PROBLEMAS DE ÓPTICA INSTRUMENTAL

Grupos A y B
Curso 2006/2007
PROBLEMAS DE ÓPTICA INSTRUMENTAL
1. Considérese un sistema óptico iluminado por un haz de luz monocromática de
longitud de onda λ = 550 nm . El sistema está compuesto por dos lentes delgadas
que se encuentran separadas una distancia e = 145 mm . La lente L1 tiene diámetro
φ1 = 15 mm y distancia focal f '1 = 20 mm , y la lente L2 es de diámetro φ 2 = 30 mm y
f '2 = 25 mm . Para el caso de un objeto real de tamaño y = 2 mm , situado a 25 mm
de la primera lente:
(a) Calcúlese la posición y el tamaño de las imágenes intermedia y final
(b) Resuélvase el apartado anterior a través del sistema acoplado equivalente.
(c) Determínense los diafragmas de campo y apertura así como las posiciones y
tamaños de las pupilas y lucarnas de entrada y salida del sistema. Evalúense los
campos de iluminación plena, media y límite en los diferentes espacios del sistema.
(d) Calcúlese el límite de resolución impuesto por la difracción
SOLUCIÓN
(a) Vamos a calcular la posición y tamaño de las imágenes intermedia y final. Téngase en cuenta que todos los resultados se resumen en la Figura 1.
Denotemos como y '1 al tamaño de la imagen intermedia O '1 , que es la imagen
del objeto O a través de la lente L1 . Además, esta imagen actúa como objeto O2
para la segunda lente L2 . También señalamos como y' al tamaño de la imagen final
O ' , que es la imagen de y '1 a través de L2 .
Para obtener cada una de las imágenes hemos de emplear una ecuación de correspondencia. Entre ellas encontramos la ecuación de Newton:
z ⋅ z' = − f '2 y β = −
f
z'
=−
z
f'
y la ecuación de Gauss:
−
1 1 1
a'
y β=
+ =
a a' f '
a
a1) Aplicando la ecuación de Newton:
La lente L1 forma la imagen del objeto O proporcionando la imagen intermedia
O '1 de tamaño y '1 .
z1 ⋅ z '1 = − f1 ' 2
Para esta lente se cumple que f '1 = 20 mm y
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z1 = F1O = F1 L1 + L1O = 20 mm − 25 mm = −5 mm
con lo cual,
z '1 = −
f '12
( 20 mm) 2
=−
= 80 mm = F '1 O'1
z1
− 5 mm
nos da la posición de la imagen intermedia.
El aumento lateral vale
β1 = −
z '1
80 mm
=−
= −4
f '1
20 mm
y por tanto el tamaño de la imagen intermedia se puede evaluar como
y '1 = β1 ⋅ y = (−4) ⋅ 2 mm = −8 mm . Podemos concluir que la imagen intermedia es:
real, invertida y de tamaño mayor que el objeto. Esta imagen actúa como objeto O2
para la segunda lente.
Para calcular la imagen final aplicamos de nuevo la ecuación de Newton pero
ahora a la lente L2
z 2 ⋅ z ' 2 = − f '22
Para esta lente se cumple:
f ' 2 = 25 mm y z 2 = F2 O2 = F2 F '1 + F '1 O 2 = −t + z '1 = −100 mm + 80 mm = −20 mm
con lo cual,
z'2 = −
f ' 22
(25 mm) 2
=−
= 31.25 mm = F ' 2 O'
z2
− 20 mm
nos da la posición de la imagen final.
El aumento lateral vale,
β2 = −
z'2
31.25 mm
=−
= −1.25
f '2
25 mm
y, por tanto, el tamaño de la imagen final será
y ' = β = (β1 ⋅ β 2 ) ⋅ y = ( −4) ⋅ (−1.25) ⋅ 2 mm = 10 mm .
Concluimos que la imagen final es: real, derecha y de tamaño mayor que el objeto.
a2) Aplicando la ecuación de Gauss:
Para la imagen intermedia aplicamos las expresiones
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−
a'
1
1
1
y β1 = 1
+
=
a1 a'1 f '1
a1
Sustituyendo a1 = L1O = −25 mm y f '1 = 20 mm se obtiene que la posición de la
imagen
a '1 =
a1 ⋅ f '1 (−25 mm) ⋅ (20mm)
=
= 100 mm = L1O'1
a1 + f '1
− 25 mm + 20 mm
y el aumento lateral
β1 =
a'1 100 mm
=
= −4
a1 − 25 mm
Así pues, el tamaño de la imagen se obtiene a partir de
y '1 = β1 ⋅ y = (−4) ⋅ 2 mm = −8 mm .
la expresión
Para la imagen final utilizamos
−
a'
1
1
1
y β2 = 2
+
=
a 2 a' 2
f '2
a2
Sustituyendo a 2 = L2 O'1 = L2 L1 + L1O'1 = −145 mm + 100mm = −45 mm y el valor de
f '2 = 25 mm se obtiene que la posición de la imagen
a' 2 =
a2 ⋅ f '2
(−45 mm) ⋅ (25mm)
=
= 56.25 mm = L2 O'
a2 + f '2
− 45 mm + 25 mm
Como el aumento lateral es
β2 =
a' 2 56.25 mm
=
= −1.25
a2
− 45 mm
El tamaño de la imagen final puede obtenerse gracias a la expresión
y ' = β ⋅ y = (β1 ⋅ β 2 ) ⋅ y = (−4) ⋅ (−1.25) ⋅ 2 mm = 10 mm .
