Boletin_Optica geometrica_resueltos_alumnos

Boletín problemas Óptica Geométrica
Gymnázium Budějovická
BOLETIN PROBLEMAS: ÓPTICA GEOMÉTRICA
PROBLEMAS DIOPTRIOS
Problema 1. En el fondo de un estanque lleno de agua (n=1,33) hay una estatua. Si
esta se observa desde fuera del estanque tiene una altura aparente de 1,5m ¿Cuanto
mide realmente la estatua?
Solución:
La posición de las imágenes de los puntos
extremos de la estatua (puntos A y B de la
figura) vendrán dados por la ecuación del
dioptrio esférico:
n
n
s ,A  2 s A ; sB,  2 sB ;
n1
n1
La altura aparente será la diferencia entre
las posiciones de las imágenes de estos
puntos:
hreal  ( s ,A  sB, ) 
A’
A
Altura
Aparente
Altura B’
Real
B
n2
( sB  s A )  1,33·1,5  1,995m
n1
PROBLEMAS DE ESPEJOS
Problema 2. Un espejo esférico, cóncavo, ha de formar una imagen invertida de un
objeto en forma de flecha, sobre una pantalla situada a una distancia de 420cm
delante del espejo. El objeto mide 5mm y la imagen ha de tener una altura de 30cm.
Determinar:
a) A qué distancia del espejo debe colocarse el objeto.
b) El radio de curvatura del espejo.
c) Efectuar la construcción geométrica de la citada imagen.
Solución:
Las ecuaciones de los espejos son:
1
1 1
(Ec. Fundamental) y
 
f
s2 s1
AL 
y2
s
 2
y1
s1
(Aumento angular)
a) La imagen es mayor y tiene que ser real (para poder proyectarse en una pantalla) esto solo
ocurre si el objeto se sitúa entre el foco y el centro de curvatura, en este caso la imagen
es real (a la derecha del espejo) en invertida. Luego:
 s2=-420cm
 y1=0,5cm
 y2=-30cm
AL 
y2
s
 2
y1
s1

 30cm
(420cm)
(420)·0,5

 s1  
 7cm
0,5cm
s1
30
1
Boletín problemas Óptica Geométrica
Gymnázium Budějovická
b) Para calcular r calculamos primero la distancia focal:
1
1 1
s ·s
(420)(7)
 
 f  2 1 
 6,88cm
f
s2 s1
s1  s2
 420  7
r  2· f  2·(6,88)  13,76cm
Problema 3. (P.A.U1. Madrid Junio 2002)
Un objeto luminoso se encuentra delante de un espejo cóncavo. Calcular los
parámetros de la imagen (tamaño y posición) que formará dicho espejo y efectuar la
construcción geométrica de la imagen, indicando su naturaleza, en los siguientes casos:
a) El objeto está situado a una distancia igual, en valor absoluto, a la mitad
de la distancia focal del espejo.
b) El objeto está situado a una distancia igual, en valor absoluto, al triple de
la distancia focal del espejo.
Solución:
Para obtener la imagen de forma geométrica sólo hay que dibujar al menos dos de los
siguientes tres rayos:
 1º Rayo paralelo: Todo rayo que sale del punto objeto paralelo al eje se refleja pasando
por el foco
 2º Rayo central o radial: Todo rayo que pase por el centro de curvatura, se refleja en la
misma dirección.
 3º Rayo focal: todo rayo que sale del punto objeto en dirección al foco se refleja en el
espejo en dirección paralela al eje óptico.
Por otro lado, las ecuaciones de los espejos son:
1
1 1
(Ec. Fundamental) y
 
f
s2 s1
AL 
y2
s
 2
y1
s1
(Aumento angular)
a) Si el objeto está a la mitad de la distancia focal, la imagen resulta ser: mayor, derecha y
virtual
Analíticamente:
Sea a el valor absoluto de la distancia focal,
 f=-a
 s1=-a/2
1
P.A.U= Prueba de acceso a la universidad
2
Boletín problemas Óptica Geométrica
1
1
1
 
