187

1. ¿A qué distancia de la Tierra, expresada en km, se encuentra una estrella que está a 10 años luz?Como la luz se propaga en el vacío (y en el aire) con movimiento uniforme a 300 000 km s–1:

∆x = v t = 300 000 · 10 años · · = 9,5 · 1013 km

Es decir, 95 billones de kilómetros.

2. Traza la marcha de los rayos de luz de la figura 9.91.

Para trazar el rayo reflejado es preciso:1.° Dibujar la normal en el punto de incidencia.2.° De acuerdo con la segunda ley de la reflexión, el

ángulo de reflexión es igual que el de incidencia.Teniendo en cuenta estos aspectos, y por simples con-sideraciones geométricas, en la figura hemos trazadolos rayos reflejados en los espejos.Nota: en este ejemplo se observa que el rayo emer-gente es paralelo al incidente. Esto sucede en todoslos casos (para espejos en ángulo recto).

3. Traza la marcha de los rayos de luz de la figura 9.92.

Si se aplican las consideraciones del ejercicio anterior y teniendo encuenta que la normal de un punto de una circunferencia es el diámetroque pasa por él, en la figura se han trazado los dos rayos reflejados soli-citados.

86 400 s1 día

365 días1 año

kms

UNIDAD 9

Actividades de final de unidad

Ejercicios básicos

Fig. 9.91

60°

30°

N

60°

60°

30°

60°

N

Fig. 9.92

1 2

C F O

C F

2

1

2'

1'

O

N

188

IV ÓPTICA

4. Completa esta tabla, referida a un espejo esférico cóncavo:

Si se toma como objeto una flecha vertical (AB) que se encuentra sobre el eje principal:

Imagen: Imagen: Imagen:real, menor e invertida. real, mayor e invertida. virtual, mayor y derecha.

Por tanto,

5. Un objeto está a 30 cm de un espejo esférico cóncavo de 24 cm de radio. Establece analíticamente las carac-terísticas de la imagen.

Los datos del enunciado, siguiendo el convenio de signos habitual, son:

s = –0,30 m; f = = –0,12 m

Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos:

+ = ; = – ; s’ = ; s’ = = –0,20 m

Como la distancia imagen s’ es negativa, la imagen es real y se forma delante del espejo, a 20 cm de su cen-tro de figura.El aumento es:

A = = – = – = –

Es decir, es menor (|A| < 1) e invertida (pues A < 0). Por tanto, la imagen es menor, real e invertida.Nota: este es el resultado que cabía esperar, teniendo en cuenta que el objeto se encuentra entre –∞ y el cen-tro de curvatura.

6. Realiza el ejercicio anterior, suponiendo que el objeto está a 10 cm del espejo.Los datos del enunciado, siguiendo el convenio de signos habitual, son:

s = –0,10 m; f = = –0,12 mR2

23

–0,20 m–0,30 m

s’s

y’y

(–0,30 m) · (–0,12 m)(–0,30 m) – (–0,12 m)

sfs – f

1s

1f

1s’

1f

1s’

1s

R2

Imagen

Posición

–∞ < s < R

R < s < f

f < s < 0

Naturaleza Tamaño

Objeto

A

BC F OB'

A'

B'A

BC F O

A'

C F OB'

A'

B

A

Objeto Imagen

Posición

– ∞ < s < R

R < s < f

f < s < 0

Naturaleza Tamaño

Real Menor

Real Mayor

Virtual Mayor

189

9 ÓPTICA

Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = ; s’ = ; s’ = = 0,60 m

A = = – = – = 6

Como la distancia imagen s’ es positiva, la imagen es virtual (se forma detrás del espejo), a 60 cm de su cen-tro de figura. Así pues, la imagen es mayor, virtual y derecha, como cabía esperar, puesto que el objeto seencuentra entre el foco y el centro de figura.

7. Desarrolla el ejercicio anterior, pero suponiendo que el espejo es convexo, con el mismo radio.De acuerdo con el enunciado anterior:

s = –0,10 m; f = = +0,12 m

Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = ; s’ = ; s’ = = 0,055 m

A = = – = – = 0,55

Como la distancia imagen s’ es positiva, la imagen es virtual (se forma detrás del espejo). Asimismo, que elaumento sea 0,55 significa que es menor y derecha.Nota: ten en cuenta que los espejos convexos forman siempre imágenes menores, virtuales y derechas.

8. La figura 9.93 muestra un rayo de luz que avanza por el aire y se encuentra con un bloque de vidrio. La luz enparte se refleja y en parte se refracta. Calcula la velocidad de la luz en este vidrio y su índice de refracción.

Por la segunda ley de la refracción, y teniendo en cuenta la figura, en laque se ha trazado la normal en el punto de incidencia y los ángulos deincidencia y refracción:

naire sin i = nvidrio sin^R; nvidrio = = = 1,46

La velocidad de la luz, a partir de la definición de índice de refracciónabsoluto, es:

nvidrio = ; vvidrio = = 2,05 · 105 km s–1

9. Traza la trayectoria que, aproximadamente, seguirá cada uno de los dos rayos de luz en la figura 9.94.

300 000 km s–1

1,46c

vvidrio

sin 30°sin 20°

sin i

sin R

0,055 m–0,10 m

s’s

y’y

(–0,10 m) · (0,12 m)(–0,10 m) – (0,12 m)

sƒs – f

1f

1s’

1s

R2

0,60 m–0,10 m

s’s

y’y

(–0,10 m) · (–0,12 m)(–0,10 m) – (–0,12 m)

sfs – f

1f

1s’

1s

Fig. 9.93

60°Aire

Vidrio 70°

AireVidrio

30°30°60°

20°

70°

Agua

Aire

Vidrio

Fig. 9.94

190

IV ÓPTICA

La segunda ley de la refracción recoge el hecho experimental de que, si la luz pasa a propagarse a un medioen el que su velocidad es mayor, el ángulo de refracción es mayor que el de incidencia; es decir, los rayosrefractados «se alejan» de la normal trazada en el punto de incidencia. Se exceptúa de este comportamientoel caso en que la luz incida perpendicularmente en la superficie de separación de los dos medios: en estecaso, la luz sigue propagándose en la misma dirección.

