naturaleza del calor resuelto

CAPITULO XXXIII
NATURALEZA Y PROPAGACIÓN DE LA LUZ
EJERCICIOS
Sección 33.2 Reflexión y refracción
1.
Cierto haz de luz tiene una longitud de onda de 650 nm en el vacío, a) ¿Cuál es la rapidez de esta luz en un
líquido cuyo índice de refracción a esta longitud de onda es de 1.47? b) ¿Cuál es la longitud de onda de estas
ondas en el líquido?
Solución:
a) v 
b) λ 
2.
c
3.00  108 m s

 2.04  108 m s .
n
1.47
λ 0 (6.50  10 7 m)

 4.42  10 7 m.
n
1.47
Luz con una frecuencia de 5.80 x 1014 Hz se propaga en un bloque de vidrio cuyo índice de refracción es de 1.52.
¿Cuál es la longitud de onda de la luz: a) en un vacío, b) en el vidrio?
Solución:
a) λ vacío 
c 3.00  108 m s

 5.17  10 7 m.
f 5.80  1014 Hz
3.00  108 m s
c
7
λ


b) vidrio fn (5.80  1014 Hz)(1.52)  3.40  10 m.
3.
Un haz de luz se propaga a 1.94 x 108 m/s en el cuarzo. La longitud de onda de la luz en el cuarzo es de 355 nm.
a) ¿Cuál es el índice de refracción del cuarzo a esta longitud de onda? b) Si esta misma luz se propaga en el aire,
¿cuál es su longitud de onda en ese medio?
Solución:
a)
b)
n
c 3.00  108 m/s

 1.54.
v 1.94  108 m/s
λ 0  nλ  (1.54) (3.55 10 7 m)  5.47 10 7 m.
4.
La luz de cierta frecuencia tiene una longitud de onda de 438 nm en el agua. ¿Cuál es la longitud de onda de esta
luz en el benceno?
Solución:
λ AguanAgua (4.38  10 7 m)(1.333)
λ AguanAgua  λ BencenonBenceno  λ Benceno 

nBenceno
1.501
5.
Un haz paralelo de luz forma un ángulo de 47.5º con la superficie de una placa de vidrio que tiene un índice de
refracción de 1.66. a) ¿Cuál es el ángulo entre la parte reflejada del haz y la superficie del vidrio? b) ¿Cuál es el
ángulo entre el haz refractado y la superficie del vidrio?
Solución:
  r   a  47.5.
a) Los ángulos incidente y reflejado son siempre iguales
n
 


 1.00

     b   arcsen a sen  a    arcsen
sen 42.5   66.0.
b) b 2
2
n
2
1
.
66


 b

6.
Por medio de un láser de pulsos rápidos y circuitos electrónicos cronométricos, usted halla que la luz recorre 2.50
m dentro de una barra de plástico en 11.5 ns. ¿Cuál es el índice de refracción del plástico?
Solución:
v
d
2.50 m
c 3.00  108 m/s
8


2
.
17

10
m
s
n


 1.38
;
t 11.5  10  9 s
v 2.17  108 m/s
7.
La luz que se propaga en el aire incide en la superficie de un bloque de plástico a un ángulo de 62.7º respecto a la
normal, y se dobla de tal modo que forma un ángulo de 48.1º con la normal en el plástico. Halle la rapidez de la
luz en el plástico.
Solución:
na sen a  nb sen b
 sen a
nb  na 
 sen b

sen62.7 
  1.00
  1.194
 sen 48.1 

n  c v así que v  c n  (3.00  108 m/s) / 1.194  2.51  108 m s
8.
a) Un tanque que contiene metanol tiene paredes de 2.40 cm de espesor de un vidrio con un índice de refracción
de 1.550. La luz que llega del aire exterior incide en el vidrio a un ángulo de 41.3º respecto a la normal al vidrio.
Halle el ángulo que forma la luz con la normal en el metanol. b) Se vacía el tanque y se llena con un líquido
desconocido. Si la luz que incide al mismo ángulo que en el inciso a) entra en el líquido del tanque a un ángulo
de 20.2º respecto a la normal, ¿cuál es el índice de refracción del líquido desconocido?
Solución:
a)
Aire
Vidrio
Metanol
Aplicando la ley de Snell en ambas interfaces
En la interface aire - vidrio:
(1.00)sen 41.3  nvidriosen
(1)
En la interface vidrio - metanol:
nvidriosen  (1.329)sen
(2)
Combinando (1) y (2):
sen 41.3  1.329senθ
θ  29.8
b) Se usa la misma figura que en la parte del inciso a), excepto
θ  20.2.
(1.00) sen 41.3  n sen 20.2
n  1.91
9.
a) Un haz de luz pasa a través de tres tabletas de diferente espesor e índice de refracción. La luz incide en la
primera tableta y finalmente se refracta el interior de la tercera. Demuestre que la tableta intermedia no influye en
la dirección final de la luz. En otras palabras, demuestre que la dirección de la luz en la tercera tableta es la
misma que si la luz hubiese pasado directamente de la primera tableta a la tercera. b) Generalice este resultado
respecto a una pila de N tabletas. ¿Qué determina la dirección final de la luz en la última tableta?
Solución:
a) Sea na el índice de refracción de la primera tableta, nb el índice de refracción de la tercera y última tableta y
también sea n1, el índice de refracción de la tableta de en medio.
Primera interfase: na sen  a = n1 sen  1
Segunda interfase: n1 sen  1 = nb sen  b
Combinando estas dos ecuaciones nos resulta n a sen  a = nb sen  b
b) Para N tabletas, donde na es el índice de refracción de la primera tableta y n b el índice de refracción de la
última tableta, na sen  a = n1 sen  1 , n1 sen  1 = n2 sen  2 ,…, nN - 2 sen  N 2 = nb sen  b . Esto nos resulta
na sen  a = nb sen  b . La dirección final de la luz depende del ángulo de incidencia en la primera y última
tableta.
10.
Una placa de vidrio horizontal de lados paralelos y un índice de refracción de 1.52 está en contacto con la
superficie del agua de un tanque. Un rayo que llega desde arriba en el aire forma un ángulo de incidencia de 35º
con la normal a la superficie superior del vidrio. a) ¿Qué ángulo forma el rayo refractado en el agua con la
normal a la superficie? b) ¿Cómo depende este ángulo del índice de refracción del vidrio?
Solución:
n

 1.00


 arcsen  aire sin  aire   arcsen 
sen 35.0   25.5.
a) agua
 nagua

1
.
33




b) Estos cálculos no dependen del vidrio porque podemos omitir este paso en los cálculos:
naire senθaire  nvidriosenθvidrio  naguasenagua.
11.
Un haz paralelo de luz incide en un prisma, como se muestra en la figura 33.35. Parte de la luz se refleja en una
cara y parte en otra. Demuestre qua el ángulo  entre los dos haces reflejados es dos veces el ángulo el ángulo A
entre las superficies reflectoras.
Solución:
Como demostramos arriba, el ángulo entre los haces y el prisma es A/2 y el ángulo entre los haces y la vertical
es A, así que el ángulo total entre los dos haces es 2A.
12.
Pruebe que un rayo de luz reflejado en un espejo gira un ángulo de 2  cuando el espejo gira un ángulo  en
torno a un eje perpendicular al plano de incidencia.
Solución:
Rotando el espejo en un ángulo 
mientras
el haz del rayo incidente permaneces constante
en un incremento en el ángulo de incidencia  por θ. Por lo tanto el ángulo entre los haces incidente y reflejados e convierte
en 2θ  2 donde la deflección adicional de 2 se debe a la rotación del espejo.
13.
Un rayo de luz incide en una superficie plana que separa dos láminas de vidrio con índices de refracción de 1.70
y 1.58. El ángulo de incidencia es de 62.0º, y el rayo nace en el vidrio con n = 1.70. Calcule el ángulo de
refracción.
Solución:
n