 a s2 (a / 2)
AL 
y2
s
 2
y1
s1


1 2 1
 
a a s2
Gymnázium Budějovická
1 1

a s2

s2  a
s
( a )
y2   2 y1  
 2 y1
s1
(a / 2)
la imagen es virtual de tamaño el doble que el objeto y está situada detrás del espejo a
una distancia igual al valor absoluto de la distancia focal.
b) Si el objeto está al triple de la distancia focal
La imagen resulta ser: menor, invertida y real
Analíticamente:
Sea a el valor absoluto de la distancia focal,
 f=-a
 s1=-3a
1
1
1
 

 a s2 (3a)
AL 
y2
s
 2
y1
s1

1 1
1


a 3a s2
y2  
2 1

3a s2


s2 
3
a
2
s2
(3a / 2)
1
y1  
  y1 1 / s' + 1 / ( - 3a) = 1 / (-a)
s1
 3a
2
®
La imagen es la mitad que el objeto y está situada delante del espejo a una distancia igual
a una vez y media el valor absoluto de la distancia focal.
Problema 4. Un objeto de 0'8cm de altura está situado a 15cm del polo de un espejo
esférico de radio 20cm. Determinar la posición, tamaño y naturaleza de la imagen
tanto si es convexo como cóncavo.
Solución:
Tanto en un espejo cóncavo como convexo, las
ecuaciones son::
1
1 1
  (Ec. Fundamental)
f
s2 s1
y
s
AL  2   2 (Aumento angular)
y1
s1
En ambos casos la distancia focal (ojo!!
absoluto) es:
f = R / 2 = 20 / 2 = 10cm
en valor
Convexo:
 f=+10cm
 s1=-15cm
1
1
1
1
1 1
5 1
 
 



10 s2 (15)
s2 10 15 30 6
 s2  6cm
3
Boletín problemas Óptica Geométrica
y2  
Gymnázium Budějovická
s2
6
y1  
 0,8  0,32cm
s1
 15
la imagen es virtual, derecha y menor
Cóncavo:
 f=-10cm
 s1=-15cm
1
1
1
1 1 1 1
 
 


 10 s2 (15)
s2 10 15 30
y2  
s2
 30
y1  
 0,8  1,6cm
s1
 15
 s2  30cm
la imagen es real, invertida y mayor
PROBLEMAS DE LENTES (sistemas de una sola lente)
Problema 5. Suponga que los valores absolutos de los radios de curvatura de las
superficies de la lente (biconvexa) de la figura son ambos iguales a 10 cm y que el
índice de refracción es n =
1,52. ¿Cuál es la longitud
focal f de la lente?
Solución:
El centro de curvatura de la
primera superficie está a la
derecha de su centro óptico
(lado por el que se aleja la luz)
por lo que r1 es positiva:
r1 = +10 cm.
EL centro de curvatura de la segunda superficie está a la izquierda de dicho centro óptico
(no está en el lado por donde se aleja la luz), así que:
r2 = -10 cm.
1 1
1
 n  1  
f2
 r1 r2 
1
1 
 1
 1,52  1

 f 2  9,6cm

f2
  10cm  10cm 
Por la ecuación del constructor de lentes:
Puesto que f es positiva, se trata de una lente convergente (como deberíamos esperar, ya
que la lente es más grueso en el centro que en sus bordes, es biconvexa).
Problema 6. Suponga que la lente de la figura también tiene n = 1,52, y que el valor
absoluto de los radios de curvatura de sus superficies también son iguales a 10 cm.
¿Cuál es la longitud focal de esta lente?
4
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Solución:
La primera superficie tiene su centro de curvatura a la izquierda de la lente (en el lado de
incidencia de los rayos), así que r1 es negativa; para la segunda superficie, el centro de
curvatura está a la derecha (en el lado por donde se alejan los rayos) y por lo tanto r2 es
positiva. En consecuencia, r1=-10cm y r2=+10cm. De nuevo, utilizando la ecuación del
constructor de lentes,
1
1 
 1
 1,52  1


f2
  10cm  10cm 
 f 2  9,6cm
Como f es negativa, se trata de una lente divergente (como cabría esperar puesto que la
lente es más gruesa en los bordes que en el centro).
Problema 7. Utilizando una lente plano-convexa de radio 12'5cm se observa que la
imagen producida por un objeto situado a 50cm del centro óptico es igual al objeto.
Determinar la potencia de la lente y su índice de refracción.
Solución:




