nombre de Descartes para superficies esféricas
Figura 3.1: Superficie esférica refringente: a un lado el índice de refracción es n1 y al otro lado
n2. El observador se encuentra al lado donde se transmite la luz. Se ilustra un caso particular
en que la superficie es convexa (r > 0) y tanto el objeto como la imagen son reales (o > 0, i >
0). El punto Fob se denomina foco objeto (o primer punto focal) y Fim foco imagen (o segundo
punto focal). Las distancias focales objeto e imagen son fob y fim, respectivamente.
n2
i=− o (3.3)
n1
y, por lo tanto, la imagen formada se encuentra en el mismo lado que el
objeto (Fig. 3.2). Además m = 1, o sea, la imagen tiene un tamaño y una
orientación igual al objeto, pero aparece en una posición diferente.
Figura 3.2: Superficie refringente plana. (a) El índice de refracción n1 del medio donde se
encuentra el objeto O es menor que el índice n2 donde se refracta la luz. La imagen virtual I
aparece más lejos de la superficie que el objeto. (b) En este caso n1 > n2 y la imagen se ve más
cerca de la superficie.
3.2 Una esfera de vidrio de diámetro 1 pulgada (2R = 2,54 cm) e índice de
refracción n = 1,508 contiene una pequeña burbuja ubicada a una distancia
d = 0,64 cm del centro. Halle la posición y el aumento de la imagen vista
por una persona que mira por un lado o por otro según la línea que une el
centro de la esfera con la burbuja.
Los rayos se emiten desde la burbuja y ésta equivale al objeto. Al igual que
en el Prob. 3.1, la superficie es cóncava y el valor para el radio es con el
signo negativo r = −R = −2,54/2 = −1,27 cm. Según la fórmula de Descartes
para la superficie esférica refringente con n1 = 1,508 y n2 = 1, las posiciones
del objeto y de la imagen se relacionan por
1,508 1 1 − 1,508
+ = = 0,400
o i −1,27
1 1,508
= 0,400 − = −1,994
i1 0,63
1
i1 = = −0,502 cm ≈ −5,0 mm
−1,994
La amplificación es entonces igual a
n1 i1 1,508 × 0,502
m1 = − = = 1,20
n2 o1 1 × 0,63
1 1,508
= 0,400 − = −0,3895
i2 1,91
1
i2 = = −2,57 cm = −25,7 mm
−0,3895
y la amplificación
n1 i2 1,508 × 2,57
m2 = − = = 2,03
n2 o2 1 × 1,91
90
3.3 Un haz de luz incide sobre una esfera de vidrio de radio R. Si el índice
de refracción está en el rango 1 < n < 2, determine la separación entre el
foco F y el borde de la esfera.
es decir,
3.4 Una lente gruesa está formada por una semiesfera de vidrio de radio 6
cm. Sabiendo que el índice de refracción es igual a 1,5, calcule la posición
del foco F cuando la luz incide (A) por el lado esférico (Fig. (a)) y (B) por el
lado plano (Fig. (b)).
i1 = 1,5 × 12 = 18 cm
92
1 i1 n i2 22,14 35,57
m = m1m2 = − − = = 1,79
n o1 1 o2 8 55,14
(B) Esta parte es análoga a los Probs. 2.10. y 2.11. La velocidad del objeto
vale1 vo = do/dt = −3,6 cm/s y la velocidad de la imagen vi = di/dt. Deri-
vando la Ec. (P. 3.6.1) con respecto al tiempo t se obtiene
1 di 1,33 do
− = 2
i2 dt o dt
i 2
vi = −1,33 vo (P 3.6.3)
o
(C) La aceleración se calcula derivando la velocidad vi, y como v0 = const
di do
dvi i d i i o dt − i dt
= −1,33 v0 2 = −2,66 v0
dt o dt o o o2
i
ai = −2,66 v0 (ovi − iv0) (P 3.6.4)
o3
Insertando los datos para o y v0 en las Ecs. (P 3.6.2), (P 3.6.3) y (P 3.6.4) se
encuentran finalmente los valores que están resumidos en la tabla a conti-
nuación. Observe que mientras más alejado se encuentra del borde, mayor
la aceleración aparente.
n2h1 + n1h2
=
n2
1 n2h1 + n1h2
i2 = − o2 = −
n1 n1n2
Luego el fondo aparece a una distancia
h1 h2
h = |i2| = +
n1 n2
abajo de la superficie. Este resultado coincide con la Ec. (P 1.23.2, 39).
