Fisica 4 _Óptica - Hugo Medina Guzmán

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA

Hugo Medina Guzmán

Profesor de la Pontificia Universidad Católica del Perú
Junio 2011

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

PALABRAS PREVIAS

En este trabajo he reunido el material utilizado en los tiempos que enseñaba temas
de Óptica en la Física General de los Estudios generales de la Pontificia
Universidad católica del Perú. Primero como parte de Física 4 y cuando la Física
General se redujo a tres partes pasó a formar parte de Física 2. Finalmente fue
retirado de la Física General.

Espero que el esfuerzo en la elaboración de este documento sea de utilidad tanto
para los estudiantes como para los profesores. Toda opinión al respecto será
bienvenida.

Hugo Medina Guzmán

Lima, Junio de 2011.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

CONTENIDO

NATURALEZA Y PROPAGACIÓN DE LA LUZ
MEDICIÓN DE LA VELOCIDAD DE LA LUZ
Cálculo teórico de la velocidad de la luz
VELOCIDAD DE LA LUZ EN MEDIOS NO CONDUCTORES
Índice de refracción
Retraso de una onda en un medio más denso.
PRINCIPIO DE HUYGENS
Trazado de Frentes de Onda
LA LEY DE SNELL Y LA LEY DE LA REFLEXIÓN
RAYOS DE LUZ
PRINCIPIO DE FERMAT
Análisis del problema con las leyes de la óptica
PREGUNTAS Y PROBLEMAS

ÓPTICA GEOMÉTRICA 1
REFLEXIÓN, ESPEJOS PLANOS Y ESFÉRICOS

REFLEXION EN SUPERFICIES PLANAS
Reflexión especular
Reflexión Difusa
ESPEJO PLANO.
Formación de imágenes en un espejo Plano
Imágenes Producidas por Espejos Angulares.
ESPEJOS RECTANGULARES.
Número de imágenes.
ESPEJOS ESFÉRICOS
Las características ópticas fundamentales de todo espejo esférico.
Posición del punto focal.
FORMACIÓN DE IMÁGENES EN ESPEJOS ESFÉRICOS
Formación de imágenes en espejos cóncavos
Casos de formación de imagen por un espejo cóncavo.
ECUACIÓN DEL ESPEJO.
AUMENTO.
PREGUNTAS Y PROBLEMAS

ÓPTICA GEOMÉTRICA 2
REFLEXIÓN Y REFRACCIÓN DE LA LUZ
APLICACIÓN.
EL DESPLAZAMIENTO DE LA LUZ POR UNA PLACA DE MATERIAL TRANSPARENTE
PROFUNDIDAD APARENTE
REFLEXIÓN INTERNA TOTAL
ÁNGULO DE MÍNIMA DESVIACIÓN DE UN PRISMA.
REFLEXIÓN TOTAL INTERNA EN PRISMAS
DISPERSIÓN DE LA LUZ: PRISMAS
REFRACCIÓN EN SUPERFICIE ESFÉRICA
LENTES DELGADAS
Tipos de lentes

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Lente convergente.
Lente divergente.
ECUACIÓN DE LAS LENTES DELGADAS.
AUMENTO LATERAL
LA ECUACIÓN DEL FABRICANTE DE LENTES,
Distancia focal.
MÉTODOS GRÁFICOS PARA LENTES
Para lente convergente
Para la lente divergente
Lentes bicóncavas.
SISTEMA DE DOS LENTES
Solución directa.
INSTRUMENTOS ÓPTICOS
EL OJO HUMANO
La cámara fotográfica.
LENTES DE AUMENTO
Punto de acercamiento.
Punto de alejamiento.
Aumento angular de una lupa.
Mínimo aumento angular.
EL TELESCOPIO
EL MICROSCOPIO COMPUESTO
PREGUNTAS Y PROBLEMAS

ÓPTICA ONDULATORIA

DIFERENCIA DE FASE
INTERFERENCIA DE RENDIJA DOBLE
Posición angular de las franjas brillantes
DIFRACCIÓN
DIFRACCIÓN DE FRAUNHOFER POR UNA RENDIJA SIMPLE
POSICIÓN ANGULAR DE LAS INTENSIDADES MÍNIMAS
DIFRACCIÓN POR UNA ABERTURA CIRCULAR
LÍMITE DE RESOLUCIÓN
RETÍCULA DE DIFRACCIÓN.
Resolución de la retícula de la retícula de difracción.
RETÍCULAS DE DIFRACCIÓN Y ESPECTROSCOPIOS
CAMBIO DE FASE EN LA REFLEXIÓN
LA CUÑA DE AIRE
ANILLOS DE NEWTON
EL INTERFERÓMETRO DE MICHELSON
Longitud de onda de la luz visto con un interferómetro de michelson
POLARIZACIÓN DE LA LUZ.
POLARIZACIÓN POR MEDIO DE POLARIZADOR.
Ley de Malus
POLARIZACIÓN DE LA LUZ POR REFLEXIÓN

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

NATURALEZA Y PROPAGACIÓN DE LA LUZ

Hasta el tiempo de Isaac Newton (1642 – 1727), la MEDICIÓN DE LA VELOCIDAD DE LA
mayoría de los científicos pensaban que la luz LUZ
consistía en corriente de partículas (conocidas
como corpúsculos) 3mitidas por las fuentes de luz. Uno de los primeros intentos para medir la
Hacia 1665 se empezaron a descubrir pruebas de velocidad que conocemos fue hecho por Galileo en
las propiedades ondulatorias de la luz. A principios la década de 1600. Usó el método simple de tratar
del siglo XIX, ya era muy evidente que la luz era de medir el tiempo que un rayo de luz se tardaría
una onda. en recorrer una distancia conocida.
En 1873, James Clerk Maxwell predijo la
existencia de las ondas electromagnéticas y
calculó su rapidez de `propagación. En conjunto
con el trabajo experimental de Heinrich Hertz,
iniciado en 1887, demostró de manera concluyente
que la luz es una onda electromagnética.

La naturaleza ondulatoria de la luz no es todo. Equipado Galileo y un asistente con linternas que
Varios aspectos asociados con la emisión y la tenían un obturador que se abre, interrumpiendo la
absorción de la luz revelan que esta tiene un luz. Su ayudante estaba en una colina a varios
aspecto corpuscular, según el cual la energía kilómetros de distancia. Galileo abrió el obturador,
transportada por las ondas luminosas está en dejando un haz de luz hacia a su asistente. Esa
paquetes discretos conocidos como fotones o persona abre su linterna en el instante en que ve la
cuantos. luz, envía un haz de nuevo a Galileo. El tiempo
Estas propiedades ondulatorias y corpusculares que transcurre entre la primera apertura de Galileo
aparentemente contradictorias han sido y ver el haz de retorno, se suponía que permitiría
reconciliadas desde 1930 con el desarrollo de la calcular la velocidad de la luz.
electrodinámica cuántica. Una teoría que incluye Desafortunadamente, después de repetir el
ambas propiedades ondulatorias y corpusculares. experimento varias veces a diferentes distancias,
La propagación de la luz se describe mejor descubrió que el desfase no cambió. No se
mediante el modelo ondulatorio, pero para incrementó con mayores distancias. De hecho, el
comprender la emisión y la absorción se requiere retraso era debido a la longitud de tiempo que se
un planteamiento corpuscular. tardó en abrir las persianas. Galileo llegó a la
Las fuentes fundamentales de toda radiación conclusión de que la luz viajaba demasiado rápido
electromagnética son cargas aceleradas. Todos los para medir de esta manera.
cuerpos emiten radiación electromagnética por el
movimiento térmico de sus moléculas; esta Más tarde, en 1676, otro científico, un astrónomo
radiación térmica es una mezcla de diferentes Danés Olaf Roemer fue la observación de eclipses
Longitud de onda. A temperatura lo de las lunas de Júpiter. Al observar a través de un
suficientemente elevadas, toda materia emite la telescopio las lunas de Júpiter orbitando, pudo
suficiente luz visible para ser auto luminosa; un observar el momento exacto en que la luna se situó
cuerpo muy caliente se pone al rojo vivo o detrás de Júpiter. Después de muchos años de
incandescente. observaciones, se dio cuenta de que los intervalos
Sin importar su fuente, la radiación de tiempo de tiempo entre los eclipses no siempre
electromagnética se desplaza en el vacío con la son los mismos. Debido a esto se imaginó cual era
rapidez de la luz. la razón.
La luz de la luna eclipsándose a veces llevaba un

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

tiempo relativamente corto para llegar a la tierra,
esto sucedía en la posición 1. En otro momento
durante el año, sin embargo, en la posición 2
cuando la tierra estaba en una parte más alejada de
su órbita, la luz de la luna de Júpiter que tarda más
en llegar a tierra.
Esto hizo que el intervalo entre los eclipses se
alargara, valor, obtuvo 2 x 108 m/s.

La primera medición terrestre fue realizada por el El método de Michelson consistía en aplicar un
científico francés Armand Fizeau en 1849, haz de luz sobre el espejo rotativo octagonal, la
luz se reflejo a otro espejo situado a 35 Km de
utilizando un haz de luz reflejado interrumpido por distancia. La luz que reflejó este segundo espejo
un disco con muescas, obtuvo 3,153 x 108 m/s. golpeó otra cara del espejo octagonal, y entonces
Perfeccionado un año más tarde por León Foucault podría ser vista por un observador. El espejo tuvo
que hacer un octavo de rotación en el tiempo que
para alcanzar resultados más precisos. El valor de se tomó la luz para hacer el viaje de vuelta. Esto
indica que el espejo octagonal tuvo que dar vuelta
la velocidad de la luz obtenido en esa ocasión, El a aproximadamente 32000 revoluciones por
minuto.
valor de la velocidad de la luz que obtuvo fue 2,98
x 108 m/s, superior en un 1% al aceptado Con la distancia del viaje de ida y vuelta de la luz
y el período de rotación del espejo octagonal, la
actualmente. velocidad de luz fue determinada con bastante
exactitud.
Del análisis de todas las mediciones hechas hasta
1983, el valor más probable de la rapidez de la luz
era
c = 2, 99792458 x 108 m/s.