Para trazar los rayos refractados se ha tenido en cuenta que vvidrio < vagua < c. Para facilitar el trazado, se hadibujado la normal en cada punto de incidencia y, mediante una línea de puntos, también la dirección queseguiría la luz si no se refractase.

10. Se tiene un prisma óptico (n = 1,62) cuyo ángulo de refringencia (o ángulo del prisma) es de 30°. Si un rayo deluz incide perpendicularmente en una de sus caras, calcula el ángulo con el que emerge la luz.

Según la figura:

• Triángulo ABP: 180° = 90° + 30° + a ⇒ a = 60°.

• En P: i + a = 90° ⇒ i = 30°.

La segunda ley de la refracción aplicada en P:

nprisma sin 30° = naire sin e; sin e = 1,62 · sin 30° = 0,81

de donde se tiene e = 54°.

11. Un prisma de 60,0° tiene un índice de refracción de 1,52. Calcula el ángulo de incidencia del rayo que, pe-netrando por el prisma, sufra justamente la reflexión total en la cara opuesta.

Si en P se produce la reflexión total, la segunda ley de la refracción en dichopunto conduce a:

nprisma sin L = naire sin 90° = 1

sin L = ⇒ L = 41,1°

En P: � + L = 90°; es decir, � = 48,9°.

En el triángulo ABP: 180° = 60° + � + �, de donde se tiene � = 71,1°.

En el punto B: � + R = 90°; por tanto, R = 18,9°. Si se aplica la segunda ley de la refracción al paso de laluz del aire al prisma (punto B):

naire sin i = nprisma sin 18,9° = 1,52 · sin 18,9°; i = 29,4°

12. El índice de refracción del prisma de la figura 9.95 es ��2. Dibuja la trayectoria que seguirá el rayo de luz en él,sabiendo que el exterior es aire.

1nprisma

Agua

Aire

Vidrio

30oB

A

NP

ea

i

60o

B

A

NP

N

e = 90°i�

�

R L

Fig. 9.95

A

C B30°

191

9 ÓPTICA

En D, el ángulo de incidencia es 0°, por lo que el rayo de luz pasa a propagarse en el prisma sin que cam-bie la dirección.

En el punto E, el ángulo de incidencia es de 60°. Este valor puede dar lugar a que en dicho punto se mani-fieste la reflexión total. Para establecerlo es preciso conocer el valor del ángulo límite; por la segunda ley derefracción:

nprisma sin L = naire sin 90° = 1; sin L = = ⇒ L = 45°

Como 60° > L, en E se produce la reflexión total y el rayo se propaga hasta F. En este punto, el ángulo deincidencia es de 30° (como se deduce por simples consideraciones geométricas); este valor es menor que elángulo límite; por tanto, el rayo emerge del prisma. Si aplicamos nuevamente la segunda ley de la refrac-ción, ahora en F:

sin R = = ��2 · ⇒ R = 45°

Nota: en estos ejercicios no se tiene en cuenta que, en los puntos de emergencia de la luz, parte de estapuede reflejarse y, por tanto, esta luz reflejada sigue propagándose por el prisma.

13. Indica cuál es el menor ángulo de incidencia (Fig. 9.96) que puede tener un rayo y todavía ser reflejado com-pletamente por el interior de la fibra óptica (n = 1,30).

Para que se produzca la reflexión total, el ángulo de incidencia interno (en B) en la fibra óptica debe ser igualo mayor que el ángulo límite entre ella y el aire. El valor de este ángulo se puede calcular aplicando la segun-da ley de la refracción:

nfibra sin L = naire sin 90° = 1; sin L = = ⇒ L = 50,3°

Según la figura, R = 90° – L = 39,7° y, por la segunda ley de la refracción, en A:

naire sin i = nfibra sin R; sin i = nfibra sin R = 1,30 sin 39,7° = 0,831; i = 56,2°

14. Completa la tabla adjunta, que hace referencia a una lente convergente:

En las figuras se han obtenidolas imágenes en cada situa-ción planteada. La tabla reco-ge sus características.

11,30

1nfibra

12

nprisma sin 30°naire

1��2

1nprisma

60°

30°

30°

A

D

C B

E

N

60°30°

A

D

C

B

E

F

60° i

R

Fig. 9.96

Imagen

Posición

–∞ < s < 2 f

2 f < s < f

f < s < 0

Naturaleza Tamaño

ObjetoF'

FO

FO F'

F O F'

–∞ < s < 2 f

f < s < 0

2 f < s < f

Objeto Imagen

Posición

–∞ < s < 2 f

2 f < s < f

f < s < 0

Naturaleza Tamaño

Real Menor

Real Mayor

Virtual Mayor

A

B

Ri

L

192

IV ÓPTICA

15. ¿Qué diferencia hay entre un aumento positivo y un aumento negativo en una lente?El aumento lateral (A) de una lente es la relación entre el tamaño de la imagen (y’ ) y el del objeto (y ):

A =

Si el aumento es positivo significa que tanto y como y ’ tienen elmismo signo, lo cual, a su vez, se corresponde con la misma orienta-ción de la imagen y del objeto, puesto que el signo de estas magnitu-des se toma de acuerdo con el convenio de considerar de un signo(positivo) los valores Y que están por encima del eje principal, y delopuesto (negativo) los que se refieren a puntos que están por debajo.Esto se comprende más fácilmente si se considera (como es habitual)que el objeto se encuentra sobre el eje principal.Así pues, si A > 0, la imagen es derecha respecto del objeto; si A < 0, la imagen es invertida.

