Problemas de COU

PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
1.–
Calcule la longitud de onda de una línea espectral correspondiente a una transición entre
dos niveles electrónicos cuya diferencia de energía es de 2,00 eV.
9
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10–19
8
–1
C ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
2.–
9
Determine el ángulo crítico para reflexión total entre el agua y el aire.
Datos: Índice de refracción del agua = 1,33
3.–
El ángulo de desviación mínima en un prisma óptico es de 30º. Si el ángulo del prisma es
de 50º y éste está situado en el aire, determine:
a) el ángulo de incidencia para que se produzca la desviación mínima del rayo.
b) el índice de refracción del prisma.
9
4.–
En cada reacción de fusión nuclear en el Sol se emiten 26,7 MeV en forma de 6 fotones de
radiación gamma. Calcule la frecuencia de dicha radiación.
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; 1 eV = 1,602·10−19 J
9
5.–
En el laboratorio del instituto se han medido los siguientes ángulos de refracción cuando
un haz luminoso incide desde el aire (naire = 1) hacía un superficie de un vidrio cuyo índice de
refracción pretendemos determinar. Calcule el índice de refracción de dicho vidrio. ¿Qué ley
física ha tenido en cuenta para calcular el índice de refracción?
9
Experiencia
1
2
3
4
Ángulo de incidencia
20º
29º
40º
50º
Ángulo de refracción
14º
20º
26º
31º
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Para hallar la longitud de onda que tiene el fotón, aplicamos la Ecuación de Planck:
𝐸 = ℎ𝑓
𝑐
𝑐
𝑐 ℎ 3,00·108 m s -1 · 6,63·10-34 J s
𝜆
⇒ 𝜆= =
=
=
= 6,22·10-7 m.
-19 J
𝐸
1,60·10
𝑓
𝐸
𝑐= =𝜆𝑓
2,00 eV ·
𝑇
ℎ
1 eV
Solución: La condición de reflexión total es:
ni sen ℓagua ≥ nr sen 90º ⇔ 1,33 · sen ℓagua ≥ 1 · 1 ⇔ ℓagua ≥ 48º 45’.
Solución: a) El ángulo de incidencia que produce la desviación mínima (i = i’) se puede obtener
aplicando:
δmin + φ 300 + 500
=
= 400
δmin = i + i’ - ϕ = 2 i - ϕ ⇔ i =
2
2
b) Calculamos r con la fórmula:
𝜑
500
𝑟 =
=
= 250
2
2
Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 40º = nr · sen 25º ⇔ nr = 1,52.
También se podía haber aplicado la fórmula:
𝛿 + 𝜑
300 + 500
sen m 2
sen
2
𝑛r =
=
= 1,52.
𝜑
500
sen 2
sen 2
Solución: Como la energía que emite la reacción de fusión es en forma de 6 fotones, calculamos
la energía que tiene cada fotón. Posteriormente aplicamos la Ecuación de Planck para calcular la
frecuencia:
E
E=nhf ⇒ f=
nh
6
-19
10 eV 1,602·10 J
0,511 MeV · 1 MeV ·
1 eV
f=
= 2,059·1019 Hz.
6 · 6,626·10-34 J s
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a los cuatro casos:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 20º = nr · sen 14º ⇔ nr = 1,41.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 29º = nr · sen 20º ⇔ nr = 1,42.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 40º = nr · sen 26º ⇔ nr = 1,47.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 50º = nr · sen 31º ⇔ nr = 1,49.
Haciendo la media nos queda que: nr = 1,45.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
6.–
En el laboratorio del instituto se han medido los siguientes ángulos de refracción cuando
un haz luminoso incide desde el aire (naire = 1) hacia un superficie de un vidrio cuyo índice de
refracción pretendemos determinar. Calcule el índice de refracción de dicho vidrio. ¿Qué ley
física ha tenido en cuenta para calcular el índice de refracción?
9
Experiencia
1
2
3
4
Ángulo de incidencia
19º
30º
40º
49º
Ángulo de refracción
12º
19º
24º
29º
7.–
En un átomo, un electrón pasa de un nivel de energía a otro nivel inferior. Si la diferencia
de energías es de 2·10−15 J, determine la frecuencia y la longitud de onda de la radiación emitida.
9
Datos: Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ;
8
−1
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
8.–
En un laboratorio de investigación se han medido los siguientes ángulos de refracción
cuando un haz luminoso incide desde el agua (nagua = 1,33) hacía un superficie de un material
transparente desconocido cuyo índice de refracción pretendemos determinar. Calcule el índice
de refracción de dicho material. ¿Qué ley física ha tenido en cuenta para calcular el índice de
refracción?
9
1
2
3
4
Ángulo de incidencia
18º
26º
35º
44º
Ángulo de refracción
14º
20º
27º
33º
Solución: La energía asociada a una frecuencia (Planck) vale:
E
2·10-15 J
E=hf ⇔ f= =
= 3,02·1018 Hz ;
h 6,63·10-34 J s
λ
λE
ch
3,00·108 m s-1 · 6,63·10-34 J s
c= =λf=
⇔ λ=
; λ1 =
=9,95·10-11 m.
-15
T
h
E
2·10 J
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a los cuatro casos:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen 18º = nr · sen 14º ⇔ nr = 1,70.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen 26º = nr · sen 20º ⇔ nr = 1,70.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen 35º = nr · sen 27º ⇔ nr = 1,68.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen 44º = nr · sen 33º ⇔ nr = 1,70.
Haciendo la media nos queda que: nr = 1,69.
9.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Describa brevemente el modelo corpuscular de la luz. ¿Puede explicar dicho modelo los
fenómenos de interferencia luminosa?
b) Dos rayos de luz inciden sobre un punto. ¿Pueden producir oscuridad? Explique
razonadamente este hecho.
Solución: a) Propone que la luz es un chorro de partículas. No explica bien ni el fenómeno de
interferencia ni el de refracción (la velocidad en un medio con mayor índice de refracción debería
ser mayor).
b) Si las dos ondas que llegan lo hacen en oposición de fase, la interferencia es destructiva, por
lo que no se verá luz (zonas oscuras).
10.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Los rayos X, la luz visible y los rayos infrarrojos son radiaciones electromagnéticas.
Ordénelas en orden creciente de sus frecuencias e indique algunas diferencias entre ellas.
b) ¿Qué es una onda electromagnética? Explique sus características.
11.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Las ondas electromagnéticas se propagan en el vacío con velocidad c. ¿Cambia su
velocidad de propagación en un medio material? Defina el índice de refracción de un medio.
b) Sitúe, en orden creciente de frecuencias, las siguientes regiones del espectro
electromagnético: infrarrojo, rayos X, ultravioleta y luz visible. Dos colores del espectro
visible: rojo y verde, por ejemplo, ¿pueden tener la misma intensidad? ¿y la misma
frecuencia?
Solución: a) A mayor frecuencia, mayor cercanía a los rayos γ, los más energéticos (E = h f), por
lo que el orden será: finfrarrojos < fvisible < frayos X. Los rayos X son muy energéticos y atraviesan
barreras como la piel o incluso los músculos, por lo que nos sirven para “ver” los huesos, que sí son
opacos a los rayos. El visible es menos energético, pero menos aún el infrarrojo.
Una onda electromagnética es la interacción entre un campo magnético variable y uno eléctrico
(también variable) con lo que se genera una situación autoportante de una onda (no necesita medio
para propagarse) que se mueve a la velocidad de la luz.
Solución: a) Sí. A medida que entran en un medio con índice de refracción mayor, su velocidad
disminuye en la misma proporción. Se cumple que ni vi = c, donde ni es el índice de refracción del
medio, vi la velocidad de la luz en dicho medio y c la velocidad de la luz en el vacío.
b) A mayor frecuencia, mayor cercanía a los rayos γ, los más energéticos (E = h f), por lo que el
orden será: finfrarrojos < fvisible < fultravioleta < frayos X. La intensidad es una medida de la energía que
transportan, de la potencia transmitida por unidad de superficie (movimientos tridimensionales) por
lo que puede que dos colores del espectro (las ondas que los transmiten) tengan la misma
intensidad (también se puede interpretar que la pregunta intenta averiguar si pueden tener la misma
amplitud, lo que también tiene respuesta positiva). La misma frecuencia no es posible, porque la
frecuencia es precisamente la cualidad que diferencia una luz de un color de la de otro.
9
9
9
Experiencia
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a los cuatro casos:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 19º = nr · sen 12º ⇔ nr = 1,57.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = nr · sen 19º ⇔ nr = 1,54.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 40º = nr · sen 24º ⇔ nr = 1,58.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 49º = nr · sen 29º ⇔ nr = 1,56.
Haciendo la media nos queda que: nr = 1,56.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
12.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Un rayo de luz incide oblicuamente sobre un vidrio plano de índice de refracción 1,52,
produciéndose un rayo reflejado y otro refractado. Si el ángulo de incidencia es de 20º,
determine el ángulo α que forman entre sí los rayos reflejado y refractado.
b) Si el ángulo de incidencia es un poco mayor que 20º, ¿crecerá o decrecerá el ángulo α?
c) Ordene en frecuencias crecientes las radiaciones: verde, violeta, infrarroja, rayos X. Haga lo
mismo en longitud de onda.
13.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Enuncie y explique las leyes de la reflexión y de la refracción para las ondas armónicas.
b) Un haz de luz roja, de frecuencia f = 4·1014 Hz, viaja por el agua con una velocidad
v = 2,26·108 m s−1, e incide, con un ángulo α1 = 45º, sobre la superficie de separación
agua−aire. La onda refractada emerge formando un ángulo α2 = 70º con la normal a la
superficie de separación. Calcule la velocidad de propagación de la onda en el aire y la
longitud de onda en ambos medios.
14.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Cuando un rayo pasa a un medio con mayor índice de refracción, ¿se acerca o se aleja de la
normal?
b) ¿Qué es el ángulo límite? ¿Existe este ángulo en la situación anterior?
15.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Defina el concepto de ángulo límite y determine su expresión para el caso de dos medios de
índices de refracción n1 y n2, si n1 > n2.
b) Sabiendo que el ángulo límite definido en un medio material y el aire es 60º, determine la
velocidad de la luz en dicho medio.
9
9
9
9
11/03/2013
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3·108 m s−1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 20º = 1,52 · sen r ⇔ sen r = 0,225 ⇔ r = arc sen 0,225 = 13º.
Gráficamente se puede comprobar que el ángulo que nos pide el problema es igual a:
180º − (i + r) por lo que: α = 180º − (20º + 13º) = 147º.
b) A mayor ángulo de incidencia mayor valor de sen i, y como los índices de refracción son
constantes, mayor valor del sen r, por lo que también será mayor el valor de r. Al ser α = 180º − (i
+ r), α será menor.
c) A mayor frecuencia, mayor cercanía a los rayos γ, los más energéticos (E = h f), por lo que el
orden será: finfrarroja < fverde < fvioleta < frayos X.
Para la longitud de onda, λ = c/f, el orden será el contrario: λrayos X < λvioleta < λverde < λinfrarroja.
Solución: a) Teoría
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción (nagua sen i = naire sen r) y la expresión del índice
de refracción:
𝑐
0
𝑛
𝑣
𝑐
sen
70
𝑣aire
agua
agua
𝑛 = ; 𝑛agua · sen 450 = 𝑛aire · sen 700 ⇔
=
=
=
.
𝑐
𝑛aire
sen 450
𝑣agua
𝑣
𝑣aire
𝑣agua · sen 700 2,26·108 m s -1 ·0,940
𝑣aire =
=
= 3,00·108 m s-1
0,707
sen 450
𝑣agua
2,26·108 m s -1
𝜆
=
= 5,7·10-7 m ≈ 570 nm
𝑣 = = 𝜆 𝑓 ⇔ 𝜆agua =
𝑓
4·1014 Hz
𝑇
𝑣agua · sen 700
𝑣aire
2,26·108 m s -1 ·0,940
𝜆aire =
=
=
= 7,5·10-7 m ≈ 750 nm.
0
14
𝑓
𝑓 · sen 45
4·10 Hz · 0,707
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción y por ser nr > ni:
ni sen i = nr sen r ⇔ sen i > sen r ⇔ i > r
(dado que el ángulo debe estar entre 0º y 90º). Por lo tanto se acerca a la normal.
b) El ángulo límite es el ángulo mínimo para el que se produce la reflexión total cuando un rayo
llega a la superficie de separación entre dos medios transparentes desde el lado con mayor índice de
refracción, esto es, que no puede refractarse por tener que hacerlo con un ángulo de 90º o mayor (lo
que es imposible). El rayo “queda atrapado” en el medio de mayor índice de refracción. Al ser
menor r que i, no puede producirse la reflexión total.
Solución: a) El ángulo límite es el ángulo mínimo para el que se produce la reflexión total
cuando un rayo llega a la superficie de separación entre dos medios transparentes desde el lado con
mayor índice de refracción, esto es, que no puede refractarse por tener que hacerlo con un ángulo
de 90º o mayor (lo que es imposible). El rayo “queda atrapado” en el medio de mayor índice de
refracción.
La condición de reflexión total es:
n1 sen ℓ = n2 sen 90º ⇔ ℓ = arc sen (n2/n1)
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción (n2 = 1, por ser el aire):
n1 sen ℓ = n2 sen 90º ⇔ n1 sen 60º = 1 · sen 90º ⇔ n1 = 1 / sen 60º.
𝑐
𝑐
𝑐
√3
𝑛1 =
⇔ 𝑣1 =
=
= 𝑐 sen 600 = 3,00·108 m s -1 ·
= 2,60·108 m s-1 .
1
𝑣1
𝑛1
2
sen 600
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Explique en qué consiste el fenómeno de dispersión de la luz.
b) El índice de refracción del agua varía, dentro del espectro visible, entre nR = 1,330 para luz
de color rojo y nV = 1,344 para luz de color violeta. Un rayo de luz blanca incide desde el aire
(n = 1) sobre la superficie en calma de una piscina, con ángulo de incidencia ϕ = 60º. Calcule
la dispersión angular (ángulo δ de la figura) que se observa en la luz visible refractada.
Solución: a) Es la separación angular que se produce entre rayos paralelos de distinta longitud de
onda cuando se produce la refracción de éstos en una superficie de separación entre dos medios
transparentes de distinto índice de refracción (efecto arcoiris).
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a los dos casos extremos:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 60º = 1,330 · sen r ⇔ sen r = 0,651 ⇔ rr = arc sen 0,651 = 40º 38’.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 60º = 1,344 · sen r ⇔ sen r = 0,644 ⇔ rv = arc sen 0,644 = 40º 7’.
Por tanto la dispersion angular será: δ = |rr − rv| = |40º 38’−40º 7’| = 31’ ≈ 0,5º.
17.–
Se construye un prisma óptico de ángulo A con un vidrio de índice de refracción n = 2.
Sabiendo que el rayo que incide perpendicularmente en la primera cara lateral del prisma tiene
un ángulo de emergencia de 90º a través de la segunda cara lateral y que el prisma está inmerso
en el aire, determine:
a) el ángulo A del prisma;
b) el valor del ángulo de desviación mínima.
Dibuje la marcha del rayo en ambos casos.
Solución: a) Por ser la incidencia en la primera superficie de separación perpendicular, el rayo
no se desvía. Aplicando trigonometría observamos que el ángulo de incidencia en la segunda cara
coincide con el ángulo del prisma. Por lo tanto, y aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 2 · sen i = 1· sen 90º ⇔ sen i = 0,5 ⇔ i = arc sen 0,5 = 30º. A = 30º.
b) Obtenemos δmin aplicando la fórmula:
δ +φ
sen m
δm + φ
φ
300
2
⇔
sen
=
n
sen
=
2
·
sen
=2 · sen 150 = 0,518
nr =
r
φ
2
2
2
sen 2
δm + φ
= arc sen 0,518 = 31o 10′ ⇔ δm = 2 · 31o 10′ - 30o = 32o 20′.
2
Solución: Tenemos que tratar el caso como una doble refracción.
a) Para la primera superficie, y aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
n1 sen θ1 = n2 sen θ2 ⇔ 1,5 · sen 30º = n2 · sen 23,5º ⇔ n2 = 1,5 · 0,5 / 0,399 = 1,88.
La longitud de onda será:
c
λ2
c
c
3,00·108 m s-1
;v =
= λ2 f =
⇔ λ2 =
=
= 2,66·10 -7 m
n2 =
v2 2 T
n2
n2 f 1,88 · 6·1014 Hz
Resulta evidente que si incide perpendicularmente no se va a desviar.
b) Volvemos a aplicar la 2ª Ley de Snell para la refracción (segunda superficie):
n2 sen θ2 = n3 sen θ3 = n1 sen θ1 ⇔ 1,3 · sen θ3 = 1,5 · sen 30º ⇔ sen θ3 = 0,577.
θ3 = arc sen 0,577 = 35º 14’.