En la primera parte se tiene una superficie plana y según la Ec. (3.3, 86)
1
i1 = − 12 = −18 cm
1,5
1 1 1 1 1 3−1
= − = − =
i2 fesp o2 6 18 18
18
i2 = = 9 cm
2
2
Esto significa que el objeto es virtual.
98
1 i1 i2 n i3 18 9 6
m = m1m2m3 = − − − = − = −0,5
n o1 o2 1 o3 12 18 9
n2 1
i2 = − o =− (−6) = 4 cm
n1 2 1,5
1 1 1 1 1
= − = −
i f o 4 12
12
i= = 6 cm
3−1
i 6
m=− =− = −0,5 cm
o 12
Estos valores son los mismos que se calcularon anteriormente para la po-
sición de la imagen y la amplificación lateral.
(C) Si se desea que las posiciones de la imagen y del objeto coincidan, en-
tonces se debe sustituir i = o en la Ec. del espejo
1 1 1 2
= + =
f o o o
o = 2 f = 8 cm
3.10 Rayos de luz convergen sobre el punto P (Fig. (a)). Calcule cuánto se
desplaza el nuevo punto de convergencia (Q en la Fig. (b)) al colocar antes
de P un vidrio plano de espesor a e índice de refracción n.
100
o2 = a − i1 = a − nx1
a
x2 = a + i2 = a − + x1
n
1
∆x = x2 − x1 = 1 − a
n
El desplazamiento se torna mayor cuando n crece y el límite máximo vale
a. En particular, para n = 1 se tiene ∆x = 0, pues, si el índice de refracción
El radio aparente se obtiene cuando la trayectoria del rayo que pasa por
dentro del tubo es tangente al círculo interno (punto B). Luego ABC repre-
senta un triángulo rectángulo y vale la relación
R1 = R2 sin β (P 3.11.1)
Por otro lado, el radio aparente se puede calcular a partir de R2 y del án-
gulo α
r = R2n sin β
r = nR1 (P 3.11.2)
Así, se concluye que radio interno aparente r es función de R1, pero no de R2.
102
Considere primero la Ec. de la recta que pasa a una distancia d del origen
(Fig. (b)). En el triángulo rectángulo vale la relación sin ϕ = d/r, o sea,
r sin ϕ = d = const
R sin ϕ1R = d1
(P 3.12.3)
R sin ϕ2R = d2
y multiplicando por R
= n2d2
= n2r2 sin ϕ2
nr sin ϕ = c (P 3.13.1)
104
sin ϕ = r dθ = r
(dr)2 + (r dθ)2 dr 2 2
+r
dθ
c r
=
nr dr 2 2
+r
dθ
Resolviendo para dr/dθ
dr 2 2 n2r4
+r = 2
dθ c
dr ± r
= n2r2 − c2
dθ c
β + δ + (180° − ϕ) = 180°
o sea,
α+γ=ϕ=β+δ (P 3.14.1)
sin γ sin α
=
R a
Según el enunciado R/a = n de manera que
R
sin γ = sin α = n sin α = sin β
a
donde la última igualdad vale porque el rayo refractado en el punto A
satisface la ley de Snell: n sin α = 1 sin β. De esta forma se deduce que γ =
β, lo que junto con la Ec. (P 3.14.1) implica α = δ.
106
3.15 Una superficie esférica de radio r delimita dos medios con índices de
refracción n1, n2. La distancia focal objeto3 se define por
n1
fob = r
n 2 − n1
y la distancia focal imagen4
n2
fim = r
n 2 − n1
3
Corresponde a la posición donde se debe colocar un objeto para que los rayos transmitidos
a través de la superficie se tornen paralelos (i = ∞).
4
Indica el punto de convergencia de rayos que inicialmente son paralelos (o = ∞).
n2 − n1 n1
=
r fob
en la Ec. (3.1, 85) para la superficie esférica refringente se obtiene
n1 n1 n2
= +
fob a + fob b + fim
fob
(a + fob) (b + fim) = [ n1(b + fim) + n2 (a + fob) ]
n1
n2
= fob (b + fim) + fob (a + fob)
n1
Como n2 f ob/n1 = f im
ab + a f im + bf ob + f im f ob = f ob (b + f im) + f im (a + f ob)
ab = f im f ob
3.16 Determine la distancia focal f para rayos paralelos que inciden sobre
5
La aproximación hasta primer orden se hace sustituyendo ϕ → α y θ → β en la Ec. (A.7, 153).