16. Se tiene una lente convergente de 1,00 dioptría y un objeto de 40 cm de altura que se encuentra a 1,80 m dela lente. Construye (resolución gráfica) la imagen obtenida y establece, haciendo uso de la escala utilizada: ladistancia imagen, su altura, aumento, su naturaleza y si es derecha o invertida respecto al objeto. Una vez halla-dos estos valores, resuelve el ejercicio analíticamente.

Que la potencia de la lente sea 1,00 dioptría significa que su distancia focal imagen (f’ ) es de 1,00 m, puesto

puesto que la potencia es el inverso de la distancia focal: P = .

Para la resolución gráfica se ha optado por la escala 1:40. En la figura constan los valores medidos.

Si se aplica la escala elegida (1:40), se obtienen s’ � 2,24 m; y’ � –50 cm.La resolución numérica se efectúa con la ecuación fundamental de las lentes delgadas y la fórmula delaumento. De acuerdo con el convenio de signos, los datos son: s = –1,80 m; f’ = +1,00 m; y = 0,40 m.

– = ; s’ = = = 2,25 m

A = = ; y’ = y = 0,40 m = –0,50 m

Puesto que s’ > 0, la imagen es real. De la ecuación del aumento se deduce que dicha imagen es mayor einvertida (y’ < 0).

17. La lente convergente de un proyector de diapositivas, que tiene una distancia focal de +15,0 cm, proyecta la imagennítida de una diapositiva (de 3,5 cm de ancho) sobre una pantalla que se encuentra a 4,00 m de la lente. ¿A qué distancia de la lente está colocada la diapositiva? ¿Cuál es el aumento de la imagen formada por el proyector en lapantalla?

La información del enunciado corresponde a las siguientes magnitudes, expresadas con el signo adoptadoen el convenio de signos:• Distancia imagen: s’ = +4,00 m.• Distancia focal: f’ = +0,150 m.• Tamaño del objeto: y = 0,0350 m.

2,25 m–1,80 m

s’s

s’s

y’y

1,00 m · (–1,80 m)1,00 m + (–1,80 m)

f’ sf’ + s

1f’

1s

1s’

1f’

y’y

F'

y'O

yF

En este ejemplo, el aumento es negativo.

F1,0 cm

2,5 cm

F'

�5,6 cm

�1,25 cm

4,5 cm

Escala 1:40

193

9 ÓPTICA

La distancia de la diapositiva (objeto) a la lente es la distancia objeto; con la ecuación fundamental de laslentes delgadas se tiene:

– = ; s = = = –0,156 m

Por tanto, la diapositiva se encuentra a 15,6 cm de la lente (es decir, solo 6 mm delante del foco objeto).

El aumento es:

A = = = = –25,6; y’ = A y = –25,6 · 3,5 cm = –90 cm

18. Una lente divergente tiene una distancia focal de 10 cm. Un objeto de 10 cm se encuentra a 30 cm de la lente. Construye gráficamente (a escala) la imagen y, a partir del dibujo, establece: la distancia de la ima-gen a la lente, la altura que tiene, su naturaleza y si es derecha o invertida respecto del objeto. Después con-fronta los resultados con la resolución analítica.

Para la resolución gráfica se ha optado por la escala 1:5. En la figura constan los valores medidos.

Con la escala elegida, se obtiene: s’ � –7,5 cm; y’ � 2,5 cm.

La resolución numérica se efectúa mediante la ecuación fundamental de las lentes delgadas y la fórmula delaumento. De acuerdo con el convenio de signos, los datos son: s = –0,30 m; f’ = –0,10 m; y = 0,10 m.

– = ; s’ = = = –0,075 m = –7,5 cm

A = = ; y’ = y = 0,10 m = 0,025 m = 2,5 cm

Puesto que s’ < 0, la imagen es virtual. De la ecuación del aumento se deduce que dicha imagen es menory derecha (y’ > 0).

19. El ojo normal se puede asimilar a un sistema óptico formado por una lente convergente (el cristalino) de+15 mm de distancia focal. La imagen de un objeto lejano (en el infinito) se forma sobre la retina, que se con-sidera como una pantalla perpendicular al eje óptico. Calcula: a) la distancia entre la retina y el cristalino; b)la altura de la imagen de un árbol de 16 m de altura, que está a 100 m del ojo; c) la distancia focal del crista-lino cuando se acomoda para ver un objeto que está a 0,25 m del ojo.

a) La imagen de un objeto lejano que forma una lente convergente es real, invertida y menor y se forma enel plano focal imagen. Por tanto, la distancia entre el cristalino (lente convergente) y la retina, cuando seobserva un objeto lejano, es la distancia focal del cristalino: 15 mm.

b) Un objeto que se encuentra a 100 m es, en relación con la formación de imágenes, prácticamente, unobjeto que está en el infinito; por tanto, su imagen se forma en el foco del cristalino sin acomodar, es decir:s’ = f’ = +15 mm. Por tanto, en la fórmula del aumento:

A = = ⇒ y’ = y = 16 m = –2,4 · 10–3 m = –2,4 mm

c) La imagen se forma en la retina, s’ = +15 mm; la distancia objeto es s = –25 cm. Por tanto, aplicando laecuación fundamental de las lentes delgadas:

= – = – ⇒ f ’ = 14 mm1

–25 · 10–2 m1

15 · 10–3 m1s

1s’

1f’

15 · 10–3 m–100 m

s’s

s’s

y’y

–0,075 m–0,30 m

s’s

s’s

y’y

(–0,10 m) · (–0,30 m)(–0,10 m) + (–0,30 m)

f’ sf’ + s

1f’

1s

1s’

4,00 m–0,156 m

s’s

y’y

0,150 m · (4,00 m)0,150 m – (4,00 m)

f’ s’f’ – s

1f’

1s

1s’

2 cm

2 cm

�1,5 cm

6 cm

F

194

IV ÓPTICA

20. Construye gráficamente (a escala 1:1) la imagen que se obtendrá en el sistema óptico de la figura 9.97.Especifica las características de la imagen final.