 1.70

 b  arcsen  a sen a   arcsen 
sen 62.0   71.8.
n
1.58


 b

14.
En el ejemplo 33.1 (sección 33.2), la interfaz agua/vidrio es horizontal. Si, en cambio, esta superficie estuviese
inclinada 15º arriba de la horizontal, con el lado derecho más alto que el izquierdo, ¿cuál sería el ángulo del rayo
en el vidrio respecto a la vertical? (El rayo en el agua sigue formando un ángulo de 60º con la vertical).
Solución:
n

 1.33

 b  arcsen  a sen a   arcsen 
sen 45.0   38.2.
 1.52

 nb

Pero este es el ángulo desde la normal a la superficie, así que el ángulo desde la vertical se le suma 15º porque
es la inclinación de la superficie. Por lo tanto el ángulo es 53.2º.
Sección 33.3 Reflexión total interna
15.
El ángulo crítico para que haya reflexión total interna en cierta interfaz líquido/aire es de 42.5º. a) Si un rayo de
luz que se propaga en el líquido tiene un ángulo de incidencia en la interfaz de 35º, ¿qué ángulo forma con la
normal el rayo refractado en el aire? b) Si un rayo de luz que se propaga en aire tiene un ángulo de incidencia en
la interfaz de 35º, ¿qué ángulo forma con la normal el rayo refractado en el líquido?
Solución:
a) Del líquido hacia el aire:
nb
1.00
 sen crit  na 
 1.48.
na
sen 42.5
Así que:
n

θ b  arcsen  a sen a   arcsen
 nb

 1.48

sen 35.0   58.1.

 1.00

b) Del aire hacia el líquido:
 na

sen a   arcsen
 nb

 b  arcsen 
16.
 1.00

sen 35.0   22.8.

 1.48

Al final de la serie de óperas de Wagner llamada El anillo del nibelungo, Brunilda toma el anillo de oro del dedo
de Sigfrido muerto y lo arroja al Rin, donde el anillo se hunde hasta el fondo del río. Suponiendo que el anillo es
suficientemente pequeño es comparación de la profundidad del río para tratarlo como un punto, y que el río Rin
tiene 10.0 m de profundidad en el lugar donde cae el anillo, ¿cuál es el área del círculo más grande en la
superficie del agua del cual podría salir la luz proveniente del anillo?
Solución:
Aire
Agua
Anillo
nA senθc  naire sen90  (1.00) (1.00)  1.00
Si   ángulo crítico, nla luz no se escapa,
así que para el círculo más grande, θ  θc
1
 48.6
1.333
tan  c  R / 10.0 m  R  (10.0 m) tan 48.6  11.3 m
θc  sen 1 (1/ nA )  sen 1
A  πR 2  π (13.3 m)2  401 m 2
17.
Un rayo de luz se propaga en un cubo de vidrio sumergido totalmente en el agua. Usted halla que si el rayo
incide en la interfaz vidrio/agua a un ángulo respecto a la normal mayor que 48.7º, no se refracta luz alguna en el
agua. ¿Cuál es el índice de refracción del vidrio?
Solución:
Para vidrio  agua, θcrit  48.7
na sen crit  nb sen90, así que na 
18.
nb
1.333

 1.77
sen crit sen48.7
Incide luz a lo largo de la normal sobre la cara AB de un prisma de vidrio con un índice de refracción de 1.52,
como se muestra en la figura 33.36. Halle el valor máximo que el ángulo  puede tener sin que se refracte
ninguna luz hacia fuera del prisma por la cara AC si: a) el prisma esta inmerso en aire; b) el prisma está inmerso
en agua.
Solución:
a)
Aire
Aire
La reflexión total interna ocurre en Ac:
n sen  (1.00)sen90  1.00
(1.52)senθ  1.00
  41.1
    90    90  41.1  48.9
Si  es grande,  es pequeño y entonces es menor que el ángulo crítico, así que la respuesta es el  más
grande que pueda ser.
b) Mismo procedimiento que en a), excepto que Ac es ahora una interfaz vidrio-agua
n senθ  nA sen 90  1.333
1.52 senθ  1.333
θ  61.3
  90  61.3  28.7
19.
Defina el índice de refracción de un material con respecto a ondas sonoras como la razón de la rapidez del sonido
en aire respecto a la rapidez del sonido en el material. La ley de Snell es aplicable entonces a la refracción de
ondas sonoras. La rapidez de una onda sonora es de 344 m/s en aire y de 1320 m/s en agua. a) ¿Cuál de los dos
medios tiene el índice de refracción del sonido más grande? b) ¿Cuál es el ángulo crítico correspondiente a una
onda sonora que incide en la superficie entre el aire y el agua? c) Para que exista reflexión total interna, debe
estar viajando la onda sonora en el aire o en el agua?
Solución:
a) La rapidez baja del sonido, el índice de refracción grande – así que el aire tiene un índice de refracción más
grande que el agua.
v 
n 
 344 m s 
  15.1.
  arcsen  b   arcsen  aire   arcsen 
b) crit


 1320 m s 
 na 
 vagua 
c) Aire. Para la reflexión total interna, la onda puede ir del más alto índice de refracción a lo más bajo – en
este caso, del aire al agua.
20.
Un rayo de luz en un diamante (índice de refracción: 2.42) incide sobre una interfaz con aire. ¿Cuál es el ángulo
máximo que el rayo puede formar con la normal sin que se refleje totalmente de regreso hacia el diamante?
Solución:
n 
 1.00 
 crit  arcsen  b   arcsen 
  24.4.
 2.42 
 na 
Sección 33.5 Polarización
21.
Un haz paralelo de luz no polarizada en aire incide en un ángulo de 54.5º (respecto a la normal) sobre una
superficie plana de vidrio. El haz reflejado está linealmente polarizado en su totalidad, a) ¿Cuál es el índice de
refracción del vidrio? b) ¿Cuál es el ángulo de refracción del haz transmitido?
Solución:
n
a) tan  p  b  tan 54.5  1.40  nb  1.40.
na
n