16.–
9
9
9
11/03/2013
18.–
Se tienen tres medios transparentes de índices de refracción n1, n2 y n3 separados entre sí
por superficies planas y paralelas. Un rayo de luz de frecuencia ν = 6·1014 Hz incide desde el
primer medio (n1 = 1,5) sobre el segundo formando un ángulo el θ1 = 30° con la normal a la
superficie de separación.
a) Sabiendo que el ángulo de refracción en el segundo medio es θ2 = 23,5º, ¿cuál será la
longitud de onda de la luz en este segundo medio?
b) Tras atravesar el segundo medio el rayo llega a la superficie de separación con el tercer
medio. Si el índice de refracción del tercer medio es n3 = 1,3, ¿cuál será el ángulo de
emergencia del rayo?
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3·108 m s−1
19.–
Sobre la cara lateral de un prisma de vidrio de índice de refracción 1,4 y ángulo en el
vértice 50º, incide un rayo de luz con un ángulo de 20º. Determine:
a) el ángulo de desviación sufrido por el rayo;
b) el ángulo de desviación mínima que corresponde a este prisma.
Datos: El prisma se encuentra situado en el aire.
9
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Tenemos que tratar el caso como una doble refracción. Para la primera cara, y
aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 20º = 1,4 · sen r ⇔ sen r = 0,244 ⇔ r = arc sen 0,244 = 14º 8’.
Como el ángulo del prisma es igual (por construcción geométrica) a la suma de r y r’ podemos
obtener r’:
r’ = ϕ − r = 50º − 14º 8’ = 35º 52’.
Volvemos a aplicar la 2ª Ley de Snell para la refracción (segunda cara):
nr sen r’ = ni sen i’ ⇔ 1,4 · sen 45º 52’ = 1 · sen i’ ⇔ sen i’ = 0,820 ⇔ i’ = arc sen 0,820 = 55º
7’.
La desviación del rayo en el prisma es igual a: δ = i + i’ − ϕ = 20º + 55º 7’ − 50º = 25º 7’.
b) Obtenemos δmin aplicando la fórmula:
δ +φ
sen m2
δm + φ
φ
500
nr =
⇔ sen
= nr sen = 1,4 · sen
= 1,4 · 𝑠𝑒𝑛 250 = 0,592
φ
2
2
2
sen 2
δm + φ
= arc sen 0,592 = 360 17′ ⇔ δm = 2 · 360 17′ - 500 = 220 33′.
2
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
9
9
11/03/2013
20.–
Sobre la superficie de un bloque de vidrio de índice de refracción 1,60 hay una capa de
agua de índice 1,33. Una luz amarilla de sodio, cuya longitud de onda en el aire es 589·10−9 m,
se propaga por el vidrio hacia el agua.
a) Describa el fenómeno de reflexión total y determine el valor del ángulo límite para esos dos
medios.
b) Calcule la longitud de onda de la luz cuando se propaga por el vidrio y por el agua.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
21.–
Sobre un prisma de ángulo 60° como el de la figura, situado en el vacío, incide un rayo
luminoso monocromático que forma un ángulo de 41,3° con la normal a la cara AB. Sabiendo
que en el interior del prisma el rayo es paralelo a la base AC,
a) calcule el índice de refracción del prisma;
b) realice el esquema gráfico de la trayectoria seguida por el rayo a través del prisma;
c) determine el ángulo de desviación del rayo al atravesar el prisma.
d) Explique si la frecuencia y la longitud de onda correspondientes al rayo luminoso son
distintas, o no, dentro y fuera del prisma.
22.–
Sobre una lámina de vidrio de caras planas y paralelas de 3 cm de espesor y situada en el
aire incide un rayo de luz monocromática con un ángulo de incidencia de 35º. La velocidad de
propagación del rayo en la lámina es 2/3 c, siendo c la velocidad de la luz en el vacío.
a) Determine el índice de refracción de la lámina.
b) Compruebe que el rayo emergerá de la lámina y determine el ángulo de emergencia.
c) Dibuje la marcha del rayo a través de la lámina.
d) Calcule la distancia recorrida por el rayo dentro de la lámina.
23.–
Sobre una lámina transparente de índice de refracción 1,5 y de 1 cm de espesor, situada en
el vacío, incide un rayo luminoso formando un ángulo de 30° con la normal a la cara. Calcule:
a) el ángulo que forma con la normal el rayo que emerge de la lámina. Efectúe la construcción
geométrica correspondiente;
b) la distancia recorrida por el rayo dentro de la lámina.
9
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) El ángulo límite (o ángulo de reflexión total) es el ángulo mínimo para el que se
produce la reflexión total cuando un rayo llega a la superficie de separación entre dos medios
transparentes desde el lado con mayor índice de refracción, esto es, que no puede refractarse por
tener que hacerlo con un ángulo de 90º o mayor (lo que es imposible). El rayo “queda atrapado” en
el medio de mayor índice de refracción. La condición de reflexión total es:
nvidrio sen ℓvidrio ≥ nagua sen 90º ⇔ 1,60 · sen ℓvidrio ≥ 1,33 · 1 ⇔ ℓvidrio ≥ 56º 14’.
b) Como la velocidad de la onda (luz) dentro del vidrio y del agua cambia, la longitud de onda
también cambiará.
λf
λ
λ
c
⇔ λ’ =
n= = ’ =
λf
λ’
n
v
-9
λ
589·10 m
λ
589·10-9 m
λvidrio = =
= 368·10-9 m ; λagua = =
= 443·10-9 m.
n
1,60
n
1,33
Solución: a) Como el ángulo BAC es de 60º y el rayo es paralelo al eje AC, el rayo refractado
dentro del prisma forma 30º con la normal.
Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 41,3º = nr · sen 30º ⇔ nr = 1,32.
c) Por las explicaciones dadas, el ángulo de emergencia es igual al de incidencia, ya que r y r’
son iguales (rayo paralelo a la base). Por lo tanto: δ = i + i’ − ϕ = 2·41,3º − 60º = 22,6º
d) La frecuencia nunca puede cambiar en un cambio de medio, porque mide el tiempo de
vibración de la onda, que no puede variar. Como la velocidad de la onda (luz) dentro del prisma sí
cambia, la longitud de onda también cambiará.
c λf
λ
λ
n= = ’ =
⇔ λ’ =
v λ f λ’
n
Solución: a) Aplicando la fórmula del índice de refracción:
c
c
3
n= =
= = 1,50
v 2 c 2
3
b) Como ni sen i1 = nr sen r1 y nr sen r2 = ni sen i2, siendo r1 = r2, se
cumple que i1 = i2 por lo que refractará (al pasar de un medio de
índice menor a uno de índice mayor el ángulo será menor, 22º 29’)
para luego emerger con el mismo ángulo, 35º.
c) Dibujo al margen.
d) La distancia recorrida por el rayo cumple que
s
s
3·10-2 m
cos r1 =
⇔ ℓ=
=
= 3,25·10-2 m.
0
’
ℓ
cos r1 cos 22 29
Solución: Dibujo al margen.
a) Como ni sen i1 = nr sen r1 y nr sen r2 = ni sen i2, siendo r1 = r2,
se cumple que i1 = i2 por lo que refractará (al pasar de un medio de
índice menor a uno de índice mayor el ángulo será menor, 19º 28’)
para luego emerger con el mismo ángulo, 30º.
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i1 = nr sen r1 ⇔ 1· sen 30º = 1,5 · sen r1
sen r1 = 0,333 ⇔ r1 = arc sen 0,333 = 19º 28’.
La distancia recorrida por el rayo cumple que
s
s
1·10-2 m
cos r1 =
⇔ℓ=
=
= 1,06·10-2 m.
ℓ
cos r1 cos 190 28’
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
9
9
24.–
Un buceador enciende una linterna debajo del agua (índice de refracción 1,33) y dirige el
haz luminoso hacia arriba formando un ángulo de 40º con la vertical.
a) ¿Con qué ángulo emergerá la luz del agua?
b) ¿Cuál es el ángulo de incidencia a partir del cual la luz no saldrá del agua?
Efectúe esquemas gráficos en la explicación de ambos apartados.
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen 40º = 1 · sen r ⇔ sen r = 0,855 ⇔ r = arc sen 0,855 = 58º 45’.
b) La condición de reflexión total es:
ni sen ℓagua ≥ nr sen 90º ⇔ 1,33 · sen ℓagua ≥ 1 · 1 ⇔ ℓagua ≥ 48º 45’.
25.–
Un electrón de un átomo salta desde un nivel de energía de 5 eV a otro inferior de 3 eV,
emitiéndose un fotón en el proceso. Calcule la frecuencia y la longitud de onda de la radiación
emitida, si ésta se propaga en el agua.
Solución: La energía asociada a una frecuencia (Planck) vale:
ΔE (5 eV -3 eV)· 1,60·10-19 J eV -1
ΔE = h f ⇔ f =
=
= 4,83·1014 Hz
h
6,63·10-34 J s
c
c
c
3,00·108 m s-1
nagua =
=
⇔ λagua =
; λagua =
= 4,67·10-7 m
14
nagua f
vagua λagua f
1,33 · 4,83·10 Hz
Datos: Índice de refracción del agua nagua = 1,33 ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón: e = 1,60·10−19 C
26.–
Un experimento consiste en hacer penetrar un rayo láser de luz roja desde el aire hasta el
interior de un material que tiene un índice de refracción desconocido. Hemos medido el ángulo
de incidencia, que es de 20° respecto de la normal, y el ángulo de refracción, que es de 14,90°.
Determine el índice de refracción de este material.
27.–
9
11/03/2013
Un fotón tiene una energía de 2,00 eV.
a) Calcule su frecuencia.
b) Determine su longitud de onda en el vacío y en un medio material de índice de refracción
n = 1,45. ¿A qué zona del espectro electromagnético pertenece?
Datos: Constante de Planck: h = 6,626·10−34 J s ; Valor absoluto de la carga del electrón:
−19
8
−1
e = 1,602·10 C ; Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·10 m s
28.–
Un haz de luz de 5·1014 Hz viaja por el interior de un diamante.
a) Determine la velocidad de propagación y la longitud de onda de esa luz en el diamante.
b) Si la luz emerge del diamante al aire con un ángulo de refracción de 10º, dibuje la
trayectoria del haz y determine el ángulo de incidencia.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
ndiamante = 2,42
9
9
29.–
Un haz de luz monocromática procedente del aire incide sobre la superficie de vidrio cuyo
índice de refracción es 1,54 con un ángulo de 30º. Averigüe el valor de los ángulos de reflexión
y de refracción.
Datos: Índice de refracción del aire, n = 1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción: naire sen i = nmaterial sen r ⇔
1 · sen 20º = nmaterial · sen 14,90º ⇔ nmaterial = 1,33.
Solución: a) Para hallar la frecuencia que tiene el fotón, aplicamos la Ecuación de Planck:
1,602·10-19 J
𝐸 2,00 eV ·
1 eV
𝐸=ℎ𝑓 ⇒ 𝑓= =
= 4,84·1014 Hz.
ℎ
6,626·10-34 J s
b) La longitud de onda se calcula con:
𝑐
3,00·108 m s-1
𝜆
=
= 6,25·10-7 m
𝜆𝑣𝑎𝑐í𝑜 =
𝑣 = = 𝜆𝑓
14 Hz
𝑐
𝑛
𝑓
1
·
4,8·10
𝑣𝑎𝑐í𝑜
𝑇
⇔ 𝜆𝑓= ⇔
𝑐
𝑛
𝑐
3,00·108 m s-1
𝑛=
𝜆
=
=
= 4,31·10-7 m
𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜
𝑣
1,45 · 4,8·1014 Hz
𝑛𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 𝑓
Comparando con las tablas del espectro se ve que 484 nm corresponde a la zona azul del
espectro.
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación y de la de índice de refracción:
c
c
3,00·108 m s-1
ndiamante =
⇔ vdiamante =
=
= 1,24·108 m s-1 .
vdiamante
ndiamante
2,42
La frecuencia de una onda no se modifica al cambiar de medio, puesto que es inherente a la
vibración. Sin embargo la longitud de onda sí varía por lo que:
λ
v= =λf
c
c
3,00·108 m s-1
T
⇔ λ f = ⇔ λdiamante =
=
= 2,48·10−7 m.
c
n
ndiamante f
2,42 · 5·1014 Hz
n=
v
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 2,42 · sen i = 1· sen 10º ⇔ sen i = 0,072 ⇔ i = arc sen 0,072 = 4º 7’.
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell para la reflexión, obtenemos que el ángulo de reflexión
es igual al de incidencia por lo que el ángulo de reflexión es 30º.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = 1,54 · sen r ⇔ sen r = 0,325 ⇔ r = arc sen 0,325 = 18º 57’.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
30.–
Un haz de luz que viaja por el aire incide sobre un bloque de vidrio. Los haces reflejado y
refractado forman ángulos de 30º y 20º, respectivamente, con la normal a la superficie del
bloque.
a) Calcule la velocidad de la luz en el vidrio y el índice de refracción de dicho material.
b) Explique qué es el ángulo límite y determine su valor para el caso descrito.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
9
31.–
Un haz de luz roja penetra en una lámina de vidrio, de 30 cm de espesor, con un ángulo de
incidencia de 45º.
a) Explique si cambia el color de la luz al penetrar en el vidrio y determine el ángulo de
refracción.
b) Determine el ángulo de emergencia (ángulo del rayo que sale de la lámina con la normal).
¿Qué tiempo tarda la luz en atravesar la lámina de vidrio?
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
nvidrio = 1,3
9
9
32.–
Un haz de luz verde de longitud de onda de 555 nm que se propaga por el vacío incide
sobre la superficie de un material cuyo índice de refracción es n = 1,40. Determine:
a) la frecuencia de la luz;
b) la velocidad de ese haz de luz dentro del material.
c) Si la luz incide sobre la superficie plana del material con un ángulo de 45º, ¿con qué ángulo
sale el rayo refractado?
d) ¿Qué energía tienen los fotones de la luz incidente?
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s–1 ;
Constante de Planck: h = 6,63·10–34 J s
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Como el ángulo del haz reflejado forma un ángulo de 30º con la normal, es que el
haz incidente forma el mismo ángulo (2ª Ley de Snell para la reflexión). Aplicando la 2ª Ley de
Snell de la refracción: ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = nr · sen 20º ⇔ nr = 1,46.
De la expresión de la velocidad de propagación de una onda y de la de índice de refracción:
c
c
3,00·108 m s-1
nvidrio =
⇔ vvidrio =
=
= 2,05·108 m s-1 .
vvidrio
nvidrio
1,46
b) El ángulo límite es el ángulo mínimo para el que se produce la reflexión total cuando un rayo
llega a la superficie de separación entre dos medios transparentes desde el lado con mayor índice de
refracción, esto es, que no puede refractarse por tener que hacerlo con un ángulo de 90º o mayor (lo
que es imposible). El rayo “queda atrapado” en el medio de mayor índice de refracción.
El problema plantea el paso de aire (n = 1) a vidrio(n = 1,46) por lo que no se dan las
condiciones. Si el rayo pasara de vidrio a aire la condición de reflexión total sería:
ni sen ℓ = nr sen 90º ⇔ 1,46 · sen ℓ = 1 · sen 90º ⇔ ℓ = arc sen (0,684) = 43º 10’.
Solución: a) La frecuencia de una onda no cambia por cambiar de medio, por lo que no es
posible que un rayo cambie de color (cambio de frecuencia) al atravesar una superficie de
separación entre dos medios transparentes.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i1 = nr sen r1 ⇔ 1 · sen 45º = 1,3 · sen r1 ⇔ sen r1 = 0,544 ⇔ r1 = arc sen 0,544 = 32º 57’.
b) Aplicando para la segunda cara la 2ª Ley de Snell para la refracción (i2 = r1):
ni sen i2 = nr sen r2 ⇔ 1,3· sen 32º 57’ = 1 · sen r2 ⇔ sen r2 = 0,701 ⇔ r2 = arc sen 0,701 = 45º
(no hacía falta hacer la operación, puesto que los factores son los mismos que los del apartado
anterior).
Para poder contestar esta pregunta que se puede obtener sabiendo que es un movimiento
rectilíneo uniforme, necesitamos conocer la distancia recorrida por el rayo y la velocidad de la luz
en el vidrio, que cumplen que:
𝑠
𝑠
𝑐
𝑐
𝑐𝑜𝑠 𝑟1 = ⇔ ℓ =
; 𝑛vidrio =
⇔ 𝑣vidrio =
ℓ
𝑐𝑜𝑠 𝑟1
𝑣vidrio
𝑛vidrio
𝑠
ℓ
ℓ
𝑠 𝑛vidrio
0,30 m · 1,3
𝑐𝑜𝑠 𝑟1
𝑣 =
⇔ 𝑡=
=
=
=
=1,55·10-9 s.
𝑐
𝑡
𝑣vidrio
𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝑟1
3,00·108 m s -1 · cos 320 57´
𝑛vidrio
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación de una onda:
𝜆
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑐 = = 𝜆𝑓 ⇔ 𝑓 =
=
= 5,41·1014 Hz.
1m
𝑇
𝜆
555 nm · 9
10 nm
b) La velocidad se puede calcular con la expresión del índice de refracción:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛 =
⇔ 𝑣metal = =
= 2,14·108 m s-1 .