La imagen es virtual, mayor (4,8 cm) e invertida.

21. Explica en qué consisten la presbicia y las cataratas. ¿Qué tipo de lentes (divergentes o convergentes) se usanpara su corrección?

La presbicia o vista cansada es la reducción de la capacidad de acomodación debida a la fatiga de losmúsculos ciliares o a la pérdida de flexibilidad del cristalino. Para el ojo présbita, el punto remoto novaría, pero el punto próximo se aleja: las personas con vista cansada ven bien excepto cuando miran decerca. Esta falta de convergencia se corrige con lentes convergentes (bifocales, cristales progresivos, etc.).

Las cataratas son debidas a la pérdida de transparencia del cristalino. No tiene corrección con gafas: la solu-ción es quirúrgica.

4 cm

F'2F'1F1 F2

2 cm3 cm5 cm

2 cm

Lente 1 Lente 2

Fig. 9.97

F2

1,2 cm

F'2F'1F1

2,4 cm

Lente 1 Lente 2

1 cm

Ejercicios de consolidación

1. Copia fielmente la figura 9.98 y traza los rayos de luzque permitan deducir el eclipse que experimenta partede la Tierra. Especifica: a) ¿de qué tipo de eclipse setrata, de Sol o de Luna? b) Indica las zonas de la Tierraen las cuales: hay eclipse total; eclipse parcial; es dedía (sin eclipse); es de noche.

a) El Sol queda eclipsado para algunos puntos de la Tierra: es un eclipse de Sol.

b) Teniendo en cuenta la propagación rectilínea de la luz:

SolLuna

Tierra

Sol

Eclipse total

Día

Noche

Luna

Tierra

Eclipse parcial

Fig. 9.98

195

9 ÓPTICA

2. Con dos espejos se ha conseguido el rayo de luz b a partir del a (Fig. 9.99). Dibújalos, especificando los ángu-los de incidencia correspondientes.

La situación es semejante a la del periscopio.En los puntos de incidencia, la suma de los ángulos de incidencia y de reflexiónes 90°. Como estos dos ángulos son iguales (segunda ley de la reflexión), elángulo de incidencia es de 45° en cada espejo.

3. Un rayo de luz incide sobre un espejo plano con un ángulo de 37° (Fig. 9.100). Si el espejo gira 10° hacia laderecha respecto del eje, establece el ángulo que forman entre sí el rayo incidente y el reflejado.

Al producirse el giro, la nueva normal también ha girado 10°; por tanto, i = 47°; como el ángulo de inci-dencia y el de reflexión son iguales (segunda ley de la reflexión), el ángulo solicitado es de 47° + 47° = 94°.

4. A 1,00 m de un espejo esférico cóncavo de 1,50 m de radio de curvatura se coloca un objeto de 10 cm de altu-ra. Establece las características de la imagen.

Los datos del enunciado, siguiendo el convenio de signos y notación, son: s = –1,00 m; R = –1,50 m;y = 0,10 m.Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = = ; s’ = ; s’ = = –3,00 m

A = = – ; y’ = –y = –0,10 m · = – 0,30 m

La imagen es real (s’ < 0), mayor (triple) e invertida (y’ < 0).

5. Un objeto se encuentra a 25 cm de un espejo esférico cóncavo de 80 cm de radio de curvatura. Establece lascaracterísticas de la imagen.

Los datos del enunciado, siguiendo el convenio de signos y notación, son: s = –0,25 m; R = –0,80 m.Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = = ; s’ = ; s’ = = 0,67 m

A = = – = – = 2,7

La imagen es virtual (s’ > 0), mayor y derecha (y’ > 0).

0,67 m–0,25 m

s’s

y’y

(–0,25 m) · (–0,40 m)(–0,25 m) – (–0,40 m)

sfs – f

2R

1f

1s’

1s

–3,00 m–1,00 m

s’s

s’s

y’y

(–1,00 m) · (–0,750 m)(–1,00 m) – (–0,750 m)

sfs – f

2R

1f

1s’

1s

Fig. 9.99

a

b

45°

45°

b

a

Fig. 9.100

.................N

37°

37°

N

37° 47°

N

37°

10°

196

IV ÓPTICA

6. Un objeto de 6,0 cm de altura se encuentra a 30 cm de un espejo esférico convexo de 40 cm de radio. Establecelas características de la imagen.

Los datos del enunciado, siguiendo el convenio de signos y notación, son: s = –0,30 m; R = +0,40 m;y = 0,060 m.

Aplicando la ecuación fundamental de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = = ; s’ = ; s’ = = 0,12 m

A = = – ; y’ = –y = –0,060 m · = 0,024 m = 2,4 cm

La imagen es virtual (s’ > 0), menor y derecha (y’ > 0), como sucede siempre en los espejos convexos.

7. ¿A qué distancia de un espejo esférico cóncavo de 32 cm de radio hay que colocar un objeto para que el tama-ño de la imagen obtenida sea dos veces el del objeto?

Que el tamaño sea «doble» en los espejos cóncavos significa que el aumento puede ser A = 2 o A = –2, pues-to que la imagen que se obtiene en ellos es mayor que el objeto en dos situaciones:

• Si el objeto está entre F y O : A = 2 (virtual, mayor y derecha).

• Si el objeto está entre C y F : A = –2 (real, mayor e invertida).