108
n sin γ = sin α
(P 3.16.1)
n sin δ = sin(α − β) ≈ sin α − β cos α
h = R sin β ≈ Rβ
cos α
h cos γ ≈ f tan ϕ ≈ f ϕ ≈ f β 1 −
n cos γ
cos α
fβ 1− = h cos γ = Rβ cos γ
n cos γ
esto es,
n cos2 γ
f = R
n cos γ − cos α
Note que los ángulos α y γ se relacionan a través de ley de Snell sin α =
n sin γ. En particular, para α = 0 (incidencia normal) se obtiene γ = 0 y
n cos2 0 n
f = R= R
n cos 0 − cos 0 n−1
que coincide con la distancia focal imagen definida en el Prob. 3.15 cuando
n1 = 1 y n2 = n.
_ _
AC CB no ni
tACB = c + c = 1 + 2
c c
n1 n2
_ θ2 2 + (Rθ)2
AD = (o + R [1 − cos θ])2 + (R sin θ)2 ≈ o+R
2
1/2
θ2 R R2 2
≈ o2 + 2oR + R2θ2 = o 1 + + 2 θ
2 o o
En las aproximaciones se usaron las Ecs. (A.3, 153) y (A.4, 153). Empleando
ahora la Ec. (A.1, 153) con x = (R/o + R2/o2) θ2 y a = 1/2 se deduce que
_ 1 R R2 2 R2 θ2
AD ≈ o 1 + + 2 θ =o+ R+
2 o o o 2
De manera similar se calcula la distancia entre D y B
_ R2 θ2
DB = (i − R[1 − cos θ])2 + (Rsin θ)2 ≈ i + −R +
i 2
Así se obtiene que
_ _
AD DB n1 R2 θ2 n2 R2 θ2
tADB = c + c ≈ o+ R+ + i + −R +
c o 2 c i 2
n1 n2
n1o ni R2 R2 θ2
= + 2 + n1 R + + n2 −R +
c c o i 2c
Para que tACB y tADB sean iguales es necesario que el término que multiplica
θ2/2c en la última Ec. se anule
R2 R2
n1 R + + n2 −R + =0
o i
Dividiendo por R2
6
Se asume la aproximación paraxial (ángulos pequeños) y en los cálculos se omiten térmi-
nos de orden mayor o igual a θ 4.
n1 n1 n2 n2
+ − + =0
R o R i
Resp.
h
ϕ = 2 sin−1 ( n2R2 − h2 − R2 − h2 )
nR2
Resp. d = 8 cm
112
1+ 5
Resp. n= = 1,618 ; m = −1
2
Resp. r = 8R
3.22 Un objeto se mueve con una velocidad ds/dt = −v0 = const hacia una
esfera de vidrio (n = 1,5). Si el radio de la esfera es igual a R, encuentre la
velocidad y la aceleración de la imagen cuando s = R.
Resp. vi = 9 v0 ; ai = 36 v20/R
a r
n = n0 ln > 1
r a
donde n0 y a son constantes positivas. Sabiendo que un rayo de luz pasa
por el punto (r, θ) = (R, 0) formando un ángulo de 90° con el radio r, calcule
la trayectoria del rayo.
Sug.
r u
dr c du c u + u2 − c 2
c = = ln
r 2 n0a u2 − c2 n0a u0 + u20 − c2
r0 r n20a2 ln − c2 u0
a
donde u = n0a ln(r/a).
r R θ
CAPÍTULO 4
Lentes delgadas
▪ Eje óptico: o eje principal de una lente es la recta que pasa por los
centros de los radios de curvatura.
▪ Centro óptico: cualquier rayo que pasa por este punto emerge en
Figura 4.1: Las lentes se clasifican conforme la concavidad de las superficies: (a) biconvexa
con f > 0, (b) bicóncava con f < 0 y (c) mixta. Al lado de cada superficie se indica el signo del
radio que se debe usar en la Ec. (4.1) para el cálculo de la distancia focal.
116
Figura 4.2: Ejemplo de rayos paralelos transmitidos a través de una lente (a) convergente y (b)
divergente. Por lo general, en una lente convergente el centro de la lente es más grueso que
los bordes, mientras que en una lente divergente se verifica lo contrario. El punto F indica
donde se halla el foco imagen y f representa la distancia focal.