R1= 
R2=-12,5cm
s1=-50cm
y1=y2
La distancia focal será:
1 1
1
 n  1  
f2
 r1 r2 
1
1
(n  1)
 1

 (n  1)


(e1)
f2
   12,50cm  12,50cm
Las ecuaciones de la lente serán:
1
1 1
(e2) (ec. constructor de lentes ) Y
 
f 2 s2 s1
AL 
y2 s2
(e3) (aumento lateral)

y1 s1
y2 s2

 1  s2  s1  (50)  50cm
y1 s1
1
1 1
1
1
2
  


f 2 s2 s1 50 (50) 50cm
Si la imagen es igual al objeto : AL 
Por lo tanto la ecuación (e2) queda:
5
Boletín problemas Óptica Geométrica
La potencia2 queda: P 
Gymnázium Budějovická
1
2
2


 4 dioptrías
f 2 50cm 0,5m
(recuerda que para obtener el valor de potencia de la lente en dioptrías la distancia focal tiene
que estar dada en metros)
Para el valor del índice de refracción sustituimos en la primera ecuación:
4 diop 
(n  1)
(n  1)

12,50cm 0,125m
 n  4·0,125 1  1,5
Problema 8. (P.A.U3. Madrid Septiembre 2000) Una lente convergente con radios de
curvatura de sus caras iguales, y que suponemos delgada, tiene una distancia focal de
50 cm. Con la lente proyectamos sobre una pantalla la imagen de un objeto de tamaño
5 cm.
a) Calcular la distancia de la pantalla a la lente para que la imagen tenga un
tamaño de 40 cm.
b) Si el índice de refracción de la lente es 1'5, ¿qué valor tienen los radios de la
lente y cuál es su potencia ?
Solución:
Datos:
 f1=50cm
 y1=5cm
 y2=-40cm (recuerda el
signo negativo se debe a que
las
lentes
convergentes
forman imágenes reales
invertidas)
Las ecuaciones de una lente delgada son:
1
1 1
(I) (ec. constructor de lentes ) Y
 
f 2 s2 s1
AL 
y2 s2
(II) (aumento lateral)

y1 s1
Sustituyendo los datos conocidos en (I) y (II):
1
1 1
 
50 s2 s1
y
AL 
 40 s2

5
s1
Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior para s1 y s2::
1
1 1

 
 (I )
50 s2 s1


(
II
)
s2  8s1


1
1
1


50  8s1 s1

1
9
9

 s1 
50  56,25cm
50 8s1
8
s2  8s1  450cm  4,5m
La potencia de una lente es la inversa de su distancia focal medida en metros:
2
Supongo que es innecesario insistir en que esta magnitud denominada potencia de la lente no tiene
ninguna relación con la tradicional magnitud relacionada con la energía que habéis estudiado en otros
temas.
3
P.A.U= Prueba de acceso a la universidad
6
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P
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1
1

 2 dioptrías
f 2 0,5
Para determinar los radios de la lente, que son iguales según el enunciado, usamos la
ecuación del "fabricante de lentes":
Nota: Ojo! los radios de la cada cara (r 1 y r2) tienen signos contrarios r1=-r2=r
1 1
1
 n  1  
f2
 r1 r2 

1
1
1 
1
2
 
 1,5  1 
 0,5 
50
50
r
 r (r ) 
 r  50cm
Problema 9. Se dispone de una lente divergente; si esta lente se ilumina con un haz
de rayos paralelos, este haz se “abre” (los rayos divergen) después de pasar por la
lente, como si todos los rayos vinieran de un punto situado a 20cm del centro de la
lente. Desea utilizar esta lente para formar una imagen virtual derecha que tenga 1/3
de la altura del objeto.
a) ¿Dónde se debe colocar el objeto?
b) Dibuja el diagrama de rayos notables.
Solución:
a) El comentario de los rayos paralelos incidentes nos dice que la distancia focal (imagen)
es f2=-20 cm.
Queremos que el aumento lateral sea m = +1/3 (positiva porque la imagen debe estar
derecha).
El aumento lateral en una lente viene viene dado por la siguiente ec:
AL 
y2 s2

y1 s1
En este caso
1 s2

3 s1
 s2 
s1
3
Sustituyendo en la ecuación del constructor de lentes:
1
1 1
1
1
1 3 1 2
 