𝑣metal
𝑛
1,40
c) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 45º = 1,40 · sen r ⇔ sen r = 0,505 ⇔ r = arc sen 0,505 = 30º 20’.
d) La energía se obtiene de:
ℎ𝑐
6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s -1
𝐸 = ℎ𝑓 =
=
= 3,58·10-19 J.
1m
𝜆
555 nm · 9
10 nm
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
11/03/2013
33.–
Un haz luminoso está constituido por dos rayos de luz superpuestos: uno azul de longitud
de onda 450 nm y otro rojo de longitud de onda 650 nm. Si este haz incide desde el aire sobre la
superficie plana de un vidrio con un ángulo de incidencia de 30º, calcule:
a) el ángulo que forman entre si los rayos azul y rojo reflejados;
b) el ángulo que forman entre si los rayos azul y rojo refractados.
Datos: Índice de refracción del vidrio para el rayo azul
para el rayo rojo nrojo = 1,40
nazul = 1,55 : Índice de refracción del vidrio
34.–
Un haz luminoso monocromático de frecuencia 5,0·1014 s−1 se propaga por el interior de
un vidrio de índice de refracción nv = 1,55 e incide sobre una superficie plana de separación
vidrio/agua. El índice de refracción del agua es na = 1,33.
a) Determine el ángulo de incidencia del haz con la superficie para que se produzca una
reflexión total. Haga un dibujo.
b) Calcule la velocidad de la luz y la longitud de onda en cada medio.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
9
9
35.–
Un rayo de luz amarilla emitido por una lámpara de sodio posee una longitud de onda en
el vacío de λa = 589·10−9 m. Determine:
a) su frecuencia;
b) la velocidad y su longitud de onda en el interior de una fibra de cuarzo, sabiendo que posee
un índice de refracción n = 1,458;
c) el ángulo de incidencia mínimo para que este rayo de luz, propagándose en el interior de la
fibra de cuarzo, cuando encuentre una superficie de discontinuidad entre el cuarzo y el aire
experimente una reflexión total.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
9
Índice de refracción del aire: naire = 1,00
36.–
Un rayo de luz amarilla, emitida por una lámpara de sodio, tiene una longitud de onda en
el vacío de 580·10−9 m.
a) Determine la velocidad de propagación y la longitud de onda de dicha luz en el interior de
una fibra de cuarzo, cuyo índice de refracción es n = 1,5.
b) ¿Pueden existir valores del ángulo de incidencia para los que un haz de luz, que se propaga
por el interior de una fibra de cuarzo, no salga al exterior? Explique el fenómeno y, en su
caso, calcule los valores del ángulo de incidencia para los cuales tiene lugar.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la reflexión a los dos casos, obtenemos ángulos
iguales de reflexión de 30º (i = r), por lo que los rayos salen paralelos (δ = 0º).
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a los dos casos:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = 1,40 · sen r ⇔ sen r = 0,357 ⇔ rr = arc sen 0,357 = 20º 55’.
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = 1,55 · sen r ⇔ sen r = 0,323 ⇔ ra = arc sen 0,323 = 18º 49’.
Por tanto la dispersion angular será: δ = |rr − rv| = |20º 55’−18º 49’| = 2º 6’
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la
refracción:
nv sen i = na sen r ⇔ 1,55 · sen ℓ = 1,33 · sen 90º
⇔ sen ℓ = 0,858 ⇔ ℓ = arc sen 0,858 = 59º 6’.
El esquema del rayo pedido se ve en la figura:
b) Aplicando la definición de índice de refracción:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s-1
𝑛v =
⇔ 𝑣v =
=
= 1,94·108 m s-1
𝑣v
𝑛v
1,55
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛a =
⇔ 𝑣agua =
=
= 2,26·108 m s-1 .
𝑣a
𝑛a
1,33
𝑐
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛v = =
⇔ 𝜆v =
=
= 3,9·10-7 m
𝑣v 𝜆v 𝑓
𝑛v 𝑓 1,55 · 5,0·1014 Hz
𝑐
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛a = =
⇔ 𝜆a =
=
= 4,5·10-7 m.
𝑣a 𝜆a 𝑓
𝑛a 𝑓 1,33 · 5,0·1014 Hz
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación de una onda:
𝜆
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑐 = = 𝜆𝑓 ⇔ 𝑓 =
=
= 5,09·1014 Hz.
𝑇
𝜆
589·10-9 m
b) Aplicando la definición de índice de refracción:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
⇔ 𝑣cuarzo =
=
= 2,06·108 m s-1
𝑛cuarzo =
𝑣cuarzo
𝑛
1,458
1m
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝜆 589 nm· 109 nm
𝑛=
=
=
⇔ 𝜆cuarzo = =
= 4,04·10-7 m = 404 nm.
𝑣cuarzo 𝜆cuarzo 𝑓 𝜆cuarzo
1,458
𝑛
b) La pregunta está relacionada con la condición de reflexión total que es:
ni sen ℓcuarzo ≥ nr sen 90º ⇔ 1,458 · sen ℓcuarzo ≥ 1,00 · 1 ⇔ ℓcuarzo ≥ 43º 18’.
Solución: a) Aplicando las relaciones:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛cuarzo =
⇔ 𝑣cuarzo =
=
= 2,00·108 m s -1
𝑣cuarzo
𝑛
1,5
1m
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝜆 580 nm· 109 nm
𝑛=
=
=
⇔ 𝜆cuarzo = =
= 3,87·10-7 m = 387 nm.
𝑣cuarzo 𝜆cuarzo 𝑓 𝜆cuarzo
𝑛
1,5
b) La pregunta está relacionada con la condición de reflexión total que es:
ni sen ℓcuarzo ≥ nr sen 90º ⇔ 1,5 · sen ℓcuarzo ≥ 1 · 1 ⇔ ℓcuarzo ≥ 41º 49’.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
11/03/2013
37.–
Un rayo de luz monocromática emerge desde el interior de un bloque de vidrio hacia el
aire. Si el ángulo de incidencia es de 19,5º y el de refracción de 30º,
a) determine el índice de refracción y la velocidad de propagación de la luz en el vidrio.
b) Como debe saber, pueden existir ángulos de incidencia para los que no hay rayo refractado;
es decir, no sale luz del vidrio. Explique este fenómeno y calcule los ángulos para los que
tiene lugar.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
naire = 1
38.–
Un rayo de luz monocromática, que posee una longitud de onda de 6·10−7 m en el aire,
incide con un ángulo de 30º sobre la superficie del agua, cuyo índice de refracción es 1,33.
Calcule:
a) la frecuencia, la velocidad de propagación y la longitud de onda de la luz en el agua;
b) el ángulo que forman entre sí el rayo reflejado y el refractado.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
9
9
39.–
Un rayo de luz pasa del agua al aire con un ángulo de incidencia de 30º respecto a la
normal.
a) Dibuje en un esquema los rayos incidente y refractado y calcule el ángulo de refracción.
b) ¿Cuál debería ser el ángulo de incidencia para que el rayo refractado fuera paralelo a la
superficie de separación agua−aire?
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ ni · sen 19,5º = 1 · sen 30º ⇔ ni = 1,50.
Aplicando la relación:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛vidrio =
⇔ 𝑣vidrio =
=
= 2,00·108 m s-1 .
𝑣vidrio
𝑛
1,50
b) El ángulo límite es el ángulo mínimo para el que se produce la reflexión total cuando un rayo
llega a la superficie de separación entre dos medios transparentes desde el lado con mayor índice de
refracción, esto es, que no puede refractarse por tener que hacerlo con un ángulo de 90º o mayor (lo
que es imposible). El rayo “queda atrapado” en el medio de mayor índice de refracción.
La condición de reflexión total es:
ni sen ℓvidrio ≥ nr sen 90º ⇔ 1,50 · sen ℓvidrio ≥ 1 · 1 ⇔ ℓvidrio ≥ 41º 49’.
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación de una onda y de la de índice de
refracción:
λ
c
3,00·108 m s -1
c
c= =λf ⇔ f= =
= 5·1014 Hz ; nagua =
-7
T
λ
vagua
6·10 m
8
-1
c 3,00·10 m s
⇔ vagua = =
= 2,26·108 m s-1 .
n
1,33
Ahora aplicamos la expresión del índice refracción del vidrio, para obtener la longitudes de onda
en el agua:
λf
λ
λ
6·10-7 m
c
=
=
⇔ λagua =
=
= 4,51·10-7 m.
n=
nr
1,33
vagua λagua f λagua
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = 1,33 · sen r ⇔ sen r = 0,376 ⇔ r = arc sen 0,376 = 22º 5’.
Gráficamente se puede comprobar que el ángulo que nos pide el problema es igual a 180º − (i +
r) por lo que: α = 180º − (30º + 22º 5’) = 127º 55’.
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,3 · sen 30º = 1 · sen r ⇔ sen r = 0,65 ⇔ r = arc sen 0,65 = 40º 32’.
b) La condición de reflexión total (que es lo que plantea el problema) es:
ni sen ℓagua ≥ nr sen 90º ⇔ 1,3 · sen ℓagua ≥ 1 · 1 ⇔ ℓagua ≥ 50º 17’.
Datos: Índice de refracción del agua respecto al aire: n = 1,3
9
40.–
Un rayo de luz, cuya longitud de onda en el vacío es 6·10−7 m se propaga a través del
agua.
a) Defina el índice de refracción y calcule la velocidad de propagación y la longitud de onda
de esa luz en el agua.
b) Si el rayo emerge del agua al aire con un ángulo de 30º, determine el ángulo de incidencia
del rayo en la superficie del agua.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1 ;
nagua = 1,33
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Índice de refracción de un medio determinado es el cociente entre la velocidad de la
luz en el vacío y la que tiene en dicho medio. Su menor valor es uno, ya que la velocidad de la luz
en el vacío es máxima.
De la expresión de la velocidad de propagación de una onda y de la de índice de refracción:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s-1
𝑛agua =
⇔ 𝑣agua =
=
= 2,26·108 m s-1 .
𝑣agua
𝑛
1,33
La frecuencia nunca cambia en un cambio de medio. Como la velocidad de la onda dentro del
medio sí cambia, la longitud de onda también cambiará.
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝜆
6·10-7 m
𝑛agua =
=
=
⇔ 𝜆agua =
=
= 4,51·10-7 m.
𝑣agua
𝜆agua 𝑓
𝜆agua
𝑛agua
1,33
b) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1,33 · sen i = 1· sen 30º ⇔ sen i = 0,376 ⇔ i = arc sen 0,376 = 22º 5’.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
41.–
Un rayo incide en un prisma triangular (n = 1,5) por el cateto de la izquierda con un
ángulo θi = 30º.
a) Calcule el ángulo θe con el que emerge por el lado de la hipotenusa.
b) ¿Cuál es el ángulo de incidencia θ máximo para que el rayo sufra una reflexión total en la
hipotenusa?
9
9
42.–
Un rayo láser de 55·10−8 m emerge desde el interior de un bloque de vidrio hacia el aire.
El ángulo de incidencia es de 25° y el de refracción es de 40°.
a) Calcule el índice de refracción del vidrio y la longitud de onda del rayo láser en el aire.
b) Explique para qué valores del ángulo de incidencia el rayo no sale del vidrio.
Datos: naire = 1
43.–
Una fuente luminosa emite luz monocromática de longitud de onda en el vacío λ0 = 6·10−7
m (luz roja) que se propaga en el agua, de índice de refracción n = l,34. Determine:
a) la velocidad de propagación de la luz en el agua;
b) la frecuencia y la longitud de onda de la luz en el agua.
9
Datos: Velocidad de la luz en el vacío c = 3,00·108 m s−1
44.–
Una lámina de caras planas y paralelas de índice de refracción n2 = 1,5 se encuentra
rodeada de aire (n1 = 1). Sabiendo que el espesor de la lámina es de 10 cm, averigüe el
desplazamiento lateral de un rayo que incide sobre la lámina con un ángulo de 45º y realice un
esquema de la situación descrita en el enunciado.
9
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a la primera cara:
ni sen θi = n sen r ⇔ 1 · sen 30º = 1,5 · sen r ⇔ sen r = 0,333 ⇔ r = 19º 28’.
Aplicando conceptos trigonométricos al triángulo formado por la normal a ambas caras y el rayo
en el interior del prisma deducimos que:
r + r’ + (180º − 45º) = 180º por lo que: r’ = 45º − 19º 28’ = 25º 32’.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a la segunda cara:
n sen r’ = ni sen θe ⇔ 1,5 · sen 25º 32’ = 1 · sen θe ⇔ sen θe = 0,646 ⇔ θe = 40º 16’.
b) Aplicando la condición de reflexión total a la segunda cara obtenemos el ángulo ℓ, que es el
ángulo de incidencia en la segunda cara por dentro del prisma:
n sen ℓ ≥ ni sen 90º ⇔ 1,5 · sen ℓ ≥ 1 · 1 ⇔ ℓ ≥ 41º 49’.
Haciendo el razonamiento inverso al del apartado anterior:
rℓ + ℓ + (180º − 45º) = 180º por lo que: rℓ < 45º − 41º 49’ = 3º 11’.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a la primera cara:
ni sen θi’ < n sen rℓ ⇔ 1 · sen θi’ < 1,5 · sen 3º 11’ ⇔ sen θi’ < 0,083 ⇔ θi’ < 4º 47’.
Esta solución es para los rayos incidentes “por debajo” de la normal. Los que vengan por encima
producen siempre reflexión total.
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ ni · sen 25º = 1 · sen 40º ⇔ ni = 1,52.
Aplicando la relación:
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝑛=
=
=
⇔ 𝜆 = 𝜆vidrio 𝑛vidrio = 55·10-8 m · 1,52 = 8,4·10-7 m.
𝑣vidrio 𝜆vidrio 𝑓 𝜆vidrio
b) La condición de reflexión total, aplicando la 2ª Ley de Snell, es:
ni sen ℓvidrio ≥ nr sen 90º ⇔ 1,52 · sen ℓvidrio ≥ 1 · 1 ⇔ ℓvidrio ≥ 41º 8’.
Solución: a) Aplicando la relación:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s-1
𝑛agua =
⇔ 𝑣agua =
=
= 2,24·108 m s -1 .
𝑣agua
𝑛
1,34
b) Teniendo en cuenta que la frecuencia de una onda no varía al cambiar de medio, podemos
obtener, de la expresión de la velocidad de propagación de una onda:
𝜆
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑐 = = 𝜆𝑓 ⇔ 𝑓 =
=
= 5·1014 Hz
𝑇
𝜆
6·10-7 m
Ahora aplicamos la fórmula al medio agua, para obtener la longitud de onda:
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝜆
6·10-7 m
𝑛 =
=
=
⇔ 𝜆agua = =
= 4,48·10-7 m.
𝑣agua
𝜆agua 𝑓
𝜆agua
𝑛
1,34
Solución: Como n1 sen ε = n2 sen r1 y n2 sen r2 = n1 sen ε’, siendo r1
= r2, se cumple que ε = ε’ por lo que refractará (al pasar de un medio de
índice menor a uno de índice mayor el ángulo será menor, 28º 8’) para
luego emerger con el mismo ángulo, 45º. El esquema está en la imagen
adjunta.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción a la primera cara de la
lámina:
n1 sen ε = n2 sen r1 ⇔ 1· sen 45º = 1,5 · sen r1
sen r1 = 0,471 ⇔ r1 = arc sen 0,471 = 28º 8’.
El desplazamiento lateral, d, es el cateto opuesto al ángulo ε − r1. La hipotenusa de ese triángulo
es la distancia recorrida por el rayo en el interior de la lámina, ℓ. Por tanto se cumple que:
d
e
e sen (ε - r1 )
sen (ε - r1 ) = y cos r1 =
⇔ d = ℓ sen (ε - r1 ) =
ℓ
ℓ
cos r1
-1
o
10 m · sen 16 52’
d=
= 3,3·10-2 m.
cos 28o 8’
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
9
11/03/2013
45.–
Una lámina de caras plano−paralelas de índice de refracción n2 = 2,13 se encuentra
rodeada de aire (índice de refracción del aire na = 1). Suponga que la lámina tiene un espesor de
15 cm.
a) Si un rayo incide sobre la primera de las superficies con un ángulo de 30º, ¿con qué ángulo
sale refractado hacia el interior de la lámina?
b) Tras atravesar el segunda de las superficies de la lámina el rayo continúa su marcha por el
aire, ¿es este rayo paralelo al incidente? Justifique su respuesta.
c) ¿En alguna de las dos superficies puede darse el fenómeno de reflexión total? En caso
afirmativo indique en cuál y diga cuál es el ángulo de incidencia a partir del cual se produce
este fenómeno.
d) Si la luz incidente tiene una longitud de onda λ = 540 nm, ¿cuál es su longitud de onda
cuándo está dentro de la lámina?
a) r = 13º 35’ ; b) Sí, al tener el mismo índice de refracción ; No, por lo mismo ; d)
λlámina = 254 nm.