▪ Focos: en contraste con un espejo, una lente posee dos puntos foca-
les. El foco objeto y el foco imagen se encuentran localizados simétri-
camente en una lente delgada. La distancia focal f se calcula con la
Ec. de los fabricantes de lentes
1 1 1
= (n − 1) − (4.1)
f r1 r 2
Figura 4.3: Construcción gráfica de la imagen I formada por una lente convergente. Se trazan
tres rayos: el superior que pasa por el foco imagen Fim, otro por el centro óptico y el inferior
por el foco objeto Fob. La intercepción de dos de estas líneas es suficiente para determinar la
imagen formada.
1 1 1 (4.2)
+ = f
o i
También se conoce como fórmula de Descartes para lentes delgadas.
La convención para los signos de o e i es la misma que se usó para las
superficies esféricas refringentes (Cuadro 4.1).
4.1 Una lente biconvexa está formada por un vidrio con índice de refrac-
ción n = 1,5. Si la distancia focal vale 45 mm y el radio de curvatura de
una superficie es el triple de la otra, calcule los radios.
La lente corresponde a la Fig. 4.1 (a) donde r1 > 0 y r2 < 0, de tal forma que
según el enunciado del problema r1 = R y r2 = −3R. Usando la Ec. de los
fabricantes de lentes se obtiene
1 1 1 1 1 4 2
= (1,5 − 1) − = 0,5 + = 0,5 =
45 R −3R R 3R 3R 3R
2
R= 45 = 30 mm
3
Los radios de las superficies son entonces R = 3 cm y 3R = 3 × 3 = 9 cm.
4.2 El cristalino de un ojo equivale a una lente biconvexa flexible con am-
bos radios iguales, pero cuyos valores pueden variar para enfocar la ima-
gen sobre la retina. El índice de refracción del cristalino es 1,56 y para sim-
plificar el problema asuma que el humor vítreo (líquido entre el cristalino
y la retina) tiene un índice igual a 1. El cristalino debe formar una imagen
sobre la retina a una distancia i = 3 cm constante cuando la posición del
objeto varía entre el infinito y 25 cm. Determine cuáles son sus radios
mínimo y máximo.
1 1 1 1 1 1
= + = + =0 +
f1 o1 i1 ∞ 3 3
f1 = 3 cm
1 1 1 1 1 3 + 25
= + = + =
f2 o2 i2 25 3 75
75
f2 = cm
28
Ya que en este problema los radios de la lente biconvexa (Fig. 4.1 (a)) son
iguales, usando la fórmula de de los fabricantes de lentes se deduce que
1 1 1 2
f = (n − 1) R − −R = (1,56 − 1) R
R = 0,56 × 2 f = 1,12 f
En el primer caso se obtiene
R1 = 1,12 × 3 = 3,36 cm
y en el segundo
75
R2 = 1,12 = 3,0 cm
28
Luego el radio de curvatura del cristalino debe variar entre 3,36 cm y 3,0
cm para enfocar un objeto que se mueve desde el infinito hasta 25 cm. Si la
distancia es menor que 25 cm, entonces no se consigue enfocar la imagen
sobre la retina y ésta se torna borrosa.
i 2,4
m=− = = 0,6
o 4
(C) De acuerdo con los resultados que se obtuvieron en (A) y (B), la ima-
gen es virtual y directa, pues i < 0 y m > 0, respectivamente. Además el
tamaño de la imagen es menor que el objeto.
4.4 Una lupa con distancia focal 2,5 cm se sostiene a 2,0 cm de una letra de
tamaño 0,5 mm. ¿Cómo se ve la imagen?
Luego, el tamaño de la letra vista con la lupa es igual a 5 × 0,5 = 2,5 mm.
Note que la imagen es directa, lo que significa que tiene el mismo sentido
que la letra original.
4.5 Una lente tiene una distancia focal de 40 cm. Halle la posición del
objeto que produce una imagen (A) real y 4 veces mayor, (B) real y 4 veces
menor, (C) virtual y 4 veces menor.
