RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL TEMA 4

RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL TEMA 4

1) a) Mientras que la frecuencia es una propiedad intrínseca de una onda, y siempre es la misma independientemente del medio por el que se propague, la longitud de onda depende del medio. Nos dicen, que la longitud de onda en el vacío es de  589·109m, y sabiendo que la velocidad a la que se mueve la luz es c3·108m/s, podemos determinar la frecuencia de la onda.

Hz c

f f

c ₉ 14

8

10 · 1 . 5 10 · 589

10 ·

3 _

  

 _

 

b) Con el índice de refracción, podemos determinar fácilmente la velocidad de propagación.

s m n

c v v c

n 8

8

10 · 06 . 2 458 . 1

10 · 3 _

   

Con la velocidad de propagación, ya podemos determinar la longitud de onda dentro de la fibra de cuarzo.

m f

v f

v ₁₄ 7

8

10 · 4 10 · 1 . 5

10 · 06 . 2 '

'     

 

Al propagarse la luz más lentamente, su longitud de onda se hace más pequeña. Durante un periodo de tiempo, la onda avanza menos.

c) Para determinar el ángulo límite para el cual se produce reflexión total, debemos estudiar la refracción entre el cuarzo y el aire y obligar que el ángulo refractado sea de 90º.

º 90 sin ) ( sin )

(cuarzo i n aire

n 

El índice de refracción del aire es muy aproximadamente igual al del vacío, es decir, uno.

º 3 . 43 458 . 1

1 arcsin 1

sin 458 .

1 i i 

Este es el ángulo mínimo con respecto a la normal para que se produzca reflexión total. 2) a) El rayo llega a la capa de aceite con un ángulo de 40º con la normal, penetra en la capa de aceite, y luego en el agua. Tenemos que estudiar dos refracciones.

Refracción aire-aceite.

1 n

2 n

3 n

aire

aceite

agua



 

º 3 . 26 º 40 sin 45 . 1

1 arcsin sin

arcsin sin

sin

2 1 2

1 

  

  

   

  



   



n n n

n

Refracción aceite-agua.

º 9 . 28 º 3 . 26 sin 33 . 1

45 . 1 arcsin sin

arcsin sin

sin

3 2 3

2 

  

  

   

  



   



n n n

n

b) Ahora tenemos que estudiar también una doble refracción, con la condición de que el rayo que sale al aire tenga un ángulo de 90º con respecto a la normal. El fenómeno de la reflexión total solamente se puede producir en este caso, ya que el rayo va a pasar a un medio de índice de refracción menor (el aire).

Refracción aire-aceite.

º 6 . 43 º 90 sin 45 . 1

1 arcsin sin

arcsin sin

sin

2 1 1

2 

  

  

   

  



   



n n n

n

Refracción aceite-agua.

º 8 . 48 º 6 . 43 sin 33 . 1

45 . 1 arcsin sin

arcsin sin

sin

3 2 2

3 

  

  

   

  



   



n n n

n

Como vemos, es el mismo ángulo que si no estuviera la capa de aceite. Es obvio, ya que podríamos haber planteado

 

 sin sin

sin 2 3

1 n n

n  

Y haber resuelto el primer miembro con el tercero. Tendríamos la ecuación de la refracción para el caso de un rayo que pasa del agua al aire directamente, sin aceite. 3) a) Cuando una onda llega a la superficie de separación de dos medios, siempre ocurre que hay una parte reflejada, y otra refractada, salvo que se produzca el fenómeno de la reflexión total. Recordemos que la reflexión total, únicamente puede producirse cuando la luz pasa de un medio a otro de índice de refracción menor.

Por tanto, cuando el rayo que va viajando por el aire, llegue a la superficie de separación con el vidrio, parte se refleja, y parte se refracta. El rayo refractado, cuando llegue a la segunda superficie de separación con el aire, parte se refractará y pasará al aire, y parte se reflejará, viajando nuevamente por el vidrio hacia la primera superficie. Este fenómeno, vuelve a repetirse sucesivamente cada vez que el rayo llegue a la superficie de separación. Cada vez que el rayo se refleja, es una porción de este rayo la que lo hace, por eso, el rayo que se va reflejando continuamente en el interior del vidrio se va debilitando. Todos los rayos que emergen del vidrio, son paralelos entre sí.

1 n

2 n

3 n

aire

aceite

agua



 

b) Estudiando la refracción con su ecuación, podemos determinar el índice de refracción de vidrio.