 1.00

b)  b  arcsen  a sen  a   arcsen 
sen 54.5   35.6.
n
1.40


 b

22.
La luz que viaja en agua incide en una placa de vidrio a un ángulo de incidencia de 53º; una parte del haz se
refleja y otra se refracta. Si las porciones reflejada y refractada forman un ángulo de 90º una con la otra, ¿cuál es
el índice de refracción del vidrio?
Solución:
De la gráfica siguiente,  r  37.0, así que:
nb  na
23.
La luz no polarizada que se propaga en un líquido con un índice de refracción n incide en la superficie del
líquido, arriba de la cual hay aire. Si la luz incide sobre la superficie a un ángulo de 31,2º respecto a la normal, la
luz que se refleja de regreso en el líquido está totalmente polarizada. a) ¿Cuál es el índice de refracción n del
líquido? b) ¿Qué ángulo forma con la normal a la superficie la luz refractada que se propaga en el aire?
Solución:
nb
nb
1.00
a) tan  p  n  na  tan   tan31.2  1.65.
a
p
b)
24.
 na

 1.65

sen  a   arcsen 
sen 31.2   58.7.
 1.00

 nb

 b  arcsen 
El índice de refracción de cierto vidrio es de 1.66. ¿A qué ángulo de incidencia estará totalmente polarizada la
luz que se refleja en la superficie de este vidrio si el vidrio esta inmerso en: a) aire, b) agua?
Solución:
n 
 1.66 
En el aire  p  arctan  b   arctan 
  58.9.
a)
n
 1.00 
 a
b)
25.
sen  a
sen 53
 1.33
 1.77.
sen  b
sen 37
n
En el agua  p  arctan  b
 na

1.66 
  arctan 
  51.3.
 1.33 

La luz no polarizada de intensidad Io incide en un filtro polarizador. La luz que emerge incide en un segundo
filtro polarizador cuyo eje está a 41º respecto al del primero. Halle a) la intensidad del haz después de pasar a
través del segundo polarizador; b) su estado de polarización.
Solución:
1
I0.
2
1
I  I cos 2 (41.0)  0.285I 0 .
A través del segundo filtro polarizador: 2 2 0
a) A través del primer filtro polarizador I1 
b) La luz esta linealmente polarizada.
26.
Un polarizador y un analizador están orientados de modo que se transmite la máxima cantidad de luz. ¿A qué
fracción de su valor máximo se reduce la intensidad de la luz transmitida cuando se hace girar el analizador: a)
22.5º, b) 45º, c) 67.5º?
Solución:
2
2
a) I  I max cos   I  I max cos (22.5)  0.854I max 
2
2
b) I  I max cos   I  I max cos (45.0)  0.500I max 
2
2
c) I  I max cos   I  I max cos (67.5)  0.146I max
27.
La luz no polarizada con una intensidad de 20 W/cm2 incide en dos filtros polarizadores. El eje del primer filtro
está a un ángulo de 25º de la vertical en sentido contrario a las manecillas del reloj (visto en la dirección de
propagación de la luz) y el eje del segundo está a un ángulo de 62º de la vertical en ese mismo sentido. ¿Cuál es
la intensidad de la luz después de que ha pasado a través del segundo polarizador?
Solución:
Después del primer filtro la intensidad es 12 I 0  10.0 W m 2 y la luz está polarizada a lo largo del eje del primer
filtro.
La
intensidad
después
del
segundo
filtro
es
I  I 0 cos 2 ,
donde I 0  10.0 W m 2 y
ω  62.0  25.0  37.0. Entonces I  6.38 W m 2 .
28.
Se tienen tres filtros polarizadores apilados, con el eje de polarización de los filtros segundo y tercero a 23º y 62º,
respectivamente al del primero. Si incide luz no polarizada en la pila, la luz tiene una intensidad de 75 W/cm2
después de atravesar la pila. Si se mantiene constante la intensidad incidente, ¿cuál es la intensidad de la luz
después de pasar a través de la pila si se quita el segundo polarizador?
Solución:
Dada que la intensidad de la luz que existe del primer polarizador es I1, entonces, de acuerdo a la aplicación
repetida de la ley de Malus, la intensidad de la luz que existe del tercer polarizador es,
75.0 W cm 2  I1 cos 2 (23.0) cos 2 (62.0  23.0).
Observamos que
I1 
75.0 W cm 2
cos 2 (23.0) cos 2 (62.0  23.0)
,
lo cual es también la intensidad incidente en el tercer polarizador después de que el segundo polarizador ha
sido removido. Entonces, la intensidad que existe en el tercer polarizador después de que el segundo polarizador
ha sido removido es,
75.0 W cm 2 cos 2 (62.0)
cos (23.0) cos (62.0  23.0)
2
29.
2
 32.3W cm 2 . .
Tres filtros polarizadores. Tres filtros polarizadores están apilados con los ejes de polarización del segundo y
tercero a 45º y 90º, con respecto al del primero. a) Si incide en la pila luz no polarizada de intensidad Io, halla la
intensidad y estado de polarización de la luz que emerge de cada filtro. b) Si se quita el segundo filtro, ¿cuál es la
intensidad de la luz que emerge de cada uno de los filtros restantes?
Solución:
1
1
I  I , I  I cos 2 (45.0)  0.250I 0 , I 3  I 2cos 2 (45.0)  0.125I 0 .
a) 1 2 0 2 2 0
b)
I1 
1
1
I 0 , I 2  I 0cos 2 (90.0)  0.
2
2
Sección 33.6 Dispersión de la luz
30.
Un haz de luz, después de pasar a través del disco Polaroid P1 de la figura 33.37, atraviesa una celda que contiene
un medio dispersor. Se observa la celda en ángulo recto a través de otro disco Polaroid P2. Inicialmente, se
orientan los discos de modo que la brillantez de la luz dispersa de la celda, vista por el observador, sea máxima.
a) Ahora se hace girar 90º el disco P2. ¿Aparece luminosa u oscura la celda vista por el observador? Explique, b)
Ahora se hace girar 90º el disco P1. ¿Se ve la celda luminosa u oscura? Explique su respuesta. c) Por último, se
devuelve el disco P2 a su posición original. ¿Se ve la celda luminosa u oscura? Explique su respuesta.
Solución:
a) Todo el campo eléctrico esta en el plano perpendicular a la dirección de propagación, y la intensidad máxima
a través de los filtros esta en 90º a la orientación del filtro para el caso de intensidad mínima. Por lo tanto
rotando el segundo filtro por 90º cuando la situación original demostró que la intensidad máxima significa
termina con una celda oscura.
b) Si el filtro P1 es rotado 90º, entonces el campo eléctrico oscila en la dirección que señala hacia el filtro P 2, y
por lo tanto ninguna intensidad pasa a través del segundo filtro: se ve una celda oscura.
c) Incluso si P2 se rota de nuevo a su posición original, el plano nuevo de oscilación del campo eléctrico,
determinado por el primer filtro, permite que la intensidad cero pase a través del segundo filtro.
PROBLEMAS
31.
Reflector de vértice. Se recubre con espejos un vértice interno de un cubo para hacer un reflector de vértice
(ejemplo 33.3 de la sección 33.2). Un rayo de luz se refleja sucesivamente en cada uno de los tres espejos
mutuamente perpendiculares; demuestre que su dirección final siempre es exactamente opuesta a su dirección
original.
Solución:
Consideremos tres espejos, E1 en el plano x-y, E2 en el plano y-z, y E3 en el plano x.z. Un rayo un rayo de luz se
aleja de E1 cambiando la señal de la componente z de la velocidad, se aleja de E 2, cambiando la componente en
x, y de E3 cambia la componente y. Entonces la velocidad, y por lo tanto, también la dirección de la luz cambia
por 180º.
32.
Sonograma del corazón. Los médicos utilizan ondas sonoras de alta frecuencia (f = 1 – 5 MHz), conocidas
como ultrasonido, para obtener imágenes de órganos internos. La rapidez de estas ondas de ultrasonido es de
1480 m/s en el músculo y de 344 m/s en el aire (véase el ejercicio 33.19). a) A qué ángulo respecto a la normal
entra en el corazón un haz de ultrasonido si sale de los pulmones a un ángulo de 9.73º respecto a la normal a la
pared del corazón? (Suponga que la rapidez del sonido en los pulmones es de 344 m/s). b) ¿Cuál es el ángulo
crítico correspondiente a las ondas sonoras en el aire que inciden en músculo?
Solución:
n

v

 1480

  arcsen  a sen a   arcsen  b sen a   arcsen 
sen 9.73   46.6.
a) b
 344

 nb

 va

v
b)  crit  arcsen  a
 vb
33.