(A) En este caso se tiene m = −4 < 0, lo que corresponde a una imagen real
4 veces mayor. Por lo tanto
i
−4 = −
o
1 1
=
i 4o
Usando la fórmula de Descartes con f =40 cm se determina la posición del
objeto
1 1 1
+
f =o i
1 1 1 4+1
= + =
40 o 4o 4o
5
o= 40 = 50 cm
4
1 i
− =−
4 o
1 4
=
i o
122
de manera que
1 1 4 1+4
= + =
40 o o o
o = 5 × 40 = 200 cm
4.6 Un instrumento óptico está compuesto por dos lentes idénticas de dis-
tancia focal +18 cm separadas por una distancia de 9 cm. Encuentre la
posición del foco medida a partir de la lente más cercana.
Cuando rayos paralelos inciden sobre el sistema óptico, los rayos conver-
gen sobre su foco. Luego, se debe considerar un objeto localizado en el
infinito y calcular el punto donde se forma la imagen final. Sustituyendo
o1 = ∞ en la fórmula de Descartes
1 1 1 1 1 1
= f − = − = −0
i1 o1 18 ∞ 18
i1 = 18 cm
La primera imagen se encuentra a la derecha de la segunda lente pues i1 >
9 cm. Esta imagen equivale al segundo objeto (virtual) y su posición es o2
= 9 − i1 = −9 cm. Así
1 1 1 1 1 1+2
= f − = − =
i2 o2 18 −9 18
18
i2 = = 6 cm
3
O sea, la distancia focal vale 6 cm con respecto a la segunda lente.
1 1 1 1
= (1,5 − 1) − = 0,5 0 +
f len ∞ −12 12
12
f len = = 24 cm
0,5
(B) Para responder esta pregunta, es necesario encontrar la posición final
de la imagen formada por un objeto que está en el infinito cuando la luz se
transmite a través de la lente, se refleja en el espejo y, finalmente, se vuelve
a transmitir por la lente, pero en el sentido contrario. En la primera etapa
se obtiene con o1 = ∞
1 1 1 1 1 1
= − = − = −0
i1 f len o1 24 ∞ 24
i1 = 24 cm
Note que la imagen se forma sobre el foco de la lente, pues los rayos in-
cidentes son paralelos. Esta imagen corresponde al objeto para el espejo.
La lente y el espejo se encuentran juntos, de modo que la separación vale
cero y la posición del objeto (virtual) es o2 = 0 − i1 = −24 cm. El espejo cón-
cavo tiene una distancia focal fesp = +r/2 = 6 cm y la imagen reflejada se
encuentra en
1 1 1 1 1 4+1
= − = − =
i2 f esp o2 6 −24 24
24
i2 = = 4,8 cm
5
La imagen está a la izquierda del espejo pues i2 > 0. Ya que la luz se propa-
ga en sentido contrario, el tercer objeto se halla en la posición o3 = 0 − i2 =
−4,8 cm y es virtual. La lente forma la tercera imagen en
1 1 1 1 1 1+5
= − = − =
i3 fv o3 24 −4,8 24
24
i3 = = 4 cm
6
4.8 Una lente divergente produce una imagen 4 veces menor que el objeto
cuando la separación entre la imagen y el objeto es 54 cm. Halle (A) las
posiciones o del objeto, (B) i de la imagen y (C) la distancia focal f de la
lente.
(A) Un objeto real (o > 0) frente a una lente divergente ( f < 0) forma una
imagen virtual (i < 0), de tal forma que la amplificación m = −i/o es positi-
va. Así se concluye que m = +1/4
1 i
54 = o −|i|= o + i
4
o= 54 = 72 cm
3
1 1 1 1 1 1−4
+ = +
f = o i 72 −18
=
72
72
f = = −24 cm
−3
Observe que f < 0 como debe ser para una lente divergente.
La luz proveniente del objeto lejano abarca un ángulo visual θ1, y después
que pasa por el telescopio abarca un ángulo θ2. De esta manera, si θ2 > θ1 la
h
θ2 tan θ2 f1f2 70
mθ = ≈ = = = = 35
θ1 tan θ1 h f2 2
f1
Note que la imagen final es virtual y está invertida, o sea, tiene sentido
opuesto al objeto.1
1
Si el ángulo θ1 crece, entonces θ2 también crece. Esto significa que cuando el objeto se mue-
ve hacia arriba, la imagen se mueve hacia abajo, es decir, al revés.
128
1 1 1 1 1 3−2
= − = − =
i1 f1 o1 30 45 90
i1 = 90 cm
La imagen I1 equivale al objeto O2 para la segunda lente.
1 1 1 1 1 1+1
= − = − =
i2 f2 o2 40 −40 40
40
i2 = = 20 cm
2
La imagen final se encuentra 20 cm a la derecha de la segunda lente y es
real.