41 . 1 30 sin

º 45 sin ) ( sin

sin ) ( sin

) ( sin )

(    n aire  

r i vidrio

n r vidrio n i aire n

c) Recordemos que si la frecuencia ( f ) aumenta, entonces, el índice de refracción (n) también aumenta. Análogamente en el caso de que disminuya. Por consiguiente, si la longitud de onda () aumenta, es decir, la frecuencia ( f ) disminuye, entonces disminuye también el índice de refracción (n).

r vidrio n

i aire

n( )sin  ( )sin

Razonando sobre la ecuación anterior, vemos que si n(vidrio) disminuye, entonces sinr, tiene que aumentar, o lo que es lo mismo, r aumenta, para que siga siendo igual a

 i aire

n( )sin constante.

Por consiguiente, hemos razonado que, si la longitud de onda es mayor ahora, el índice de refracción es menor, por lo que el ángulo refractado, será mayor que en el caso anterior. Si observamos el dibujo, esto quiere decir que el rayo se desvía menos. Por tanto, cuanto menor sea el cambio del índice de refracción, menor es la desviación que sufre el rayo.

d) El fenómeno de la reflexión total, se produce cuando el rayo pasa del vidrio al aire (disminuye el índice de refracción). Determinamos el ángulo límite, sabiendo que en el caso límite, el rayo refractado sale formando un ángulo de 90º.

º 2 . 45 41 . 1

1 arcsin )

( 1 arcsin º

90 sin ) ( sin )

( 

     

   

  

 

vidrio n

i aire

n i vidrio n

4) Ya hemos visto en el ejercicio anterior, que en el interior del vidrio, se producen múltiples reflexiones. No vamos a considerar estas reflexiones, puesto que en la práctica, para el caso de la luz en el vidrio, la fracción de onda que se refleja en el interior del vidrio es muy pequeña. Consideraremos por tanto, únicamente el rayo principal.

d i

i i r r

aire

aire

vidrio

A

B C

Refracción con la primera superficie.

º 2 . 26 º

45 sin 6 . 1

1 sin ) (

) ( sin

sin ) ( sin )

(    i r 

vidrio n

aire n r r

vidrio n i aire n

Puesto que i45º, se cumple que ACd 8cm.

Por otro lado, AB d r cm

d AB

r tan 8·tan26.2 3.9

tan      .

Deducimos entonces, que BC83.94.1cm. Por último, el desplazamiento lateral del rayo CD es

cm i

BC

CD cos 4.1·cos45º2.9

5) La frecuencia de una onda, es la propiedad que caracteriza a la propia onda. Se dice que la frecuencia es una propiedad intrínseca de la onda. Si una onda pasa de un medio a otro, su frecuencia sigue siendo la misma; no cambia. Por ejemplo, para la luz, la frecuencia nos dice de qué color percibimos esa luz. Esto quiere decir, que si un haz de color rojo penetra en el agua, seguirá siendo rojo cuando continúe viajando por el agua. Puesto que la velocidad sí que depende del medio por el que viaja la onda, hace que la longitud de onda también cambie.

Si conocemos el índice de refracción, podemos determinar la velocidad a la que va la luz por ese medio.

n c v v c n  

Como sabemos, c representa la velocidad de la luz en el vacío. Puesto que en cualquier otro medio, la luz viaja más lentamente (vc), tenemos que el índice de refracción es siempre mayor que uno. Lógicamente, para el vacío, n1.

Por otro lado, la longitud de onda de la luz en otro medio distinto del vacío será menor que en el vacío, ya que al viajar más lentamente, da tiempo a avanzar menos recorrido en el tiempo de una oscilación (que es invariante).

nf c f v

  

Puesto que en cualquier medio material n1, se cumple que

) ( )

( vacío

f c nf

c f v

medio 

    

6) Como sabemos, la frecuencia es una propiedad intrínseca de la onda, luego siempre tiene el mismo valor independientemente del medio por el que se propague. Puesto que la velocidad sí depende del medio, hace que también cambien la longitud de onda.

Calculemos la variación que experimenta la longitud de onda de un rayo de frecuencia 4.3 1014 _{Hz al pasar del aire al agua. Puesto que el agua es un medio más lento que el aire,}

ya podemos adelantar, que la longitud de onda se va a acortar.

m n n f c c n c f f c f v aire

agua ₁₄ 7

8 10 · 73 . 1 33 . 1 33 . 1 1 10 · 3 . 4 10 · 3 1 1 ) ( ) (                    

7) Con la ecuación de la refracción, podemos determinar perfectamente, el ángulo con la normal, que incide el rayo que viene del agua.