Cálculo teórico de la velocidad de la luz

De todas las ondas solamente la onda plana, ya sea

armónica o no, se mueve a través del espacio con

un perfil que no cambia

Recordemos la ecuación diferencial de la onda

Un experimento más fácilmente entendido fue 2  2  2  1 2
realizado en 1879 por un científico Albert x2 y2 z2 v2 t 2
Michelson. Su aparato utilizó un espejo rotativo
octagonal en lugar de la rueda dentada, y un Cuya solución tiene la forma
segundo espejo, como se muestra en el esquema:
 r, t  Asenkr t, con v  

k

Las ecuaciones de Maxwell para el espacio libre se

pueden transformar en dos expresiones vectoriales

concisas:


2 E 2 B
2   00 t 2 y 2   00 t 2

E B

En coordenadas cartesianas son;

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

2Ex  2Ex  2Ex  00 2Ex VELOCIDAD DE LA LUZ EN MEDIOS NO
x2 y 2 z 2 t 2 CONDUCTORES

2Ey  2Ey  2Ey  00 2Ey El efecto neto de introducir un dieléctrico
x2 y 2 z 2 t 2 (elemento no conductor) homogéneo en una región
de espacio libre es cambiar ε0 a ε y μ0 a μ en las
2Ez  2Ez  2Ez  00 2Ez ecuaciones de Maxwell.
x2 y 2 z 2 t 2 La velocidad de fase es ahora
v 1
y

 2 Bx   2 Bx  2 Bx  00 2 Bx
x2 y 2 z 2 t 2 Donde   Ke0 , permitividad de un material,

2By  2By  2By  00 2By siendo Ke la constante dieléctrica y
x2 y 2 z 2 t 2   Km0 , permeabilidad del medio particular,

 2 Bz  2Bz  2Bz  00 2 Bz siendo Km la permeabilidad relativa
x2 y 2 z 2 t 2

Cada componente del campo electromagnético Índice de refracción

 Ex, Ey , Ez , Bx, By y Bz obedece la ecuación

diferencial escalar de la onda electromagnética a

condición que en la ecuación La razón entre las velocidades de una onda
electromagnética en el vacío y en la materia se
2  2  2  1 2 conoce como índice de refracción n y esta dado
x2 y2 z2 v2 t 2 por

Siempre que se cumpla v  1 n c    KeKm
 0 0 v  0 0

Reemplazando valores conocidos

Permitividad del espacio libre La gran mayoría de las sustancias con excepción

0  8,85 1012 C2 s2 de los materiales ferromagnéticos, son muy débiles
kg m3
en lo magnético. Considerando Km = 1 la expresión

Permeabilidad del espacio libre para n queda

0  4 107 kg m n  Ke , conocida como la relación de Maxwell
C2
Tabla 3.1. Relación de Maxwell

Obtenemos Gases a 0º C y 1 atm

  00  8,851012 4 107 Sustancia Ke n

 11,12 1018 s2 Aire 1,000294 1,000293
C2 1,000034
Helio 1,000034 1,000132
1,00045
v  1  2,99863380 108 m Hidrógeno 1,000131

 0 0 s Bióxido de carbono 1,0049

El valor teórico estaba de acuerdo con la velocidad Líquidos a 0º C y 1 atm

de la luz determinada previamente por Fizeau en Sustancia Ke n

1849. Este análisis es uno de los grandes triunfos Benceno 1,51 1,501
1,333
intelectuales de todos los tiempos. Agua 8,96 1,361
1,461
La velocidad de la luz en el vacío se designa por el 1,628

símbolo c. Alcohol etílico 5,08

Valor aceptado actualmente Tetracloruro de carbono 4,63
c = 2,997924562 x 108 ± 1,1 m/s
Bisulfuro de carbono 5,04

Sólidos a 0º C y 1 atm

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Sustancia Ke n Ejemplo 2. Demostrar que la longitud óptica de un
haz de luz, se define como la longitud geométrica
Diamante 4,06 2,419 multiplicada por el índice de refracción del medio
en el que la luz se mueve. Distancia equivalente a
Ambar 1,6 1,55 la que tendría la luz si hubiera viajado en el vacío.

Sílice fundida 1,94 1,458 Solución. La longitud óptica n  c  , v es la
v
Cloruro de sodio 2,37 1,50
velocidad de la luz en el medio.
La relación parece ser efectiva solo para algunos La luz viaja con velocidad constante en el medio,
luego el tiempo que toma la luz para recorrer la
gases simples. La dificultad aparece porque Ke y trayectoria.
por consiguiente n son dependientes de la t

frecuencia. v
Luego n  ct  0
Retraso de una onda en un medio más denso.
 0 es la distancia que la luz hubiera viajado a la
Considerando la ecuación n  c , encontramos
v velocidad c, que es, en el vacío. Luego la distancia
óptica es equivalente a la que la luz hubiera
que la velocidad de la luz en un medio diferente al viajado en el mismo tiempo en el vacío.

vacío es v  c , siendo v   f , como la
n

frecuencia no varía de un medio a otro lo que varía
es la longitud de onda, transmitiéndose como onda
refractada.

Ejemplo 3. Una onda infrarroja armónicas plana
que se desplaza en un medio transparente está dada

por

Ey x,t  Emáxsen 2  5  x 7  31014t 
 10 

En unidades SI. Determinar el índice de refracción

del medio a esa frecuencia y la longitud de onda de

la perturbación en el vacío.

Ejemplo 1. Una luz de longitud de onda en el Solución.
espacio libre λ0 = 500 nm pasa del vacío al
diamante (nd = 2,4). En circunstancias normales la k  2  2    5107 m
frecuencia de la luz no se altera al atravesar 5 107 
diferentes sustancias. En tal supuesto, calculare la
velocidad de la onda y la longitud de onda en el   6 1014  2 f  f  31014 Hz
diamante,
Solución.   v   f  5107 31014  1,5108 m/s

v  c  3108 = 1,25 x 108 m/s El índice de refracción
n 2,4
n  c  3108  2
La longitud de onda v 1,5 108

La longitud de onda de la perturbación en el vacío.

 0  n  2 5107  10 107 m = 1000

n  c  0 f  0    0 nm

v f  n Ejemplo 4. La luz de una lámpara de sodio (λ0 =
589 nm) pasa a través de un tanque de glicerina de
Como λ0 = 500 nm 20 m de largo (índice de refracción 1,47) en un

  500nm = 208 nm. tiempo t1. Si se toma un tiempo t2 para atravesar el
2,4 mismo tanque lleno de bisulfuro de carbono

(índice de refracción 1,63), determinar la
diferencia t2 – t1.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Solución. Cuando el frente de onda es amplio, de gran radio
se puede considerar como un frente onda plano
v c, v d  t d  d  dn
nt v cn c A menudo utilizamos diagramas que muestren la
forma de los frentes de onda o de su sección
Para la glicerina transversal en algún plano de referencia

t1  201,47

3  108

Para el bisulfuro de carbono

t2  201,63

3  108
201,63 201,47
t2  t1  
3  108 3  108

 20 1,63 1,47  1,07 108 s
3  108

PRINCIPIO DE HUYGENS

“Cada punto en un frente de onda primario sirve
como fuente de onditas esféricas secundarias tales
que el frente de onda primario un momento más
tarde es la envolvente de estas onditas. Además,
las onditas avanzan con una rapidez y frecuencia
igual a la del a onda primaria en cada punto del
espacio”

Trazado de Frentes de Onda

La radiación electromagnética se expande desde LA LEY DE SNELL Y LA LEY DE LA
un emisor puntual, cualquier superfície esférica REFLEXIÓN
concéntrica con la fuente es un frente de onda. En
los diagramas de movimiento ondulatorio Reflexión y transmisión de ondas planas.
dibujamos solo parte de unos cuantos frentes de Consideremos una onda plana monocromática
onda, a menudo escogiendo frentes consecutivos incidente en una interfase lisa que separa dos
que tienen la misma fase y por lo tanto están medios transparentes diferentes.
separados una longitud de onda, como las crestas
de una onda en la superficie del agua. En las ondas
sonoras podría mostrar solo las crestas de presión,
las superficies de presión máxima. Las ondas
electromagnéticas podrían mostrar solo las crestas
sobre las cuales el campo eléctrico o magnético es
máximo.

Reflexión y transmisión en una medio del
principio de Huygens. Vamos a determinar el

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

comportamiento de la onda usando la construcción Trabajando con
de Huygens. Cada punto del frente de onda plana
es fuente de una ondita secundaria. seni  sent  seni  vi

vi vt sent vt

Siendo

vi  nt
vt ni

Obtenemos

niseni  ntsent

Esta es la ley de la refracción

Ejemplo 5. Un haz de luz colimado o sea que

tiene rayos paralelos, que se propaga en aire,

forma un ángulo de 30º con la normal a una lámina

El número de ondas primarias que llegan a la de vidrio. Sí el índice del vidrio es nv =1,5,
interfase por segundo corresponde a la frecuencia determinar la dirección del haz transmitido dentro
de la onda incidente. Entonces las ondas reflejadas
y las transmitidas y por consiguiente las onditas de la lamina.
secundarias tendrán la misma frecuencia.
Solución.
Aplicando la ley de Snell

niseni  ntsent 

sent  ni seni  1 sen30º
nt 1,5

 1 0,5 ,0,333 

1,5

t  19,47º

Ejemplo 6. Imagine la superficie de separación

Tomemos frentes de onda reflejados y transmitidos entre dos regiones, una de vidrio (nv = 1,5) y la
en un instante dado otra de agua (na = 1,33). Un rayo que se propaga
en el vidrio incide sobre la superficie de
seni  senr  sent  sen90º
BD AC AE AD separación con un ángulo de 45º y se refracta

Como dentro del agua- ¿Cuál es el ángulo de
BD  vit , AC  vit , AE  vtt ,
transmisión?
Obtenemos
Solución.
seni  senr  sent Aplicando la ley de Snell
vi vi vt
niseni  ntsent  sent  ni seni
Trabajando con nt

seni  senr  Ángulo de incidencia θi = 45º
vi vi
El medio de incidencia es el vidrio ni = 1,5
seni  senr 
El medio de refracción es el agua nt = 1,33
i  r
Reemplazando valores:
Esta es la ley de la reflexión.
sent  1,5 sen45º  1,5  2  ,0,797
1,33 1,33 2

 t  52,89º

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

RAYOS DE LUZ Ejemplo 7. Cuando viajes a otros planetas se
Un rayo es una línea en el espacio que corresponde hayan convertido en una realidad, la comunicación
a la dirección del flujo de la energía radiante. Es entre un viajero del espacio y la tierra se convertirá
un instrumento matemático y no un a entidad en un problema, en parte por la velocidad finita de
física. En la práctica se pueden producir finos las ondas electromagnéticas y en parte por
haces de luz por ejemplo el haz láser. interponerse el sol en la trayectoria de las señales
El rayo es perpendicular al frente de onda. El rayo en determinados momentos. Para solucionar esto
incidente y la normal determinan el plano de se ha propuesto colocar un satélite en la órbita de
incidencia la Tierra en un ángulo de 90 º a la tierra para que la
Se cumplen las leyes básicas de la reflexión y comunicación sea posible en todo momento.
refracción Dado que Marte y la Tierra están en lados
Los rayos incidente, reflejado y refractado están en opuestos del sol y que se ha colocado el satélite,
el plano de incidencia calcular el tiempo mínimo entre el envío de un
mensaje por un astronauta en Marte y la recepción
Se cumple que i  r y niseni  ntsent , de la respuesta. Se puede considerar Marte y la
donde los ángulos i , r y t tienen exactamente Tierra que están viajando en órbitas circulares de
los radios de 230 x 106 km y 150 x 106 km,
los mismos significados que antes, se miden desde respectivamente.
la normal a la interfase. Solución.
La disposición de los planetas y del satélite es
Vamos a utilizar el modelo de rayos y la como se muestra en el diagrama.

suposición de que   d , ambos de los cuales

tratan con la óptica geométrica. Esta aproximación
es muy buena para el estudio de los espejos,
lentes, prismas e instrumentos ópticos, tales como
telescopios, cámaras y lentes.