2
Observe que la posición del objeto coincide con el foco imagen. Si estuviera sobre el foco
objeto en vez del foco imagen, entonces la imagen se formaría en el infinito.
En el trazado de rayos de la última Figura, el rayo que sale del objeto virtual O2 paralelo
al eje (hacia atrás), se refleja en la lente y pasa por el foco imagen F2 (recta con pendiente
positiva). El rayo que sale del objeto y pasa por el centro óptico, se refleja de vuelta por la
misma trayectoria (recta con pendiente negativa). La intersección de las dos rectas muestra
dónde se forma la imagen I2.
i1 i2 90 20
m = m1m2 = − − =− =−1
o1 o2 45 40
La imagen tiene el mismo tamaño que el objeto inicial pero está invertida.
1 1 1 1 1
= − = − = 0,5158
o1 f1 i1 1,8 25,163
1
o1 = = 1,939 cm = 1,8 cm + 0,139 cm
0,5158
i1 i2 25,163 25
m = m1m2 = − − =− = −114,4
o1 o2 1,939 2,837
(C) En este ítem primero hay que calcular las posiciones de las imágenes
cuando o1 → o1 + a, siendo a ≪ o1. Representando por i1 + b la nueva posi-
ción de la primera imagen, se encuentra que
1 1 1 1 1
+ = = +
o1 + a i1 + b f 1 o1 i1
1 1 1 1
− = −
o1 + a o1 i1 i1 + b
3
Para δ ≪ x vale la aproximación (Ec. (A.1, 153))
1 1 1 δ −1
1 δ δ
− = 1+ −1 ≈ 1− −1 =−
x+δ x x x x x x2
1 1 1 1 1
+ = = +
o2 − b i2 + c f 2 o2 i2
1 1 1 1
− = −
o2 − b o2 i2 i2 + c
b c
≈ 2
o2
2
i2
i22
c≈b = bm22
o22
y por lo tanto
c ≈ −am21m22 = −am2 (P 4.11.2)
i1 + b i2 + c
m + ∆m = − −
o1 + a o2 − b
i1 i2 a −1
b b −1
c
= − − 1+ 1+ 1− 1+
o1 o2 o1 i1 o2 i2
a b b c
≈m 1− 1+ 1+ 1+
o1 i1 o2 i2
o sea
1 m21 m21 m2
∆m ≈ −ma + + +
o1 i1 o2 i2
i1 25,163
m1 = − =− = −12,98
o1 1,939
y finalmente4
4
a = 1 μm = 10−6 m = 10−4 cm.
Esto significa que la imagen I1 es real, tiene el mismo tamaño, pero se en-
cuentra invertida.
|m| = 2
y como
m = m1 m2 = −m2
1 1 1
+ =
o2 −2o2 f
1 1
=
2o2 4
4
o2 = = 2 cm
2
i2 = 2o2
o2 = 6 cm
lo que sería una contradicción, pues o2 < 0 para un objeto virtual. Luego
este caso no puede ocurrir y la respuesta correcta es la anterior.
134
(A) Las distancias focales se calculan con la Ec. de los fabricantes de lentes.
Observando la convención de signos para los radios en la Fig. 4.1 y recor-
dando que r = ∞ para las superficies planas
1 1 1 1 1
= (1,5 − 1) − = 0,5 0 + = , fA = 18 cm
fA ∞ −9 9 18
1 1 1 2 1
= (1,5 − 1) − = 0,5 − =− , fB = −9 cm
fB −9 9 9 9
1 1 1 1 1
= (1,5 − 1) − = 0,5 +0 = , fC = 18 cm
fC 9 ∞ 9 18
1 1 1 1 1 1−2
= − = − =
iA fA oA 18 9 18
18
iA = = − 18 cm
−1
Esta imagen funciona como objeto para la lente B y se encuentra en oB =
9 − iA = 9 + 18 = 27 cm. Luego
1 1 1 1 1 3+1
= − = − =−
iB fB oB −9 27 27
27
iB = − = −6,75 cm
4
Considerando la lente C se tiene oC = 9 − iB = 9 + 6,75 = 15,75 cm, con lo que
la imagen final está en
1 1 1 1 1 7−8
= − = − =
iC fC oC 18 15,75 126
126
iC = = −126 cm
−1
Por último, la amplificación total se determina multiplicando las amplifi-
caciones de cada lente
iA iB iC 18 6,75 126
m = mAmBmC = − − − = =4
oA oB oC 9 27 15,75
Así, se concluye que la imagen se forma 126 cm detrás de la lente C, es
directa y se ve cuatro veces más grande que el objeto.