º 6 . 40 º 60 sin 33 . 1 1 arcsin sin ) ( ) ( arcsin sin ) ( sin ) (                 r agua n aire n i r aire n i agua n

Como sabemos, el ángulo del rayo reflejado, también es de 40.6º.

Recordemos, que para determinar el ángulo límite, tenemos que suponer que r 90º.

º 8 . 48 33 . 1 1 arcsin 90 sin ) ( ) ( arcsin 90 sin ) ( sin ) (                 agua n aire n i aire n i agua n

8) En este ejercicio, debemos aplicar la ecuación para la refracción en cada superficie, y después buscar las relaciones geométricas necesarias para encontrar el ángulo buscado.

Primera refracción. º 5 . 19 5 . 1 º 30 sin arcsin sin arcsin sin

sin 

               n

n   



Observemos, que en el punto P(punto de corte de las dos normales), la suma de los dos ángulos AB, suman 180º. El ángulo A es el del prima, como puede comprobarse fácilmente, viendo que las dos rectas que forman dicho ángulo son perpendiculares a las dos rectas que forman el prima con ángulo A. Al otro ángulo lo hemos llamado B.

º 120 º 60 º 180 º

180    

 A

B

Estudiando el triángulo que queda en el centro, de ángulos , B y  . Podemos determinar el valor de  .

º 5 . 40 º 5 . 19 º 120 º 180 180 º

180        

 

   B 

Segunda refracción.









sin

sin     n   

n

Ya tenemos calculado todos los ángulos.

Para ver más claramente cómo determinar la desviación, vamos a dibujar en el punto P el rayo incidente inicial y el saliente total del prisma.

Hemos definido un nuevo ángulo, , que es el que forma la recta en la que está el rayo incidente con la normal en la segunda superficie del prisma. Los ángulos  , B y , forman un ángulo llano.

º 30 º 120 º 30 º 180 º

180 º

180        

 

B    B



Es este dibujo, queda claro, que la desviación que buscamos es º

9 . 46 º 30 º 9 .

76  

  

9) Lo que nos piden es el ángulo de Brewster, que como sabemos, debe cumplirse la condición de que el ángulo incidente más el refractado, sumen 90º. O lo que es lo mismo

i r cos sin  Estudiamos la refracción.

º 3 . 56 5 . 1 arctan arctan

cos sin

sin

sinin r in ii n 

10) Para que nos veamos reflejados en un espejo, la imagen debe ser virtual. También debe cumplirse que nos veamos aumentados y con la imagen no invertida.

La ecuación para un espejo esférico es

' 1 ' 1 1

f s s  

Para el aumento es

s s'   

Puesto que queremos que  1, debe cumplirse que s's. Recordemos que s'0, y que s0. La desigualdad anterior, podemos escribirla como s'  s .

Despejemos f', impongamos estas condiciones, y veamos el signo que tiene f'. Si es positivo, la lente es convexa, y si es negativo, la lente es cóncava.

' ' '

s s

ss f

 

El numerador es evidentemente negativo. El denominador es positivo, ya que s'  s , y s' es positivo. Por consiguiente, el cociente es negativo, indicando que la lente es cóncava.



 B

Por otro lado, también podemos demostrar, que el objeto hay que colocarlo a una distancia más cercana de la que está el foco, f'  s.

s s s

s s s s

s s f s s

s s s s

ss

f 

         

' ' '

' '

' ' '

' '

En la última desigualdad, hemos utilizado que

1 '

'  s s

s

Si el alumno no se ve capacitado para resolver las inecuaciones que han salido, la otra posibilidad que tiene para resolver este ejercicio, es probarlo gráficamente. Sólo hay cuatro posibilidades que probar. Un espejo convexo, con el objeto más cercano que el foco, y con el objeto más lejano que el foco. Y un espejo cóncavo, con el objeto más alejado que el foco, y con el objeto más cercano que el foco. Esta última posibilidad es la que buscamos.

11) Se resuelve sin dificultad utilizando las ecuaciones para los espejos. Determinemos la distancia focal.

cm R

f 20

2 40 2

'  

Calculemos ahora la posición en la que se forma la imagen.

cm s

s f s

s 20 ' 16.67

1 100

1 ' 1 ' 1 1 '

1 _{  }

    

Puesto que la imagen está a la derecha del espejo, la imagen es virtual (se ha formado con las prolongaciones hacia atrás de los rayos reflejados).

Veamos el aumento que produce el espejo.