(b) Resuélvase el apartado anterior a través del sistema acoplado equivalente. (Nota: Todos los resultados se resumen en la Figura 2).
Para calcular el sistema acoplado equivalente utilizamos las fórmulas del acoplamiento entre sistemas, que nos dan las posiciones de los planos principales y
planos focales referidas a las posiciones de los elementos (dos lentes en este caso)
que forman el sistema.
H1 H =
f ' ⋅f '
e
e
f1 ; H ' 2 H ' = f ' 2 y f ' = − 1 2
t
t
t
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Sustituyendo f '1 = 20 mm , f ' 2 = 25 mm , e = L1 L2 = 145 mm y
t = F '1 F2 = e − ( f '1 + f ' 2 ) = 100 mm
Se obtiene que H 1 H = −29 mm , H ' 2 H ' = 36.25 mm y f ' = −5 mm = H ' F ' . Ahora
sólo tiene sentido calcular la imagen final.
b1) Aplicando la ecuación de Newton:
z ⋅ z' = − f '2 y β = −
f
f'
=−
z
z'
Sustituyendo f ' = −5 mm = H ' F ' y z = FO = FH + HO = −1 mm se obtiene que la
posición de la imagen
f '2
(5 mm) 2
z' = −
=−
= 25 mm = F ' O'
z
− 1 mm
Además, como el aumento lateral es
β=−
25 mm
f
z'
=− =−
=5
z
f'
− 5 mm
El tamaño de la imagen final obtenido es y ' = β ⋅ y = (5) ⋅ 2 mm = 10 mm .
b2) Aplicando la Ecuación de Gauss:
−
a'
1 1 1
y β=
+ =
a a' f '
a
Sustituyendo f ' = −5 mm = H ' F ' y a = HO = HL1 + L1O = 4 mm se obtiene que la
posición de la imagen
a' =
a ⋅ f ' (4mm) ⋅ (−5mm)
=
= 20 mm = H ' O '
a + f ' 4mm + (−5 mm)
Como el aumento lateral es
β=
a' 20 mm
=
=5
a
4 mm
Obtenemos que el tamaño de la imagen final y ' = β ⋅ y = (5) ⋅ 2 mm = 10 mm .
(c) Determínense los diafragmas de campo y apertura así como las posiciones y
tamaños de las pupilas y lucarnas de entrada y salida del sistema. Evalúense los
campos de iluminación plena, media y límite en los diferentes espacios del sistema.
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Podemos abordar la resolución del problema en cualquiera de los tres espacios(
es decir el espacio objeto, intermedio e imagen) definidos en el sistema óptico. En
primer lugar vamos a plantear el problema en el espacio intermedio.
c1) Diafragmas de campo y apertura. (Nota: Todos los resultados se resumen en la
Figura 3).
Comparamos el ángulo subtendido por cada una de las aberturas (diámetros de
las lentes, φ1 = φ 2 = 30 mm ) desde el punto axial O'1 de la imagen intermedia.
tanα1 =
φ1 2 7.5 mm
φ 2 15 mm
=
= 0.075 y tanα 2 = 2
=
= 0.33
L1O'1 100 mm
L2 O'1 45 mm
Se cumple que tanα1 < tanα 2 ⎯
⎯→ α1 < α 2 . De la desigualdad anterior concluimos
que la lente L1 es el diafragma de apertura ( L1 ≡ DA ) y que la lente L2 es el diafragma de campo ( L2 ≡ DC ).
c2) Pupilas del sistema. (Nota: Todos los resultados se resumen en las Figuras 3 y
4).
La pupila de entrada es el elemento conjugado del diafragma de apertura a través de la parte del sistema que le precede. En este caso PE ≡ L1 y por tanto
φ PE = φ1 = 15 mm .
La pupila de salida es el elemento conjugado del diafragma de apertura a través
de la parte posterior del sistema. En este caso aplicando la ecuación de Gauss:
−
a'
1
1
1
y βP = P
+
=
a P a' P f '2
aP
y sustituyendo a P = L2 L1 = −145 mm , f ' 2 = 25 mm y φ PE = φ1 = 30 mm se obtiene
que la posición de la pupila de salida:
a' P =
a P ⋅ f '2
= 30.21 mm
a P + f '2
Como el aumento lateral se evalúa según
βP =
a' P
= −0.2083
aP
El tamaño de la pupila de salida φ PS = β P ⋅ φ PE = (−0.2083) ⋅15 mm = −3.125 mm . Sin
considerar el signo del aumento lateral (no importa al tratarse de un diámetro) queda
φ PS = 6.249 mm .
c3) Lucarnas del sistema. (Nota: Todos los resultados se resumen en las Figuras 3 y
4).
