Óptica - UTN FRGP - Universidad Tecnológica Nacional

Universidad Tecnológica
Nacional Facultad Regional
Gral. Pacheco
Problemas resueltos de Física
Óptica
Ejemplo 1
Se envía un fino haz de luz en forma perpendicular a una escala a un espejo situado 1,5 m al volver el
rayo se ha desplazado lateralmente sobre la escala 30cm ¿Qué ángulo forma el espejo con la
perpendicular a la escala?
Solución:
En óptica geométrica consideramos que la luz se propaga en línea recta. Las leyes en la reflexión nos
indican que
ˆi = ˆr
El dibujo nos muestra el planteo del problema:
ˆi + ˆr = α̂
Tgαˆ =
30cm
= 0,2
150cm
α = 11,3°
ˆi = ˆr = 5,6° = 5°39'18"
El ángulo entre el espejo y la perpendicular a la escala que llamamos θ es:
θ = 90° − ˆi = 90° − 5,6 = 84,4°
θ = 84°24'
Ejemplo 2
Calcule el tipo, posición y magnitud de la imagen formada por un espejo cóncavo de 20cm, de
radio de curvatura correspondiente a un objeto de 5cm que se halla a 40cm.
Solución:
Tenemos tres rayos principales para construir gráficamente la imagen:
•
El rayo que viaja paralelamente al eje y que al reflejarse pasa por el foco.
•
El rayo que viaja en la dirección del foco se refleja paralelamente al eje principal.
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•
El rayo que viaja en dirección al vértice del espejo se refleja con un ángulo de reflexión igual
al ángulo con que incidió.
Con dos cualquiera de estos rayos hallamos la posición. Altura y tipo de imagen:
x ≅ 13cm
y ≅ 1,6cm
Real, invertida y de menor tamaño (es real pues está formada por la intersección de los rayos
reflejados).
Analíticamente tenemos la expresión de Descartes que nos permite calcular x’ e y’.
X: posición del objeto
Y: altura objeto
X’: posición imagen
Y’: altura imagen
1 1 1
+
=
X X′ f
X′ =
Xf
40.10
400
=
=
X − f 40 − 10
30
x ′ = 13,3cm
x′
y′ = −y =
x
− 5cm.
40
3
40
y ′ = −1,66cm
Si x’ > 0 ⇒ es una imagen real.
Si y’ < 0 ⇒ es invertida.
Si Iy’I< IyI ⇒ es de menor tamaño.
Tenemos un resultado analítico coincidente con lo que hayamos por el método gráfico.
Ejemplo 3
El extremo izquierdo de una barra larga de vidrio de 10cm de diámetro e índice de refracción n = 1,5
está tallada y pulida formando una superficie semiesférica convexa de radio R = 5cm. Un objeto en
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forma de flecha de 1mm de alto, perpendicular al eje de la barra, esta situado sobre este a 20cm a
la izquierda de la superficie convexa. Determinar la posición y el tamaño de la imagen de la flecha.
Solución:
La ley de Descartes para dioptras nos dice:
n1 n2 n2 − n1
+
=
x
x′
C
Siendo n1 el índice donde se encuentra el objeto, n2 el índice donde se formará la imagen y C el
radio de curvatura de la dioptra. En nuestro ejemplo nos queda:
1
1,5 0,5cm
+
=
20cm x ′ − 5cm
Pues tomamos son sentido positivo aquel desde donde proviene la luz. Si despejamos x’ obtenemos:
x′ = −10cm
para calcular el tamaño de la imagen utilizamos:
y′ =
n1 x ′
y
n2 x
obteniendo
y ′ = −0,033mm
Ejemplo 4
Se coloca un objeto de 1cm de altura a 40 cm de una lente delgada convergente de f = 10cm.
Calcular gráfica y analíticamente posición, naturaleza y tamaño de la imagen. Repetir para cuando
el objeto se ubica a las distancias de 20, 10 y 5cm respectivamente.
Solución:
Aplicamos la fórmula de los focos conjugados de Descartes para calcular la abscisa de la imagen:
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1 1 1
1 1 1
1
1
1− 4
40cm
−3
−
= ⇒
= − =
−
=
=
⇒X=−
≅ −13,3cm
X X′ f
X ′ X f 40cm 10cm 40cm 40cm
3
y la relación para calcular la altura
y' = y
(−13,3cm)
x'
= 1cm
≅ −0,33cm
40cm
x
Para la resolución gráfica elegimos dos cualquiera de los tres rayos principales.
Coincidiendo la resolución gráfica con la analítica para darnos la imagen resultante que es real (es
intersección de rayos refractados); invertida (se puede apreciar en el gráfico y lo indica el signo
negativo en la resolución analítica) y de menor tamaño.
Ejemplo 5
Un objeto de 1cm de altura es colocado perpendicularmente al eje de una lente delgada
divergente de –35cm de distancia focal y a 40 cm de la misma. Determinar gráfica y analíticamente:
posición, tamaño y naturaleza de la imagen.
Solución:
Aplicando la fórmula de Descartes para resolver analíticamente y dos de los tres rayos principales
para hallar la solución gráfica tenemos:
1 1 1
1 1 1
= −
⇒
= −
f X X′
X′ X f
Tengamos en cuenta que f = -35cm por ser la lente divergente. Así obtenemos:
1
1
1
7+8
15
280cm
=
−
=
=
⇒ X' =
= 18,6cm
X ′ 40cm (−35cm) 280cm 280cm
15
x’ = 18,6cm que es la posición de la imagen. Y para su tamaño:
y' = y
Gráfico:
(18,6cm)
x'
= 1cm
≅ 0,93cm
40cm
x
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Obteniendo por ambos métodos una imagen virtual, derecha y de menor tamaño.
Ejemplo 6:
Una lente convergente de f = 20 cm se encuentra 50 cm a la izquierda de una lente divergente de
distancia focal f = -30 cm. Si un objeto de 1 cm de altura se encuentra ubicado 50 cm a la izquierda
de la lente convergente. Determinar las características de la imagen final
1 1
1
1
1 1
1
1
2−5
=
−
⇒
=
− =
−
=
⇒ X'1 = −33,3cm
f1 X1 X1′
X1′ X1 f1 50cm 20cm 100cm
La imagen que se obtiene de la lente convergente se encuentra 33,3 cm a la derecha de ella. Para
hallar la distancia a la que se encuentra de la divergente habrá que hacer el siguiente cálculo:
X 2 = 50cm − X'1 = 50cm − 33,3cm = 16,7cm
La imagen obtenida por la primera lente se convierte en objeto para la segunda siendo su posición
respecto de la lente divergente, X2=16,7 cm.
Calculamos ahora la posición de la imagen obtenida por esta lente.
1
1
1
1
1 1
1
1
30 + 16,7
501
=
−
⇒
=
− =
−
=
⇒ X'1 =
cm = 10,7cm
f2 X 2 X ′2
X ′2 X 2 f2 16,7cm − 30cm
501cm
46,7
La imagen es virtual mayor e invertida y se encuentra a 10,7 cm a la izquierda de la lente divergente.
Veámoslo gráficamente:
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