17 . 0 100

67 . 16 '

     

s s 

Ya podemos determinar el tamaño de la imagen.

cm y

y y y

33 . 1 8 · 17 . 0 '

'

 

 

 



Veámoslo gráficamente. ' F

12) Este ejercicio es totalmente análogo al anterior.

cm R

f 600

2 1200 2

'  

Posición de la imagen.

cm s

s f s

s 600 ' 106

1 90 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

  

     

Luego la imagen es virtual, puesto que está a la derecha del espejo, y su imagen debe formarse prolongando hacia atrás los rayos.

Aumento.

18 . 1 90 106

' _

    

s s 

Tamaño de la imagen.

cm y

y y y

12 . 14 12 · 18 . 1 '

'_{   }

 



Veámoslo gráficamente.

13) a) Puesto que la imagen la vamos a recoger en una pantalla, quiere decir que la imagen es real. Podemos determinar el aumento que debe tener para que los tamaños sean los que se indican.

60 5

. 0

30 '

    

y y



Podemos obtener una relación entre las distancias del objeto y de la imagen.

y y'

' F

'

60 ' 60

' '

' s s s

s s s

        

 

Puesto que la imagen se tiene que formar en s'420, podemos determinar dónde colocar el objeto.

cm s

s 7

60 420 60

'

    

b) Con la ecuación de la posición de la imagen, podemos determinar la distancia focal.





cm s

s ss f f s

s 7 420 6.89

420 · 7 ' ' ' ' 1 1 ' 1

  

        

Luego el radio del espejo es





f

R2 '2·6.89 13.78

c) Gráficamente.

14) Acudiendo a la ecuación que hemos estudiado para los dioptrios esféricos, podemos determinar la posición en la que se formará la imagen.

R

aire n vidrio n

s aire n s

vidrio

n ( ) ( ) ( )

' )

( 

 

cm s

s 800 ' 228.6

1 2 100

1 '

2 _  _{ }

 

Puesto que la imagen se forma en la parte izquierda del dioptrio, la imagen es virtual, ya que se forma con las prolongaciones hacia atrás de los rayos.

Y con la ecuación del aumento lateral, podemos determinar el tamaño de la imagen.

14 . 1 2 1 100

6 . 228 )

( ) (

' _

   

vidrio n

aire n s s



Luego la imagen es derecha, y algo mayor.

cm y

y y y

4 . 11 10 · 14 . 1 '

'_{   }

 



Vamos a verlo gráficamente.

Para ello, necesitamos calcular f y f'.

cm R

aire n vidrio n

vidrio n

f 800 1600

1 2

2 )

( ) (

) (

' 

  



y

C F'

cm R

aire n vidrio n

aire n

f 800 800

1 2

1 )

( ) (

) (

  

  

 

15) Debemos determinar la imagen de la primera lente, y tomar esta imagen como objeto para la segunda lente.

Primera lente.

cm s

s f s

s 3 ' 6

1 6 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

1 1

1 1 1

       

Puesto que la segunda lente está a 10 cm, la imagen se forma a 4 cm a la izquierda de la segunda lente.

Segunda lente.

cm s

s f

s

s 3 ' 1.7

1 4 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

2 2

2 2 2

        



Luego la imagen total, se forma a 1.7 cm a la izquierda de la segunda lente. Se trata de una imagen virtual invertida y menor que el objeto real.

Veamos con qué aumento lateral.

4 . 0 4

7 . 1 6 6 ' '

2 2 1

1 2

1 _ 

   



s s s s   

Así que el tamaño de la imagen es

cm y

y y y

8 . 0 2 · 4 . 0 ''

''_{   }

 



Vamos a verlo gráficamente.

16) Puesto que las distancias focales son positivas, se trata de dos lentes convergentes. Tenemos que calcular la posición de la imagen debido a la primera lente, y esta imagen, tratarla como objeto para calcular la imagen que produce debido a la segunda lente. Primera lente.

cm s

s f s

s 4 ' 20

1 5 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

1 1

1 1 1

        1 F

1 ' F

2 F 2

' F y

' y

'' y

F F'

y '

Puesto que la segunda lente está a 12 cm, la imagen se forma a 8 cm a la derecha de la segunda lente.

Segunda lente.

cm s

s f s

s 2 ' 1.6

1 8 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

2 2

2 2 2

     



Luego la imagen total, se forma a 1.6 cm a la derecha de la segunda lente. Es una imagen real.

Veamos con qué aumento lateral.

8 . 0 8

6 . 1 5 20 ' '

2 2 1

1 2

1   _ 



s s s s   

Así que el tamaño de la imagen es

cm y

y y y

6 . 1 2 · 8 . 0 ''

''

  

  

 



La imagen es menor e invertida. Vamos a verlo gráficamente.