46.–
Una lámina de vidrio (índice de refracción n = 1,52) de caras planas y paralelas y espesor
d se encuentra entre el aire y el agua. Un rayo de luz monocromática de frecuencia 5·1014 Hz
incide desde el agua en la lámina. Determine:
a) las longitudes de onda del rayo en el agua y en el vidrio;
b) el ángulo de incidencia en la primera cara de la lámina a partir del cual se produce reflexión
total interna en la segunda cara.
Datos: Índice de refracción del agua nagua = 1,33 ;
Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
47.–
Una lámina de vidrio de caras planas y paralelas, situada en el aire, tiene un espesor de
5,4 cm y un índice de refracción n = 1,64. Un rayo de luz monocromática incide en la cara
superior de la lámina con un ángulo de 45°. Determine:
a) los valores del ángulo de refracción en el interior de la lámina y del ángulo de emergencia;
b) el desplazamiento lateral experimentado por el citado rayo al atravesar la lámina y la
distancia recorrida por el rayo dentro de la misma.
Datos: Índice de refracción del aire n0 = 1
9
9
48.–
Una lámina de vidrio tiene un espesor de 0,500 cm y un índice de refracción de 1,48 para
un determinado rayo de luz. Averigüe el tiempo que tarda este rayo de luz en atravesar la lámina
de vidrio perpendicularmente.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
na sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 30º = 2,13 · sen r ⇔ sen r = 0,235 ⇔ r = 13º 35’.
b) Aplicando para la segunda cara la 2ª Ley de Snell para la refracción (i2 = r):
ni sen i2 = nr sen r2 ⇔ 2,13· sen r = 1 · sen r2 ⇔ sen r2 = 0,500 ⇔ r2 = arc sen 0,500 = 30º. Sale
paralelo al rayo incidente. (No hacía falta hacer la operación, puesto que los factores son los
mismos que los del apartado anterior).
c) Como el ángulo de incidencia de la primera cara es igual al ángulo de emergencia de la
segunda, no hay reflexión total.
d) Como la velocidad de la onda (luz) dentro del vidrio y del agua cambia, la longitud de onda
también cambiará.
𝑐
𝜆𝑓
𝜆
𝜆
540·10-9 m
𝑛 =
=
=
⇔ 𝜆lámina =
=
= 254·10-9 m.
𝑣
𝜆lámina 𝑓
𝜆lámina
𝑛
2,13
Solución: a) Aplicando la relación:
3,00·108 m s -1
𝑐
𝜆
=
= 4,51·10-7 m
agua
𝑐
𝐷𝑒 𝑛 =
1,33 · 5·1014 s -1
;
𝑣 ⇔ 𝜆’ =
𝑛𝑓
3,00 · 108 m s −1
𝑣 = 𝜆’ 𝑓
𝜆vidrio =
= 3,95 · 10−7 m.
1,52 · 5 · 1014 s −1
b) El rayo viene del agua, pasa a través del vidrio, y se refleja totalmente sin salir al aire por lo
que, aplicando en todos los casos la 2ª Ley de Snell para la refracción:
2ª refracción (reflexión total)
nvidrio sen ℓ ≥ naire sen 90º ⇔ 1,52 · sen ℓ ≥ 1· 1 ⇔ ℓ ≥ 41º 8’
Aplicando este valor a la 1ª refracción:
nagua sen α = nvidrio sen r ⇔ 1,33 · sen α = 1,52· 0,658 ⇔ α = 48º 45’
Solución: a) Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
n0 sen i = n sen r ⇔ 1 · sen 45º = 1,64 · sen r ⇔ sen r = 0,431 ⇔ r = 25º 32’.
Como n0 sen i1 = n sen r1 y n sen r2 = n0 sen i2, siendo r1 = r2, se cumple que i1 = i2 por lo que
refractará para luego emerger con el mismo ángulo, 45º.
b) El desplazamiento lateral, d, es el cateto opuesto al ángulo i1 − r1. La hipotenusa de ese
triángulo también lo es del triángulo cuyo cateto contiguo al ángulo r1 es s (ver figura).
Por tanto se cumple que:
𝑠
𝑑
𝑠𝑒𝑛(𝑖1 − 𝑟1 ) = 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑟1 =
⇔
ℎ
ℎ
𝑠 𝑠𝑒𝑛 (𝑖1 − 𝑟1 )
𝑑 = ℎ 𝑠𝑒𝑛 (𝑖1 − 𝑟1 ) =
𝑐𝑜𝑠 𝑟1
-2
0
5,4·10 m · sen 19 28’
= 2,0·10-2 m
𝑑 =
cos 250 32’
La distancia recorrida por el rayo cumple que
𝑐𝑜𝑠 𝑟1 =
𝑠
ℓ
⇔ℓ =
𝑠
𝑐𝑜𝑠 𝑟1
=
5,4·10-2 m
cos 250 32’
= 6,0·10-2 m.
Solución: Teniendo en cuenta que el movimiento dentro de la lámina es un movimiento
rectilíneo uniforme y la expresión del índice de refracción:
𝑐
𝑛 =
ℓ ℓ
ℓ𝑛
5,00 ·10-3 m · 1,48
𝑣
⇒
𝑡
=
=
=
=
= 2,47·10-11 s.
ℓ
𝑣 𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑣 =
𝑛
𝑡
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
49.–
Una lámina de vidrio, de índice de refracción 1,5, de caras paralelas y espesor 10 cm, está
colocada en el aire. Sobre una de sus caras incide un rayo de luz, como se muestra en la figura.
Calcule:
a) la altura h y la distancia d marcadas en la figura;
b) el tiempo que tarda la luz en atravesar la lámina.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3·108 m s−1
9
50.–
Una onda electromagnética tiene, en el vacío, una longitud de onda de 5·10−7 m.
a) Determine la frecuencia y el número de onda. ¿Cuál es la energía de los fotones?
Si dicha onda entra en un determinado medio, su velocidad se reduce a 3c/4.
b) Determine el índice de refracción del medio y la frecuencia y la longitud de onda en el
medio.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3·108 m s−1 ;
Constante de Planck: h = 6,63·10−34 J s
9
51.–
Una onda luminosa incide desde el aire sobre una lámina de vidrio con un ángulo de
incidencia de 40º. La luz se propaga por el vidrio formando un ángulo de 25º con la normal.
Calcule la velocidad de propagación de la luz en el vidrio.
9
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
52.–
9
Una onda luminosa posee una longitud de onda de 600 nm. ¿Cuál es su frecuencia?
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Por la 2ª Ley de Snell para la reflexión, los ángulos de incidencia y reflexión
siempre son iguales, por lo que el ángulo de reflexión es 60º. El ángulo que queda debajo del rayo
reflejado, en ese punto, es de 90 − 60º = 30º, puesto que el ángulo entre la normal y la superficie de
la lámina es un ángulo recto.
Por razones trigonométricas, tg 30º = h / 20 cm ⇔ h = 20 cm · tg 30º = 12 cm.
Aplicando la 2ª Ley de Snell para la refracción:
ni sen i = nr sen r ⇔ 1 · sen 60º = 1,5 · sen r ⇔ sen r = 0,577 ⇔ r = arc sen 0,577 = 35º 16’.
Por razones trigonométricas, tg 35º 16’ = d / 10 cm ⇔ d = 10 cm · tg 35º 16’ = 7,1 cm.
b) Para poder contestar esta pregunta que se puede obtener sabiendo que es un movimiento
rectilíneo uniforme, necesitamos conocer la distancia recorrida por el rayo (ℓ; llamamos s al
espesor de la lámina, 10 cm) y la velocidad de la luz en el vidrio, que cumplen que:
s
s
c
c
⇔ℓ=
; nvidrio =
⇔ vvidrio =
cos r1 =
ℓ
cos r
vvidrio
nvidrio
s
ℓ
ℓ
0,10 m · 1,5
r = s nvidrio =
v=
⇔ t=
= cos
=6,1·10-10 s.
c
t
vvidrio
c cos r 3,00·108 m s-1 · cos 350 16´
nvidrio
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación de una onda:
λ
c
3,00·108 m s -1
1
1
c= =λf ⇔ f= =
= 6·1014 Hz. ; k = =
= 2·106 ondas m−1 .
-7
T
λ
5·10 m
λ
5·10-7 m
Aplicando la Ecuación de Planck y la de velocidad de propagación de una onda:
E=hf
h c 6,63·10-34 J s · 3,00·108 m s-1
λ
c ⇒E=
=
=3,98·10-19 J
c= =λf ⇔f=
λ
5·10-7 m
T
λ
b) Aplicando la expresión de índice de refracción:
c
c
4
nmedio =
=
= =1,33
vmedio 3c 3
4
La frecuencia nunca puede cambiar en un cambio de medio, porque mide inversamente el
tiempo de vibración de la onda, que no puede variar. Como la velocidad de la onda (luz) dentro del
medio sí cambia, la longitud de onda también cambiará.
c
λf
λ
λ
5·10-7 m
nmedio =
=
=
⇔ λmedio =
=
= 3,75·10-7 m.
4
vmedio
λmedio f λmedio
nmedio
3
Solución: Aplicando la 2ª Ley de Snell de la refracción (naire sen i = nvidrio sen r) y la expresión
del índice de refracción:
𝑐
0
𝑐
𝑛
sen
25
𝑣vidrio
𝑣
aire
aire
𝑛 =
; 𝑛aire · sen 400 = 𝑛vidrio · sen 250 ⇔
=
=
=
𝑐
0
𝑣
𝑛vidrio
sen 40
𝑣aire
𝑣vidrio
𝑣aire · sen 250 3,00·108 m s -1 · 0,423
𝑣vidrio =
=
= 1,97·108 m s-1 .
sen 400
0,643
Solución: De la expresión de la velocidad de propagación de una onda:
𝜆
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑐 = = 𝜆𝑓 ⇔ 𝑓 =
=
= 5,00·1014 Hz.
1m
𝑇
𝜆
600 nm · 9
10 nm
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
9
11/03/2013
53.–
Una superficie plana separa dos medios de índices de refracción distintos n1 y n2. Un rayo
de luz incide desde el medio de índice n1. Razone si son verdaderas o falsas las afirmaciones
siguientes:
a) El ángulo de incidencia es mayor que el ángulo de reflexión.
b) Los ángulos de incidencia y de refracción son siempre iguales.
c) El rayo incidente, el reflejado y el refractado están en el mismo plano.
d) Si n1 > n2 se produce reflexión total para cualquier ángulo de incidencia.
54.–
¿Qué es la potencia de una lente? ¿Cuál es la distancia focal de una lente de cuarzo que
tiene una potencia de 8 dioptrías?
10
55.–
Calcule las distancias focales de un dioptrio esférico convexo. El radio es 20 cm y los
índices de refracción de los dos medios transparentes son n = 1 y n’ = 2.
10
56.–
Construya gráficamente la imagen de:
a) un objeto situado a 0,5 m de distancia de un espejo cóncavo de 2 m de radio;
b) un objeto situado a la misma distancia delante de un espejo plano.
Explique en cada caso las características de la imagen y compare ambas situaciones.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Por la 2ª Ley de Snell para la reflexión, los ángulos de incidencia y reflexión
siempre son iguales, por lo que es falsa.
b) Por la 2ª Ley de Snell para la refracción, los ángulos de incidencia y reflexión siempre
cumplen que: n1 sen i = n2 sen r, por lo que (y dado que los índices de refracción son distintos) sólo
serán iguales los ángulos i y r cuando ambos valgan 0º, ya que el sen 0º vale 0 y sí se cumpliría la
Ley de Snell. Como el enunciado plantea que ocurre siempre, la afirmación es falsa.
c) Verdadera. Así lo afirman la 1ª Ley de Snell tanto de la refracción como la de la reflexión,
incluyendo además la normal dentro del mismo plano.
d) Falso. Sólo lo cumplen los ángulos para los que: n1 sen ℓ ≥ n2 sen 90º ⇔ sen ℓ ≥ n2 / n1.
Solución: Es la inversa de su distancia focal imagen, con el signo correspondiente. Se mide en
dioptrías (m−1). Se pone con signo positivo (que no se suprime) cuando es convergente (distancia
focal imagen positiva) y con signo negativo cuando es divergente (distancia focal imagen
negativa).
1
1
1
P=
⇔ f´ = =
= +0,125 m.
f´
P
+8 m-1
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental de los dioptrios para cada uno de los focos
(teniendo en cuenta que para s = f ⇒ s’ = +∞ y para s’ = f’ ⇒ s = −∞):
n´ - n
n´
2
n´ n
=
⇔
f'
=
R
=20
cm
·
= 40 cm
n´ n n´ - n
R
n´ - n
2-1
- =
⇔ f´ -∞
n'
n n' - n
n
1
s´ s
R
- =
⇔ f=R
=20 cm ·
= -20 cm.
+∞ f
R
n - n'
1-2
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y el aumento lateral de los espejos esféricos:
1 1 2
Rs
(-2 m) · (-0,5 m)
+ =
⇔ s´ =
=
=1m
s´ s R
2 s - R (-1 m) - (-2 m)
Rs
y´
- s´ - 2 s - R
y´ s = - y s´ ⇔
=
=
s
y
s
-R
- (-2 m)
y´
=
=
= 2.
2 s - R (-1 m) - (-2 m)
y
La imagen está 1 m por detrás del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, está derecha (y’/ y > 0) y
es mayor que el objeto (|y’/y| = 2).
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la del aumento lateral de los espejos planos:
1 1 2
+ = = 0 ⇔ s´ = -s = 0,5 m
s´ s R
y´
- s´ - (−𝑠)
y´ s = - y s´ ⇔
=
=
= 1.
y
s
s
La imagen está 1 m por detrás del espejo (s’ > 0), por lo que es
virtual, está derecha (y’/ y > 0) y mayor que el objeto (|y’/y| = 2).
Ambas imágenes son virtuales y derechas, pero menor y más cerca la del espejo plano.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
57.–
11/03/2013
Construya gráficamente la imagen y explique sus características para:
a) un objeto que se encuentra a 0,5 m frente a una lente delgada biconvexa de 1 m de distancia
focal;
b) un objeto situado a una distancia menor que la focal de un espejo cóncavo.
10
58.–
Construya la imagen de un objeto situado a una distancia entre f y 2f de una lente:
a) convergente;
b) divergente.
Explique en ambos casos las características de la imagen.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
1,0 m· (-0,5 m)
s' =
= -1,0 m
1,0 m+(-0,5 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
y´
f´
1,0 m
=
=
= 2.
f´ + s 1,0 m+(-0,5 m)
y
La imagen está a 1,0 m de la lente en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/ y > 0) y es de tamaño doble del objeto.
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de los espejos
esféricos:
f´ s
1 1 1
+ =
⇔ s´ =
>0
s - f´
s´ s f´
puesto que f´y s son negativas y |s| < |f´|
f´ s
y´
s´
f´
s
y´ s = - y s´ ⇔ � � = � � = � - f´ � = �
�
y
s
s
s - f´
y´
� � > 1, puesto que f´ y s son negativas.
y
Está al otro lado del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, es mayor que el objeto (|y’ / y| > 1) y
está derecha (y’ / y > 0).
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes
(teniendo en cuenta que f’ > 0 y f’ < |s| < 2f’):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
>0
s´ s f´
f´ + s
(ya que f´ < |s| < 2f´)
f´ s
y´
s´ f´ + s
f´
y´ s = y s´ ⇔
= =
=
< -1
y
s
s
f´ + s
(ya que f´ < |s| < 2f´)
La imagen está en el lado contrario de la lente que el objeto (s’ > 0), por lo que es real, está
invertida (y’/ y < 0) y mayor que el objeto.
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes (teniendo
en cuenta que f’ < 0 y |f’| < |s| < |2f’|):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
<0
s´ s f´
f´ + s
(ya que f´ y s son negativos)
f´ s
y´
s´ f´ + s
f´
1
y´ s = y s´ ⇔
= =
=
<
y
s
s
f´ + s 2
(positivo: f´ y s son negativos y | f´| < |s| < |2f´|).
La imagen está en el mismo lado de la lente que el objeto (s’ > 0), entre ésta y el foco imagen
(|s’| < |f’|), derecha (y’ / y > 0) y es menor de la mitad del objeto (|y’| / |y| < ½).
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
59.–
Dada una lente delgada convergente, obtenga de forma gráfica la imagen de un objeto
situado entre el foco y la lente. Indique las características de dicha imagen.
10
60.–
Dado un espejo esférico cóncavo, obtenga de forma gráfica la imagen de un objeto situado
entre el centro de curvatura y el foco del espejo. Indique las características de dicha imagen.
10
61.–
De la lente de un proyector de cine se tienen los siguientes datos: es simétrica, está hecha
de un vidrio de índice de refracción de 1,50, y tiene una distancia focal imagen de +10 cm.
a) Calcule la velocidad de la luz dentro de la lente.
b) Determine los radios de curvatura de las dos superficies de la lente.
c) ¿A qué distancia habrá que colocar la pantalla para proyectar la imagen de la película, si
ésta se sitúa a 10,05 cm por delante de la lente?