PRINCIPIO DE FERMAT Distancia km
El principio establece que si la luz va de un punto
A, a otro punto B, por una trayectoria “l”, ésta es Marte - Satélite a c2  d 2
tal que, el camino óptico a lo largo de ella es
Tierra - Satélite b e2  d 2
mínimo comparado con otras trayectorias
próximas a “l”. Es decir, podemos definirlo como: Sol - Tierra c 150 x 106
el camino óptico a lo largo de una trayectoria real
Sol - Satélite d 150 x 106
de luz es estacionario, que en la imagen
Sol - Marte e 230 x 106
correspondería al camino (1).
El tiempo mínimo se produce cuando la tierra
El principio de Fermat nos da una forma muy útil recibe el mensaje por la ruta Tierra – satélite -
y altamente comprensible de apreciar y anticipar el

comportamiento de la luz.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Marte y transmite la respuesta de manera dt  1  y  y0  y 
 0
inmediata por el mismo camino. dy c  x12  y 2 x02  y0  y2 

La distancia total recorrida es Como c   la cantidad entre corchetes debe ser

2a  b

Por el teorema de Pitágoras cero.

a  c2  d 2 y b  e2  d 2  y  y0  y 
Luego  0
 x12  y 2 x02  y0  y2 
 2a  b  2 c2  d 2  e2  d 2

Reemplazando De la figura obtenemos:

 2a  b  2106 21502  302  1502 sen1  y y sen2  y0  y
x12  y 2
 973,4 106 km = 973 x 109 m x02  y0  y2

Las ondas electromagnéticas viajan a una Luego
velocidad constante c = 2,998 x 108 m/s, por lo
sen1  sen2  1  2
tanto el tiempo mínimo entre el envío de un
Esta es la ley de la reflexión.

mensaje por un astronauta en Marte y la recepción Por consiguiente el rayo de luz sigue la trayectoria

de la respuesta es: que toma el menor tiempo.

t  2a  b  973  109 = 3245,49 s = 54,1
2,998 108
c Ejemplo 9. Aplicar el principio de Fermat al caso
de la refracción para encontrar la ley de Snell.
min Solución.

Ejemplo 8. Demostrar que cuando la luz pasa de En la figura un rayo va de A a B sufriendo
un punto a otro reflejándose en un espejo plano, la
trayectoria es la que toma el menor tiempo. refracción en el punto C sobre la superficie de
Solución.
En la figura x e y son los ejes, un haz de luz que separación. Se trata de localizar el punto C de tal
sale del punto A (x1, 0) incide sobre el espejo en el
punto C (0, y) y llega al punto B (x2, y0).
Por las leyes de la óptica, A, B y C deben estar en
el mismo plano.

manera que la longitud de la trayectoria óptica

ACB sea mínima. Para esto la derivada de la

longitud óptica ACB tiene que ser cero.

Trayectoria óptica ACB = n1AC + n2CB

AC  x2  y12

CB  a  x2  y22

La longitud de la trayectoria ACB es, por el T O  n1 x2  y12  n2 a  x2  y22
teorema de Pitágoras,
 d
d  x12  y 2  x02  y0  y2
dx
El tiempo de viaje de la luz por esta trayectoria es: n1 x2  y12  n2 a  x2  y22 0

t  d  x12  y 2  x02  y0  y2  n1x  n2a  x  0 
x2  y12 a  x2  y22
cc
Para el tiempo mínimo debemos tener n1 x  n2 a  x
x2  y12 a  x2  y22

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Con t  x  15,59  x2  92

sen1  x v1 v2
sen2  y
Derivamos para encontrar el tiempo mínimo
x2  y12
dt  1  15,59  x 0 
a  x
dx v1 v2 15,59  x2  92
a  x2  y22

Obtenemos v1  15,59  x2  92 (1)

n1sen1  n2sen2 v2 15,59  x

Ejemplo 10. Un hombre, que puede correr en Reemplazando los valores de las velocidades:
distancias cortas a una velocidad de 7,5 m/s, y
nada a una velocidad de sólo 3 m/s. Está de pie en 15,59  x2  92  7,5 15,59  x 
el borde de una piscina cuando observa que su
esposa está en dificultades en una distancia de 18 3
m en una dirección que forma un ángulo de 30 °
con el borde de la piscina. Suponiendo que quiere 2,515,6  x  15,6  x2  92 
salvarla de morir ahogada, ¿cuál es el tiempo
mínimo en que puede llegar a ella? ¿Cómo 6,2515,6  x2  15,6  x2  92 
funciona el análisis de este problema con las leyes
de la óptica? 5,2515,6  x2  81 
Solución.
Tomando el eje x en el borde de la piscina y el eje 15,6  x2  15,43 
y en ángulo recto a través de la posición original
del hombre. 15,6  x  3,93 
Posición del hombre O (0, 0)
Posición de la esposa P (15,59, 9)) x  11,67 m
Punto en que el hombre entra en la piscina (0, x)
Luego El tiempo mínimo es:

tmin  11,67  92  15,6 11,672
7,5
3

= 11,67  3,93 = 1,56 + 1,31 = 2,87 s
7,5 3

2,87 segundos.

Análisis del problema con las leyes de la óptica

El hombre corre a una velocidad v1  7,5 m/s El índice de refracción (n) está definido como el
El hombre nada a una velocidad v2  3 m/s cociente de la velocidad (c) de un fenómeno
ondulatorio como luz o sonido en el de un medio
El hombre recorre corriendo OQ = x de referencia respecto a la velocidad de fase (v) en
dicho medio:
Recorre nadando QP  15,59  x2  92 En este caso si consideramos que debe de tomar el
menor tiempo en el recorrido su comportamiento
El tiempo que toma recorrer la trayectoria OQP es

t  OQ  QP
v1 v2

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

deber como el de la luz al refractarse de un medio v2  15,59  x
a otro.
v1 15,59  x2  92
n  v1 (2)
v2 Llegamos a un resultado similar al encontrado por
el método del menor tiempo.
Por otra parte aplicando la ley de Snell.
En los siguientes capítulos trataremos sobre
sen1  nsen2 diferentes fenómenos ópticos separados de la
manera siguiente:
1  90º
Óptica geométrica
Luego Es la rama de la óptica que implica la descripción
de rayos. (λ mayor que el objeto).
sen 2  1 Óptica física
n Es la rama que trata específicamente el
comportamiento ondulatorio de la luz. (λ mayor
De la figura que el objeto).

sen2  15,59  x

15,59  x2  92

Reemplazando en (2)

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

Problema 1. Los astronautas del Apolo 11 Problema 3. La figura muestra un aparato
armaron un grupo de eficientes retrorreflectores utilizado para medir la distribución de velocidades
en la superficie de la Luna. La velocidad de la luz de las moléculas de gas. Consta de dos discos con
se encuentra midiendo el intervalo de tiempo hendiduras separada una distancia d, con las
necesario para que un haz láser viaje de la Tierra, hendiduras separadas una de otra por un ángulo .
se refleje del panel, y retorne a la Tierra. Si este Supongamos que la velocidad de la luz se mide
intervalo es 2,51 s, ¿cuál es la velocidad medida de mediante el envío de un haz de luz desde la
la luz? izquierda a través de este aparato.
Tome la distancia centro a centro de la Tierra a la a) Demostrar que un haz de luz incidirá en el
Luna como 3,84 x 108 m, y no ignore el tamaño de detector (es decir, pasará a través de dos
la Tierra y la Luna. hendiduras) solo si su velocidad está dada por c =
d/, donde  es la velocidad angular de los
Problema 2. discos y  se mide en radianes.
En un experimento para medir la velocidad de la b) ¿Cuál es la velocidad medida de la luz si la
luz utilizando el aparato de Fizeau, la distancia distancia entre las dos hendiduras de los discos
entre la fuente de luz y el espejo era 11,45 km y la rotantes es 2,50 m, la hendidura en el segundo
rueda tenía 720 muescas. El valor de la velocidad disco se desplaza 1/60 de un grado de la ranura en
de la luz determinada experimentalmente es 2,998 el primer disco, y los discos están girando a 5555
x 108 m / s. Calcular la Velocidad Mínima angular rev / s?
de la rueda Este párrafo Experimento.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Problema 4. La orilla de un lago corre de este a a) Demuestre que el tiempo t que se requiere para
oeste. Un nadador se mete en problemas a 20,0 m
de la costa y 26,0 m al este de un salvavidas, cuya ir de A a B es
estación está 16, o m frente a orilla. El salvavidas
acelera en un corto tiempo. Puede correr a 7,00    t1 1 1 
m/s, y nadar a 1,40 m/s. Para llegar al nadador lo  c a2  x2 2  n b2  d  x2 2
más rápidamente posible, en qué dirección debe
empezar a correr el salvavidas? b) Determine el valor de x para el que el tiempo t

Problema 5. En la figura, sea un rayo de luz que es mínimo y demuestren que, en esta condición,
va del punto A a B, dentro de un medio de índice
de refracción n. Si los parámetros a, b y d son los ángulos 1 y 2 están relacionados mediante la
como se define en la figura siguiente ley de Snell.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA GEOMÉTRICA 1
REFLEXIÓN, ESPEJOS PLANOS Y ESFÉRICOS

La luz viaja en líneas rectas en un medio Cuando rayos de luz paralelos chocan contra una
isotrópico transparente tal como el aire. Cuando la superficie plana lisa, todos los rayos reflejados son
luz incide en una interfase entre dos medios, tales paralelos entre sí. Este tipo de reflexión se
como el aire y el agua, algo de luz puede volver en denomina reflexión especular y sirve para
el primer medio por reflexión; también, algo de la determinar las propiedades de los espejos.
luz puede pasar al segundo medio, generalmente
con un cambio en la dirección conocida como Reflexión Difusa
refracción. Sin embargo, la mayor parte de las superficies no
En esta parte presentaremos las experimentalmente son perfectamente lisas, ya que contienen
establecidas leyes que describen estos fenómenos. irregularidades de tamaños mayores que o iguales
Los fenómenos pueden ser descritos a la longitud de onda de la luz. La superficie
adecuadamente trazando rayos. irregular refleja los rayos de luz en varias
El tratamiento de los problemas de óptica direcciones. Este tipo de reflexión se denomina
mediante el trazado de rayos es conocido como reflexión difusa. Algunas superficies conocidas
óptica geométrica. Haciendo uso extensivo de la que producen reflexión difusa son la mayor parte
geometría. de los papeles, metales no pulidos y paredes
Debe tenerse presente que los rayos representan cubiertas con una capa plana de pintura.
direcciones perpendiculares a los frentes de onda.
ESPEJO PLANO.
REFLEXION EN SUPERFICIES PLANAS Un espejo plano es una superficie plana muy
La reflexión de la luz ocurre de acuerdo con dos pulimentada que puede reflejar la luz que le llega
leyes conocidas por los científicos griegos y con una capacidad reflectora de la intensidad de la
egipcios: luz incidente del 95% (o superior). Los espejos
PRIMERA LEY DE LA REFLEXIÓN. El rayo planos se utilizan con mucha frecuencia. Son los
reflejado está en el plano que contiene al rayo que usamos cada mañana para mirarnos. En ellos
incidente y a la normal a la superficie reflectante vemos nuestro reflejo, una imagen que no está
en el punto de incidencia. distorsionada.
SEGUNDA LEY DE LA REFLEXIÓN. El ángulo
de incidencia es igual al ángulo de reflexión.
El ángulo incidente (i) es el ángulo entre el rayo
incidente y la normal.
El ángulo de reflexión (r) es el ángulo entre el
rayo reflejado y la normal.

i = r
Casi todos los objetos reflejan cierta cantidad de la
luz que incide sobre ellos, y suele ser esta luz lo
que permite verlos.