344 
  arcsen 
  13.4.

 1480 

Luz que se propaga en un material de índice de refracción n1 incide a un ángulo  1 respecto a la normal en la
interfaz con una tableta de material de caras paralelas e índice de refracción n2. Después de pasar a través de este
material, la luz se refracta en un material de índice de refracción n3, y en este tercer material la luz forma un
ángulo  3 con la normal. a) Halle  3 en términos de  1 y de los índices de refracción de los materiales. b)
Ahora se invierte el rayo en el tercer material, de modo que incida en la interfaz de n3 a n2 con el ángulo  3
hallado en el inciso a). Demuestre que, cuando la luz se refracta en el material de índice de refracción n1, el
ángulo que se forma con la normal es  1 . Esto demuestra que el rayo refractado es reversible. c) ¿Son también
reversibles los rayos reflejados? Explique su respuesta.
Solución:
a) n1sen1  n2 sen 2 y n2 sen 2  n3 sen 3 , así que n1sen1  n3 sen 3 , entonces sen3  (n1sen1 ) / n3 .
b) n3 sen 3  n2 sen 2 y n2 sen 2  n1sen1 , así que n1sen1  n3 sen 3 y la luz forma el mismo ángulo con
respecto a la normal en el material con n1, como esta dado en el inciso a).
c) Por reflexión  r   a . Estos ángulos son aún iguales si se convierte  r en ángulo incidente; los rayos
reflejados son también reversibles.
34.
En un laboratorio de física, un haz de luz con una longitud de onda de 490 nm se propaga en aire de un láser a
una fotocelda en 17 ns. Cuando se coloca un bloque de vidrio de 0.840 m de espesor ante el haz de luz, de modo
que el haz incida a lo largo de la normal a las caras paralelas del bloque, la luz tarda 21.2 ns en viajar del láser a
la fotocelda. ¿Cuál es la longitud de onda de la luz en el vidrio?
Solución:
Si tomamos el tiempo adicional de viaje de la luz de 4.2 ns a través de los 0.840 m después de que el bloque de
vidrio es insertado dentro de la trayectoria. Entonces,
0.840 m 0.840 m
0.840 m

 (n  1)
 4.2 ns.
cn
c
c
Podemos resolver ahora para el índice de refracción:
n
(4.2 10 9 s) (3.00 108 m s)
 1  2.50.
0.840 m
La longitud de onda dentro del vidrio es
λ 
35.
490 nm
 196 nm  200 nm.
2.50
Un rayo de luz que se propaga en aire incide en un bloque de un sólido transparente cuyo índice de refracción es
n. Si n = 1.38, ¿cuál es el ángulo de incidencia máximo con el cual ocurre reflexión total interna en la cara
vertical (punto A de la figura 33.38)?
Solución:
n 
 1.00 
 b  90  arcsen  a   90  arcsen 
  43.6.
 1.38 
 nb 
 n sen b
Pero, na sen a  nb sen b   a  arcsen  b
 na
36.

1.38sen(43.6) 
  arcsen 
  72.1.

1.00



Un haz delgado de luz que se propaga en aire incide en la superficie de una placa de cristal de lantano con un
índice de refracción de 1.80. ¿Cuál es el ángulo de incidencia  a respecto a esta placa con el cual el ángulo de
refracción es
a
2
? Ambos ángulos se miden con respecto a la normal.
Solución:
 
na sen a  nb sen b  nb sen a 
 2 
 
 
 
 
 (1.00) sen a  sen 2  a   2 sen  a  cos  a   (1.80) sen  a 
 2 
 2 
 2 
 2 
 
 1.80 
 2 cos  a   (1.80)   a  2 arccos 
  51.7.
 2 
 2 
37.
Con base en la ley de reflexión, demuestre que la reflexión especular invierte el signo de la componente de la
velocidad de la luz perpendicular a la superficie reflectora, pero deja intactas las demás componentes.
Solución:
El vector velocidad de la trayectoria del rayo de luz lo muestra la figura, así que con la ayuda de la geometría,
esto nos conduce a ,
 va y
v a  v r y  a   r  arccos 
 va


  arccos


 v ry

 vr


  v  v ,
ay
ry


Con el signo menos se cambia por la inspección en la figura. Similarmente,
 va
 arcsen  x
 va

v
  arcsen  rx

v

 r

  va  vr .
x
x


38.
Se coloca una placa de vidrio de 2.50 mm de espesor, con un índice de refracción de 1.40, entre una fuente
puntual de luz con una longitud de onda de 540 nm (en un vacío) y una pantalla. La distancia de la fuente a la
pantalla es de 1.80 cm. ¿Cuántas longitudes de onda hay entre la fuente y la pantalla?
Solución:
d
d
(0.0180 m  0.00250 m)
0.00250 m
# λ  (# λ) aire  # λ vidrio  aire  vidrio n 

 1.40  3.52 x104
7
7
λ
λ
5.40  10 m
5.40  10 m
39.
Las placas fotográficas antiguas se hacían de vidrio, con una emulsión sensible a la luz en la superficie anterior.
Esta emulsión era un tanto transparente. Cuando se enfoca una fuente puntual intensa sobre la parte anterior de la
placa, la fotografía revelada muestra un halo alrededor de la imagen del punto. Si la placa de vidrio tiene un
espesor de 3.10 mm y los halos tienen un radio interior de 5.34 mm, ¿cuál es el índice de refracción del vidrio?
(Sugerencia: La luz del punto que incide en la superficie anterior se refleja totalmente en la superficie posterior
de la placa y regresa a la superficie anterior).
Solución:
n 
 (0.00534 m) / 2 
1
 1.0 
  40.7  arcsen  b   arcsen 
 crit  arctan 
 1.53.
n
0
.
00310
m
n
n
sen
(
40
.7)




 a
Nota: El radio es reducido por un factor de dos, puesto que el haz debe ser incidente en
 crit ,
, entonces la
reflexión en la interface vidrio – aire para crear los halos (círculos).
40.
Luego de conducir muchas horas durante el día, usted decide nadar por la noche en la alberca de un motel. Al
regresar a su habitación, se de cuenta de que ha perdido la llave del cuarto en la alberca. Consigue entonces una
linterna potente y camina alrededor de la alberca, iluminando el agua con la linterna. La luz ilumina la llave, que
yace en el fondo de la alberca, cuando usted sostiene la linterna a 1.2 m de la superficie del agua y dirigida hacia
la superficie a una distancia horizontal de 1.5 m del borde (figura 33.39). Si el agua tiene en ese punto una
profundidad de 4 m, ¿a qué distancia del borde de la alberca se encuentra la llave?
Solución:
 1.5 m 
  51
 a  arctan 
 1.2 m 
n

  b  arcsen  a sen a   arcsen
 nb

 1.00

sen 51   36.