Es decir,

A = = – ; s’ = –A s = –2 s y s’ = 2 s

Por consiguiente, al sustituir en la ecuación fundamental de los espejos esféricos:

+ = = ; + = ; (1 – ) = ; s = ( )de donde se tiene:

• Si el objeto está entre F y O : A = 2 (virtual, mayor y derecha): s = = –8,0 cm.

• Si el objeto está entre C y F : A = –2 (real, mayor e invertida): s = R = –24 cm.

8. Un objeto a 30 cm de un espejo esférico cóncavo tiene una imagen real que se forma a 15 cm del espejo.Establece a qué distancia del espejo debe estar el objeto para que tanto él como su imagen estén en la mismaposición.

Si la imagen es real, s’ < 0; por tanto, s’ = –0,15 m; s = –0,30 m. Aplicando la ecuación fundamental de losespejos esféricos:

+ = = + ; f = –0,10 m

Si la posición del objeto y de la imagen es la misma: s’ = s:

+ = = + = ; s = 2 f = R = –20 cm

El objeto está en el centro de curvatura (C ), a 20 cm del espejo.

9. En un parque de atracciones se desea instalar un espejo esférico tal que, cuando una persona se coloque a 2 mde él, se vea con una altura que sea 4 veces su estatura. Establece el tipo de espejo y su radio.

Si la persona «se ve» significa que la imagen es virtual. Los espejos esféricos solo dan imágenes virtuales ymayores si son cóncavos y si el objeto se encuentra entre F y O.

A = 4 = – ; s’ = –4 s = –4 · (–2 m) = 8 m

Sustituyendo en la ecuación fundamental de los espejos esféricos:

= + = + = – m–1; R = – m

Por tanto, el espejo debe ser cóncavo y de m de radio.163

163

38

18 m

1–2 m

1s’

1s

2R

s’s

2s

1s

1s

1f

1s’

1s

1–0,30 m

1–0,15 m

1f

1s’

1s

34

R4

R2

A – 1A

2R

1A

1s

2R

1–A s

1s

2R

1f

1s’

1s

s’s

y’y

0,12 m–0,30 m

s’s

s’s

y’y

(–0,30 m) · (0,20 m)(–0,30 m) – (0,20 m)

sfs – f

2R

1f

1s’

1s

197

9 ÓPTICA

10. Se circula con un coche que lleva un espejo retrovisor convexo de R = 2,00 m. Al pasar junto a un guardiade circulación, el conductor pone en marcha su cronómetro y cuando la imagen del guardia en el retrovisores de 10 mm lo para y ve que han transcurrido 21,0 s. Si la velocidad del coche se ha mantenido constante eigual a 32,4 km h–1, determina: a) La distancia del guardia al coche en ese momento. b) La estatura del guardia.

a) Como el movimiento es rectilíneo uniforme, con una velocidad de 32,4 km h–1 (= 9,00 m s–1):

∆x = v t = 9,0 m s–1 · 21,0 s = 189 m

b) En ese instante: s = –189 m, y’ = +10 · 10–3 m y f = = +1,00 m. Aplicando la ecuación fundamental

de los espejos esféricos y la del aumento:

+ = ; s’ = ; s’ = = 0,995 m

A = = – ; y = –y’ = –0,010 m · = 1,9 m

11. ¿Por qué parece quebrada una varilla recta semisumergida en agua?

La explicación es por la refracción de la luz cuando esta pasa a propagarse del agua al aire. En la figura, dosrayos de luz que provienen del extremo sumergido de la varilla experimentan la refracción; la luz emergen-te del agua se aleja de la normal. El ojo forma la imagen por la prolongación de los rayos divergentes queinciden en él: la varilla se ve quebrada en la superficie del agua.

12. Se tiene un prisma óptico de vidrio (n = 1,5), con un ángulo de refrigencia de 60°. Determina cuál debe ser elángulo de incidencia para que se produzca reflexión total.

Si se aplica la segunda ley de la refracción en el punto S, y se tiene en cuenta que se produce la reflexióntotal, el ángulo de incidencia � es el ángulo límite prisma-aire:

= = =

de donde se deduce que � = 41,8°.

Según la figura: � + � = 90°, es decir, � = 48,2°. También de la observación de la figura (triángulo EAS) sededuce que el ángulo de refracción � del rayo que incide en el prisma es de 18,2°. Aplicando nuevamentela segunda ley de la refracción al punto de incidencia aire-prisma:

= = nprisma = 1,5

de donde se tiene que el ángulo de incidencia en el cual se produce situación de la figura es de 27,9°.

Para ángulos de incidencia mayores a 27,9° el ángulo � correspondiente es menor al ángulo límite y, portanto, ya no se produce la reflexión total. En definitiva, el ángulo de incidencia debe ser mayor que 27,9°.

cvprisma

sin isin 18,2°

11,5

1nprisma

vprisma

csin �

sin 90°

–189 m0,995 m

ss’

s’s

y’y

(–189 m) · (1,00 m)(–189 m) – (1,00 m)

sfs – f

1f

1s’

1s

R2

NN

60°

NN

A

S90°E

i

�

��

198

IV ÓPTICA

13. Un prisma óptico tiene un ángulo de refringencia de 28° y se observa que, al hacer incidir sobre él un rayo deluz con un ángulo de incidencia de 30°, el ángulo de desviación es de 18°. Calcula el índice de refracción delprisma.

En el prisma óptico se cumple que:

� = i + e – � y � = R + R’

Deducción:

La suma de los ángulos del triángulo IAI’ es 180°:

180° = � + (90° – R ) + (90° – R’ ); � = R + R’

El ángulo de desviación � que experimenta el rayo luminoso es el formado por las prolongaciones del rayoincidente y del emergente: � = 180°–�. Para relacionarlo con los valores que se suelen medir (�, i y e, en eltriángulo IPI’): � + � + � = 180°. Por tanto,

� = 180° – � = � + � = ( i – R ) + (e – R’ )

En definitiva, como � = R + R’ , � = i + e – �.