   
 20 s1 / 3 s1 s1 s1 s1
f 2 s2 s1
s
(  s2  1  13,3cm )
3
 s1  2·(20)  40cm
La distancia imagen es negativa, de
modo que el objeto y la imagen están en el
mismo lado de la lente (la imagen es
virtual como siempre ocurre con las lentes
divergentes).
En la figurase presenta el diagrama de
rayos para este problema.
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Boletín problemas Óptica Geométrica
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PROBLEMAS DE PROYECTORES (sistemas de una sola lente convergente)
Problema 10. Se necesita proyectar una diapositiva de 2cm de altura sobre una
pantalla situada a 3m de la diapositiva, de modo que la imagen sea de 0'5m. Calcular la
posición de la lente y su potencia.
Solución:
Las ecuaciones para este caso son:
1
1 1
(I) (ec. constructor de lentes )
 
f 2 s2 s1
y
s
 AL  2  2 (II) (aumento lateral)
y1 s1
  s1  s2  3 (III)

en este caso:
y=0,02cm
,
y'=- 0,5cm
s2  3  s1 sustituyendo en (II):
De (III):
y2 s2

y1 s1

 0,5 (3  s1 )

  5s1  0,2·3  0,2s1
0,02
s1
 s1  0,115m
s2  3  0,115m  2,885m
Finalmente sustituyendo en [1]:
f = 0'11 m
y
P = 1 / f' = 9 dioptrías
Problema 11. Un objeto luminoso esta colocado delante de una pantalla a 2m de
distancia. Una lente delgada, forma sobre la pantalla una imagen real del objeto, de un
tamaño cuatro veces mayor que él.
a. La lente es convergente o divergente, ¿Por qué?
b. ¿En qué posición esta situada la lente?
c. ¿Cuál es la distancia focal?
d. ¿Cuál es la potencia de la lente?
Solución:
La lente tiene que ser convergente y el objeto debe estar más lejos de lente que la
distancia focal, pues en todos los demás casos, incluida lente divergente, las imágenes son
virtuales.
Hay que tener en cuenta el criterio de signos, s1 e y' son negativos (las imágenes
formadas por lentes convergentes son reales e invertidas).
a) En el primer caso, las ecuaciones a resolver son:
1
1 1
 
(1)
f 2 s2 s1
y
s
AL  2  2  4 (2)
y1 s1
(3)
 s1  s2  2
s1
s2
Despejando s2 de [2] y sustituyendo en [3]:
s2  4s1
 s1  4s1  2


2
s1 
 0,4m
 s2  4s1  1,6m
5
8
Boletín problemas Óptica Geométrica
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La lente tiene que estar entre el objeto y la pantalla, a 0'4 m del objeto y a 1'6 m de la
pantalla.
Sustituyendo estos valores en [1]:
f2= (-0,4·1,6)/(-0,4-1,6)=0,64/2=0,32 metros la distancia focal imagen es positiva, luego la
lente es convergente (como ya dijimos).
P=f-1=3,125dioptrías
Problema 12. (P.A.U4. Madrid Junio 2000) Un objeto luminoso está situado a 6m de
una pantalla. Una lente, cuya distancia focal es desconocida, forma sobre la pantalla
una imagen real, invertida y cuatro veces mayor que el objeto.
a) ¿Cuál es la naturaleza y la posición de la lente? ¿Cuál es el valor de la distancia
focal de la lente?
b) Se desplaza la lente de manera que se obtenga sobre la misma pantalla una
imagen nítida, pero de tamaño diferente al obtenido anteriormente. ¿Cuál es la
nueva posición de la lente y el nuevo valor del aumento?
Solución:
Hay que tener en cuenta el criterio de signos, s1 e y' son negativos.
La lente tiene que ser convergente y el objeto debe estar más lejos de lente que la
distancia focal, pues en todos los demás
casos, incluida lente divergente, las imágenes
s2
son virtuales.
a) En el primer caso, las ecuaciones a resolver
s1
son:
1
1 1
(1)
 