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s−1
10
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes
(teniendo en cuenta que f’ > 0 (por ser convergente), s < 0 (por convenio) y |s| < |f’| (por estar el
objeto entre la lente y el foco):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
<0
s´ s f´
f´ + s
(el denominador es positivo)
f´ s
s´ f´ + s
y´
= =
y´ s = y s´ ⇔
s
y
s
y´
f´
y´
=
⇒ 1 <
y
f´ + s
y
Al ser f’ y f’ + s positivos ambos y f’ > f’
+ s (por ser s negativo).
La imagen es virtual ya que está en el mismo lado de la lente que el objeto (s’ > 0), más lejos
que éste de la lente, está derecha y es mayor que el objeto (y’/y > 1).
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de los espejos
esféricos −con f’ < 0, por ser cóncavo, s negativa (R < s < f’) e y positiva, por convenio−:
1 1 1
f´ s
f´
+ =
⇔ s´ =
⇔ s´ =
s
⇒ |s´| > |s| y s´ < 0
s´ s f´
s - f´
s - f´
R < 𝑠 < 𝑓’ ⇒ R − f´ < 𝑠 − f´ < 𝑓’ − 𝑓’ ⇒ f’ < s - f´ < 0
De y s’ = −y’ s ⇒ y’ < 0 e |y’| > |y|
La imagen se encuentra en el mismo lado del espejo que el
objeto, se encuentra más lejos que éste del espejo, es real, está
invertida y es mayor que el objeto.
De hecho como el valor más pequeño de s’ lo obtenemos
cuando s es prácticamente igual a R, y |s’| es mayor que |s|, la
imagen se forma siempre más lejos del espejo que el centro
de curvatura.
Solución: a) De la expresión de la velocidad de propagación de una onda y de la de índice de
refracción:
𝑐
𝑐
3,00·108 m s -1
𝑛lente =
⇔ 𝑣lente =
=
= 2,00·108 m s-1 .
1,50
𝑣lente
𝑛lente
b) Por ser f’ positiva, se puede deducir que la lente es convexa (R1 > 0 y R2 < 0). Además
|R1| = |R2| por ser simétrica. Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1
1
1
1
1
1
𝑅 −𝑅
2
− = (𝑛 − 1) � − � = ⇔
= (𝑛 − 1) � 2 1 � = (𝑛 − 1)
𝑠’
𝑠
𝑓’ =
𝑅1
2 (𝑛 −1)
𝑅1
𝑅2
𝑓’
𝑓’
⇒ 𝑅1 = 2 (𝑛 − 1)𝑓’ = 2 · (1,5 − 1) · 0,10 m = 0,10 m.
R2 = − R1 = −0,10 m.
c) Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1
1 1
𝑓´ 𝑠
− =
⇔ 𝑠′ =
𝑠´ 𝑠 𝑓´
𝑓´ + 𝑠
0,10 m · (-0,1005 m)
𝑠′ =
≈ 20 m.
0,10 m + (-0,1005 m)
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑅1 𝑅2
𝑅1
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
62.–
Delante de una lente convergente de 14 cm de distancia focal y a 18 cm de su centro
óptico se encuentra un objeto cuya altura, perpendicular al eje, es de 1 cm. Halle:
a) la posición de la imagen;
b) el aumento;
c) si la imagen es real o virtual;
d) si la imagen está derecha o invertida.
Datos: Dibuje un diagrama de rayos.
10
63.–
Diga si la siguiente frase es cierta o falsa y razone la respuesta: “La imagen producida por
un dioptrio plano es real y de mayor tamaño que el objeto”.
10
64.–
En el banco óptico del laboratorio disponemos de una lente cuya distancia focal es −20
cm.
a) Determine la posición y tamaño de la imagen de un objeto de 5 cm de altura cuando se
coloca a 30 cm de la lente.
b) Determine la posición y tamaño de la imagen de un objeto de 5 cm de altura cuando se
coloca a 10 cm de la lente.
c) Calcule la potencia de la lente.
10
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,14 m· (-0,18 m)
s' =
= 0,63 m
0,14 m+(-0,18 m)
A 63 cm de la lente al otro lado del objeto.
b) Aplicando la ecuación del aumento lateral:
f´ s
y´
s´ f´ + s
f´
y´ s = y s´ ⇔
= =
=
y
s
s
f´ + s
y´
0,14 m
=
= -3,5.
y
0,14 m+(-0,18 m)
La imagen es 3,5 veces mayor que el objeto.
c) Es real ya que está en el lado contrario de la lente que el objeto (s’ > 0).
d) La imagen está invertida ya que el aumento es negativo (y’/ y < 0).
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental de los dioptrios (con R = ∞):
n’ n n’ - n
n’ n
n
n’
n’ s
- =
⇔
- =0 ⇔
=
⇔ s’ =
s’ s
R
s’ s
s
s’
n
Teniendo en cuenta que el tamaño de una imagen viene dado por: y n s’ = y’ n’ s:
n’ s
yn
= y' n' s ⇔ y = y'
n
La imagen es del mismo tamaño que el objeto y está derecha. Se forma en el mismo lado del
objeto por lo que se forma con las prolongaciones de los rayos: es virtual. La frase es falsa
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
-0,20 m · (-0,30 m)
s' =
= -0,12 m
-0,20 m +(-0,30 m)
f´ s
y s´ y f´ + s
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
s
s
y f´
0,05 m · (-0,20 m)
y´ =
=
= 0,02 m.
f´ + s -0,20 m +(-0,30 m)
La imagen está a 12 cm de la lente en el mismo
lado que el objeto (s’ > 0), por lo que es virtual, está derecha (y’/y < 0) y es menor que el objeto
(las dos quintas partes).
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
-0,20 m · (-0,10 m)
s' =
= -0,067 m
-0,20 m +(-0,10 m)
f´ s
y s´ y f´ + s
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
s
s
y f´
0,05 m · (-0,20 m)
y´ =
=
= 0,033 m.
f´ + s -0,20 m +(-0,10 m)
La imagen está a 6,7 cm de la lente en el mismo lado que el objeto (s’ > 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/y < 0) y es menor que el objeto (las dos terceras partes).
c) Aplicando la definición de potencia: P = 1/f’ = 1/−0,2 m = −5,0 D.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
65.–
Explique dónde debe estar situado un objeto respecto a una lente delgada para obtener una
imagen virtual y derecha:
a) si la lente es convergente;
b) si la lente es divergente.
Realice en ambos casos las construcciones geométricas e indique si la imagen es mayor o
menor que el objeto.
10
66.–
La lente convergente de un proyector tiene una distancia focal de 15 cm y proyecta una
imagen de una diapositiva de 3,5 cm de lado sobre una pantalla situada a una distancia de 5,0 m
de la lente. Calcule:
a) la distancia entre la lente y la diapositiva;
b) el aumento de la imagen en la pantalla.
c) Represente esquemáticamente la formación de la imagen.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes (con f’ > 0 y s’ < 0 −si s < 0−):
1 1
1
1
1
𝑠 𝑠′
− =
⇔
> ⇔ 𝑠 > 𝑠’ ; 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑓 =
𝑠’ 𝑠
𝑓’
𝑠’
𝑠
𝑠’ – 𝑠
′
′
2
′
2
𝑠𝑠
𝑠𝑠 −𝑠 – 𝑠𝑠
−𝑠
𝑠– 𝑓 =𝑠–
=
=
> 0.
𝑠’ – 𝑠
𝑠’ – 𝑠
𝑠’ – 𝑠
El objeto ha de colocarse entre el foco y la lente, y la imagen
estará a la izquierda del objeto y será mayor que éste (y’ s = y s’
por lo que, como s y s’ son menores que 0,al ser |s| < |s’| tiene que ser y < y’).
b) Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes (con f’ < 0 y s’ < 0 −si s < 0−):
1
1
1
𝑠 𝑠′
1 1
− =
⇔
< ⇔ 𝑠 < 𝑠’ ; 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑓’ =
𝑓’
𝑠’
𝑠
𝑠 − 𝑠’
𝑠’ 𝑠
2
2
s s′
s s´ -s´ − s s′
− s´
s ′ − f ′ = s´ −
=
=
> 0.
s - s’
s - s’
s - s´
virtual (s’ < 0, en el mismo lado de la lente y entre el foco
imagen y la lente), derecha (como toda imagen virtual en un
solo dispositivo óptico) y menor (y’ s = y s’ por lo que, como
s y s’ son menores que 0, al ser |s| > |s’| tiene que ser y > y’).
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1 1 1
f´ s'
- =
⇔ s=
s´ s f´
f´ - s'
0,15 m · 5,0 m
s=
= -0,155 m
0,15 m - 5,0 m
b) Aplicando la Ecuación del aumento lateral:
y s´
y s'
y (f´ - s')
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
=
f´ s'
s
f´
f´ - s'
0,035 m · (0,15 m- 5,0 m)
y' =
= -1,13 m.
0,15 m
La diapositiva está a 15,5 cm de la lente en el lado contrario a la pantalla (s < 0). La imagen es
real, está invertida (y’/ y < 0) y es más de 32 veces mayor que la diapositiva (de 1,13 m de lado).
c) Ver imagen.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
67.–
11/03/2013
La lente delgada convergente de la figura tiene una distancia focal imagen f’ = 40 cm.
a) Calcule la posición y el tamaño de la imagen de cada uno de los dos objetos indicados en la
figura, O1 y O2, ambos de altura y = 2 cm.
b) Compruebe gráficamente sus resultados, mediante trazados de rayos.
10
68.–
La lente delgada divergente de la figura tiene una focal imagen f’ = −10 cm. El objeto O,
de 5 cm de altura, está situado a 15 cm de la lente.
a) Calcule la posición y tamaño de la imagen.
b) Compruebe gráficamente sus resultados mediante un trazado de rayos.
10
69.–
La potencia óptica, medida en dioptrías, de una lente es el doble de la distancia focal,
medida en metros. ¿Cuánto valen ambos parámetros?
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental
y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,40 m· (-0,60 m)
s' =
= 1,20 m
0,40 m+(-0,60 m)
f´ s
y s´ y f´ + s
y f´
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
=
s
f´ + s
s
0,02 m · 0,40 m
y' =
= -0,04 m.
0,40 m+(-0,60 m)
La imagen está a 1,20 m de la lente por el otro lado (s’ > 0), por lo que es real, está invertida
(y’/ y < 0) y el doble del objeto (|y’| = 0,04 m).
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
f´ s
1 1 1
- =
⇔ s´ =
f´ + s
s´ s f´
0,40 m· (-0,30 m)
s' =
= -1,20 m
0,40 m+(-0,30 m)
f´ s
y f´
y s´ y f´ + s
=
=
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
s
s
f´ + s
0,02 m · 0,40 m
y' =
= 0,08 m.
0,40 m+(-0,30 m)
La imagen está a 1,20 m de la lente y en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), por lo que es
virtual, está derecha (y’ > 0) y es de tamaño cuádruple del del objeto (y’ = 0,08 m).
b) Ver imágenes.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental
y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1
1
1
− =
𝑠´ 𝑠
𝑓´
f´ s
-0,1 m· (-0,15 m)
s´ =
=
=-0,06 m
f´ + s -0,1 m+(-0,15 m)
𝑓´ 𝑠
𝑦 𝑓´ + 𝑠
𝑦 𝑠´
𝑦´ 𝑠 = 𝑦 𝑠´ ⇔ 𝑦´ =
=
𝑠
𝑠
y f´
0,05 m·(-0,1 m)
=
=
=0,02 m.
f´ + s -0,1 m+(-0,15 m)
b) Ver imagen.
Solución: P = 2 f’ porque si lo igualáramos a f no habría solución:
P = 2 f’ y P =
10
⇔ f ’= ±
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
1
1
⇔ 2 f’2 = 1 ⇔ f’ = ± �
f’
2
1
√2
m= ±0,7 m ; P = 2 f’ = 2 · �± � � = ±√2 D = ±1,4 D.
2
2
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
70.–
Obtenga de forma gráfica la imagen de un objeto en un espejo esférico convexo. Indique
las características de dicha imagen.
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos esféricos (con f’ > 0, por ser
cóncavo, s negativa e y positiva, por convenio) y la Ecuación del aumento lateral:
1
1
1
1
1
+ = ⇔
+ >0
s´
10
71.–
Obtenga la imagen del objeto que forma el espejo convexo de la figura mediante el
trazado de rayos.
72.–
10
Para poder observar con detalle objetos pequeños puede emplearse una lupa.
a) Explique el funcionamiento de este sistema óptico. ¿Qué tipo de lente es, convergente o
divergente? ¿Dónde debe situarse el objeto a observar? La imagen que produce, ¿es real o
virtual? ¿Derecha o invertida?
b) Ilustre sus explicaciones con un trazado de rayos.
73.–
Para una lente convergente de distancia focal F, dibuje el diagrama de rayos para formar la
imagen de un objeto de altura y situado a una distancia s del foco, en los casos en que s sea
mayor, igual o menor que F.
f´
s´
s
=
(-100) - 75
s' > 0
>0 ⇔ | | | |
s s´
s' < s
y´
s´
=
< 1
y´
s´
|s|
y
=⇔
y´
s´
s
y
=>0
s
y
La imagen siempre está en el otro lado (s’ > 0; por tanto es virtual), está derecha (y’/y > 0) y es
menor que el objeto (y’/y < 1). Está entre el foco y el espejo ya que 1/s’ > 1/f’ ⇒ f’ > s’.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y el aumento lateral de los espejos esféricos
(consideramos s = −50 y R = 75 por tomar dos valores cualesquiera parecidos al dibujo):
1
1
+ =
2
s
R
⇔ s´ =
Rs
75 · (-50)
≈ 21
Rs
y´
- s´ - 2 s - R
y´ s = - y s´ ⇔
=
=
y
s
s
y´
-R
- 75
=
=
≈ 0,43.
y
2 s - R (-100) - 75
La imagen está detrás del espejo (s’ > 0)
aunque más cerca que el objeto (|s’| < |s|), por lo que es virtual, está derecha (y’/ y > 0) y es menor
que el objeto (|y’/y| < 1).
Solución: a) Es una lente convergente en la que el
objeto se pone a menor distancia de la lente que la
distancia focal, por lo que la imagen obtenida es
virtual, derecha y mayor. Eso nos permite observar
objetos pequeños con un tamaño mayor al que
realmente tienen.
b) Ver imagen.
Solución: Las imágenes son las siguientes:
s´
10
s
s + s'
2s-R
10
Por estar situados a una distancia s del foco, y ser s mayor, igual o menor que f, lo que nos piden
es la imagen que se forma en una lente convergente de un objeto situado a una distancia mayor,
igual o menor que 2 f, siendo f la distancia focal. Se forman, en los tres casos, imágenes reales
invertidas y por el otro lado de la lente. A una distancia de 2 f del centro óptico, la imagen es del
mismo tamaño, mientras que a distancias superiores es menor y a distancias inferiores es mayor.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
74.–
Por medio de un espejo cóncavo se quiere proyectar la imagen de un objeto de tamaño
1 cm sobre una pantalla plana, de modo que la imagen sea invertida y de tamaño 3 cm. Sabiendo
que la pantalla ha de estar colocada a 2 m del objeto, calcule:
a) las distancias del objeto y de la imagen al espejo, efectuando su construcción geométrica;
b) el radio del espejo y la distancia focal.
10
75.–
Por medio de un espejo cóncavo se quiere proyectar un objeto de 1 cm sobre una pantalla
plana, de modo que la imagen sea derecha y de 3 cm. La pantalla ha de estar colocada a 2,0 m
del objeto. Calcule:
a) el radio del espejo;
b) su distancia focal;
c) su potencia;
d) las distancias del objeto y la imagen al espejo.
10
76.–
10
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Defina para un dioptrio los siguientes conceptos: foco objeto, foco imagen, distancia focal
objeto y distancia focal imagen.
b) Dibuje para los casos de dioptrio cóncavo y dioptrio convexo la marcha de un rayo que pasa
(él o su prolongación) por:
b.1) el foco objeto;
b.2) el foco imagen.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Teniendo en cuenta que el tamaño de una imagen
viene dado por: y n s’ = y’ n’ s, y como n’ = −n (por ser un espejo)
y’s
-3cm · s
'
'
y s = y s ⇔ s’=== 3 s.
y
1 cm
Como la distancia de la pantalla al objeto ha de ser 2 m y s’ es
más negativo que s, la distancia s’ − s = −2 m. De ambas
ecuaciones sacamos la conclusión que:
s’ − s = 3 s − s = −2 m ⇔ 2 s = −2 m ⇔ s = −1 m ; s’ = −3 m.
b) Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos esféricos
(la de los dioptrios con n’ = −n):
n’ n n’ -n
1 1 2
1
1
2
- =
⇔ + =
⇔
+
=
⇔ R = -1,5 m.
R
s’ s R
- 3 m -1 m R
s’ s
Volviéndola a aplicar con s= −∞ para hallar f’ (se podría hacer con la fórmula R = 2 f’):
1 1 2
R -1,5 m
+ =
⇔ f ’= =
= -0,75 m.
f’ ∞ R
2
2
Solución: a) Tenemos que tener en cuenta que una
imagen proyectada en una pantalla ha de ser real por
lo que, si la imagen es real y ha de estar derecha, el
objeto ha de estar invertido. Por otro lado s’ ha de ser
negativo ya que la imagen es real (se forma en el
mismo lado del espejo que el objeto).
Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la
Ecuación fundamental de los espejos esféricos (el
aumento es negativo):
y´
- s´
y´ s = - y s´ ⇔
=
= -3 ⇔ s´ = 3 s
y
s
d
d = s – s' = s – 3 s = -2 s ⇔ s =
-2
1 1 2
2 s s´
+ =
⇔ R=
s´ s R
s + s´
d 3d
2 · -2 · -2
-3 d
R=
=
= -1,5 m.
d
3d
4
-2 + -2
b) Aplicando la relación entre f y R: f = R/2 = −0,75 m.
c) Aplicando la definición de potencia: P = 1/f’ = −1,33 D.
d) Con los cálculos ya realizados:
d
2,0 m
3 d 3 · 2,0 m
s=- == -1,0 m ; s' = 3 s =
=
= -3,0 m.
2
2
-2
-2
Solución: a) Foco objeto: Punto del eje óptico que cumple que cualquier rayo que pase por él y
luego incida en el dioptrio, continúa su trayectoria paralelamente al eje óptico.
Foco imagen: Punto del eje óptico por el que pasan los rayos cuya trayectoria era paralela al eje
óptico, antes de incidir en el dioptrio.
Distancia focal objeto. Distancia entre el vértice del dioptrio y el foco objeto (negativo si es
hacia la izquierda y positivo si es hacia la derecha).
Distancia focal imagen. Distancia entre el vértice del dioptrio y el foco imagen (negativo si es
hacia la izquierda y positivo si es hacia la derecha).
b)
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
77.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) ¿Qué diferencias existen entre una imagen real y una imagen virtual formadas por un
sistema óptico centrado?
b) Realiza un ejemplo de construcción geométrica para cada una de ellas utilizando espejos
esféricos. Explique qué tipo de espejo esférico puedes emplear en cada caso.
Solución: a) La imagen real se forma por la unión de los rayos después de pasar por el sistema
óptico, mientras que la virtual se forma por la unión (el corte) de las prolongaciones de los rayos,
cuando éstos divergen sin encontrarse. Las imágenes reales creadas por un solo dispositivo óptico
están invertidas, mientras que las virtuales están derechas.
b) Ver las figuras. Un espejo cóncavo puede servir para ver los dos tipos. El convexo sólo forma
imágenes virtuales.
78.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Si un objeto se sitúa a una distancia de 2 cm delante de una lente convergente o delante de
un espejo cóncavo, ambos de distancia focal 5 cm en valor absoluto, ¿cómo están
relacionados los aumentos laterales y las posiciones de las imágenes que la lente y el espejo
producen de dicho objeto?
b) Realice el trazado de rayos en ambos casos.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes
(f’ positiva, por ser la lente convergente):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,05 m · (-0,02 m)
s' =
= -0,033 m
0,05 m + (-0,02 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
y´
f´
0,05 m
=
=
= 1,67.
y
f´ + s 0,05 m + (-0,02 m)
La imagen está a 3,3 cm de la lente y en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), por lo que es
virtual, está derecha (y’/ y > 0) y es de tamaño mayor (5/3) que el objeto.
Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de los espejos esféricos:
1 1
1
f´ s
+ =
⇔ s´ =
s´ s
f´
s - f´
(-0,05 m) · (-0,02 m)
f´ s
s' =
=
= 0,033 m.
s - f´
(-0,02 m) - (-0,05 m)
f´ s
- s´
y´
s
y´ s = - y s´ ⇔
=
= - - f´
y
s
s
(
)
y´
f´
-0,05 m
=== -1,67.
y
s - f´
(-0,02 m) - (-0,05 m)
Está a 3,3 cm al otro lado del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, es mayor que el objeto (5/3) y
está derecha (y’ / y = − s’ / s > 0). Por tanto las imágenes son iguales en todo, salvo que la de la
lente está en su mismo lado y la del espejo en el otro.
b) Ver imágenes.
10
10
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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
79.–
Se desea proyectar sobre una pantalla la imagen de una diapositiva, empleando una lente
delgada convergente de focal f’ = 10 cm, de forma que el tamaño de la imagen sea 50 veces
mayor que el de la diapositiva.
a) Calcule las distancias diapositiva−lente y lente−pantalla.
b) Dibuje un trazado de rayos que explique gráficamente este proceso de formación de
10
imagen.
Datos: Las diapositivas se colocan invertidas en el proyector.
80.–
Se tiene un espejo cóncavo de 20 cm de distancia focal.
a) ¿Dónde se debe situar un objeto para que su imagen sea real y doble del objeto?
b) ¿Dónde se debe situar el objeto para que la imagen sea doble del objeto pero tenga carácter
virtual?
Efectúe la construcción geométrica en ambos casos.
10
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de las lentes
(el aumento es negativo porque la imagen se forma invertida):
y´
s´
= = -50 ⇔ s´ = -50 s
y
s
1 1 1
1
1 1
51
1
- =
⇔
- =
⇔
=
s´ s f´
-50 s s f´
-50 s f´
51 f´
51 · 10 cm
s=
=
= -10,2 cm.
-50
-50
51 f´
s´= -50 s = -50 ·
= 51 f´ = 51 · 10 cm = 5,1 m.
-50
b)Ver imagen.
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de los
espejos esféricos (el aumento es negativo porque la imagen es real y, por tanto, invertida):
y´
- s´
y´ s = - y s´ ⇔
= = -2 ⇔ s´ = 2 s
y
s
1 1 2
1
1
2
1
3
1
+ = =
⇔
+
=
⇔
=
s´ s R
f
2s 2s
f
2s
f
3 f 3 · (-0,20 m)
s=
=
= -0,30 m.
2
2
b) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de los espejos esféricos
(el aumento es positivo porque la imagen es virtual y, por tanto, derecha):
y´
81.–
Se utiliza un espejo esférico cóncavo para proyectar sobre una pantalla plana la imagen de
un objeto de 10 cm de altura. Si se desea que el tamaño de dicha imagen sea de 30 cm, se debe
colocar la pantalla a una distancia de 2,0 m del objeto.
a) Determine las distancias objeto e imagen.
b) Determine el radio de curvatura del espejo y la distancia focal.
c) Construya geométricamente la imagen.
10
- s´
y´ s = - y s´ ⇔
= = 2 ⇔ s´ = -2 s
y
s
1 1 2
1
1
2
1
1
1
+ = =
⇔
+
=
⇔
=
s´ s R
f
-2 s 2 s
f
2s
f
f -0,20 m
s= =
= -0,10 m.
2
2
Solución: a) Tenemos que tener en cuenta que una imagen
proyectada en una pantalla ha de ser real. Además, s’ ha de ser
negativo ya que la imagen es real (se forma en el mismo lado del
espejo que el objeto) e y’ negativo, porque una imagen real está
siempre invertida.
La distancia imagen nos la da el problema, puesto que es la
distancia a la que debe colocarse la pantalla. Por tanto, s’ = −2,0 m.
Aplicando la Ecuación del aumento lateral (el aumento es
negativo):
− 𝑦 𝑠´
- 0,10 m · (-2,0 m)
𝑦´ 𝑠 = − 𝑦 𝑠´ ⇔ 𝑠 =
=
= -0,67 m.
𝑦´
-0,30 m
b) Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos esféricos:
– 𝑦 𝑠´
2 � 𝑦´ � 𝑠´
1
2
2 𝑠 𝑠´
−2 𝑦 (𝑠´)2
2 𝑦 𝑠´
1
+ =
⇔ 𝑅 =
=
=
=
− 𝑦 𝑠´
𝑠´ 𝑠
𝑅
𝑠 + 𝑠´
− 𝑦 𝑠´ + 𝑦´𝑠´
𝑦 − 𝑦´
+ 𝑠´
𝑦´
2 · 0,10 m · (-2,0 m)
𝑅=
= -1,0 m.
0,10 m - (-0,30 m)
Aplicando la relación entre f y R: f = R/2 = −0, 50 m.
c) Ver imagen.
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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
82.–
Sea un sistema óptico formado por dos lentes delgadas convergentes de la misma distancia
focal (f’ = 20 cm), situadas con el eje óptico común a una distancia entre sí de 80 cm. Un objeto
luminoso lineal perpendicular al eje óptico, de tamaño y = 2 cm, está situado a la izquierda de la
primera lente y dista de ella 40 cm.
a) Determine la posición de la imagen final que forma el sistema óptico y efectúe su
construcción geométrica.
b) ¿Cuál es la naturaleza y el tamaño de esta imagen?
10
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la primera
de las lentes:
1 1
1
f´1 s
0,20 m· (-0,40 m)
- =
⇔ s´1 =
=
= 0,40 m
s´1 s f´1
f´1 + s 0,20 m+(-0,40 m)
f´1 s
y s´1 y f´1 + s
y f´1
0,02 m · 0,20 m
y´1 s = y s´1 ⇔ y´1 =
=
=
=
= -0,02 m.
s
s
f´1 + s 0,20 m+(-0,40 m)
La imagen formada por esta primera lente actúa de objeto para la segunda (y’1 = y2), y como
entre las dos lentes hay una distancia de 80 cm, la imagen formada estará a: s2 = s1’ − d = 40 cm −
80 cm = − 40 cm.
Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la segunda de las lentes:
1
f´2 s2
0,20 m· (-0,40 m)
1 1
- =
⇔ s´ =
=
= 0,40 m
s´ s2 f´2
f´2 + s2 0,20 m+(-0,40 m)
f´2 s2
y2 s´ y2 f´2 + s2
y2 f´2
-0,02 m · 0,20 m
y´ s2 = y2 s´ ⇔ y´ =
=
=
=
= 0,02 m.
s2
s2
f´2 + s2 0,20 m+(-0,40 m)
83.–
Un espejo esférico convexo proporciona una imagen virtual de un objeto que se aproxima
a él con velocidad constante. El tamaño de dicha imagen es igual a 1/10 del tamaño del objeto
cuando éste se encuentra a 8 m del espejo.
a) ¿A qué distancia del espejo se forma la correspondiente imagen virtual?
b) ¿Cuál es el radio de curvatura del espejo?
c) Un segundo después, el tamaño de la imagen formada por el espejo es 1/5 del tamaño del
objeto. ¿A qué distancia del espejo se encuentra ahora el objeto?
d) ¿Cuál es la velocidad del objeto?
10
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b) La imagen está a 40 cm de la segunda lente, en el lado contrario del objeto (s’ > 0), por tanto
1,2 m detrás de la primera lente, siempre se ha formado por unión de rayos, por lo que es real, está
derecha (y’/ y > 0) y mide 2 cm (igual que el objeto).
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento
lateral de los espejos esféricos (el aumento es positivo,
por ser la imagen virtual, s < 0):
- s´
1
y´
y´ s = - y s´ ⇔
=
=
⇔ s´
y
s
10
−(-8 m)
-s
=
=
= 0,8 m.
10
10
b) Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos
esféricos:
1 1 2
2 s s´ 2 · (-8 m) · 0,8 m
+ =
⇔ R=
=
= 1,78 m.
s + s´
(-8 m) + 0,8 m
s´ s R
c) Aplicando ahora conjuntamente las dos ecuaciones anteriores:
y2 ´
- s2 ´ 1
- s2
y2 ´ s2 = - y2 s2 ´ ⇔
=
= ⇔ s2 ´ =
.
y2
s2
5
5
1
1 2
1
1
-5 1
-4
+ = = -s +
=
+
=
⇔ s2 = - 2 R =- 2 · 1,78 m = -3,56 m.
2
s2 ´ s2 R
s2
s2 s2
s2
5
d) Suponiendo que se haya movido con velocidad uniforme:
∆e s2 - s -3,56 m - (-8 m)
v=
=
=
= 4,44 m s -1 .
∆t
t
1s
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
84.–
Un espejo esférico convexo que actúa de retrovisor de un coche parado, proporciona una
imagen virtual de un vehículo que se aproxima con velocidad constante. Cuando el vehículo se
encuentra a 8,0 m del espejo, el tamaño de la imagen es 1/10 del tamaño real.
a) ¿Cuál es el radio de curvatura del espejo?
b) ¿A qué distancia del espejo se forma la imagen virtual?
c) Construya el diagrama de rayos.
10
85.–
Un objeto de 1,5 cm de altura se sitúa a 15 cm de una lente divergente que tiene una
distancia focal de 10 cm; determina la posición, tamaño y naturaleza de la imagen:
a) gráficamente;
b) analíticamente.
c) ¿Se pueden obtener imágenes reales con una lente divergente?
10
86.–
Un objeto de 4 cm de altura se sitúa a 6 cm por delante de la superficie cóncava de un
espejo esférico. Si la imagen obtenida tiene 10 cm de altura, es positiva y virtual,
a) ¿cuál es la distancia focal del espejo?;
b) realice un diagrama de rayos del sistema descrito.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de los
espejos esféricos (el aumento es positivo porque la imagen se forma derecha):
y´
s´
y'
=⇔ s' = - � � s
y´ s = -y s´ ⇔
y
s
y
1 1 2
1
1 1
1
+ =
=
+ = �1 –
�
y'
y'
s´ s R
s
s
- �y� s
�y�
2s
2 · (-8,0 m)
-16 m
R =
=
=
≈ 1,8 m.
1
1
-9
1- 1
1–
y'
�y�
10
b) Aplicando la ecuación obtenida en el apartado anterior:
y'
1
(-8,0 m) = 0,8 m.
s' = - � � s = y
10
c) Ver imagen.
Solución: a) Ver imagen.
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1
1
f´ s
- = ⇔ s´ =
s´
s' =
s
f´
-0,10 m · (-0,15 m)
-0,10 m +(-0,15 m)
f´ + s
= -0,06 m
f´ s
y s´ y f´ + s
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
s
s
y f´
0,015 m · (-0,10 m)
y´ =
=
=0,006 m.
f´ + s -0,10 m +(-0,15 m)
La imagen está a 6 cm de la lente en el mismo
lado que el objeto (s’ > 0), por lo que es virtual, está derecha (y’/y < 0) y es menor que el objeto
(las dos quintas partes).
c) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes (teniendo
en cuenta que f’ < 0 (por ser divergente) y s < 0 (por convenio):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
<0
s´ s f´
f´ + s
(ya que f´ y s son negativos)
No puede ser real. Es virtual ya que está en el mismo lado de la lente que el objeto (s’ > 0).
Solución: a) Teniendo en cuenta que el tamaño de una imagen
viene dado por: y n s’ = y’ n’ s, y como n’ = −n (por ser un espejo)
𝑦 ’𝑠
′
′
𝑦 𝑠 = − 𝑦 𝑠 ⇔ 𝑠’ = −
𝑦
Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos esféricos (la
de los dioptrios con n’ = −n):
𝑛’
𝑛
𝑛’ − 𝑛
1 1
2
1
1
1
− =
⇔ + = =
=
+
𝑠’
𝑠
𝑅
𝑠’ 𝑠
𝑅
𝑓
𝑦 ’𝑠 𝑠
− 𝑦
1
𝑦’ − 𝑦
𝑦 ’𝑠
10 cm ·(-6 cm)
=
⇔
𝑓
=
=
= -10 cm.
’
’
𝑓
𝑦𝑠
𝑦 −𝑦
10 cm - 4 cm
b) Ver imagen.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
87.–
Un objeto de 6 cm de altura se coloca a 30 cm frente a un espejo esférico convexo de 40
cm de radio.
a) Determine la posición y la altura de su imagen.
b) Dibuje la imagen del objeto realizando un esquema de la marcha de los rayos e indique las
características de la imagen.
10
88.–
Un objeto de altura h = 1 cm está situado a 16 cm del centro de curvatura de una bola
espejada, esférica, de radio R = 4 cm.
a) Calcule la posición y el tamaño de la imagen. Justifique si la imagen es real o virtual.
b) Compruebe gráficamente los resultados mediante un trazado de rayos.
Solución: a y b) Aplicando la Ecuación fundamental y la del aumento lateral de los espejos
esféricos:
1 1 2
Rs
+ =
⇔ s´ =
s´ s R
2s-R
0,40 m · (-0,30 m)
s' =
= 0,12 m.
(-0,60 m) - 0,40 m
Rs
- y s´ - y 2 s - R
y´ s = - y s´ ⇔ y´ =
=
s
s
-yR
- 0,06 m · 0,40 m
y' =
=
= 0,024 m.
2 s - R (-0,60 m) - 0,40 m
La imagen está a 12 cm del espejo y en el lado contrario al objeto (s’ > 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/ y > 0) y es menor (2,4 cm) que el objeto.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la
Ecuación del aumento lateral de los espejos esféricos (con
s = −12 cm, puesto que hay que descontar de la distancia el
radio):
1 1 2
Rs
0,04 m· (-0,12 m)
+ =
⇔ s´ =
=
= 0,017 m
s´ s R
2 s - R (-0,24 m) - 0,04 m
Rs
- y s´ - y 2 s - R
-yR
y´ s = - y s´ ⇔ y´ =
=
=
s
s
2s-R
- 0,01 m · 0,04 m
y´ =
= 0,0014 m.