En este caso, e = � – i + � = 18° – 30° + 28° = 16°.

De la segunda ley de la refracción en los puntos I e I’:

I: naire sin 30° = nprisma sin R

I’: nprisma sin R’ = naire sin 16°

Por su parte, el valor de la función seno del ángulo R’ es:

sin R’ = sin (28° – R ) = sin 28° cos R – cos 28° sin R

Por tanto,

sin R = (sin 28° cos R – cos 28° sin R )

Dividiendo ambos términos por cos R :

tan R = (sin 28° – cos 28° tan R )

de donde se tiene que R = 18° y, en definitiva, nprisma = 1,6.

14. Una piedra preciosa bien tallada debe su belleza a la multitud de destellos e irisaciones que presenta gracias alas muchas caras que posee. Razona si es preferible que el índice de refracción de estas piedras preciosas seagrande o pequeño.

Las reflexiones internas en la piedra preciosa son debidas a la reflexión total. Para favorecer este fenómenoconviene que el ángulo límite sea pequeño; como para el ángulo límite (L ) el ángulo de refracción es 90°,la segunda ley de la refracción queda como:

= = ; sin L =

Si L debe ser pequeño, como en el primer cuadrante, cuanto menor es el ángulo, menor es el valor de la fun-ción seno del mismo, el término 1/np debe ser pequeño; es decir, interesa que el índice de refracción seagrande.

15. El prisma de reflexión total de la figura 9.101 tiene un índice de refracción n = 1,5 y se encuentra sumergidoen agua (n = 4/3). Dibuja la marcha del rayo de luz, especificando el valor del ángulo de refracción con el queemerge del prisma.

1np

1np

vp

csin L

sin 90°

sin 30°sin 16°

sin 30°sin 16°

Ri e

N N’I’

I

A

P�

�

� �

��

R’

� ⇒ � ⇒nprisma =

nprisma =sin 16°sin R’

sin 30°sin R

sin R = sin R’sin 30°sin 16°

Fig. 9.101

199

9 ÓPTICA

El rayo de luz, al incidir perpendicularmente, sigue horizontal dentro del prisma, hasta alcanzar la superfi-cie de separación prisma-agua, en la que incide con un ángulo de 45°.

El ángulo límite para el dioptrio prisma-agua es:

np sin L = nagua sin 90°; sin L = = ; L = 63°

Como i < L, no se produce la reflexión total y el rayo emerge con el ángu-lo e:

np sin 45° = nagua sin e ; sin e = = 0,80; e = 53°

16. Explica el fenómeno observado en la figura 9.102 en la que una lente biconvexa de aire (formada en el interiorde una masa de vidrio) se comporta como una lente divergente.

En el aire, la luz se propaga con mayor velocidad que en el vidrio. Si se fija la atención en un prisma «deaire», este no desvía los rayos hacia su base, sino todo lo contrario.

17. Establece las características de la imagen formada por una lente convergente de +10 cm de distancia focalcuando el objeto se encuentra delante de la lente a una distancia de: a) 15 cm; b) 7,5 cm.

a) De acuerdo con el convenio de signos y notación: s = –15 cm; f’ = +10 cm.

Aplicando la ecuación fundamental de las lentes delgadas:

– = ; s’ = ; s’ = = 30 cm

Como la distancia imagen s’ es positiva, la imagen es real (se forma detrás de la lente, a 30 cm de la misma).

El aumento es:

A = = = = –2

es decir, la imagen es real, mayor (doble) e invertida (pues A < 0).

b) Ahora los datos son: s = –7,5 cm; f’ = +10 cm.

Aplicando la ecuación fundamental de las lentes delgadas y la del aumento:

– = ; s’ = ; s’ = = –30 cm

A = = = = 4

La imagen es virtual (s’ < 0), mayor y derecha (A = 4).

–30 cm–7,5 cm

s’s

y’y

10 cm · (–7,5 cm)10 cm + (–7,5 cm)

f’ sf’ + s

1f’

1s

1s’

30 cm–15 cm

s’s

y’y

10 cm · (–15 cm)10 cm + (–15 cm)

f’ sf’ + s

1f’

1s

1s’

3·

��22 2

43

89

4/33/2

45°

N

e

Fig. 9.102

N

N

Prisma «de aire» en una masa de vidrio. La lente «convergente» de aire, como si se trata-se de dos prismas unidos por su base.

200

IV ÓPTICA

18. Ecuación de Newton para las lentes delgadas. Si x es la posición del objeto relativa al foco objeto y x’ es laposición de la imagen relativa al foco imagen (Fig. 9.103), dicha ecuación es: x x’ = –f’2. Dedúcela a partir dela ecuación fundamental, teniendo en cuenta que f = –f’ y que el convenio de signos aplicado a x y x’ es elmismo que el utilizado en el texto, es decir, se toman positivos los valores a la derecha de F y de F’.

Por la definición de x y x’:

s’ = f’ + x’; s = f + x = –f’ + x

Por tanto, sustituyendo en la ecuación fundamental de las lentes delgadas:

= – = – = =

(x’ + f’ ) (x – f’ ) = (x – x’ – 2 f’ ) f’; x’ x + x f’ – x’ f’ – (f’ )2 = x f’ – x’ f’ – 2 (f’ )2

Es decir,

x x’ = –(f’ )2 = –f 2

19. ¿A qué distancia debe fotografiarse la fachada de un edificio de 200 m de altura con una cámara provista deun objetivo de f’ = 50,0 mm para que la imagen sea de 34,0 mm en la película? ¿Cuál sería la distancia reque-rida si se dispusiese de un gran angular de f = 22,0 mm?