Reflexión especular

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Una imagen en un espejo se ve como si el objeto del espejo. De la geometría del diagrama de rayos,
estuviera detrás y no frente a éste ni en la es evidente que d0  di .
superficie. (Ojo, es un error frecuente el pensar La imagen de un objeto finito.
que la imagen la vemos en la superficie del
espejo). La imagen formada es:
El sistema óptico del ojo recoge los rayos que Simétrica, porque aparentemente está a la misma
salen divergentes del objeto y los hace converger distancia del espejo
en la retina. Virtual, porque se ve como si estuviera dentro del
El ojo identifica la posición que ocupa un objeto espejo, no se puede formar sobre una pantalla pero
como el lugar donde convergen las prolongaciones puede ser vista cuando la enfocamos con los ojos.
del haz de rayos divergentes que le llegan. Esas Del mismo tamaño que el objeto.
prolongaciones no coinciden con la posición real Derecha, porque conserva la misma orientación
del objeto. En ese punto se forma la imagen virtual que el objeto.
del objeto. De inversión lateral.
La imagen obtenida en un espejo plano no se
puede proyectar sobre una pantalla, colocando una Imágenes Producidas por Espejos Angulares.
pantalla donde parece estar la imagen no recogería Cuando se tienen dos espejos que forman cierto
nada. Es, por lo tanto virtual, una copia del objeto ángulo, y se coloca un punto luminoso P, entre
que parece estar detrás del espejo. ambos, el sistema de los dos espejos da varias
El espejo sí puede reflejar la luz de un objeto y imágenes de este punto. Tracemos por P un plano
recogerse esta sobre una pantalla, pero esto no es perpendicular a la arista de los dos espejos, y sean
lo que queremos decir cuando afirmamos que la CA y CB las intersecciones de los planos de
imagen virtual no se recoge sobre una pantalla. ambos con el plano trazado, que es ahora el de la
El sistema óptico del ojo es el que recoge los rayos figura.
divergentes del espejo y el cerebro interpreta como
procedentes de detrás del espejo (justo donde se
cortan sus prolongaciones)

Formación de imágenes en un espejo Plano

Por la ley de reflexión Si las dos caras pulimentadas son las que miran
hacia el objeto M, podemos determinar las
i  r  'i   'r imágenes de este punto por simple aplicación de lo
que ya hemos visto.
Distancia objeto d0

Distancia imagen di
Los rayos reflejados divergen entre sí, por lo tanto,
la imagen I se forma en la prolongación hacia atrás
de estos, por lo tanto la imagen es virtual detrás

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1ª Cuando el ángulo de los espejos está contenido
exactamente un número par de veces en la
circunferencia, el número de imágenes observadas

La imagen de M en el espejo 1, es M, obtenida N  360o  1
como ya sabemos. Pero M1, como si fuese un 
objeto, envía rayos al espejo 2, y resulta así la
imagen M12. Esta imagen actúa ahora de objeto Así, en el caso de los espejos rectangulares
con respecto al espejo 1 y da la imagen M121, Y N  360o  1 = 4 – 1 = 3,
como esta imagen cae detrás de los dos espejos, no
da lugar a la formación de ninguna otra. 90 o
En cambio, el espejo 2 da del objeto M la imagen Como hemos visto.
M2 que hace de objeto con respecto al 1, que da de En cambio, cuando el cociente del ángulo de una
ella la imagen M21, la que no da lugar a ninguna vuelta entera por el ángulo de los espejos es
otra por encontrarse detrás de los dos espejos. Se número impar, el número de imágenes observables
forman, pues, cinco imágenes. está dado por
N  360o
ESPEJOS RECTANGULARES.


Por ejemplo, si el ángulo de los espejos es  = 72o
Se tiene
N  360o  5 ,

72 o

Este es el número de imágenes.

ESPEJOS PARALELOS.

Este caso es particularmente interesante. Si se Cuando se tienen dos espejos paralelos, con las
tiene un objeto M frente a los dos espejos CA y caras pulimentadas frente a frente, y un objeto M
CB que se cortan formando ángulo recto, M1 será situado entre ambos, el número de imágenes es
la imagen de M en el espejo A; pero esta imagen teóricamente infinito.
hace de objeto con relación al espejo B que da de En efecto, el espejo 1 da del objeto M la imagen
ella la imagen M12, y como esta última se M1 simétrica respecto a él; pero M1 hace de objeto
encuentra detrás de los dos espejos, no da lugar a respecto al espejo 2 que da la imagen M12, la cual
la formación de ninguna otra imagen. hace de objeto respecto al espejo 1 y da la imagen
Pero, por otra parte, el espejo B da del objeto M la M121, y se obtiene así una serie de infinitas
imagen M2, que hace de objeto con respecto al A, imágenes provenientes de una primera reflexión en
que da de ella la imagen M21, que coincide con la el espejo 1.
M12 por razón de simetría. En este caso hay cuatro Si se atiende a la primera reflexión en 2 se obtiene
imágenes, pero dos de ellas coinciden. la serie de imágenes M2, M21, M212 …, también en
número infinito.
Número de imágenes. Con todo, en la práctica, el número de imágenes
que puede distinguirse es limitado, pues en las

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

sucesivas reflexiones la luz va debilitándose hasta rota alrededor del eje z un ángulo. ¿Qué ángulo
que aquéllas se esfuman. rotará el rayo de luz?
Si el ojo del observador está en O y observa la Solución.
imagen M121, la verdadera marcha del pincel que Consideremos primeramente una incidencia
penetra en la pupila está representada en MABCO. normal del rayo.
Como se comprende, el observador recibe la luz en
realidad del objeto M y ve las tres imágenes M1,
M12 y M121.

Ejemplo 1. Un cuarto rectangular de dimensiones Rotemos el espejo alrededor del eje z un ángulo.
a por b tiene espejos sobre tres paredes. Se dirige
un haz láser horizontal a través de un agujero a una
distancia x de un extremo en la pared sin espejo
(de largo a). El haz se refleja de cada una de las
otras paredes una sola vez. Si sale del cuarto a
través del agujero en que ingresó. ¿Con qué ángulo
con la primera pared el haz debe ser dirigido?
Solución.
El gráfico muestra el haz láser en su trayectoria en
el cuarto con espejos, el rayo reflejado en dos
espejos perpendiculares es paralelo al rayo
incidente

La normal gira un ángulo , ahora el ángulo de
reflexión también es . Así, el ángulo entre el rayo
incidente y el rayo reflejado es 2.
El rayo de luz rotará un ángulo 2.

tan  y Ejemplo 3. Una persona sentada en una silla a 3 m
x de una pared en la cual cuelga un espejo plano. A
tres metro directamente detrás de él esta otra
Por semejanza de triángulos persona de 1,62 m de estatura. ¿Cuál es la mínima
by  y  altura del espejo que permitirá ver a la mujer
ax x completamente?
Solución.
xb  y  ya  x  La imagen de la persona esta 6 m detrás del
espejo, o a 9 m de la persona en la silla.
xb  xy  ya  yx 
xb  ya  La figura muestra los rayos procedentes de la
cabeza y los pies de la persona que llegan a los
yb ojos del observador (de tal manera que puede verlo
xa completo).
Luego Por semejanza de triángulos.
tan  b h  1,62  h = 0,54 m
39
a
El ángulo es  = arco tangente b/a.

Ejemplo 2. Un rayo de luz que viaja en el plano xy
incide sobre un espejo plano. Cuando el espejo

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

La mínima altura del espejo es 0,54 m. x2  2  x2 = 82 m y
40  1 1
Ejemplo 4. En los campos de golf en las Colinas,
el campo tiene un espejo plano montado sobre un x1 2  x1 = 40 m
poste, para que se pueda ver a los jugadores por 40 11
delante en los golpes en lugares imposibilitados
por las colinas. El rango esta entre los 40 m y 82 m delante del tee

Supongamos que el espejo es de 1,0 m de ancho, y T.
el observador está en la posición mostrada en la
Ejemplo 5. El conductor de un automóvil tiene un
figura. El grupo G por delante inicia en el tee T de espejo retrovisor a 0,90 m delante de él que le
salida y avanza por el camino indicado. ¿Qué permitiría ver todo el ancho de una carretera de 9
m a una distancia de 36 m detrás de él. Calcular el
intervalo de distancias desde el tee se puede ver en ancho del espejo que debe proporcionar el
el espejo? fabricante.
Solución.
El conductor O mira en el espejo todo el ancho de
la carretera (9 m) a sus espaldas.
La carretera está a 36 m detrás del observador.
La imagen de la carretera está a 36 + 0,90 = 36,90
m detrás del espejo
La imagen está a 36,90 + 0,90 = 37,80 m delante
del conductor.
La figura siguiente muestra esta situación.

Solución.
La figura muestra la trayectoria de de la luz
proveniente el campo de golf hacia los ojos del
observador.

AB es el ancho espejo,
CD el ancho de la imagen
OEF la perpendicular desde el conductor al plano
del espejo.

Los triángulos OEA y OFC son semejantes

AE  OE  AE  OE CF (1)
CF OF OF

Los triángulos OEB y OFD también son

semejantes

BE  OE  BE  OE DF (2)
DF OF OF

Restando (2) – (1):

Por semejanza de triángulos AE - BE  OE CF - DF

OF
AE – BE = x

OE = 0,90 m

OF = OE + EF = 0,90 + 36,90 = 37,80 m

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

CF – DF = 9 m
Reemplazando valores:

x  0,90 m 9 m = 0,214 m

37,80 m

El fabricante debe proporcionar un espejo de 21,4
cm de ancho.

Ejemplo 6. Una cartilla de visión estándar mide b) Para calcular la dimensión vertical del espejo.
50 cm por 18 cm, la mayor dimensión es vertical, El espejo está 2,5 m delante del observador.
debe ser vista por el paciente a una distancia de 6 La imagen está 3,5 m detrás del espejo..
m. Debido a la falta de espacio en su oficina, un Luego la imagen esta a 2,5 + 3,5 = 6 m del
óptico puede colocar una cartilla invertida detrás observador.
del paciente y hacer que vea la imagen en un La situación queda representada en el esquema
espejo plano. siguiente.
En dicha oficina se coloca al paciente a 2,5 m del
espejo con los ojos a 1,2 m del suelo, la cartilla a 1 Los triángulos ABF y ACE son semejantes
m detrás de él con su borde inferior a 2,0 m del
suelo. Luego
a) Dibuje el diagrama esquemático de la formación
de la imagen. AF  BF  2,5  BG  GF 
b) ¿Cuál es el tamaño más pequeño espejo que el AE CE 6,0
óptico puede instalar? 2,0 1,2  0,5
c) ¿ A qué altura del piso debe estar su borde
inferior? 2,50  BG  GF 
d) Supongamos que la cartilla se sujeta a la silla 6,0 1,3
del paciente. Demostrar que el tamaño del espejo y
su posicionamiento con respecto al suelo no BG  GF  0,54 (1)
dependen de la distancia del paciente al espejo.
Los triángulos AGF y ADE son semejantes
Solución. Luego
a) Diagrama esquemático de la formación de la
imagen. AF  GF  2,5  GF 
AE DE 6,0 2,0 1,2

2,50  GF 
6,0 0,8

GF  0,33 (2)

Dimensión vertical del espejo
Restando (1) – (2):
BF – GF = 0,54 – 0,33 = 0,21 m

Para calcular la dimensión horizontal del espejo

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Los espejos esféricos tienen la forma de la
superficie que resulta cuando una esfera es cortada
por un plano.

Los triángulos AMN y APQ son semejantes El espejo es cóncavo si la parte plateada
Luego (pulimentada) es la interior del casquete.

2,5  MN  2,50  MN  MN  0,075 El espejo es convexo si la parte plateada
6,0 0,18 6,0 0,18 (pulimentada) es la exterior del casquete

La dimensión horizontal del espejo 7,5 cm
El espejo de medir 21 cm x 7,5 cm.
c) Cálculo de la altura del borde inferior.
De los resultados en la parte b).
1,20 + 0,33 = 1,53 m del piso.

d) Supongamos que la cartilla y el observador
están a la misma distancia del espejo.