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La lucarna de salida es el elemento conjugado del diafragma de campo a través
de la parte posterior del sistema. En este caso: LS ≡ L2 y φ LS = φ 2 = 30 mm
La lucarna de entrada es el elemento conjugado del diafragma de campo a través de la parte del sistema que le precede. En este caso aplicando la ecuación de
Gauss:
−
a'
1
1
1
+
=
y βL = L
a L a' L f '1
aL
y sustituyendo a ' L = L1 L2 = 145 mm , f '1 = 20 mm y φ LS = φ 2 = 30 mm se obtiene
que la posición de la lucarna de entrada
aL =
a ' L ⋅ f '1
= −23.22 mm
f '1 − a ' L
Como el aumento lateral se evalúa según
βL =
a' L
= −6.25
aL
φ
30 mm
El tamaño de la lucarna de entrada φ LE = LS =
= −4.8 mm . Sin considerar
βL
(−6.25)
el signo del aumento lateral (no importa al tratarse de un diámetro) queda
φ LE = 4.8 mm .
c4) Campos de iluminación. (Nota: Todos los resultados se resumen en las Figuras
5, 6 y 7).
• En primer lugar trabajamos en el espacio intermedio. A partir de la Figura 7 es
fácil evaluar los diferentes campos:
Campo de iluminación plena 2 ρ'1P = 2 O'1 O'1P = 16.03 mm obtenido de la relación
tanα'1P =
φ DC 2 + φ DA 2 ρ'1P + φ DA 2
=
e
a '1
Campo de iluminación media 2 ρ'1M = 2 O '1 O '1M = 20.69 mm obtenido de la relación
tanα'1M =
φ DC 2 ρ'1M
=
e
a'1
Campo de iluminación límite 2 ρ'1L = 2 O '1 O'1L = 25.34 mm obtenido de la relación
tanα'1L =
φ DC 2 − φ DA 2 ρ'1L − φ DA 2
=
e
a '1
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• Trabajando ahora en el espacio objeto, y a partir de las Figuras 5 y 6 es fácil
evaluar los diferentes campos. Los campos de iluminación plena, media y límite en el
espacio objeto están relacionados con sus homólogos en el espacio intermedio mediante el aumento lateral β1 , ya que son conjugados a través de L1 , siendo β1 = −4
( Recordamos que no hace falta tener en cuenta el signo del aumento lateral, pues
tratamos con diámetros que siempre tienen signo positivo).
Campo de iluminación plena 2 ρ P = 2 ρ'1P β1 = 4.008 mm . Análogamente obtenemos
Campo de iluminación media 2 ρ M = 2 ρ'1M β1 = 5.173 mm . Finalmente tenemos
Campo de iluminación límite 2 ρ L = 2 ρ'1L β1 = 6.335 mm .
• Trabajando finalmente en el espacio imagen, y a partir de las Figuras 5 y 6 es
fácil evaluar los diferentes campos. Los campos de iluminación plena, media y límite
en el espacio imagen están relacionados con sus homólogos en el espacio intermedio mediante el aumento lateral β 2 , ya que son conjugados a través de L2 , siendo
β 2 = −1.25 ( Recordamos que no hace falta tener en cuenta el signo del aumento
lateral, pues tratamos con diámetros que siempre tienen signo positivo).
Campo de iluminación plena 2 ρ' P = β 2 ⋅ 2ρ'1P = 20.04 mm . Análogamente obtenemos
Campo de iluminación media 2 ρ' M = β 2 ⋅ 2ρ'1M = 25.86 mm . Finalmente tenemos
Campo de iluminación límite 2 ρ' L = β 2 ⋅ 2ρ'1L = 31.68 mm .
(d) Calcúlese el límite de resolución impuesto por la difracción.
El límite de resolución puede evaluarse tanto en el espacio objeto como en el
espacio imagen. En el primer caso tenemos, a partir de la Figura 3
η=
0.61 ⋅ λ 0.61 ⋅ λ
=
N . A.
n ⋅ sen σ
donde el índice de refracción n = 1 , la longitud de onda λ = 550 nm y
tanσ =
φ PE 2
= 0.300 , es decir sen σ = 0.287
O PE
Sustituimos y encontramos que η = 1.167 μm .
Si ahora trabajamos en el espacio imagen (véase de nuevo la Figura 3)
η' =
0.61 ⋅ λ 0.61 ⋅ λ
=
N . A'. n'⋅ sen σ'
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donde el índice de refracción en el espacio imagen n' = 1 y la longitud de onda
λ = 550 nm no varían, y
tanσ' =
φ PS 2
= 0.0600 , es decir sen σ' = 0.0599
PS O'
Sustituimos y encontramos que η' = 5.60 μm .
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