De acuerdo con el convenio de signos y notación: f’ = 50,0 mm; y = 200 m; y’ = –34,0 mm. Ten en cuentaque se ha tomado y’ < 0, puesto que en la cámara fotográfica la imagen obtenida en la película es menor,invertida y real.

Si se aplica la ecuación del aumento:

A = = = –1,70 · 10–4 = ; s’ = –1,70 · 10–4 s

Al sustituir en la ecuación fundamental de las lentes delgadas:

– = ; – =

de donde se tiene s = –294 m.

Si el objetivo fuese el gran angular:

– = ; – =

de donde s = –129 m.

20. Para determinar la potencia de una lente convergente se monta el banco óptico y se fija la posición de la pan-talla y la del objeto: esta distancia es de 60,0 cm. Se mueve la lente hasta que se forma una imagen nítida enla pantalla. Posteriormente, se vuelve a mover la lente hasta que, en otro punto diferente, se forma una nuevaimagen nítida sobre la pantalla. Sabiendo que la distancia entre estos dos puntos es de 26,8 cm, determina lapotencia de la lente.

En la primera situación (1): s1 = – (0,600 – s1’) = s1’ – 0,600 = s1’ – D.

Si se sustituye en la ecuación fundamental de las lentes delgadas:

= – = – = –D

(s1’ – D) s1’1

s1’ – D1s1’

1s1

1s1’

1f’

122,0 · 10–3 m

1s

1–1,70 · 10–4 s

1f’

1s

1s’

150,0 · 10–3 m

1s

1–1,70 · 10–4 s

1f’

1s

1s’

s’s

–34,0 · 10–3 m200 m

y’y

x – x’ – 2 f’(x’ + f’ ) (x – f’ )

x – f’ – x’ – f’(x’ + f’ ) (x – f’ )

1x – f’

1x’ + f’

1s

1s’

1f’

O F'

f' x's'

x

y

y'f

F

s

Fig. 9.103

201

9 ÓPTICA

En la segunda: s2 = s2’ – D,

= – = – =

De acuerdo con la figura, s2’ = s1’ + d. Al igualar las dos ecuaciones anteriores:

= ; (s2’ – D ) s2’ = (s1’ – D) s1’

(s1’ + d – D) (s1’ + d ) = (s1’ – D ) s1’

(s1’)2 + 2s1’ d – D s1’ + d 2 – d D = (s1’)2 – D s1’

2s1’ d + d 2 – d D = 0

s1’ = = = = 0,166 m

Se sustituye esta distancia imagen en la primera ecuación,

= = = 8,33 dioptrías

21. El intervalo de visión distinta de una persona miope abarca de los 10 cm a los 30 cm de distancia del ojo.Calcula la potencia de las lentes correctoras que debe usar para que pueda ver los objetos alejados en su puntoremoto. Con estas lentes, ¿cuál es ahora su mínima distancia de visión distinta?

La miopía se corrige con lentes divergentes. Si el ojo está prácticamente en contacto con la lente, los valo-res que corresponden a la visión lejana con estas lentes son: s’ = – 0,30 m; s = –∞. Aplicando la ecuaciónfundamental de las lentes delgadas:

= – = – = –3,3 dioptrías

La distancia de visión distinta con estas gafas es aquella (s) para la cual la distancia imagen es s’ = –0,10 m:

– = = – ; s = –0,15 m = –15 cm

22. Una persona cuya distancia mínima de visión distinta es 30 cm usa una lupa de 20 dioptrías, mantenida cercadel ojo. Calcula cuál debe ser la posición del objeto y el aumento conseguido.

La lupa queda enfocada correctamente cuando la imagen que forma (que es virtual, derecha y mayor) estáen el punto próximo, es decir, a 30 cm del ojo (y de la lente, ya que se indica que está muy próxima al ojo).Por todo ello, los valores conocidos son: 1/f’ = +20; s’ = – 0,30 m (la imagen es virtual).Sustituyendo en la ecuación fundamental de las lentes delgadas:

– = = –20 dioptrías; s = –0,043 m = –4,3 cm

Es decir, el objeto debe ponerse muy cerca de la lupa: a 4,3 cm.El aumento de una lupa cuando forma la imagen en el punto próximo viene dado por:

A0 = 1 – = 1 – = 7,0

23. La distancia focal de una lente de índice de refracción n, formada por dos dioptrios esféricos de radios R1 y R2,cuando está en el aire, viene dada por:

= (n – 1) ( – )Una persona miope necesita usar lentes de 4,0 dioptrías. Calcula el radio que deberían tener los dioptrios (deigual radio) de una lente bicóncava de un vidrio de n = 1,5 que corrigiesen la miopía de esta persona.

La miopía se corrige con lentes divergentes; por tanto, la potencia de las lentes es –4,0 dioptrías. Por otraparte, si R es el valor absoluto de los radios, para la lente bicóncava: R1 = –R y R2 = R (recuerda el conveniode signos para los espejos esféricos). Por tanto,

= (n – 1) ( – ); –4,0 = (1,5 – 1) ( – ); R = 0,25 m = 25 cm1R

1–R

1R2

1R1

1f’

1R2

1R1

1f’

–0,30 m(1/20) m

dp

f’

1–0,30 m

1s

1f’

1s’

1–0,30 m

1–0,10 m

1s

1f’

1s’

1–∞

1–0,30 m

1s

1s’

1f’

–0,600 m0,166 m · (0,166 – 0,600) m

–D(s1’ – D) s1’

1f’

(0,600 – 0,268) m2

D – d2

d D – d2

2 d

–D(s1’ – D) s1’

–D(s2’ – D) s2’

–D(s2’ – D) s2’

1s2’ – D

1s2’

1s2

1s2’

1f’

A

B

A'

B'

d = 0,268 m

D = 0,600 m

A

B

B'

A'

1

2

202

IV ÓPTICA

24. El aumento de una lupa es 10�. Calcula su distancia focal. ¿A qué distancia debe colocarse el objeto paraobtener este aumento?