(-0,24 m) - 0,04 m
La imagen está 1,7 cm al otro lado de la superficie espejada (s’ > 0), por lo que es virtual, está
derecha (y’/ y > 0) y es bastante menor que el objeto (y’ = 1,4 mm).
b) Ver figura:
10
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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
89.–
Un objeto de tamaño 15 cm se encuentra situado a 20 cm de un espejo cóncavo de
distancia focal 30 cm.
a) Calcule la posición y el tamaño de la imagen formada.
b) Efectúe la construcción gráfica correspondiente e indique cuál es la naturaleza de esta
imagen.
c) Si el espejo considerado fuese convexo en lugar de cóncavo y del mismo radio, ¿cuál sería
la posición y el tamaño de la imagen formada?
d) Efectúe la resolución gráfica, en este último caso, indicando la naturaleza de la imagen
formada.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a y b) Aplicando la Ecuación fundamental y la del aumento lateral de los espejos
esféricos:
1
1 2 1
𝑓𝑠
+ = = ⇔ 𝑠´ =
𝑠´ 𝑠 𝑅 𝑓
𝑠 − 𝑓
(-0,30 m) · (-0,20 m)
𝑠′ =
= 0,60 m.
(-0,20 m) - (-0,30 m)
𝑓𝑠
−𝑦 𝑠 − 𝑓
− 𝑦 𝑠´
𝑦´ 𝑠 = − 𝑦 𝑠´ ⇔ 𝑦´ =
=
𝑠
𝑠
−𝑦𝑓
- 0,15 m · (-0,30 m)
𝑦′ =
=
= 0,45 m.
𝑠 − 𝑓
(-0,20 m) - (-0,30 m)
La imagen está a 60 cm del espejo y en el lado contrario al objeto (s’ > 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/ y > 0) y es el triple (45 cm) del objeto.
c y d) Aplicando la Ecuación fundamental y la del aumento lateral de los espejos esféricos:
1 2 1
𝑓𝑠
1
+ = = ⇔ 𝑠´ =
𝑠 − 𝑓
𝑠´ 𝑠 𝑅 𝑓
0,30 m · (-0,20 m)
𝑠′ =
= 0,12 m.
(-0,20 m) - 0,30 m
𝑓𝑠
−𝑦 𝑠 − 𝑓
− 𝑦 𝑠´
𝑦´ 𝑠 = − 𝑦 𝑠´ ⇔ 𝑦´ =
=
𝑠
𝑠
−𝑦𝑓
- 0,15 m · 0,30 m
𝑦′ =
=
= 0,09 m.
𝑠 − 𝑓
(-0,20 m) - 0,30 m
La imagen está a 12 cm del espejo y en el lado contrario al objeto (s’ > 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/ y > 0) y es menor (9 cm) que el objeto.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
90.–
Un objeto está delante de una lente convergente. Explique, mediante un dibujo, cómo es la
imagen de dicho objeto en los casos siguientes:
a) El objeto está a una distancia de la lente inferior a su distancia focal.
b) El objeto está a una distancia de la lente superior a su distancia focal.
10
91.–
Un objeto luminoso se encuentra delante de un espejo esférico cóncavo. Realice la
construcción gráfica de la imagen ayudándose de diagramas si el objeto está situado a una
distancia superior a la distancia focal del espejo.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes
(teniendo en cuenta que f’ > 0 (por ser convergente), s < 0 (por convenio) y |s| < |f’| (por estar el
objeto entre la lente y el foco):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
<0
s´ s f´
f´ + s
(el denominador es positivo)
f´ s
s´ f´ + s
y´
= =
y´ s = y s´ ⇔
s
y
s
y´
f´
y´
=
⇒ 1 <
y
f´ + s
y
Al ser f’ y f’ + s positivos ambos y f’ > f’ + s (por ser s negativo).
La imagen es virtual ya que está en el mismo lado de la lente que el objeto (s’ > 0), más lejos
que éste de la lente, está derecha y es mayor que el objeto (y’/y > 1).
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes (teniendo
en cuenta que f’ > 0 y f’ < |s|):
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
>0
s´ s f´
f´ + s
(ya que f´ < |s|)
f´ s
y´
s´ f´ + s
f´
y´ s = y s´ ⇔
= =
=
<0
y
s
s
f´ + s
(ya que f´ < |s|)
La imagen está en el lado contrario de la lente que el objeto (s’ > 0), por lo que es real, está
invertida (y’/ y < 0) y es mayor que el objeto si s es menor, en valor absoluto, que 2f’ (ya que
y’/y < −1), igual si s es igual a 2f (y’/y = −1) y menor si s es mayor, en valor absoluto, que 2f’
(−1 < y’/y < 0).
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de los espejos
esféricos −con f’ < 0, por ser cóncavo, s negativa (s < f’) e y positiva, por convenio−:
1 1 1
f´ s
f´
+ =
⇔ s´ =
⇔ s´ =
s
s´ s f´
s - f´
s - f´ ⇒ s´ < 0
s < f’
De y s’ = −y’ s ⇒ y’ < 0
La imagen se encuentra en el mismo lado del espejo
que el objeto y siempre está invertida, siendo, por tanto además, una imagen real.
Si |s| es ligeramente mayor que |f’| el denominador de s’ será pequeño por lo que la imagen
estará muy lejos y será muy grande. Cuando |s| es el doble de |f’| (en el centro de curvatura) el
denomidador de s’ vale f’ por lo que la imagen se encuentra a la misma distancia s’ = s y tiene el
mismo tamaño que el objeto. Cuando el objeto está muy lejos del espejo |s| >> |f’| el denominador
es prácticamente igual a s por lo que la imagen se encuentra prácticamente en el foco y es menor
que el objeto.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
92.–
Un objeto luminoso se encuentra delante de un espejo esférico cóncavo. Efectúe la
construcción geométrica de la imagen e indique su naturaleza si el objeto está situado a una
distancia igual, en valor absoluto, a:
a) la mitad de la distancia focal del espejo;
b) el triple de la distancia focal del espejo.
10
10
93.–
Un objeto O está situado a 30 cm del vértice de un espejo cóncavo, tal y como indica la
figura. Se observa que la imagen producida por el espejo es real, invertida y de tamaño doble del
objeto.
a) Calcule la posición de la imagen y el radio de curvatura del espejo.
b) Compruebe gráficamente sus resultados mediante un trazado de rayos.
94.–
Un objeto se encuentra 10 cm a la izquierda del vértice de un espejo esférico cóncavo,
cuyo radio de curvatura es 24 cm. Determine la posición de la imagen y su aumento.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos esféricos:
1 1
1
1
1
1
+ =
⇔ +
=
𝑓’
𝑠’ 𝑠
𝑓’
𝑠’
𝑓’
2
1
1
2
1
=
− = − ⇔ 𝑠’ = −𝑓’ = −2 𝑠.
𝑠’
𝑓’
𝑓’
𝑓’
La imagen es virtual (s’ > 0, al otro lado del espejo),
derecha (como toda imagen virtual en un solo dispositivo
óptico) y doble de tamaño (estas dos últimas
puntualizaciones se pueden obtener de y s’ = − y’ s).
b) Aplicando la Ecuación fundamental de los espejos
esféricos:
1 1
1
1
1
1
+ =
⇔ +
=
𝑠’ 𝑠
𝑓’
𝑠’ 3 𝑓’
𝑓’
1
1
1
2
3 𝑓’
𝑠
=
–
=
⇔ 𝑠’ =
= .
𝑠’
𝑓’ 3 𝑓’
3 𝑓’
2
2
La imagen es real (s’ < 0, en el mismo lado del espejo),
invertida (como toda imagen real en un solo dispositivo óptico) y la mitad de tamaño (estas dos
últimas puntualizaciones se pueden obtener de y s’ = −y’ s).
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral (el aumento es negativo, por estar la
imagen invertida y s < 0 −por convenio−) y la Ecuación fundamental de los espejos esféricos:
y´
- s´
y´ s = - y s´ ⇔
=
= -2
y
s
s´= -2 s = -2·(-0,30 m) = -0,60 m.
1 1 2
2 s s´
+ =
⇔ R=
s´ s R
s + s´
2 · (-0,30 m) · (-0,60 m)
R=
= -0,40 m.
(-0,30 m) + (-0,60 m)
b)Ver imagen.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la del aumento lateral de los espejos
esféricos:
1 1
2
Rs
+ =
⇔ s´ =
s´ s
R
2s-R
(-0,24 m) · (-0,10 m)
s' =
= 0,60 m.
(-0,20 m) - (-0,24 m)
Rs
y´
- s´ - 2 s - R
y´ s = - y s´ ⇔
=
=
y
s
s
y´
-R
- (-0,24 m)
=
=
= 6.
y 2 s - R (-0,20 m) - (-0,24 m)
La imagen está a 60 cm en el lado opuesto del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, está derecha
(y’/ y > 0) y es seis veces más grande que el objeto (|y’/y| = 6).
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
95.–
Un objeto se encuentra delante de un espejo esférico cóncavo. Efectúe la construcción
geométrica de la imagen e indique sus características si el objeto está situado a una distancia
igual, en valor absoluto, a la mitad de la distancia focal del espejo.
10
96.–
Un objeto se sitúa a 2 m de un espejo esférico cóncavo de radio 1 m.
a) Obtenga la imagen del objeto mediante trazado de rayos.
b) Indique si la imagen es real o virtual, derecha o invertida, mayor o menor que el objeto.
Explique el procedimiento seguido para trazar los rayos y razone las respuestas.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de los espejos
esféricos:
f2́
f´
1
f´ s
1 1
+ =
⇔ s´ =
=
= -f'.
f´
s - f´ f2́ - f´
s´ s
y´
- s´
-f'
y´ s = - y s´ ⇔
=
== 2.
f2́
y
s
La imagen se forma a la distancia focal pero por el
otro lado del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, está
derecha (y’ / y = − s’ / s > 0) y tiene el doble de
tamaño que el objeto (y’/y = 2).
a) La imagen es la que se muestra en la figura. Para
obtenerla hemos dibujado los rayos paralelo que pasa por
el foco (que está en el punto medio entre el centro de
curvatura y el centro óptico), el que pasa por el foco y
sale paralelo, el que se refleja en el centro óptico con
ángulos iguales con respecto al eje óptico y el que pasa
por el centro de curvatura que se refleja sobre él mismo.
Está en el mismo lado que el objeto.
b) La imagen es real (se cruzan los rayos), invertida (se encuentra en el otro lado del eje óptico
con relación al objeto) y menor que el objeto (la tercera parte de su tamaño).
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
97.–
Un sistema óptico centrado está formado por dos lentes delgadas convergentes de igual
distancia focal (f’ = 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. Determine:
a) la posición, el tamaño y la naturaleza de la imagen formada por la primera lente;
b) la posición de la imagen final del sistema, efectuando su construcción geométrica.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la primera
de las lentes:
1 1
1
f´1 s
0,10 m· (-0,15 m)
- =
⇔ s´1 =
=
= 0,30 m
s´1 s f´1
f´1 + s 0,10 m+(-0,15 m)
f´1 s
y s´1 y f´1 + s
y f´1
0,01 m · 0,10 m
y´1 s = y s´1 ⇔ y´1 =
=
=
=
= -0,02 m.
s
s
f´1 + s 0,10 m+(-0,15 m)
La imagen formada por esta primera lente es real (está al otro lado de la lente) invertida y del
doble de tamaño que el objeto (y’ de distinto signo y valor doble de y).
Esta imagen actúa de objeto para la segunda (y’1 = y2), y como entre las dos lentes hay una
distancia de 40 cm, la imagen formada estará a: s2 = s1’ − d = 30 cm − 40 cm = − 10 cm.
Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la segunda de las lentes:
1
f´2 s2
0,10 m· (-0,10 m)
1 1
- =
⇔ s´ =
=
= ±∞
f´2 + s2 0,10 m+(-0,10 m)
s´ s2 f´2
f´2 s2
y2 s´ y2 f´2 + s2
y2 f´2
-0,02 m · 0,10 m
y´ s2 = y2 s´ ⇔ y´ =
=
=
=
= ±∞.
s2
s2
f´2 + s2 0,10 m+(-0,10 m)
No se forma imagen porque los rayos que parten del objeto salen paralelos una vez han
atravesado la lente. El objeto se encuentra en el foco objeto de la lente convergente, que es la
condición para que no haya imagen.
10
b) Ver imagen.
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PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
98.–
Un sistema óptico está formado por dos lentes delgadas convergentes, de distancias
focales 10 cm la primera y 20 cm la segunda, separadas por una distancia de 60 cm. Un objeto
luminoso de 2 mm de altura está situado 15 cm delante de la primera lente.
a) Calcule la posición y el tamaño de la imagen final del sistema.
b) Efectúe la construcción geométrica de la imagen mediante el trazado de rayos
correspondiente.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la primera
de las lentes:
1 1
1
f´1 s
0,10 m· (-0,15 m)
- =
⇔ s´1 =
=
= 0,30 m
s´1 s f´1
f´1 + s 0,10 m+(-0,15 m)
f´1 s
y s´1 y f´1 + s
y f´1
0,002 m · 0,10 m
y´1 s = y s´1 ⇔ y´1 =
=
=
=
= -0,004 m.
s
s
f´1 + s 0,10 m+(-0,15 m)
La imagen formada por esta primera lente actúa de objeto para la segunda (y’1 = y2), y como
entre las dos lentes hay una distancia de 60 cm, la imagen formada estará a: s2 = s1’ − d = 30 cm −
60 cm = − 30 cm.
Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral a la segunda de las lentes:
1
f´2 s2
0,20 m· (-0,30 m)
1 1
- =
⇔ s´ =
=
= 0,60 m
s´ s2 f´2
f´2 + s2 0,20 m+(-0,30 m)
f´2 s2
y2 s´ y2 f´2 + s2
y2 f´2
-0,004 m · 0,20 m
y´ s2 = y2 s´ ⇔ y´ =
=
=
=
= 0,008 m.
s2
s2
f´2 + s2 0,20 m+(-0,30 m)
La imagen está 60 cm al otro lado de la segunda lente (s’ > 0), por tanto a 90 cm detrás de la
primera lente, siempre se ha formado por unión de rayos, por lo que es real, está derecha (y’/ y > 0)
y mide 8 mm (cuatro veces mayor que el objeto).
10
99.–
Una cámara fotográfica tiene como objetivo una lente de 12 dioptrías.
a) Calcule la distancia del objetivo hasta la imagen, si el objeto está a 20 m.
b) Si el objeto mide 1,5 m de altura, ¿cuál es el tamaño de la imagen?
c) Dibuje un esquema con la marcha de los rayos.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución:
a)
Aplicando
la
Ecuación
1 1 1
1
s
- = = P ⇔ s´ =
=
1
s´ s f´
s P+1
P+ s
-20 m
20
s' =
=
m ≈ 0,084 m.
(-20 m) · 12 m-1 + 1 239
b) Aplicando la ecuación del aumento lateral de las
lentes:
s
y s´ y s P+1
y´ s = y s´ ⇔ y´ =
=
s
s
y
1,5 m
y´ =
=
≈ -6,3·10−3 m.
s P+1 (-20 m) · 12 m-1 + 1
fundamental
de
las
lentes:
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
100.– Una lente bicóncava simétrica posee una potencia óptica de −2 dioptrías y está formada
por un plástico con un índice de refracción de 1,80. Calcule:
a) la velocidad de la luz en el interior de la lente;
b) los radios de curvatura de la lente;
c) dónde hemos de colocar un objeto para que el tamaño de su imagen sea la mitad que el del
objeto.
Datos: Velocidad de la luz en el vacío: c = 3,00·108 m s–1
10
Solución: a) La velocidad de la luz en el interior del plástico se calcula aplicando el concepto de
índice de refracción:
c
c
3,00·108 m s-1
nplástico =
⇔ vplástico =
=
= 1,67·108 m s-1 .
vplástico
nplástico
1,80
b) Aplicando la ecuación que relaciona los radios de una lente con su distancia focal, y teniendo
en cuenta que la lente es simétrica (R1 = −R2):
1 1
1 1
1
1
1
2 (n-1)
- = (n-1) � - � = = P = (n-1) � + � ⇒ R 1 =
s´ s
R1 R2
f´
R1 R1
P
(
)
2 · 1,80 - 1
R1 =
= -0,80 m.
-2 m-1
c) Teniendo en cuenta que la imagen creada por una lente bicóncava (divergente) es siempre
virtual (y’/y > 0) y aplicando las ecuaciones del aumento lateral y la fundamental de las lentes:
y´
s´
y´
y´ s = y s´ ⇔
=
⇔ s´ = � � s
1
s´
1
- =
s
s=
101.– Una lente convergente con radios de curvatura de sus caras iguales, y que suponemos
delgada, tiene una distancia focal de 50 cm y proyecta sobre una pantalla la imagen de un objeto
de tamaño 5 cm.
a) Calcule la distancia de la pantalla a la lente para que la imagen sea de tamaño 40 cm.
b) Si el índice de refracción de la lente es igual a 1,5. ¿Qué valor tienen los radios de la lente y
cuál es la potencia de la misma?