f 2 s2 s1
y
s
AL  2  2  4 (2)
y1 s1
(3)
 s1  s2  6
s2
s1
Despejando s2 [2] y sustituyendo en [3]:
s2  4s1
  s1  4s1  6

s1 
6
 1,2m
5

s2  4s1  4,8m
La lente tiene que estar entre el objeto y la pantalla, a 1'2 m del objeto y a 4'8 m de la
pantalla.
Sustituyendo estos valores en [1]:
f2= 24/25=0'96metros
la distancia focal imagen es positiva, luego la lente es convergente.
En el segundo caso, la lente es la misma, luego f' = 0'96 m, y las ecuaciones [1] y [3] siguen
siendo válidas, no así la [2]. Despejando x' de [3] y sustituyendo en [1]:
s2  6  s1

4

25
1
1


24 s1  6 s1

s1  (s1  6)·24  (s1  6)·s1·25
1 / (6 + x) - 1
25·s12  150s1  144  0
P.A.U= Prueba de acceso a la universidad
9
Boletín problemas Óptica Geométrica
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Ecuación con dos soluciones:
 s1A = - 12 /10 , que es la del primer apartado
 s1B = - 48 /10 = - 4'8
 s2= 1'2 m
y el nuevo aumento será :
AL 
y2 s2
1,2
1



y1 s1  4,8  4
la imagen es cuatro veces menor, real e invertida.
PROBLEMAS DE CÁMARAS FOTOGRÁFICAS
Problema 13. El objetivo de una cámara fotográfica barata es una lente delgada de
25 dioptrías de potencia. Con esta cámara queremos fotografiar a una persona de
1.8m de estatura, situada a 1.5 m de la lente
a. Construye gráficamente la imagen (a escala).
b. Calcula la distancia que debe haber entre la lente y la película fotográfica.
c. Si la película tiene una altura de 24mm, saldrá una foto de "cuerpo entero"?
Solución
Datos
 P=50cm
P
1
 25 dioptrías 
f2
f2 
1
 0,04m  4cm
25
 y1=175cm
 s1=-150cm
Objetivo
altura=1,8m
Estudiante que va a sacar un 1 en el examen de óptica,
porque a estudiado muchísimo este finde.
y1=0,9m
Pelicula
F2
s1=-1,5m
F1
Las ecuaciones de una lente delgada son:
1
1 1
 
(I) (ec. constructor de lentes ) Y
f 2 s2 s1
AL 
y2 s2

(II) (aumento lateral)
y1 s1
Sustituyendo los datos conocidos en (I):
1 1
1
 

4 s2  150
1 1
1
146
 

 s2  4,11cm
s2 4 150 600
Y para saber el tamaño de la imagen sustituimos en (II):
10
Boletín problemas Óptica Geométrica
Gymnázium Budějovická
(Nota: Si suponemos que el hombre esta centrado en el eje óptico la altura de la imagen será
½ de su altura es decir 0,9m=90cm, el tamaño de la película es 24mm por lo que a cada lado del
eje óptico (arriba y abajo se éste) tendremos un espacio de 12mm para la imagen)
AL 
y2 s2
s
4,10

 90  2,46cm  1,2cm La imagen no cabe
 y2  2 y1 
y1 s1
s1
 150
PROBLEMAS DE SISTEMAS DE LENTES
Problema 14. Un sistema óptico centrado está formado por dos lentes delgadas
convergentes de distancias focales, 10cm y 5cm respectivamente separadas 36cm. Un
objeto lineal de altura 1cm se coloca delante de la primera lente a una distancia de 15
cm. Determinar:
a) La posición, tamaño y naturaleza de la imagen formada por la primera
lente
b) La posición, tamaño y naturaleza de la imagen final del sistema,
efectuando su construcción geométrica.
c) El aumento lateral total del sistema.
d=33cm
Lente 1
(L2)
Imagen
intermedia
Punto Objeto
A
Lente 2
(L2)
s’1=-15cm
y1=1cm
F’1
F1
F2
F’2
s1=-15cm
Imagen Final
Solución:
La construcción geométrica se hace teniendo en cuenta que la imagen producida por la
primera lente es el objeto de la segunda lente:
Las ecuaciones para cada lente son:
11
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
Gymnázium Budějovická
1
1 1
(I) (ec. constructor de lentes ) (i=1 ó 2 es un índice para distinguir a que