Consideremos es punto A1, este punto es visto por Las características ópticas fundamentales de
el observador por la reflexión en el espejo, como todo espejo esférico.
C1 y O están a la misma distancia del espejo, el
punto E1 está en la mediatriz de OC1, cualquiera Centro de curvatura C: Es el centro de la superficie
sea la distancia de OC1 al espejo. esférica que constituye el espejo.
Si C1 es el punto superior de la cartilla y si C2 es el Radio de curvatura R (VC): Es el radio de dicha
punto correspondiente al lado opuesto, E1 sobre la superficie.
mediatriz de OC1 y E2 sobre la mediatriz de OC2, Vértice V: Coincide con el centro del espejo.
definen la altura del espejo E1E2 independiente de Eje principal: Es la recta que une el centro de
la posición del espejo. curvatura C con el vértice V.
El punto E2 está en el borde inferior del espejo, Foco F: Es un punto del eje por el que pasan o
que está a una distancia fija desde el piso donde se donde convergen todos los rayos reflejados que
coloca el espejo. inciden paralelamente al eje.
Consideraciones similares se aplican al ancho del
espejo.

ESPEJOS ESFÉRICOS

Según la forma de la superficie pulimentada de los
espejos curvos, estos pueden ser esféricos,
parabólicos.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Distancia focal f (VF). Distancia del vértice V al tamaña y muy deformada. Por ejemplo al mirarse
punto focal F. en una cuchara metálica.
Ahora si nos ponemos frente a un espejo cóncavo,
Posición del punto focal. el tamaño de nuestra imagen puede ser mayor o
menor, dependiendo de qué tan cerca estemos del
espejo.
Para lograr ubicar la imagen de un objeto, se busca
la intersección de los rayos reflejados, o de la
prolongación de ellos. En los espejos curvos, a
diferencia del espejo plano, las imágenes presentan
características determinadas dependiendo de la
ubicación del objeto.

Por la ley de la reflexión Formación de imágenes en espejos cóncavos
θi = θr Podemos determinar la posición y el tamaño de la
Por ángulos alternos internos imagen formada por un espejo cóncavo usando el
θi =  método gráfico Trazamos unos cuantos rayos
Por propiedad de los triángulos principales desde un punto del objeto que no se
 = θr +  = 2  encuentra sobre el eje. La intersección de estos
Para espejos pequeños en comparación con el rayos después de pasar por la lente determina la
posición y el tamaño de la imagen.
radio. Veamos los tres rayos principales
Rayo 1. Un rayo incidente, paralelo al eje se
  MV   MV refleja a través del punto focal del espejo.

, Rayo 2. Un rayo incidente que pasa a través del
FV CV punto focal se reflejará paralelo al eje.

Luego podemos escribir

MV  2MV
FV CV
Reemplazando valores

12 
fR

f R
2

En los espejos esféricos el foco principal se
encuentra en el punto medio entre el centro de
curvatura y el vértice.
En forma similar a la del espejo cóncavo, se puede
demostrar que a similar f = R/2 para un espejo
convexo.

FORMACIÓN DE IMÁGENES EN ESPEJOS Rayo 3. Un rayo incidente que pasa por el centro
ESFÉRICOS de curvatura se refleja hacia atrás por el mismo
La imagen de un objeto que se encuentra frente a
un espejo esférico, se forma a partir de la camino.
intersección efectiva de los rayos reflejados o de la
intersección de sus prolongaciones .Debido a la
curvatura del espejo, las imágenes que se obtengan
pueden variar de tamaño. Es normal que al situarse
frente a un espejo convexo la imagen sea de menor

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

La figura siguiente muestra imagen formada en la Imagen real, invertida del mismo tamaño que el
intersección de los rayos. objeto.
3.
Objeto entre C y F

O = objeto Imagen más allá de C, real, invertida y aumentada.
I = imagen 4.
dO = distancia objeto Objeto en F
dI = distancia Imagen en el infinito

Como se puede ver con dos rayos es suficiente.

Casos de formación de imagen por un espejo
cóncavo.
1.
Objeto más allá de C
Imagen entre F y C

5.
Objeto entre F y V.
Imagen detrás del espejo, virtual, derecha y
ampliada.

2.
Objeto en C
Imagen también en C

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Formación de imágenes en espejos cóncavos Como se puede ver con dos rayos es suficiente.
Podemos determinar la posición y el tamaño de la Objeto en cualquier posición entre V y el infinito.
imagen formada por un espejo convexo usando el Imagen entre V y F detrás del espejo, virtual,
método gráfico Trazamos unos cuantos rayos derecha y disminuida.
principales desde un punto del objeto que no se
encuentra sobre el eje. La intersección de estos ECUACIÓN DEL ESPEJO.
rayos después de pasar por la lente determina la Consideremos un objeto de altura ho, como se
posición y el tamaño de la imagen. muestra en la figura, Desde O’ se traza el rayo
Veamos los tres rayos principales incidente en con un ángulo i en V, el rayo
Rayo 1. Un rayo incidente, paralelo al eje se reflejado sale con un ángulo r = i.
refleja a través del punto focal del espejo.

Rayo 2. Un rayo incidente que pasa a través del Podemos encontrar las siguientes relaciones
punto focal se reflejará paralelo al eje.
tani  tanr 
Rayo 3. Un rayo incidente que pasa por el centro
de curvatura se refleja hacia atrás por el mismo ho   hi  hi   di (1)
do di ho do
camino.
También
La figura siguiente muestra imagen formada en la
intersección de los rayos. tan  ho   hi 
do  R R  di

hi   R  di (2)
ho do  R

Igualando (1) y (2):

di  R  di 
do do  R

di do  R  doR  di  

dido  diR  doR  dido 

diR  doR  2dido 

di  do  2 
dido R

1 1 2
do di R

Si el objeto está en el infinito do = , la imagen se
forma en el punto focal F.

112
f R

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

f R m  1 si do  R
2 m  1 si do  R
m  1 si do  R
La ecuación del espejo puede escribirse como y para imagen virtual m  0 y m  1 como
h2  h1 la imagen es aumentada
1 1 1 vi) Para espejo convexo
do di f m  hi   di

Puede hacerse una deducción similar con espejos ho do
convexos. h1  0 , m  1
La ecuación es aplicable a espejos cóncavos, La imagen siempre es virtual y derecha pero
convexos e incluso planos. disminuida.
Nota. La imagen real es aquella que se forma
Distancia objeto do y distancia imagen di deben cuando tras pasar por el sistema óptico, los rayos
considerarse positivas para objetos e imágenes de luz son convergentes. Esta imagen no la
podemos percibir directamente con nuestro sentido
reales y negativas para objetos e imágenes de la vista, pero puede registrarse colocando una
pantalla en el lugar donde convergen los rayos.
virtuales. La imagen virtual es aquella que se forma cuando,
tras pasar por el sistema óptico, los rayos divergen.
El radio de curvatura R y la distancia focal f se Para nuestro sentido de la vista los rayos parecen
venir desde un punto por el que no han pasado
toman como positivos para espejos convergentes realmente. La imagen se percibe en el lugar donde
convergen las prolongaciones de esos rayos
(cóncavos) y negativo para espejos divergentes divergentes. Es el caso de la imagen formada por
un espejo plano.
(convexos). Las imágenes virtuales no se pueden proyectar
sobre una pantalla.
Para un espejo plano el radio de curvatura es
Ejemplo 7. En un espejo de aumento para
infinito, por lo tanto la distancia focal también es afeitarse. Sí se pone la cara 15 cm del espejo, ¿qué
radio de curvatura es necesaria para proporcionar
infinita y por lo tanto un aumento de 1,33?

1  0 , luego 1 1 0  di  do Solución.
f di dO

AUMENTO.
La razón del tamaño de la imagen al tamaño del
objeto es el aumento lateral m del espejo. El
tamaño se refiere a cualquier dimensión lineal,
altura o ancho.
m  tamaño de la imagen  hi

tamaño del objeto ho
Utilizando la ecuación (1)
m  hi   di

ho do
Una imagen invertida tendrá un aumento negativo,
y una imagen derecha tendrá un aumento positivo.

Para tomar en cuenta

i) Para objeto real h1 > 0, di < 0

ii) Para imagen real h2 < 0, di < 0

iii) Para imagen virtual h2 > 0, di > 0

iv) Para espejo plano.

m  hi   di     do  1
ho do do

v) Para espejo cóncavo

Para imagen real m  0 , pero

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

11 1 
20 di 1,5

1   1  1   20 1,5   1
di 1,5 20 30 1,40

 di  1,40 cm

El aumento

m   di   1,40  1
d0 20 14,33

do = 0,15 m El tamaño de la imagen

m   di  1,33 hi  1h
do 14,33

d1  1,33m  1,330,15 = 0,20 cm Ejemplo 9. Se quiere diseñar un servomecanismo

1 1 2 de control en una fábrica tal que cuando un
do di R
elemento de una máquina de 0,60 m de altura pasa
1  1 2
0,15 0,20 R sobre una cinta transportadora a una distancia de 2

R = 1,20 m m de la unidad de control, su imagen en un espejo
Con un radio tan grande, el espejo casi se ve plano
y no se nota que es esférico., como se puede ver cóncavo llenará al puerto del foto detector de 0,50
estos espejos pueden ampliar.
m de altura.
Ejemplo 8. Si miras por el lado convexo de una
cuchara (radio 3 cm), te verás pequeño. ¿Qué tan a) ¿Qué radio de curvatura es necesario para el
grande es la imagen de tu cara (altura h) está 20
cm de distancia de la cuchara? espejo?

b) ¿A qué distancia del espejo debe ser colocado

el detector?

Solución.

a) do = 2,0 m, ho = 0,60 m, hi = 0,005 m,

m  hi   di  di   hi do
ho do ho

Reemplazando valores

di    0,005 2,0 = 0,0167 m

0,60

Solución. El detector debe ser colocado a 1,7 cm delante del
espejo.
Aplicando la ecuación de los espejos b) Aplicando la ecuación del espejo esférico

1 1 1
do di f

Reemplazando valores

1 1 1 1  1 1 1 
do di f 2,0 0,017 f 0,0167

Con f  R  0,0167 m
2
f  R   3  1,5 cm , do = 20 cm
2 2 Como R = 2f 

Tenemos R = 0,033 m

El espejo es cóncavo de radio 0,33 cm

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Ejemplo 10. En el espejo retrovisor de la derecha hi   di  hi   di ho
(lado del conductor) de un automóvil hay la ho do do
inscripción: ADVERTENCIA: «Los objetos del
espejo están más cerca de lo que parece». Esta Reemplazando valores
advertencia parece ser el motivo porque se usa allí
un espejo convexo. Se forma una imagen hi    0,15 2 = 0,015 m
disminuida. Si piensas que estas mirando en un
espejo plano (como asume el cerebro de forma 20
automática), el objeto estaría mucho más lejos de
lo que realmente esta. La ventaja del espejo La imagen del camión mide 0,015 m.
convexo es que proporciona un campo de visión
muy amplio. Estos espejos también se usan en las b) Un objeto que está a 20 m + x  20m en el
tiendas de modo que un cajero pueda controlar el
local. Supongamos que en el espejo de radio 30 cm espejo convexo, la imagen tiene 0,15 m de altura.
se puede ver la imagen de un camión de 2 m de
altura. En un espejo plano un objeto de 2 m hace una
a) ¿Si el camión está 20 m detrás del espejo, de imagen de 2 m. Si la persona no sabe que es un
qué tamaño se ve su imagen? espejo convexo razonará como si estuviera viendo
b) ¿Si se ve la misma imagen en un espejo plano, en un espejo plano según el siguiente esquema
qué pensaría el cerebro sobre la distancia al
camión?