1.33


Así que la distancia a lo largo del fondo de la alberca, en donde se encuentran las llaves es:
x  (4.0 m) tan b  (4.0 m) tan 36  2.9 m.
 xtotal  1.5 m  x  1.5 m  2.9 m  4.4 m.
41.
Usted mira sobre el borde de un vaso de lados verticales de tal manera que el borde superior del vaso esté
alineado con el borde opuesto del fondo (figura 33.40a). El vaso es un cilindro hueco de paredes delgadas y 10
cm de altura, con un diámetro superior e inferior de 8 cm. Mientras usted mantiene la vista en la misma posición,
una amiga llena el vaso de un líquido transparente, y entonces usted ve una moneda pequeña en el centro del
fondo del vaso (figura 33.40b). ¿Cuál es el índice de refracción del líquido?
Solución:
 8.0 cm 
 4.0 cm 
  27 and  b  arctan 
  14.
 a  arctan 
 16.0 cm 
 16.0 cm 
 n sen a
Así que, na sen a  nb sen b  nb   a
 sen b
  1.00sen 27 

  sen14   1.8.

42.
Un vaso de precipitado con fondo de espejo se llena con un líquido cuyo índice de refracción es de 1.63. Un haz
luminoso incide en la superficie superior del líquido a un ángulo de 42.5º respecto a la normal. ¿A qué ángulo
respecto a la normal saldrá del líquido el haz después de bajar a través del líquido, reflejarse en el fondo de
espejo y regresar a la superficie?
Solución:
Un haz de luz emergerá en el mismo ángulo como ingreso en el fluido, según lo que dice la ley de Snell que
sucede en cada uno de las interfases. Esto es, el haz emergente esta en 42.5º de la normal.
43.
Una capa fina de hielo (n = 1.309) flota en la superficie de un cubo de agua (n = 1.333). Un rayo de luz asciende
desde el fondo del cubo a través del agua. a) ¿Cuál es el ángulo máximo respecto a la normal que el rayo puede
formar en la interfaz hielo/agua sin dejar de salir al aire arriba del hielo? b) ¿Cuál es este ángulo una vez que el
hielo se ha fundido?
Solución:
 n sen90 
  arcsen  1.000   48.61.
a)  i  arcsen  aire
 nagua 
 1.333 


El hielo no se esta tomando en cuenta dentro del cálculo dado que naire sen90  nhielosen c  naguasen i .
b) Lo mismo que en la parte (a).
44.
Un prisma de 45º - 45º - 90º está sumergido en agua. Un rayo de luz incide en dirección normal en una de sus
caras más cortas. ¿Cuál es el índice de refracción mínimo que el prisma debe tener para que este rayo se refleje
totalmente dentro del vidrio en la cara larga del prisma?
Solución:
 n sen b   1.33sen90 
  
na sen a  nb sen b  na   b
  1.9.
 sen a   sen 45 
45.
El prisma de la figura 33.41 tiene un índice de refracción de 1.66, y los ángulos A son de 25º. Dos rayos
luminosos m y n son paralelos al momento de entrar en el prisma. ¿Cuál es el ángulo entre ellos al salir del
prisma?
Solución:
 n sen a 
 1.66sen (25.0) 
  arcsen 
na sen a  nb sen b   b  arcsen  a
  44.6.

1.00


 nb

Así que el ángulo debajo de la horizontal es b  25.0  44.6  25.0  19.6, y entonces el ángulo entre los
dos rayos es 39.2.
46.
En la cara corta de un prisma de 30º - 60º - 90º incide luz en dirección normal (figura 33.42). Se deposita una
gota de líquido en la hipotenusa del prisma. Si el índice del prisma es de 1.62, halle el índice máximo que el
líquido puede tener sin que la luz deje de reflejarse en su totalidad.
Solución:
 n sen b
na sen a  nb sen b  na   b
 sen a
  1.62sen60 

  sen90   1.40.

47.
Un rayo de luz que se propaga en un bloque de vidrio (n = 1.52) incide sobre la superficie superior a un ángulo
de 57.2º respecto a la normal. Si se deposita una capa de aceite sobre esta superficie de vidrio, entonces el rayo se
refleja totalmente. ¿Cuál es el índice de refracción máximo posible del aceite?
Solución:
 n sen b   1.52sen57.2 

na sen a  nb sen b  na   b
  1.28.

 sen a   sen90 
48.
Sobre la superficie superior de una placa transparente, cuyas superficies son planas y mutuamente paralelas,
incide luz procedente del aire a un ángulo  a (figura 33.43). a) Pruebe que  a =  / a . b) Demuestre que esto es
válido con respecto a cualquier número de placas paralelas diferentes. c) Pruebe que el desplazamiento lateral d
sen  a   b/
del haz emergente viene dado por la relación d  t
, donde e es el espesor de la placa. d) Un rayo de
cos  b/
luz incide a un ángulo de 66º en una superficie de una placa de vidrio de 2.40 cm de espesor con un índice de
refracción de 1.80. El medio a ambos la dos de la placa es aire. Halle el desplazamiento lateral entre los rayos
incidente y emergente.
Solución:
a) Para la luz incidente que proviene del aire en una superficie plana de la placa, las leyes de Snell nos da lo
siguiente: nsen a  nsen b  nsen b  nsen a  sen a  sen a   a   a .
b) Añadiendo más placas extras, los pasos que se encuentren en medio de la ecuación arriba mencionada
siempre se cancelan. Esto requiere que las placas sean paralelas para que  n   n y la cadena de ecuaciones
puede continuar.
c) El desplazamiento lateral del haz puede ser calculado usando geometría:
tsen( a   b )
t
d  L sen( a   b ) y L 
d 
.
cos  b
cos  b


(2.40 cm ) sen(66.0  30.5)
 nsen a 
 sen66.0 
 1.62 cm.
d)  b  arcsen 
  arcsen 
  30.5  d 
cos 30.5
 1.80 
 n 
49.
Cuando el sol esta saliendo o se esta poniendo y parece estar exactamente en el horizonte, en realidad está abajo
del horizonte. La explicación de esta aparente paradoja es que la luz del sol se desvía ligeramente al entrar en la
atmósfera terrestre, como se muestra en la figura 33.44. Como nuestra percepción se basa en la idea de que la luz
se propaga en línea recta, percibimos la luz como proveniente de una posición aparente que está a un ángulo 
respecto a la verdadera posición del sol. a) Para simplificar, suponga que la atmósfera tiene densidad uniforme y,
por tanto, índice de refracción uniforme n, y se extiende hasta una altura h por encima de la superficie terrestre,
punto en el cual se desvanece abruptamente. Demuestre que el ángulo  viene dado por
 nR 
 R 
  arcsen 