1 1 1 1 1 5−3
= − = − =
i1 f1 o1 12 20 60
60
i1 = = 30 cm
2
30 15 n4 7 9
m = m1 m2 m3 m4 = − =− = −0,45
20 n20 5 14 20
1 0,5 1 3−5
= − =
i1 5 6 30
30
i1 = = −15 cm
−2
72 (−6) = −d 2 − (9 + 15) d − 9 × 15
d2 + 24 d − 297 = 0
+ 9 cm > 0
d = −12 ± 122 + 297 =
− 33 cm < 0
(B) De acuerdo con el ítem anterior las posiciones del objeto y de la imagen
con respecto a la lente son o2 = d + 15 = 24 cm e i2 = −(d + 9) = −18 cm. Por
lo tanto, m1 = −n i1 /(1 o1) = 1,5 × 15/9 = 2,5, m2 = −i2/o2 = 18/24 = 0,75 y la
amplificación total asume el siguiente valor
m = m1 m2 = 1,875
5
Se consideró el signo negativo porque la imagen está localizada a la izquierda de la lente.
4.16 Una persona mira la imagen de su cara a través del sistema óptico
mostrado en la Figura. Sabiendo que la distancia focal de la lente es 12
cm, ¿cómo aparece la cara?
1 1 1 1 1 9−4
= − = − =
i1 f o1 12 27 108
108
i1 = = 21,6 cm
5
1 1 1 1 1 5−2
= − = − =
i3 f o3 12 30 60
60
i3 = = 20 cm
3
i1 i2 i3 21,6 4,2 20
m = m1m2m3 = − − − =− − = 0,533
o1 o2 o3 27 4,2 30
1 1 1 1 1 6−5
= − = − =
i1 f o1 5 6 30
i1 = 30 cm
1 1 1 1 1 2
= + = + =−
f esp o2 i2 −20 −20 20
f esp = −10 cm
Se deja como ejercicio para el lector verificar que la imagen está invertida.
4.18 Deduzca gráficamente la Ec. de Newton para el caso de una lente con-
vergente que produce una imagen real.
h1 h2
= f
a
h1 h2
f = b
142
Luego
a h1 f
f = h2 = b
esto es,
ab = f 2
4.19 Una lente delgada con índice de refracción n y radios r1, r2 está rodea-
da por dos medios con índices de refracción n1, n2. ¿Cuál es la fórmula que
relaciona las posiciones del objeto y de la imagen?
n1 n n − n1
+ =
o i1 r1
Luego
n n2 n2 − n
+ =
−i1 i r2
n1 n n n2 n − n1 n2 − n
+ + − + = +
o i1 i1 i r1 r2
n1 n2 n − n1 n − n2 (P 4.19.1)
+ = −
o i r1 r2
donde se usaron los valores n = 1,56 para el índice de refracción del crista-
lino, n2 = 1, r1 = +R y r2 = −R. Luego las imágenes se forman en
R1 3,36
i1 = = = 4,25 cm
0,79 0,79
R2 3
i2 = = = 3,80 cm
0,79 0,79
4.21 Encuentre la distancia focal si rayos paralelos inciden sobre una lente
delgada, formando un ángulo α con el eje óptico. Los radios de la lente
biconvexa son ambos iguales a R y el índice de refracción vale n.
h−δ
θ1 ≈
R
h+δ
θ2 ≈
R
de manera que
h−δ h+δ 2h
θ = θ1 + θ2 ≈ + =
R R R
Ya que la distancia focal f es mucho mayor que el ancho del haz de luz ~ h
h cos α h cos α
ϕ ≈ tan ϕ = ≈
h sin α + f f
1 2 n2 − sin2 α − cos α
=
f R cos2 α
Esta fórmula coincide con la Ec. (4.1, 116) para el cálculo de la distancia
focal si se sustituyen r1 = +R y r2 = −R (lente biconvexa con radios iguales).