Solución. Por semejanza de triángulos
Primero encontramos la distancia la imagen di. 2 d 

1 1 1 0,15 20
do di f d  20  2 = 267 m
Con
0,15
do = 20 m, y f = - R/2 = - 0,15 m.
Tenemos Este es el motivo de la advertencia, el camión está
a 20m, pero parece estar a 367 m.
11 1  ¡CUIDADO!
20 di  0,15
Ejemplo 11. Una barra corta de longitud Lo se
di   1  0,15 cm coloca en el eje de un espejo esférico a una
0,15 distancia do del espejo. La relación mL  Li Lo
es el aumento longitudinal del espejo. ¿Cómo esta
relacionado este aumento con el aumento lateral
m  di do
Solución.
Para el extremo 1.

1  1  1 (1)
do1 di1 f
Para el extremo 2,
1  1  1 (2)
do2 di2 f
Restando (2) de (1):

El aumento es

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1  1  1  1 0  Puesto que los objetos estelares están muy lejos do1
do1 do2 di1 di2 =  para el espejo.

1 1 11  1 1 1
do1 do2 di2 di1 do1 di1 f1

do1  do2  di1  di2 Con

do1do2 di1di 2 do1   y f1  R  4,00  2,00 m
2 2

Pero Tenemos

do1  do2  Lo y 1 1  1  di1  2,00 m
 di1 2,00
di1  di2  Li

Luego

Lo  Li 
do1do2 di1di2

Li  di1di2
Lo do1do2
El aumento longitudinal de la barra es

mL  Li
Lo
Para el espejo pequeño
Tenemos que
1 1 1
m   di1 y m   di2 do2 di2 f2
do1 do2
Con
Finalmente do2  x
di2  x  2,00  0,10  2,10  x
mL  mm  m2 f2  0,20 m
Tenemos
Ejemplo 12. Un astrónomo aficionado quiere 1 1  1 
construir un telescopio con un espejo cóncavo para x 2,10  x 0,20
recoger la luz de objetos estelares. Para esto
construye un plato esférico con un radio de 2,10  2x  1 
curvatura de 4,00 m. Tiene un segundo espejo  0,20
cóncavo pequeño de distancia focal 0,200 m, que 2,10 xx
se propone colocarlo frente al gran espejo en el eje
del espejo grande cerca al punto focal. Hace un 0,202,10  2x  2,10  xx 
agujero sobre el eje del espejo grande para poder
ver la imagen mediante lo vista o una cámara 0,42  0,40x  2,10x  x2 
fotográfica. Para que la imagen final se forme 10
centímetros a la derecha del espejo grande. x2 1,70x  0,42  0
¿Dónde debe colocarse el espejo pequeño?
Resolviendo

x  0,85  0,852  0,42  0,85 1,07

x1  0,22 m y x2  1,92 m
La Solución significativa es x = 0,22 m
El espejo pequeño se debe colocar a la distancia d
= 2,00 + 0,22 = 2,22 m
Delante del espejo grande

Solución.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Ejemplo 13. La figura muestra el esquema de los 1  1  1  1 
espejos usados por un telescopio astronómico f2  0,5  3,3 0,434
Cassagrain. Se coloca un espejo esférico pequeño
a 2,5 m de un espejo cóncavo de radio de f2  R2  0,434 m
curvatura 6,0 m. Se hace un agujero en el eje del 2
espejo grande, y el diseño contempla para que la
imagen de un objeto distante se forme a 0,80 m R2 = - 0,868 m
por detrás del espejo grande, donde cómodamente El radio de curvatura del espejo pequeño es –
se puede observar o fotografiar.
a) ¿Qué radio de curvatura es necesario para el 0,068 m.
espejo pequeño?
b) ¿Es cóncavo o convexo? b) Siendo el radio negativo el espejo es convexo.

Solución. Ejemplo 14. Dos espejos coaxiales separados una
distancia de 32 cm con sus superficies reflectantes
a) Para el espejo grande frente a frente. Se coloca un objeto pequeño a
medio camino entre ellos y su imagen es invertida
f1  R1  6,0 = 3,0 m y también está a medio camino entre ellos. Uno de
2 2 los espejos es cóncavo con 24 cm de radio de
curvatura. ¿Qué clase de espejo es el otro, y lo que
es el aumento producido por la doble reflexión?
Solución.
Consideremos la reflexión en el espejo cóncavo.

Un objeto lejano como una estrella, su imagen I1
se forma en el punto focal
La imagen I1 es el objeto O2 para el espejo grande.

1 1 21
do1 di1 R1 f1

do1  16 cm , f1  12 cm

Luego

11 1  11 di1  48 cm
16 di1 12 di1 48

La distancia del objeto O2 al espejo pequeño El primer espejo forma una imagen real I1
do2  2,5  3 = - 0,5 m I1 actúa como un objeto virtual para el Segundo
espejo, produciendo una imagen real en I2.
La distancia de la imagen I2 al espejo pequeño es Para el segundo espejo
negativa porque está delante del espejo

di2  2,5  0,8 = - 3,3 m

Aplicando la ecuación de los espejos

1 1 1
do2 di2 f2

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1 1 21
do2 di2 R2 f2

do2  32  48  16 cm y di2  16 cm Cálculo del radio de curvatura del espejo

Luego Tenemos las relaciones siguientes:

1 1 1 0 f2   1  1  1 , di  0,50  do y m   di
16 16 f2 do di f do

Esto corresponde a un espejo plano. Del aumento obtenemos

El aumento producido por la primera reflexión es 2    0,50  do  

m1   di1   48  3 do 0,50  do  2do
do1 16

El aumento producido por la segunda reflexión es  do  0,50
3
m2   di2   16  1
do2  16 Reemplazando en la primera ecuación

Finalmente el aumento total es 1 1 1 
do 0,50  2do f
m  m1  m2   31  3
 do 0,50  do  0,5 0,5  S 
Diagrama esquemático del conjunto. 3

f =  1,0 m

0,50  2do 0,5  2  0,5 3
3

La distancia focal del espejo cóncavo debe ser f =

33,33 cm

El radio de curvatura R  2 f = 66,66 cm.

Ejemplo 15. Un hombre desea comprar un espejo Ejemplo 16. Se toman dos espejos cóncavos de
para afeitarse que le permitirá ver una imagen distancias focales de 12 cm y 14 cm y se colocan
derecha de la cara magnificada dos veces a una frente a frente. Se coloca una fuente puntual de luz
distancia de 50 cm. ¿Qué tipo de espejo debe a 15 cm del primer espejo y se ajusta la posición
comprar y cuál debe su radio de curvatura? del segundo espejo hasta que se produzca una sola
Solución. imagen real coincidente con el objeto. En esa
Condiciones de la imagen: derecha, magnificada posición, ¿cuál es la distancia entre los espejos?
dos veces y a una distancia de 50 cm. Solución. La imagen producida en el primer
El espejo debe ser un espejo esférico cóncavo con espejo debe coincidir con la imagen producida del
el objeto a una distancia menor que la focal para segundo espejo. De lo contrario se podría obtener
producir una imagen derecha mayor que el tamaño una serie de imágenes, cada imagen en un espejo
del objeto. en calidad de objeto para la elaboración de una
El esquema siguiente muestra esta situación. imagen aún más en el espejo de otros, hasta el
infinito, o hasta que las imágenes en algún
momento coincidan.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1 1 1
do2 di2 f2

On

do2   di1  do1  x  60 15  x  45  x

di2  x f1  14 cm

Tenemos

1 1 1 
 45  x x 14

Para el primer espejo x 45  x  1 
45  14
1 1 1 x x
do1 di1 f1
142x  45  x 45  x 
Con
28x  630  x2  45x 
do1  15 cm f1  12 cm
x2  73x  630  0
Tenemos
Resolviendo
11 1
15 di1 12 x  36,5  36,52  630
1 111 
di1 12 15 60  36,5  26,5
di1  60 cm
x1  63 cm y x2  10 cm
Para el Segundo espejo
La solución x = 63 cm es inadmisible.
La separación de los espejos en este problema es,
(15 + 10) cm = 25 cm.

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. Un rayo de luz incide en un ángulo θ sobre la 4. Un telescopio de reflexión tiene un espejo
superficie de un espejo plano. Si se hace girar el esférico cóncavo con un radio de 1,5 metros.
espejo en un ángulo  sobre un eje en su plano y a) ¿Dónde se encontrará la imagen de un cohete
perpendicular al plano de incidencia, ¿en qué que, está a una distancia de 100 km del
ángulo girará el rayo reflejado? telescopio?
b) ¿Cuál es el aumento?
2. Sea un objeto a 20 cm de distancia de un espejo e) Suponiendo que el cohete sea una esfera con un
plano. Si se ve la imagen desde una distancia de radio de 20 metros, ¿cuál es el radio de su
50 cm directamente detrás del objeto (o sea, a 70 Imagen?6. Un objeto pequeño tiene 10 cm de
cm del espejo), ¿para qué distancia deberán longitud y está orientado perpendicularmente al
enfocar los ojos? eje de un espejo esférico cóncavo de 80 cm de
radio. Si el objeto está a 20 cm del espejo:
3. Un objeto pequeño está a mitad de camino entre a) ¿Dónde está la imagen? ¿Es real o virtual.
dos espejos planos y paralelos separados por una b) ¿Cuál es el aumento?
distancia D. c) ¿Cuál es el tamaño de la imagen? ¿Es derecha o
a) Demuestren que hay imágenes en los dos está invertida?
espejos a distancias de separación nD (n = 1, 2
....) del objeto. 5. Demuestren que el aumento lateral m de un
b) Tracen un diagrama de rayos para mostrar el objeto que se encuentra a una distancia d de un
modo en que se forma la imagen en uno de los espejo esférico cóncavo de radio R esta dada por
espejos a una distancia de 2D del objeto.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

m R a) ¿Qué aumento lateral se requiere?
2d  R b) ¿Cuál debe ser la distancia del objeto?
c) ¿Cuál tiene que ser el radio de curvatura del
a) ¿Cuál es la forma análoga para un espejo espejo?
convexo? 8. La ilusión de un cerdito flotante se consigue con
b) ¿Cuál es el mayor aumento que se puede dos espejos parabólicos, cada uno con una
obtener para este último caso? distancia focal 7,5 cm, uno frente al otrote tal
manera que sus vértices se encuentran separados
6. Un objeto de longitud Lo se encuentra a lo largo 7,5 cm. Si el cerdito se coloca en la parte inferior,
del eje de un espejo esférico cóncavo de radio R. una imagen del cerdito se forma en el pequeño
agujero en el vértice del espejo superior.
Si el extremo más cercano del objeto está a una Demostrar que la imagen final se forma en ese
lugar y describir sus características.
distancia d del vértice del espejo y si su longitud
Respuesta
es muy pequeña en comparación con R,

demuestren que la longitud Li de la imagen es

Li  Lo  R R 
 2d  

Supongan que d > R/2.

a) Un objeto de 10 cm de altura es perpendicular

al eje de un espejo esférico cóncavo de 50 cm de

radio y que se encuentra a una distancia de 60 cm

de su vértice. Hagan una gráfica de la situación en

alguna escala y determinen la ubicación y el

tamaño de la imagen, en forma gráfica.

(Indicación: Cualquier rayo a través del centro de

curvatura del espejo se reflejará sobre sí mismo,

mientras que cualquier rayo que pase por el punto

focal se reflejará paralelamente al eje.)

b) Repitan (a), suponiendo, esta vez, que el objeto

esté a 40 cm del espejo.

c) Repitan (a) y (b), suponiendo, esta vez, que el

espejo es convexo.