R

h


 Rh
  arcsen 
donde R = 6378 km es el radio de la tierra. b) Calcule  con base en n = 1.0003 y h = 20 km. ¿Cómo es este
valor en comparación con el radio angular del sol, que es de aproximadamente un cuarto de grado? (En realidad
los rayos luminosos del sol se desvían de forma gradual, no abrupta, pues la densidad y el índice de refracción de
la atmósfera cambian gradualmente con la altitud).
Solución:
a) Para los rayos que ingresan en la atmósfera terrestre desde la parte de abajo del sol, podemos calcular el
ángulo como sigue: na sen a  nb sen b  (1.00) sen a  nsen b , donde nb  n , es el índice de refracción
de la atmósfera, Pero la Geometría en esta situación nos dice:
 nR 
 R 
R
nR
  arcsen 

sen b 
 sen a 
    a   b  arcsen 
Rh
Rh
 R  h
 R  h
 (1.0003)(6.4  10 6 m) 


6.4  10 6 m
  arcsen 
    0.22.
b)   arcsen 
 6.4  10 6 m  2.0  10 4 m) 
 64.  10 6 m  2.0  10 4 m 




Esto es aproximadamente igual al radio angular del sol, 0.25º.
50.
Una placa de cuarto de onda convierte la luz linealmente polarizada en luz circularmente polarizada. Pruebe que
una placa de cuarto de onda también convierte la luz circularmente polarizada en luz linealmente polarizada.
Solución:
Una placa de cuarto de onda cambia la fase de la luz por   90 . La luz circularmente polarizada esta fuera
de fase por 90º, así que el uso de una placa de cuarto de onda la traerá de vuelta dentro de la fase, donde por
resultado, luz linealmente polarizada.
51.
Tres filtros polarizadores se encuentran apilados, con los ejes de polarización del segundo y tercero formando,
respectivamente, ángulos de  y 90º con el del primero. En la pila de polarizadores incide luz no polarizada de
intensidad IO. a) Deduzca una expresión de la intensidad de luz transmitida a través de la pila en función de IO y
 . b) ¿Con qué valor de  se alcanza la máxima transmisión?
Solución:
1
1
1
a) I  I 0 cos 2  cos 2 (90   )  I 0 (cos sen ) 2  I 0 sen 2 2 .
2
2
8
b) Para transmisión máxima, necesitamos 2  90, así que   45.
52.
Principio del tiempo mínimo de Fermat. Un rayo de luz que se propaga con rapidez c parte del punto 1 de la
figura 33.45 y se refleja hasta el punto 2. El rayo incide en la superficie reflectora a una distancia horizontal x del
punto 1. a) Demuestre que el tiempo t necesario para que la luz se propague de 1 a 2 es
y12  x 2  y 22  l  x 2
t
c
b) Derive t con respecto a x. Iguale la derivada a cero para demostrar que este tiempo alcanza su valor mínimo
cuando 1   2 , que es la ley de reflexión y corresponde al trayecto real de la luz. Éste es un ejemplo del
principio del tiempo mínimo de Fermat, el cual establece que, entre todos los caminos posibles entre dos puntos,
el que un rayo de luz sigue efectivamente es aquél donde el tiempo de recorrido es mínimo. (De hecho, existen
ciertos casos en los que el tiempo es máximo en vez de mínimo)
Solución:
a) La distancia viajada por el rayo de luz es la suma de los dos segmentos diagonales:

d  x 2  y12
  (l  x)
12
2
 y22

12
.
Entonces el tiempo tomado para viajar esa distancia es,
t

d ( x 2  y12 )1 2  (l  x) 2  y22

c
c

12
b) Tomando la derivada del tiempo con respecto a x, e igualándolo a cero obtenemos:


12
dt 1 d  2

( x  y12 )1 2  (l  x) 2  y 22 

dx c dt 
1 2 
dt 1  2


x( x  y12 ) 1 2  (l  x) (l  x) 2  y 22
0


dx c 
x
(l  x)


 sen1  sen 2  1   2 .
x 2  y12
(l  x) 2  y 22


53.
Un rayo de luz se propaga del punto A, en un medio donde la rapidez de la luz es v1, al punto B, en un medio
donde la rapidez de la luz es v2 (Fig. 33.46). El rayo incide en la interfaz a una distancia horizontal x a la derecha
del punto A. a) Demuestre que el tiempo necesario para que la luz viaje de A a B es
t
h12  x 2
v1

h22  l  x 2
v1
b) Derive t respecto a x. Iguale esta derivada a cero para demostrar que este tiempo alcanza su valor mínimo
cuando n1 sen 1 = n2 sen  2 . Esta es la ley de Snell, y corresponde al trayecto real de la luz. Se trata de otro
ejemplo del principio de tiempo mínimo de Fermat (Véase el problema 33.52).
Solución:
a) El tiempo tomado para viajar del punto A al punto B es justamente.
t
h2  x2
h 2  (l  x) 2
d1 d 2

 1
 2
.
v1 v2
v1
v2
b) Tomando la derivada de t con respecto a x e igualándolo a cero tenemos:
2
2
h22  (l  x) 2
dt
d  h1  x
0

dx
dt 
v1
v2

n1 x
c
c
Pero v1 
y v2 


2
n1
n2
h1  x 2
54.

x
(l  x)


.
 v h 2  x 2 v h 2  (l  x) 2
1
1
2
2

n2 (l  x)
 n1 sen1  n2 sen 2 .
h22  (l  x) 2
Se dirige un haz delgado de luz blanca hacia una placa plana de vidrio a un ángulo de 20º respecto a la superficie
de la lámina. Debido a la dispersión en el vidrio, el haz se extiende como se muestra en el espectro de la figura
33.47. El índice de refracción del vidrio en función de la longitud de onda se encuentra graficado en la figura
33.16. a) Loa rayos a y b de la figura 33.47 corresponden a los extremos del espectro visible. ¿Cuál de ellos
corresponde al rojo, y cuál al violeta? Explique su razonamiento. b) ¿Con qué espesor d de la placa de cristal
tendrá el espectro 1 mm de ancho, como se muestra (véase el problema 33.48)?
Solución:
a) n decrece cuando λ se incrementa, así que n es más pequeño para el rojo que para el azul. Así que, para el
rayo a es el rojo.
b) La separación de los rayos emergentes esta dado por algunos elementos geométricos.
x  xr  xv  d tan  r  d tan  v  d 
x
,
tan  r  tan  v
Donde x es la separación vertical de los rayos como emergen del vidrio. De la geometría del rayo, también
tenemos
 sen 70 
 sen 70 
  35.7 y  v  arcsen 
  34.5, asi que :
1
.
61