f 'i s'i si
lente nos referimos)

AL 
y'i s'i
(II) (aumento lateral)

yi
si
a) Para la primera lente, (todo en cm):
1
1
1


10 s'1  15
AL 

1
1 1
5

 
 s'1  30cm
s'1 10 15 150
y1 ' s'1
s'
30

 2  y'1  1 y1 
 1  2cm
s1
 15
y1
s1
La imagen resulta ser el doble, invertida, real y situada a 30 cm detrás de la primera lente.
b) Al formarse esta imagen a 30 cm, estando las lentes separadas 33cm y ser la segunda
lente delgada también convergente y de distancia focal 5cm, resulta que esta imagen
intermedia está situada entre L2 y su foco objeto. Por lo tanto L2 actúa para esta imagen
intermedia como una lupa simple formando una imagen final que será virtual.
Para calcular su posición y tamaño hemos de tener en cuenta que las distancia han de estar
referidas al vértice o centro óptico de la segunda lente. Veamos:
s2  s'1 d  30  33  3cm 
1
1 1 2
  
s'2 5 3 15
 s2  7,5
1
1
1
1 1
1





f '2 s '2 s '2
5 s '2  3
s'
 7,5
y '2  2 y 2 
 (2)  5cm
s2
3

La imagen final es, por tanto, virtual, invertida y 5 veces más grande.
El sistema está actuando como un microscopio compuesto (algo rudimentario).
c) EL aumento total es, por definición:
AL 
y2 '  5

 5 Que como se puede observar coincide con el producto de los
y1
1
aumentos laterales de cada una de las lentes:
AL 
y2 '
y' y '
 y2  y'1  1 · 2  AL1·AL 2  2·2,5  5
y1
y1 y2
Problema 15. (P.A.U5. Madrid Junio 2002) Un sistema óptico centrado está formado
por dos lentes delgadas convergentes de igual distancia focal, 10 cm, separadas 40
cm. Un objeto lineal de altura 1 cm se coloca delante de la primera lente a una
distancia de 15 cm. Determinar:
a) La posición, tamaño y naturaleza de la imagen formada por la primera
lente
b) La posición de la imagen final del sistema, efectuando su construcción
geométrica.
5
P.A.U= Prueba de acceso a la universidad
12
Boletín problemas Óptica Geométrica
Gymnázium Budějovická
Solución:
La construcción geométrica se hace teniendo en cuenta que la imagen producida por la
primera lente es el objeto de la
segunda lente:
Las ecuaciones de las lentes son:

1
1 1
(I) (ec. constructor
 
f 2 s2 s1
de lentes )

AL 
y2 s2

y1 s1
(II)
(aumento
lateral)
Para la primera lente, todo en cm :
1
1
1
 
10 s2  15
AL 

1
1 1
5



 s2  30cm
s2 10 15 150
y 2 s2
s
30

 2  y2  2 y1 
 1  2cm
y1 s1
s1
 15
La imagen resulta ser el doble, invertida, real y situada a 30 cm detrás de la primera lente.
Al formarse esta imagen a 30 cm, estando las lentes separadas 40 cm y ser la segunda lente
delgada también convergente y de distancia focal 10 cm, resulta que esta imagen inicial está
situada en el foco objeto de la segunda lente por lo que no se formará ninguna imagen final al
salir los rayos paralelos, se dice entonces que la imagen se forma en el infinito y con un tamaño
infinito:
1
1 1
 
f 2 s2 s1

1
1
1
 
10 s2  10

1
 0  s2  
s2
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