7. Se desea proyectar la imagen de un objeto de 3
cm de altura sobre una pantalla de 40 m, desde un
espejo cóncavo esférico, para que el tamaño de la
imagen sea de 80 cm.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA GEOMÉTRICA 2
REFLEXIÓN Y REFRACCIÓN DE LA LUZ

Cuando un rayo de luz incide sobre un material, El rayo incidente, el rayo reflejado, el rayo
puede ser reflejado, transmitido o absorbido. Aquí refractado (de transmisión), y la normal a la
uno se considera sólo las sustancias que reflejan o superficie están en un mismo plano.
transmiten al rayo. Ambos procesos pueden
ocurrir, es decir, un poco de luz se refleja y parte APLICACIÓN.
se transmite, como cuando la luz incide sobre el La reflexión y refracción simultáneas de la luz en
vidrio claro. Si la luz es reflejada por una una interfase encuentra aplicaciones en varios
superficie, se comprueba que rebota en un ángulo dispositivos. Por ejemplo, muchos automóviles se
igual al incidente. Esta es la ley de la reflexión. equipan con un espejo retrovisor interior que tiene
1 = ’1 una palanca de ajuste.
En el vacío las ondas electromagnéticas viajan a la En una posición, la palanca deja el espejo para
velocidad c. Sin embargo, en la materia la visión diurna, mientras que en otra posición lo
velocidad se reduce y viaja a menor velocidad v. deja para visión nocturna. La posición para visión
La relación de velocidades es el índice de nocturna es útil para reducir el reflejo de los faros
refracción, n = c / v. Cuando la luz pasa de un del automóvil que viene detrás.
material a otro, puede cambiar de dirección, un
efecto llamado refracción. La frecuencia de la luz Como se indica en la, este tipo de espejo es una
permanece siempre igual, como v =  f, cuando la cuña de cristal, cuya parte posterior es plateada y
velocidad baja  disminuye, y cuando la velocidad altamente reflectante.
aumenta  también aumenta. El ángulo de
refracción 2 es relacionado con el ángulo de Disposición diurna
incidencia de 1 por la ley de Snell:
Durante el día la luz del automóvil que viene
n1sen1  n2sen2 refracción detrás sigue la trayectoria ABCE para llegar a los
ojos del conductor. En los puntos A y C, en donde
Observe que cuando rayo de luz pasa de un medio la luz entra en contacto enfrente de la superficie
de baja densidad como el aire (índice menor n1) a aire-cristal, hay rayos reflejados y rayos
un medio más denso como el cristal (índice mayor refractados. Aproximadamente el 10% de la luz se
n2), el rayo se desvía hacia la normal. Cuando va refleja. Los débiles rayos reflejados en A y en C
en la dirección opuesta, se desvía fuera de lo no llegan a los ojos del conductor. Por el contrario,
normal. casi toda la luz que llega a la superficie posterior
Cuando incide a 90º (directamente), no es plateada en B se refleja hacia el conductor. Como
desviado. casi toda la luz sigue la trayectoria ABCE, el
conductor observa una imagen brillante del
El ángulo de incidencia 1 entre el rayo incidente y automóvil que viene detrás durante el día.
la normal N a la superficie.
El ángulo de reflexión ’1 se encuentra entre el Disposición nocturna
rayo reflejado y la normal N.
El ángulo de refracción 2 entre el rayo refractado
y la normal N.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Durante la noche es posible utilizar la palanca de supongamos que el pez está a 1,00 m de
ajuste para girar el espejo en el sentido del profundidad y una distancia de 0,80 m desde el
movimiento de las agujas del reloj, alejándolo del borde una orilla recta (suponiendo que el agua va
conductor. Ahora, la mayor parte de la luz de los directamente a la parte superior de la orilla).
faros del automóvil de atrás sigue la trayectoria a) ¿Si una persona mide 1,8 m de altura, a que
ABC y no llega al conductor. Sólo se ve la luz que distancia del borde puede aproximarse sin ser visto
se refleja débilmente de la superficie frontal a lo por los peces si no hubiera refracción?
largo de la trayectoria AE. Como resultado, hay b) ¿A qué distancia se podría acercar si el agua
mucho menos reflejos. refracta la luz (n = 1,33)?
Solución.
a) Si no hubiera refracción la luz procedente de la
persona iría directamente hacia los ojos del pez.

Ejemplo 1. Un rayo de luz incide en una Por semejanza de triángulos
superficie aire/agua a un ángulo de 46o con
respecto a la normal. Encuentre el ángulo de x1  0,80  x1 = 1,44 m
1,8 1,00
refracción cuando la dirección del rayo es
La persona puede aproximarse sin ser vista por los
a) del aire al agua y
b) del agua al aire. peces 1,44 m.
b) Si hay refracción
Solución. a) El rayo incidente está en el aire, por
lo que 1 = 46o y n1 = 1,00. El rayo refractado está
en el agua, de modo que n2 = 1.33. Para encontrar
el ángulo de refracción es posible aplicar la ley de
Snell:

sen2  n1sen1  (1,00)sen46o
n2 1,33

 0,54 

2  32,74o

El rayo refractado se desvía hacia la normal, ya

que 2 es menor que 1. Primero encontramos 2

b) Ahora el rayo incidente se propaga en agua (1 tan2  0,80  0,80  2  38,7º
= 46o, n1 = 1,33), y el rayo refractado lo hace en el 1,00

aire (n2 = 1,00). La ley de Snell da

sen2  n1sen1  (1,33)sen46o Aplicamos la ley de Snell
n2 1,00
n1sen1  n2sen2
 0,96 
n1 = 1,00, n2 = 1,33
2  73,74º
1,00sen1  1,33sen38,7º
Como 2 es mayor que 1, el rayo refractado se
desvía alejándose de la normal. sen1  0,83
1  56,26º
Ejemplo 2. Los peces en arroyo tranquilo se tan1  tan56,26º  1,50
ponen muy nerviosos cuando alguien se acerca a
él. Si se quiere no ser visto, porque los peces También
pueden ver alrededor del borde debido a la
refracción de la luz. Para ver cómo funciona esto, tan1  x2
1,8

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Luego plataforma para que ningún marinero que pasa
pueda ver lo que hay bajo la superficie.
x2  1,50  x2 = 2,69 m Solución. Podemos considerar el cofre hundido
1,8 como una fuente puntual de luz. Si la plataforma
es lo suficientemente grande para su finalidad,
La persona puede aproximarse sin ser vista por los todos los rayos de luz procedentes del cofre que
inciden sobre la plataforma son bloqueados, los
peces 2,69 m. que inciden fuera de la plataforma deben ser
totalmente reflejados.
Ejemplo 3. Un surfista flota en aguas tranquilas (n La plataforma debe ser circular, si su centro está
= 1,33) en espera de una gran ola. Un tiburón a amarrado directamente sobre el cofre, los rayos de
una profundidad de 4 m nada hacia él. ¿A qué luz que inciden en el borde de la plataforma deben
distancia (horizontal) pueden acercarse los hacerlo a un ángulo crítico.
tiburones antes de que el surfista los vea? El
surfista está echado en su tabla con los ojos cerca
del nivel del agua.

Solución. Rayo que incide en el borde
En el acercamiento más cercano el rayo de luz
sen1  nsen90º  sen1  1
procedente del tiburón viaja casi paralelo a la n
superficie del agua de tal manera que el surfista no
Tenemos también

lo puede ver. El máximo acercamiento se da con sen1  r
r2  d2
el ángulo crítico.
Aplicando la ley de Snell Igualando:

Aplicamos la ley de Snell r2  1
r2  d 2 n2
n1sen1  n2sen2 r 1 
r2 d2 n
n1 = 1,33, n2 = 1,00
1 = c, 2 = 90º  r2  d2  r d
n2 1 n2 1
1,33senc  1sen90º  1 

senc  1 c  48,75º y Reemplazando valores
1,33
r  7,20  7,20 = 8,16 m
tanc  tan 48,75º  1,14 1,332 1 0,88

Tenemos La plataforma debe ser circular con un radio 8,16
m.
tanc  x 
4,0

x  4,0tanc  4,01,14 = 4,56 m Ejemplo 5. Un hombre parado simétricamente
frente a un espejo plano con bordes biselados
El acercamiento más cercano es 4,56 m. puede ver tres imágenes de sus ojos cuando está a
0,90 m del espejo. El espejo está plateado en l
Ejemplo 4. Los ladrones para esconder un cofre espalda, tiene 0,75 m de ancho, y está hecho de
con diamantes lo hunden en un lago a una vidrio con índice de refracción 1,54. ¿Cuál es el
profundidad de 7,20 m. Para marcar el lugar ángulo del bisel de los bordes?
colocar una plataforma. Si las dimensiones del
cofre son pequeñas determine el tamaño de la

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

superficie plateada vuelva por la misma trayectoria

a los ojos la incidencia debe ser perpendicular.
El haz que incide en A se refracta y se cumple

sen1  nsen2

En la figura se puede ver

2   y

    90 1  1  90      luego:
sen90       nsen

 cos     nsen

Solución. La figura muestra las trayectorias de la  tan   cos
luz para formar las tres imágenes de los ojos del n  sen
hombre.
Reemplazando valores:

tan  0,38 = 0,61    31,5º
1,54  0,92

El ángulo formado por el haz lateral y el espejo es Ejemplo 6. Se coloca un espejo cóncavo
horizontalmente, de modo que su eje óptico es
. vertical. Cuando un objeto luminoso se coloca en
el eje a 24 cm sobre el espejo, su imagen se
tan  0,90  2,4    67,38º encuentra en el mismo punto. Cuando se vierte una
0,375 capa delgada de líquido en el espejo, el objeto se
debe bajar 6 cm para que coincida con su imagen.
Luego sen  0,92 y cos  0,38 ¿Cuál es el índice de refracción del líquido?
Solución.

Trayectoria 1. La imagen central de sus ojos Sin líquido, el objeto y la imagen en el espejo
producida por la luz que sale de ellos, incide en el
espejo, y se refleja a lo largo de la misma coinciden a una distancia de 24 cm del vértice del
trayectoria.
Trayectorias 2 y 3. La figura muestra el detalle de espejo.

la incidencia en el bisel. El ángulo del bisel es  . Luego el radio de curvatura del espejo es 24 cm,

La luz que incide sobre los bordes biselados en el ya que la luz reflejada en el espejo vuelve por la

punto A con un ángulo 1 , el ángulo de refracción misma trayectoria.
es 2 . Para que el rayo al reflejarse en la
1  1  2 , como d0  di ,
do di R

R  d0  di  24 cm .

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Cuando se vierte una capa delgada de líquido en el EL DESPLAZAMIENTO DE LA LUZ POR
espejo, el objeto y la imagen final coinciden a 18 UNA PLACA DE MATERIAL
cm del vértice del espejo. Nuevamente la luz TRANSPARENTE
reflejada en la superficie del espejo vuelve por la Un uso común de un material transparente, como
misma trayectoria el cristal, es en ventanas. El cristal de una ventana
Después de la refracción en la superficie del consta de una placa de cristal que tiene sus
líquido, los rayos de luz son normales a la superficies paralelas. Cuando un rayo de luz pasa a
superficie del espejo, su reflejo va dirigido al través del cristal, el rayo emergente es paralelo al
centro de curvatura del espejo. Debido a la rayo incidente, aunque desplazado con respecto a
refracción en la superficie del líquido ésta.
Solución aplicando la ley de Snell
Ejemplo 7. a) Demostrar que un rayo que incide
con un ángulo θia sobre una lámina plana de vidrio
en el aire saldrá de ella con el mismo ángulo.
b) Encontrar la expresión del desplazamiento a del
rayo si el espesor del vidrio es d.
Solución.

nsen1  sen2 a)
Aplicando la ley de Snell en la primera superficie
Con
nasenia  nvsentv (1)

sen1  d y sen2  d Aplicando la ley de Snell en la segunda superficie
24 18
nvseniv  nasenta (2)
Tenemos Siendo tv  iv (ángulos alternos internos)
nvsentv  nasenta (2a)
n d  d  n  24  1,33
24 18 18 De (1) y (2a):

El índice de refracción del agua es 1,33 nasenia  nasenta

Solución considerando la interfase como una Luego

superficie esférica ia  ta

n1  n2  n2  n1 Los rayos incidente y emergente son iguales.

do di R 

Con b) En la figura el ángulo CAD  ia  tv

n1 = n, n2 = 1, do = 24, di = 18, R   Del triángulo ACD

Tenemos senia  tv   a 
AC
n  1  1  n  n  24  1,33
24 18  18 a
AC   (1)
senia  tv

Del triángulo ABC

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

AC  d (2) cosas cercanas se ven más grandes). Supongamos
costv que se mira casi en línea recta a un objeto que está
a una profundidad do por debajo de la superficie
Igualando (1) y (2): del agua (n = 1,33). ¿A qué profundidad parece
estar?
a  tv   d  Solución.
costv
senia

a  senia  tv  d
costv

Ejemplo 8. La luz incide sobre una placa de vidrio
con un ángulo de 60 °. El índice de refracción del
vidrio es 1,50 y tiene 3 mm de espesor. ¿Cuál es el
desplazamiento lateral del rayo de luz después de
haber atravesado la placa? (Para el aire, n = 1,00).