 1.66 
2.92 mm
x
d

 9 cm.
tan  r  tan  v tan 35.7  tan 34.5
 r  arcsen 
55.
Ángulo de desviación. El ángulo de incidencia  a que se muestra en la figura 33.48 se ha elegido de modo que
la luz pase simétricamente a través del prisma, que tiene un índice de refracción n y un ángulo A como se muestra
en la figura. a) Demuestre que el ángulo de desviación  (en ángulo entre las direcciones inicial y final del rayo)
viene dado por
sen
A
A
 nsen
2
2
(Cuando la luz pasa simétricamente, como se muestra, el ángulo de desviación es mínimo). b) Con base en el
resultado del inciso (a), halle el ángulo de desviación de un rayo luminoso que atraviesa simétricamente un
prisma con tres ángulos iguales (A =60º) y n = 1.52. c) Cierto vidrio tiene un índice de refracción de 1.61 ante la
luz roja (700 nm) y de 1.66 ante la luz violeta (400 nm). SI ambos colores atraviesan el prisma simétricamente,
como se describe en le inciso (a), y si A = 60º, halle la diferencia entre los ángulos de desviación
correspondientes a los dos colores.
Solución:
A
a) na sen a  nb sen b  sen a  nb sen .
2
A
A  2
A
A

Pero,  a     sen     sen
 nsen .
2
2
2
2

A
A
 n sen .
En cada cara del prisma la desviación es  , so 2    sen
2
2
A
60.0 


b) De la parte (a),   2arcsen  nsen   A    2arcsen  (1.52) sen
  60.0  38.9.
2
2 


c) Si los dos colores tienen diferentes índices de refracción para el vidrio, entonces la deflexión de los ángulos
para ellos puede diferir:
60.0 

 rojo  2arcsen  (1.61) sen
  60.0  47.2
2 



 violeta  2arcsen  (1.66) sen
56.
60.0 
  60.0  52.2    52.2  47.2  5.0.
2 
Sobre una película horizontal de espesor t incide luz que se propaga hacia abajo, como se muestra en la figura
33.49. El rayo incidente se divide en dos rayos, A y B. El rayo A se refleja en la parte superior de la película. El
rayo B se refleja en el fondo de la película y luego se refracta de regreso en el material que está encima de la
película. Si la película tiene caras paralelas, demuestre que los rayos A y B terminan siendo paralelos uno al otro.
Solución:
Dirección del rayo A:  por ley de reflexión.
Dirección del rayo B: Arriba de la superficie al ingresar el rayo: n1sen  n2 sen . En la superficie inferior se
refleja en un ángulo  . El rayo B retorna a la superficie superior con un ángulo de incidencia
 : n2 sen  n1sen  . Entonces,
n1sen  n1sen 
 
Por lo tanto los rayos A y B son paralelos.
57.
Actividad óptica. Muchas moléculas de importancia biológica son óptimamente activas. Cuando la luz
polarizada en un plano atraviesa una solución de estos compuestos, su plano de polarización gira. Ciertos
compuestos desvían la polarización en el sentido de las manecillas del reloj, y otros, en sentido contrario. La
magnitud de la rotación depende de la cantidad de material presente en el trayecto de la luz. Los datos siguientes
proporcionan la magnitud de la rotación a través de los aminoácidos a lo largo de una longitud de trayecto de 100
cm. A partir de estos datos, halle la relación entre la concentración C (en gramos por 100 mL) y la rotación de la
polarización (en grados) de cada aminoácido.
l- leucina
- 0.11º
- 0.22º
- 0.55º
- 1.10º
- 2.20º
- 5.50º
- 11.0º
Rotación
Ácido d glutámico
0.124º
0.248º
0.620º
1.24º
2.48º
6.20º
12.4º
Concentración
(g/100 mL)
1
2
5
10
20
50
100
Solución:
Ambos ácidos, l – leucina y d – glutamínico muestran una relación lineal entre la concentración y el ángulo de
rotación.
La dependencia para l – leucina es: Rotación del ángulo   (0.11100 ml g)C (g/100 ml) .
La dependencia para el ácido d – glutamínico es: Rotación del ángulo   (0.124100 ml g)C (g/100 ml).
58.
Cierto material birrefringente presenta índices de refracción n1 y n2 ante las dos componentes perpendiculares de
la luz linealmente polarizada que lo atraviesa. Las longitudes de onda correspondiente son 1  0 n1 y
2  0 n2 , donde 0 es la longitud de onda en un vacío. a) Para que el cristal funcione como placa de cuarto
de onda, el número de longitudes de onda de cada componente en el interior del material debe diferir en ¼.
Demuestre que el espesor mínimo de una placa de cuarto de onda debe ser
d
0
4n1  n2 
b) Halle el espesor mínimo que debe tener una placa de cuarto de onda de siderita (FE*CO 2) si los índices de
refracción son n1 = 1.875 y n2 = 1.635, y la longitud de onda en un vacío es o = 589 nm.
Solución:
a) Un material birrefringente tiene diferentes velocidades (o equivalentemente, longitudes de onda) en dos
λ
λ
λ0
nd n d 1
d
d 1

  1  2  d 
.
diferentes direcciones, así que: λ1  0 y λ 2  0 
n1
n2
λ1 λ 2 4
λ0
λ0
4
4(n1  n2 )
b) d 
59.
λ0
5.89  10 7 m

 6.14  10 7 m.
4(n1  n2 ) 4(1.875  1.635)
Un haz de luz que se propaga horizontalmente consta de una componente no polarizada de intensidad I0 y una
componente polarizada de intensidad Ip. El plano de polarización de la componente polarizada está orientado
formando un ángulo  respecto a la vertical. Los datos siguientes proporcionan la intensidad medida a través de
un polarizador con una orientación  respecto a la vertical:
(º)
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Itotal (W/m2)
18.4
21.4
23.7
24.8
24.8
23.7
21.4
18.4
15.0
11.6
(º)
100
110
120
130
140
150
160
170
180
Itotal (W/m2)
8.6
6.3
5.2
5.2
6.3
8.6
11.6
15.0
18.4
a) ¿Cuál es la orientación de la componente polarizada? (es decir, ¿cuál es el ángulo  ).
b) ¿Cuáles son los valores de I0 e Ip?
Solución:
a) De la tabla, la intensidad máxima es en   35 , así que la componente polarizada de la onda es en la
dirección (o bien, no tendríamos intensidad máxima en ese ángulo).
1
b) En   40 : I  24.8 W m 2  I 0  I p cos 2 (40  35)  24.8 W m 2  0.500 I 0  0.996I p (1).
2
1
En   120 : I  5.2 W m 2  I 0  I p cos 2 (120  35)  5.2 W m 2  0.500I 0  7.60 10 3 I p (2).
2
Resolviendo las ecuaciones (a) y (2), encontramos  19.6 W m 2  0.989I p  I p  19.8 W m 2 . Entonces
sustituyendo en la ecuación (1), tenemos, 5.049 = 0.500I 0  I 0  10.1 W m 2 .
60.
Se necesita hacer girar 90º la dirección de la luz linealmente polarizada. Esto se hará utilizando N polarizadores
ideales. La intensidad de la luz linealmente polarizada original es I0. a) Describa cuál es la mejor forma de
disponer los N filtros para conseguir la rotación deseada de la dirección de polarización, y demuestre que la
intensidad de la luz transmitida a través del último filtro es I = I0 cos2N(  /2N). b) Si N >>1, utilice la
información del apéndice B para demostrar que I  I0 (1 -  2/4N). Esto equivale a demostrar que, si N es muy
grande, la intensidad final es prácticamente igual a la intensidad inicial.
Solución:
a) Dejando los N polarizadores los más directamente posible a la luz incidente, con una rotación total de 90º,
necesitamos un cambio pequeño de un polarizador al siguiente. Esto es, el ángulo entre polarizadores
sucesivos debe ser constante e igual a