17) Calculemos la distancia focal que necesita la lente.

cm s

s s s f f s

s 2 300 1.99

) 2 ( · 300 ' ' ' ' 1 1 '

1 _

 

 

    

Luego se trata de una lente convergente, de distancia focal 1.99 cm. La potencia de la lente es de

dioptrías m

cm f

P 0.50 50 50

99 . 1

1 '

1   1  1 

  

Veamos el aumento que produce la lente.

150 2

300

' _

  

s s 

Luego la imagen es invertida y mayor. Deberemos colocar la diapositiva al revés para que la imagen se vea derecha.

1 F

1 ' F

2

F F'₂ y

' y ''

Vemos en el dibujo que la imagen que se forma es real, para que pueda ser recogido en una pantalla.

18) Se trata de una lente divergente, ya que su distancia focal imagen es negativa. Determinemos su potencia.

dioptrías m

cm f

P 0.10 10 10

10 1 '

1  1 1 

 

  

Veamos dónde se forma la imagen.

cm s

s f s

s 10 ' 6

1 15 1 ' 1 ' 1 1 ' 1

         

Aumento lateral.

4 . 0 15

6 '

 

  

s s 

Tamaño de la imagen.

cm y

y y y

0 . 2 5 · 4 . 0 '

'_{   }

 



Gráficamente.

Como vemos, la imagen es derecha, menor y virtual.

19) El resultado que vamos a obtener, es independiente de la postura en la que se coloque la lente. Es decir, que sea convexa-plano o plano-convexa.

Según hemos dibujado la lente, tenemos que R1 50cm, y que R2 .









R R n f

P 0 1 1

50 1 1 5 . 1 1 1 1 '

1 1

2 1

 

   

  _ 

    

 

 



 

F '

F

y y'

1 F

1 ' F y

20) Determinemos la distancia focal. cm f f f s

s ' ' 13.7

1 24 1 32 1 ' 1 1 ' 1        

Comprobamos que se trata de una lente convergente, ya que f'0. Determinamos ahora el índice de refracción.









21) El objeto produce una imagen directa a través de la lente, y además, la imagen debida al espejo, también produce a través de la lente otra imagen. Por tanto, aparecen dos imágenes a través de la lente.

Sabemos que la lente es de una dioptría, podemos determinar la distancia focal objeto.

cm m

P

f 1 100

1 1 1

'   

Al ser f' positiva, indica que se trata de una imagen convergente. Primera imagen. Es la que se produce directamente del objeto.

cm s

s f s

s 100 ' 225

1 180 1 ' 1 ' 1 1 ' 1        

Veamos el aumento lateral.

25 . 1 180 225 ' _    s s 

Tamaño de la imagen.

cm y y y y 50 . 2 2 · 25 . 1 ' ' 1

1    

 



Segunda imagen. Puesto que el espejo se encuentra a 20 cm del objeto, deducimos que su imagen debida al espejo, se encuentra a una distancia de 220 cm de la lente.

cm s

s f s

s 100 ' 183.3

1 220 1 ' 1 ' 1 1 '

1 _{  }

    

Veamos el aumento lateral.

83 . 0 220 3 . 183 ' _    s s 

Tamaño de la imagen.

cm y y y y 66 . 1 2 · 83 . 0 ' ' 2

2    

 

Veámoslo gráficamente.

22) Sabemos que una lupa se trata de una lente convergente. Si queremos que el aumento lateral sea de 4, quiere esto decir que s'4s.

Imponiendo esta condición en la ecuación de una lente, obtenemos s.

cm s

s s

s f

s

s 8 6

1 4

3 8

1 1 4

1 ' 1 1 ' 1

          

23) Un ojo hipermétrope, es un ojo con falta de convergencia. Por eso, la imagen enfocada se produce detrás de la retina, y por lo tanto, en la retina se forma una imagen desenfocada. Para solucionar el problema mediante una lente, es necesario una lente convergente para ayudar al ojo en su convergencia. Una hipermetropía de 3 dioptrías, significa que para corregirla hace falta una lente convergente de 3 dioptrías.

Un ojo miope, es un ojo con exceso de convergencia. La imagen aparece enfocada antes de llegar a la retina, y en consecuencia, en la retina, aparece la imagen desenfocada. Para corregir este defecto mediante una lente, es necesario una lente divergente para conseguir que no converja tanto la luz. Para este caso, necesitaremos una lente de -3 dioptrías.

Las gafas de un hipermétrope son con cristales más gruesos por el centro, por eso, estas gafas se ven más gordas que las de un miope, que al ser más delgadas por el centro, pueden ser los cristales más ligeros.

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1 ' y 2

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