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
1
f´
y
=P=
y´
y
y´
P� �
y
1−� �
=
s
1
y´
y
� �s
1 – 0,5
1
- =
�-2� · 0,5
s
y
y´
1−� �
y
y´
� �s
y
= -0,5 m
El objeto debe situarse a 50 cm de la lente (no es
necesario especificar que a la izquierda porque los
dos lados de una lente son iguales a la hora de
crear una imagen).
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral [el tamaño de la imagen es negativo
porque la imagen es real (se proyecta en una pantalla) e invertida] y la fundamental de las lentes:
y´
s´
y s'
y´ s = y s´ ⇔
=
⇔ s=
y
s
y'
1 1
1
1 1
1 y'
1
y´
1
- =
⇔ = =
�1 - � =
s´ s
f´
s´ y s'
s´ y s'
s´
y
f´
y'
y'
-0,40 m
s ' = f ' �1 - � = 0,50 m · �1 � = 4,50 m.
y
0,05 m
b) Aplicando la ecuación que relaciona los radios de una lente con su distancia focal, y teniendo
en cuenta que la lente es simétrica (R1 = −R2):
1 1
1 1
1
1
1
2 (n-1)
- = (n-1) � - � = = P = (n-1) � + � ⇒ R 1 = 2 (n-1) f' =
s´ s
R1 R2
f´
R1 R1
P
R 1 = 2 · (1,5 - 1) · 0,50 m = 0,50 m.
Aplicando la definición de potencia:
1
1
P=
⇔ P=
= 2,0 m-1 = +2,0 D.
f´
0,50 m
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
102.– Una lente convergente forma, de un objeto real, una imagen también real, invertida y
aumentada 4 veces. Al desplazar el objeto 3 cm hacia la lente, la imagen que se obtiene es
virtual, derecha y con el mismo aumento en valor absoluto. Determine:
a) la distancia focal imagen y la potencia de la lente;
b) las distancias del objeto a la lente en los dos casos citados;
c) las respectivas distancias imagen;
d) las construcciones geométricas correspondientes.
10
103.– Una lente convergente tiene una distancia focal de 20 cm. Calcule la posición y aumento
de la imagen que produce dicha lente para un objeto que se encuentra delante de ella a las
siguientes distancias:
a) 50 cm;
b) 15 cm.
Realice el trazado de rayos en ambos casos.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la
Ecuación fundamental al primer caso:
𝑦´1
𝑠´1
=
= −4 ⇔ 𝑠´1 = − 4 𝑠1
𝑦´1 𝑠1 = 𝑦1 𝑠´1 ⇔
𝑦1
𝑠1
1 1 1
1
1
5
-4 s1
- = =
=
⇔ f´ =
s´1 s1 f´
-4 s1 s1
-4 s1
5
Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación
fundamental al segundo caso (con s2 = s1 + 0,03 m):
𝑦´2
𝑠´2
𝑦´2 𝑠2 = 𝑦2 𝑠´2 ⇔
=
= 4 ⇔ 𝑠´2 = 4 𝑠2
𝑦2
𝑠2
1 1 1
1
1
-3
-4 s2
-4 (s1 + 0,03 m)
- = =
=
⇔ f´ =
=
s´2 s2 f´
3
4 s2 s2
4 s2
3
Igualando los dos valores de f’ obtenidos:
−4 𝑠1
−4 (𝑠1 + 0,03 𝑚)
=
⇔ −12 𝑠1 = −20 s1 − 0,60 m
5
3
-4 s1
0,30 m
0,60 m = −8 s1 ⇔ f´ =
=
= 0,06 m
5
5
Aplicando la definición de potencia:
1
1
≈ +17 m-1 = +17 D.
P= =
f´
0,06 m
0,60 m
0,60 m = −8 s1 ⇔ s1 =
= −0,075 m
−8
b)
s2 = s1 + 0,03 m = − 0,075 m + 0,03 m = −0,045 m.
c) s1’ = −4 s1 = (−4) · (−0,075 m) = 0,30 m ; s2’ = 4 s2 = 4 · (−0,045 m) = −0,18 m.
d) Ver imágenes.
Solución: a) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,20 m· (-0,50 m)
s' =
= 0,33 m
0,20 m+(-0,50 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
f´
0,20 m
y´
=
=
=-0,67.
y
f´ + s 0,20 m+(-0,50 m)
La imagen está a 33 cm de la lente y en el lado contrario que el objeto (s’ > 0), por lo que es real,
está invertida (y’/ y < 0) y menor que el objeto (las 2/3 partes).
b) Aplicando la Ecuación fundamental y la Ecuación del aumento lateral de las lentes:
f´ s
1 1 1
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,20 m· (-0,15 m)
s' =
= -0,60 m
0,20 m+(-0,15 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
y´
f´
0,20 m
=
=
= 4.
y
f´ + s 0,20 m+(-0,15 m)
La imagen está a 60 cm de la lente en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), por lo que es virtual,
está derecha (y’/ y > 0) y es de tamaño cuádruple del del objeto.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
104.– Una lente de vidrio de índice de refracción n = 1,7 tiene una potencia de −2 dioptrías y una
cara plana. ¿Cuál es el radio de la otra cara? Dibuje la forma de la lente.
10
105.– Una lente delgada convergente proporciona de un objeto situado delante de ella una
imagen real, invertida y de doble tamaño que el objeto. Sabiendo que dicha imagen se forma a
30 cm de la lente, calcule:
a) la distancia focal de la lente;
b) la posición y naturaleza de la imagen que dicha lente formará de un objeto situado 5 cm
delante de ella, efectuando su construcción geométrica.
10
106.– Una lente delgada convergente proporciona de un objeto situado delante de ella una
imagen real, invertida y de doble tamaño que el objeto. Sabiendo que dicha imagen se forma a
30 cm de la lente, calcule:
a) la potencia de la lente en dioptrías;
b) la posición y características de la imagen que dicha lente formará de un objeto situado a 5
cm delante de ella, efectuando su construcción geométrica.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la ecuación que relaciona los radios de una
lente con su potencia, y teniendo en cuenta que R2 = ±∞ (por ser una
cara plana –da igual cuál de las dos caras sea porque la lente ha de ser
planocóncava por tener potencia negativa−):
1 1
1
1
P
1
P
1 1
- = (n-1) � - � = = P ⇒
=
+
=
R1 R2
f´
R1
n-1
R2
n-1
s´ s
n-1
1,7 -- 1
R1 =
=
= -0,35 m.
P
-2
El radio es de 35 cm, negativo si la lente es concavoplana y positivo si es planocóncava.
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de las lentes
(el aumento es negativo porque la imagen se forma invertida; s’ > 0, por ser real la imagen):
y´
s´
y
y´ s = y s´ ⇔
=
⇔ s = � � s'
y
s
y'
y
y´
�y'� - 1
1 - �y�
1 1 1
1
1
s'
0,30 m
- = = =
=
⇒ f' =
=
= 0,10 m
y
y´
(-2)
s' � y � s'
1
–
s´ s f´
s'
�y'� s'
1 - �y�
y'
b) Aplicando las mismas ecuaciones:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,10 m· (-0,05 m)
s' =
= -0,10 m
0,10 m+(-0,05 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
y´
f´
0,10 m
=
=
= 2.
y
f´ + s 0,10 m+(-0,05 m)
La imagen está 10 cm por delante de la lente en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), en el foco
objeto (s’ = −f’), y por tanto es virtual, está derecha (y’/ y > 0) y es el doble del objeto (y’ = 2 y).
Solución: a) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de las lentes
(el aumento es negativo porque la imagen se forma invertida; s’ > 0, por ser real la imagen):
y´
s´
y
y´ s = y s´ ⇔
=
⇔ s = � � s'
y
s
y'
y
y´
�y'� - 1
1 - �y�
1
1
1 – (-2)
1 1 1
- =
=P= =
=
=
= 10 m-1 = +10 D
y
s´ s f´
s' � y � s'
s'
0,30
m
�y'� s'
y'
b) Aplicando las mismas ecuaciones:
1 1 1
f´ s
- =
⇔ s´ =
s´ s f´
f´ + s
0,10 m· (-0,05 m)
s' =
= -0,10 m
0,10 m+(-0,05 m)
f´ s
y´
s´ f´ + s
y´ s = y s´ ⇔
= =
y
s
s
y´
f´
0,10 m
=
=
= 2.
y
f´ + s 0,10 m+(-0,05 m)
La imagen está 10 cm por delante de la lente en el mismo lado que el objeto (s’ < 0), en el foco
objeto (s’ = −f’), y por tanto es virtual, está derecha (y’/ y > 0) y es el doble del objeto (y’ = 2 y).
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
107.– Una lente esférica delgada biconvexa, cuyas caras tienen radios iguales a 5 cm y el índice
de refracción es n = 1,5, forma de un objeto real una imagen también real reducida a la mitad.
Determine:
a) la potencia y la distancia focal de la lente;
b) las posiciones del objeto y de la imagen;
c) si esta lente se utiliza como lupa, el aumento de la lupa cuando observa un ojo normal sin
acomodación.
Efectúe las construcciones geométricas del problema.
Datos: Distancia mínima de visión neta para el ojo d = 25 cm ;
El medio exterior es el aire
10
108.– Una lupa se emplea para poder observar con detalle objetos de pequeño tamaño.
a) Explique el funcionamiento óptico de una lupa: ¿Qué tipo de lente es, convergente o
divergente? ¿Dónde debe situarse el objeto a observar? La imagen que produce, ¿es real o
virtual? ¿Derecha o invertida?
10
b) Dibuje un trazado de rayos que explique gráficamente el proceso de formación de imagen
de una lupa.
109.– Usando una lente delgada convergente con distancias focales f = f’ = 4 cm, mediante un
diagrama de rayos, determine la posición y el aumento lateral de la imagen que produce dicha
lente de un objeto de 1,5 cm de altura situado perpendicularmente al eje óptico a 6 cm de la
lente y expóngase las características de dicha imagen.
Solución: a) Aplicando la ecuación que relaciona los radios de una lente con su distancia focal, y
teniendo en cuenta que R1 >0 y R2 < 0 (por ser biconvexa):
1 1
1 1
1
1
1
- = (n-1) � - � = = P = (1,5-1) �
� = 20 m-1 = +20 D
s´ s
R1 R2
f´
0,05 m -0,05 m
1
1
= P ⇒ f '=
= 0,05 m.
20 m-1
f´
b) Aplicando la Ecuación del aumento lateral y la Ecuación fundamental de las lentes (el
aumento es negativo porque la imagen se forma invertida; s’ > 0, por ser imagen real):
s´
y´
y´
=
⇔ s´ = � � s
y´ s = y s´ ⇔
s
y
y
y´
1 1 1
1
1 1 − �y�
- =
=P=
- =
y´
y´
s´ s f´
�y� s s
�y� s
y´
1 - �y�
1 – (-0,5)
s=
=
= -0,15 m
y´
20 · (-0,5)
P�y�
y´
y´
1 - �y�
y´ 1 - � y �
1 – (-0,5)
s´ = � �
=
=
= 0,075 m
y P �y´�
P
20
y
c) Cuando un ojo normal ve sin acomodación es cuando el objeto que ve está situado en el
infinito. Para que ese objeto sea la mayor imagen creada por una lupa el objeto que vemos con ella
debe estar situado en el punto focal objeto de ésta.
Como la lupa ha de estar situada a la distancia mínima
de visión (d), el aumento producido será:
y´
s´
d
25 cm
y´ s = y s´ ⇔ y = s = f = -5 cm = -5
Solución: a) Es una lente convergente en la
que el objeto se pone a menor distancia de la
lente que la distancia focal, por lo que la imagen
obtenida es virtual, derecha y mayor. Eso nos
permite observar objetos pequeños con un
tamaño mayor al que realmente tienen.
b) Ver imagen.
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1
1
1
𝑓´ 𝑠
− =
⇔ 𝑠′ =
𝑠´ 𝑠
𝑓´
𝑓´ + 𝑠
(
)
0,04 m · -0,06 m
𝑠′ =
= 0,12 m.
0,04 m + (-0,06 m)
Aplicando la Ecuación del aumento lateral:
𝑓´ 𝑠
𝑦´
𝑠´
𝑓´
𝑓´ + 𝑠
𝑦´ 𝑠 = 𝑦 𝑠´ ⇔
=
=
=
𝑦
𝑠
𝑠
𝑓´ + 𝑠
𝑦´
0,04 m
=
≈ -2.
𝑦
0,04 m + (-0,06 m)
La imagen es real, está invertida (y’/ y < 0) y es el doble que el objeto, por lo que mide 3 cm de
alta.
10
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
110.–
Usando una lente delgada convergente con distancias focales f = f’ = 5 cm, mediante un
diagrama de rayos, determine la posición y el aumento lateral de la imagen que produce dicha
lente de un objeto de 2 cm de altura situado perpendicularmente al eje óptico a 8 cm de la lente
y expóngase las características de dicha imagen.
10
111.– Utilizando el trazado de rayos, explique la formación de imágenes por una lente
divergente, para sendos objetos situados respecto de la lente el primero más lejos del foco
imagen y el segundo más cerca que el foco imagen, indicando si las imágenes son reales o
virtuales, derechas o invertidas y mayores o menores que los objetos.
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Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes:
1
1
1
𝑓´ 𝑠
− =
⇔ 𝑠′ =
𝑠´ 𝑠
𝑓´
𝑓´ + 𝑠
0,05 m · (-0,08 m)
𝑠′ =
≈ 0,13 m.
0,05 m + (-0,08 m)
Aplicando la Ecuación del aumento lateral:
𝑓´ 𝑠
𝑦´
𝑠´
𝑓´
𝑓´ + 𝑠
𝑦´ 𝑠 = 𝑦 𝑠´ ⇔
=
=
=
𝑦
𝑠
𝑠
𝑓´ + 𝑠
𝑦´
0,05 m
=
≈ -1,67.
𝑦
0,05 m + (-0,08 m)
La imagen es real, está invertida (y’/ y < 0) y es 1,67 veces mayor que el objeto, por lo que mide
3,3 cm de alta.
Solución: Aplicando la Ecuación fundamental de las lentes y la correspondiente del aumento
lateral tenemos (f’ < 0, por ser divergente):
1
1
1
− =
𝑠´ 𝑠
𝑓´
f´ s
s´ =
< 0 (ya que f´ y s son negativos)
f´ + s
f´ s
y´
s´ f´ + s
f´
y´
y´ s = y s´ ⇔
= =
=
⇔
<1.
y
s
s
f´ + s
y
La imagen está en el mismo lado de la lente (s’ > 0),
por lo que es virtual, más cerca de la lente que el objeto,
derecha (y’ / y > 0), y es menor que el objeto (|y’/y| < 1).
En el caso de que el objeto esté más lejos que el foco
(a < 1):
f´ s
f´ (a f´)
a
s´ =
=
=
f´ > f´
f´ + s
f´ +a f´
1+a
por lo que la imagen está entre el foco y la lente.
En el caso de que el objeto esté más cerca que el foco
(b > 1):
(b s) s
f´ s
b
s´ =
=
=
s > s.
f´ + s
bs+s
b+1
por lo que s’ está entre la lente y el objeto.
Por tanto, la imagen siempre está más cerca de la lente que el objeto y el foco.
PROBLEMAS DE FÍSICA 2º BACHILLERATO –Óptica–
11/03/2013
112.– Utilizando las oportunas gráficas de formación de imágenes,
a) deduzca qué características comunes poseen las imágenes producidas por las lentes
delgadas divergentes y por los espejos convexos;
b) para qué posiciones del objeto se manifiestan estas características comunes. Razone la
respuesta.
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Solución: a) Aplicando las Ecuaciones fundamentales
de los espejos y las lentes y las correspondientes del
aumento lateral tenemos:
Lente divergente (f’ < 0):
1
1
1
− =
𝑠´ 𝑠
𝑓´
f´ s
s´ =
< 0 (ya que f´ y s son negativos)
f´ + s
f´ s
s´ f´ + s
f´
y´
y´
= =
=
⇔
<1.
y´ s = y s´ ⇔
s
f´ + s
y
y
s
La imagen está en el mismo lado de la lente (s’ > 0), por lo que es virtual, más cerca de la lente
que el objeto, derecha (y’ / y > 0), y es menor que el objeto (|y’ / y| < 1).
Espejo convexo:
1
1
1
+ =
𝑓´
𝑠´ 𝑠
f´ s
s´ =
> 0 (ya que f´ es positivo y s es negativo)
s - f´
𝑦´
− 𝑠´
=
𝑦´ 𝑠 = − 𝑦 𝑠´ ⇔
𝑦
𝑠
f´ s
𝑦´ − s - f´
- f´
y´
=
=
⇔
<1.
𝑦
s
s - f´
y
La imagen está en el otro lado del espejo (s’ > 0), por lo que es virtual, más cerca de la lente que
el objeto, derecha (y’ / y > 0), y es menor que el objeto (|y’ / y| < 1).
Dan imágenes virtuales, derechas, menores y más cercanas al dispositivo óptico que el objeto.
Estas características se cumplen para todas las posiciones posibles.