2N
. Entonces:
  
4   
2N   
I1  I 0 cos 2 
, I 2  I 0 cos 
 ,   I  I N  I 0 cos 

 2N 
 2N 
 2N 
n
2
 2

n
(2 N )   
2
  
n  1, cos n   1 
      1   2      cos 2 N 
 1,
  1

  1
2
2
2  2N 
4N
 2N 


grande.
b) Sí
para n
PROBLEMAS DE DESAFÍO
61.
Considere dos vibraciones de igual amplitud y frecuencia pero que difieren en cuanto a fase, una a lo largo del
eje de las x,
x  asent   
Y la otra a lo largo del eje de las y,
y  asent   
Estas expresiones se pueden escribir como sigue:
x
 sent  cos    cos t sen 
a
y
 sent  cos    cos t sen 
a
(1)
(2)
a) Multiplique la ecuación (1) por sen  y la ecuación (2) por sen  , y luego reste las ecuaciones resultantes.
b) Multiplique la ecuación (1) por cos  y la ecuación (2) por cos  , y después reste las ecuaciones resultantes.
c) Eleve al cuadrado y sume los resultados de los incisos (a) y (b).
d) Deduzca la ecuación x2 + y2 – 2xy cos  = a2 sen2  , donde  =    .
e) Con base en el resultado anterior, justifica cada uno de los diagramas de la figura 33.50. En la figura, el ángulo
que se indica es la diferencia de fase entre dos movimientos armónicos simples de la misma frecuencia y
amplitud, uno horizontal (a lo largo del eje de las x) y el otro vertical (a lo largo del eje de las y). La figura
muestra, por tanto, el movimiento resultante de la superposición de los dos movimientos armónicos
perpendiculares.
Solución:
a) Multiplicando la Ecuación (1) por sen  y la Ecuación (2) por sen  nos da:
x
(1): sen  senωecos αsenβ  cos tsensen
a
y
(2): sen  sent cos sen  cos tsensen
a
xsen   ysen 
 sent (cos sen  cos sen ).
Sustrayendo los resultados:
a
b) Multiplicando la Ecuación (1) por cos  y la Ecuación (2) por cos  resulta:
x
(1) : cos   sent cos  cos   cos tsen cos 
a
y
(2) : cos   sent cos  cos   cos tsen cos 
a
x cos   y cos 
  cos t (sen cos   sen cos  ).
Sustrayendo los resultados:
a
c) Elevando al cuadrado y sumando los resultados de los incisos (a) y (b):
( x sen  y sen ) 2  ( x cos   y cos  ) 2  a 2 (sen cos   sen cos  ) 2
d) Expandiendo el lado izquierdo de la ecuación anterior, tenemos:
x 2 ( sen 2   cos 2  )  y 2 ( sen 2  cos 2  )  2 xy ( sen sen  cos  cos  )
 x 2  y 2  2 xy ( sen sen  cos  cos  )  x 2  y 2  2 xy cos(   ).
El lado derecho puede ser reescrito, como: a 2 (sen cos   sen cos  ) 2  a 2 sen 2 (   ). Por lo tanto,
x 2  y 2  2 xy cos(   )  a 2 sen 2 (   ). o x 2  y 2  2 xy cos   a 2 sen 2 , donde      .
e)   0 : x 2  y 2  2 xy  ( x  y) 2  0  x  y, lo cual es una línea recta diagonal.



4
: x 2  y 2  2 xy 

a2
, lo cual es una elipse.
2
: x 2  y 2  a 2 ,lo cual es un circulo.
2
Estos patrones se repiten para permanentes fases diferentes.
62.
Un arco iris es producto de la reflexión de la luz solar en gotas esféricas de agua presentes en el aire. La figura
33.51 muestra un rayo que se refracta en una gota en el punto A, se refleja en la superficie posterior de la gota en
el punto B, y se refracta de regreso en el aire en le punto C. Los ángulos de incidencia y de refracción,  a y  b ,
se muestran en los puntos A y C, y los ángulos de incidencia y de reflexión,  a y  r , se muestran en el punto B.
a) Demuestre que  aB =  bA ,  aC =  bA y  bC =  aA . b) Demuestre que el ángulo en radianes entre el rayo antes
de entrar en la gota en A y después de salir en C (la desviación angular total del rayo) es   2 aA  4 bA   .
(Sugerencia: Halle las desviaciones angulares que se producen en A, B y C, y súmelas para obtener  ). c)
Aplique la ley de Snell para escribir  en términos de  aA y n, el índice de refracción del agua en la gota. d) Se
forma un arco iris cuando la desviación angular  es estacionaria en cuanto al ángulo de incidencia  aA , es
decir, cuando d d aA  0 . Si se satisface esta condición, todos los rayos con ángulos de incidencia cercanos a
 aA serán enviados de regreso en la misma dirección y formarán una zona brillante en el cielo. Sea 1 el valor de
 aA con el que esto ocurre. Demuestre que cos2 1 =
la derivada
d arcsen u ( x) 

dx
du dx
1  u 
2
1


1 2
n  1 . [Sugerencia: Quizá le resulte útil la fórmula de
3
. e) El índice de refracción en agua es de 1.342 en el caso de la luz
2
violeta y de 1.330 en el de la luz roja. Con base en los resultados de los incisos (c) y (d), halle los 1 y 
correspondientes a la luz violeta y a la luz roja. ¿Coinciden sus resultados con los ángulos que se muestran que se
muestran en la figura 33.18? Al mirar un arco iris, ¿cuál color, el rojo o el violeta, aparece más alto respecto al
horizonte?
Solución:
a) Por simetría de triángulos,  bA   aB , y  aC   rB   aB   bA . Por lo tanto,
sen bC  n sen aC  n sen bA  sen aA   bC   aA .
b) La desviación angular total del rayo es:    aA  bA    2 aB  bC   aC  2 aA  4bA   .
1

c) De la ley de Snell, sen  aA  n sen bA   bA  arcsen  sen aA 
n

1


   2 aA  4 bA    2 aA  4arcsen  sen aA    .
n

d)
d
d aA
 0  24
d
d aA

4
 cos 1 
1

 arcsen  sen aA    0  2 


2
2
n



1  sen 1 n  n 
 sen 21   16 cos 2 1 

  4 cos 2 1  n 2  1  cos 2 1
 41 
2
2




n
n

 

1
 3 cos 2 1  n 2  1  cos 2 1  (n 2  1).
3
 1 2

 1

e) Para el violeta: 1  arccos 
(n  1)   arccos 
(1.342 2  1)   58.89
3
3




  violeta  139.2   violeta  40.8.
 1 2

Para la roja: 1  arccos 
(n  1)   arccos
3


  roja  137.5   roja  42.5.
 1

2


 3 (1.330  1)   59.58


Por lo tanto el color que aparece más alto respecto al horizonte es el rojo.
63.
Se forma un arcoiris secundario cuando la luz incidente sufre dos reflexiones internas en una gota esférica de
agua, como se muestra en la figura 33.18c (Véase el problema de desafío 33.62).
a) En términos del ángulo de incidencia  aA