cos2 α
= f0 (n − 1) (P 4.21.2)
n − sin2 α − cos α
2
cos2 α = 1 − sin2 α ≈ 1 − α2
1− α2
f ≈ f0 (n − 1)
α2
(n − 1) 1 +
2n
α2
f ≈ f0 (1− α2) 1 −
2n
α2 α4
= f0 1 − α2 − +
2n 2n
1
≈ f0 1 − 1 + α2
2n
148
f0 − f 1 1 3
≈ 1+ α2 < 1 + α2 = α2
f0 2n 2 2
4.22 (A) Considere una lente convergente y un objeto real a una distancia
o mayor que la distancia focal. Trazando los rayos que pasan por el foco
objeto, foco imagen y el centro óptico, construya gráficamente la imagen
real formada. (B) Repita el ítem anterior si o es menor que la distancia fo-
cal. (C) Finalmente, considere un objeto real frente a una lente divergente.
Trazando los tres rayos obtenga la imagen virtual que se forma en este
caso.
4.23 Demuestre que la distancia focal equivalente feq de dos lentes en con-
tacto que tienen distancias focales f1, f2 está dada por
1 1 1
= +
feq f1 f2
Resp. 1 1 1 1
= + + +···
feq f1 f2 f3
4.24 Suponga que la retina del ojo de una persona con hipermetropía se
encuentra a 1,7 cm del cristalino. El foco F de un objeto localizado en
el infinito se forma 2 mm atrás de la retina (Fig. (a)). Para corregir este
problema se usa una lente convergente antes del cristalino (Fig. (b)). De-
termine cuál debe ser la potencia de la lente (inverso de la distancia focal)
expresada en dioptrías.
4.25 Se tiene un sistema óptico compuesto por una lente biconvexa simé-
trica de radio RA en contacto con una lente bicóncava de radio RB. Las
lentes se fabrican con dos materiales diferentes y se sabe que, en un cier-
to intervalo de longitud de onda, los índices de refracción nA de la lente
convergente y nB de la lente divergente varían linealmente con λ. ¿Qué
relación debe existir entre RA y RB para que la distancia focal equivalente
no dependa de λ?
Resp. s = f 1 + f 2 − a
Resp. i2 f2
L′ = L =L
o2
(o − f )2
4.29 Cuando una lente se aleja a una velocidad constante igual a 10 cm/s
y el objeto permanece inmóvil, se observa que la imagen virtual se aproxi-
ma a 30 cm/s y tiene una aceleración −40 cm/s2. Determine la distancia
focal f de la lente.
Resp. f = 40 cm
_ R1θ21 + R2θ22
C1C2 =
2
_ R 1θ1
2 2
AD = o +
2o
_ R22θ22
BD = i +
2i
_
Además AC1C2B = o + i y R1θ1 = R2θ2.
1 1 1
= (n − 1) +
f R1 R2
152
Apéndice A
Fórmulas matemáticas
A.1. Aproximaciones
a a (a − 1) 2 a (a − 1) (a − 2) 3
(1 + x)a = 1 + x+ x + x +···
1 1×2 1×2×3
≈ 1 + ax (en 1er orden) (A.1)
x x2 x3
e±x = 1 ± + ± +···
1 1×2 1×2×3
≈ 1 ± x (en 1er orden) (A.2)
x x2 x3 x4
ln(1 ± x) = ± − ± − ±···
1 2 3 4
En el caso que θ ≪ 1
A.2. Trigonometría
θ+ϕ θ−ϕ
sin θ + sin ϕ = 2 sin cos (A.10)
2 2
θ+ϕ θ−ϕ
cos θ + cos ϕ = 2 cos cos (A.11)
2 2
Además
sin(α − β) + sin(α + β)
sin α cos β = (A.12)
2
cos(α − β) − cos(α + β)
sin α sin β = (A.13)
2
cos(α − β) + cos(α + β)
cos α cos β = (A.14)
2
sin2 α + cos2 α = 1
(A.15)
Los valores promedios de algunas funciones trigonométricas que apare-
cen a menudo son
〈sin(ax)〉= =0
〈cos(ax)〉 (A.16)
1
〈sin2(ax)〉
=〈cos2(ax)〉= (A.17)
2
c2 = a2 + b2 (A.19)
d [sin(ax)]
= a cos(ax) (A.21)
dx
d [cos(ax)]
= −a sin(ax) (A.22)
dx
d [eax]
= a e ax (A.23)
dx
x a+1
xa dx = (a ≠ − 1) (A.24)
a+1
dx
= ln|x| (A.25)
x
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Apéndice b
bibliografía