El aumento de una lupa, cuando forma la imagen en el punto próximo, viene dado por:

A0 = 1 –

Por consiguiente, para una persona cuyo punto próximo es 25 cm, la distancia focal (f’ ) de la lupa de 10aumentos es:

10 = 1 – ; f’ = 0,028 m = 2,8 cm

que corresponde a +36 dioptrías.

La distancia del objeto a la lente se puede calcular por la ecuación de las lentes delgadas:

= – = –36 dioptrías; s = – 0,025 m = –2,5 cm

25. En un microscopio, las distancias focales de objetivo y ocular son 1,60 cm y 6,00 cm, respectivamente, estan-do separados 19,2 cm. Establece el aumento lateral si se coloca un objeto a 1,80 cm del objetivo.

En primer lugar, se estudia la imagen obtenida por el objetivo:

= + = + ; s’ = 0,144 m

A = = = = –8,00

Esta imagen (real, invertida y mayor) es el objeto para el ocular. La distancia entre esta imagen y el oculares, en valor absoluto: 19,2 – 14,4 = 4,8 cm. Por tanto, para el ocular: f’ = +0,0600 m; s = –0,048 m. Lascaracterísticas de la imagen obtenida por él son:

= + = + ; s’ = –0,24 m

A = = = = 5,0

El aumento lateral respecto del objeto es el cociente entre el tamaño final y el del objeto. En el objetivo, eltamaño de la imagen es ocho veces el del objeto (y’ objetivo = 8y). En el ocular, el tamaño se hace cincoveces mayor: por tanto, el tamaño de la imagen obtenida con el ocular es 40 veces el del objeto estudiado:el aumento del microscopio es 40 x.

26. En un microscopio, las distancias focales de objetivo y ocular son 1,00 cm y 5,00 cm, respectivamente, estan-do separados 20,0 cm. Establece a qué distancia del objetivo debe colocarse el objeto si mira una persona cuyamínima visión distinta es de 25,0 cm.

La imagen del ocular se debe formar a 25 cm del ojo (de hecho, del ocular). Por tanto, como s’ = –0,250 m:

= – = – ; s = – m

Este objeto es la imagen obtenida por el objetivo. La distancia entre esta imagen del objetivo y el objeto es

0,200 m – m = m. Por consiguiente, si sustituimos en la ecuación de las lentes delgadas:

= – = – ; s = – 0,0107 m = –1,07 cm

27. ¿Cuál es la causa de la aberración cromática de las lentes?

Es la dispersión de la luz. En el material de la lente, las diferentes longitudes de onda que forman la luz blan-ca no tienen el mismo índice de refracción: sufren desviaciones ligeramente diferentes, por lo que en la ima-gen se separan y dan lugar a que esta aparezca coloreada y sin la nitidez que cabría esperar si no tuvieselugar este fenómeno.

10,0100 m

119

m120

1f’

1s’

1s

19120

124

124

10,0500 m

1–0,250 m

1f’

1s’

1s

–0,24 m–0,048 m

s’s

y’y

1–0,048 m

10,0600 m

1s

1f’

1s’

0,144 m–0,0180 m

s’s

y’y

1– 0,0180 m

10,0160 m

1s

1f’

1s’

1–0,25 m

1f’

1s’

1s

–0,25 mf’

dp

f’

203

9 ÓPTICA

Indica si la frase es verdadera o falsa:1. La imagen formada por un espejo plano es del mismo tamaño que el objeto.

V.

2. La imagen formada por un espejo plano es real.F.

3. Para ver una imagen virtual hay que proyectarla sobre una pantalla; no puede verse directamente.F.

4. En un espejo esférico, un rayo de luz que procede del foco (o que pasa por él) se refleja sobre sí mismo.F.

5. En una lente, un rayo de luz que procede del foco objeto (o que pasa por él) se refracta en ella, pasando por elfoco imagen.

F.

6. Una lente divergente tiene distancia focal negativa.V.

7. Una lupa es una lente convergente de distancia focal pequeña.V.

8. Una lente convergente forma la imagen de un objeto muy lejano en el foco imagen.V.

9. El aumento de un microscopio solo depende de la potencia de su objetivo y de la de su ocular.F. Además de la potencia del objetivo y del ocular, el aumento del microscopio depende de la separaciónentre ambos (intervalo óptico, D):

A0 =

(dp: distancia mínima de visión distinta; f’ y f’0C: distancias focales del objetivo y del ocular, respectivamente).

Elige la respuesta correcta:10. Los espejos esféricos de tocador que se utilizan para observar el rostro aumentado (maquillaje, afeitado...) son

cóncavos. ¿Dónde se debe poner la cara?: a) entre F y O; b) en F; c) en C; d) entre C y F.a.

11. ¿Cuál de las siguientes lentes es divergente?

d. Las lentes divergentes son más gruesas en los bordes que en el centro.

12. Colocando una lupa perpendicularmente a los rayos solares se forma un punto luminoso muy brillante a 20 cmde ella. La potencia de esta lente, en dioptrías, es: a) +0,05; b) –0,05; c) +5,0; d) –5,0.

c.

13. La imagen que se obtiene en una cámara fotográfica es: a) virtual, derecha y mayor; b) real, invertida y menor;c) real, invertida y mayor; d) real, derecha y mayor.

b.

14. El punto próximo de una persona es 24 cm. ¿A qué distancia mínima de un espejo plano que está frente a elladebe colocarse para que se vea con nitidez? a) 24 cm; b) 48 cm; c) 12 cm; d) no hay distancia mínima.

c.

dp Df’ f’0C

Test de autoevaluación

Fig. 9.104

a d eb c