En la figura se muestran dos rayos de luz que salen

del pez. Uno sale derecho hacia arriba y no se

refracta, el otro es visto después de de refractarse.

Solución. Los observadores piensan que estos rayos emanan
Aplicando la ley de Snell
del punto I, donde creen que esta el pez.

Del aire al vidrio En el dibujo,

n1sen1  n2sen2 tan1  x y tan2  x
do di
1sen60º  1,5sen2

sen2  sen60º  0,577 Para ángulos pequeños tan  sen  
1,5
Por la ley de Snell

2  35,26º n1sen1  n2sen2  sen1  n2 (1)
sen2 n1
Del vidrio al aire

n2sen2  n1sen3 , luego 3  1  60º sen1  tan1  x do  di (2)
sen2 tan2 x di do
Para encontrar el desplazamiento lateral x.
Igualando (1) y (2):
AB  d tan2  3tan35,26º = 2,124 mm
AC  d tan1  3tan60º = 5,196 mm di  n2  di  n2 do  1 do  0,75do
do n1 n1 1,33
x  AC- ABcos1  5,196  2,124cos 60º =
El pez parece estar a una profundidad 0,75do.
1,536 mm

PROFUNDIDAD APARENTE Ejemplo 10. Para iluminar en la noche un cofre
Una de las consecuencias interesantes de la hundido se utiliza un reflector de un yate, como se
refracción es que un objeto que se encuentra observa en la figura. ¿A qué ángulo de incidencia
sumergido en agua parece estar más cerca de la 1 debe dirigirse el haz de luz?
superficie de lo que en realidad está. En el ejemplo
siguiente se muestra esta situación.

Ejemplo 9. Cuando se mira un pez o un objeto
bajo el agua parece ser más grande. El agua no
aumenta las imágenes, las hace parecer más, y el
cerebro decide que debe ser un pez grande (las

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

d  1 3,00 = 2,56 m

1,33

Solución Ejemplo 11. Una gaviota divisa un pez en el agua
como se muestra en la figura. ¿A qué profundidad
El ángulo de incidencia 1 puede determinarse a y con qué ángulo percibirá la gaviota al pez que se
partir de la ley de Snell, suponiendo que puede representa en la figura siguiente?

calcularse el ángulo de refracción 2. A partir de Solución.
los datos de la figura se concluye que tan 2 = (2,0 a) La gaviota percibe la imagen virtual, que es la
m)/(3,3 m), de modo que 2 = 31º. Con n1 = 1,00 que correspondería a prolongar los rayos que le
para el aire y n 2 = 1,33 para el agua, al aplicar la llegan desde el aire al medio con mayor índice de
ley de Snell se obtiene refracción, tal como se puede ver en el dibujo
siguiente.
sen1  n2 sen 2
n1

 (1,33)sen31o  0,69 
1,00

1 = 44o

Cuando el cofre hundido se ve desde el bote, los
rayos de luz del cofre pasan hacia arriba a través
del agua, se refractan alejándose de la normal
cuando llegan al aire y luego se desplazan hacia el
observador, como se sugiere en la figura.

Aplicando la ley de Snell

Esta figura es semejante a la anterior, salvo que se n1sen1  n2sen2
ha invertido la dirección de los rayos y el reflector
se sustituye por un observador. Los rayos que n1 = 1,00, n2 = 1,33
penetran en el aire son regresados hacia el agua, lo
que indica que el observador ve una imagen del 1  30º
cofre a una profundidad aparente menor que la
verdadera. Cuando el observador está directamente 1,00sen30º  1,33sen2 
arriba del objeto sumergido, la profundidad
aparente d' está relacionada con la profundidad sen2  1/ 2  0,38
verdadera d por 1,33

d  n2 d 2  22,08º
n1
b)
Reemplazando valores
tan2  x  tan 22,08º  0,405
ho

tan30º  x  0,577
hi

Dividiendo

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

hi  ho tan 22,08º  1,00 0,405   0,70 m Dividiendo
t an 30º  0,577 
sen1  n2 
La altura a la que la gaviota «percibe» al pez a una sen2 n1

profundidad de 0,70 m. x

Ejemplo 12. Justo encima de un buzo sumergido ho  n2 
en el agua pasa un avión a 200 m sobre el nivel del x n1
agua. ¿A qué altura le parece al buzo que está el
avión? hi

hi  n2 ho  1,33 200 = 266 m
n1
1,00

La altura aparente es 266m.

Ejemplo 13. Un observador está situado en una
posición que ve la pared interna CD de un
recipiente cúbico de paredes opacas.
¿Qué altura de agua hay que poner en la vasija
para que el observador pueda ver un objeto que se
halla sobre el fondo a 10 cm del vértice D?
La arista del cubo  = 40 cm y na = 1,33.

Solución.

Solución. Del enunciado se deduce que la visual

del observador hacia la vasija forma un ángulo de

45º cuando ésta se encuentra vacía.
Cuando haya líquido, el observador sólo podrá ver

aquellos rayos provenientes del fondo que, tras la

refracción, formen un ángulo de 45 con la vertical.

Aplicando la ley de Snell

Aplicando la ley de Snell n1sen1  n2sen2

n1sen1  n2sen2 n1 = 1,33, n2 = 1
2 = 45º
n1 = 1,00, n2 = 1,33 Reemplazando
Como 1 y 2 son pequeños
1,33sen1  1,00sen45º 
sen2  tan2  x
hi 2 2  0,53
sen1  1,33 

sen1  tan1  x 1  32,11º
ho

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Luego

tan1  H 10  0,628 
H

H 10  0,628H

H  10 = 26,8 cm
0,372

Ejemplo 14. Un vaso grande contiene agua (n3 = di2  n1 do2
1,33) con una profundidad de 10,0 cm, sobre la n2
que flota una capa de benceno (n2 =1,50) de
espesor 6,0 cm. Una moneda se encuentra en el Con
fondo del vaso. ¿A qué profundidad parece estar
cuando se mira casi directamente hacia abajo? d02  6,0 11,28 = 17,28

Reemplazando

di2  n1 do2  1,0 17,28
n2
1,5

= 11,52 cm

Solución. REFLEXIÓN INTERNA TOTAL
Un observador en el benceno vería la moneda a la Si la luz viaja de un medio a otro de menor índice
profundidad di1 debajo de la interfase benceno de refracción, la ley de Snell muestra que a medida
agua que 1 se incrementa hasta llegar a un valor crítico
c, el que corresponde a 2 = 90º, tal como se
muestra en la figura siguiente.

Para 1 < c, parte de la luz se refleja y parte se
refracta (transmite).

Para 1  c, toda la luz se refleja.
Esta reflexión total interna requiere que

n1senc  n2sen90º

di1  n2 do1  1,5 10,0 El ángulo crítico c queda determinado por
n3
1,33 senc  n2
n1
= 11,28 cm

Un observador en el aire verá la moneda a la Ejemplo 15. La reflexión interna total se utiliza

profundidad di2 debajo de la superficie del agua. para mantener los rayos de luz en una fibra de

vidrio, lo que constituye la base de la tecnología de

la fibra óptica. Supongamos que un rayo de luz en

el aire incide el extremo de una fibra (n2 = 1,31) en
el punto A mostrado en la figura. ¿Cuál es el valor

máximo de 1 que se asegurará que el rayo se

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

refleje totalmente en el punto B y por lo tanto, se   c  48,75º 
mantenga dentro de la fibra? 2

  97,5º

El valor del ángulo del vértice del cono debe ser

97,5º.

Ejemplo 17. Hállense los ángulos límite de la

interfase del aire:

Solución. a) con agua (na = 1,33
b) con el diamante (nd = 2,4).
Aplicando la ley de Snell en el punto B c) ¿Cómo cambia el ángulo limite al introducir el

n2senc  n1sen90º  diamante en agua?

senc  n1  1,0  0,763  Solución.
n2 1,31
Aplicando la ley de Snell.

c  49,76º n1sen1  n2sen2
n1sen90º  n2senc 
Luego

2  90ºc  90º49,76º = 40,24º senc  n1
n2
Aplicando la ley de Snell en el punto A

n1sen1  n2sen2 a) Aire y agua

1,0sen1  1,31sen40,24º  n1 = 1,00, n2 = 1,33
sen1  1,310,65 = 0,85 
1
1  57,8º senca a  1,33  0,75 

El valor máximo de 1 que se asegurará que el ca a  48,75º
rayo se refleje totalmente en el punto B es 57,8º.

b) Aire y diamante

Ejemplo 16. Si se mira hacia arriba desde el fondo n1 = 1,00, n2 = 2,4
de una piscina, se puede ver todo el mundo
exterior mirando desde el vértice de un cono. sencdia  1  0,42 
Encontrar el valor del ángulo del vértice del cono. 2,4
Para el agua n = 1,33.
Solución. cdia  24,62º

c) Agua y diamante

n1 = 1,33, n2 = 2,4

senca d   1,33  0,554 
2,4

ca d   33,65º

Para ver todo el mundo exterior los rayos extremos Ejemplo 18. Un buzo de 1,80 m de altura se halla
en el fondo de un lago de 20 m de profundidad.
deben ingresa con el ángulo critico tal como se Calcular la distancia mínima contada desde el
punto en que se encuentra hasta el punto del fondo
muestra en la figura. que puede ver reflejado en la superficie del agua
(índice de refracción del agua, na = 1,33).
Aplicando la ley de Snell Solución.

n2senc  n1sen90º

senc  n1  1,0  0,75 
n2 1,33

c  48,75º

Pero

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Se trata de ver las consecuencias de la reflexión R  1,00tan48,75º = 1,14 m.
total en una interfase agua-aire.
El ángulo crítico para esa interfase es c = 48,75º. La luz sale del fondo de la piscina en un radio R =
La mínima distancia a partir de la cual el buzo 1,14 m.
comenzará a ver el fondo reflejado en la superficie
es la que corresponde a ese ángulo. Ejemplo 20. Una piedra preciosa transparente
Aplicando la ley de la reflexión, el ángulo de cúbica de 2,5 cm de lado tiene un pequeño defecto
reflexión ha de ser igual al de incidencia, tal como en el centro. El joyero no quiere partirla porque su
se muestra en la Figura. valor disminuye drásticamente con el tamaño.
d  x1  x2 ¿Qué fracción de la superficie debe cubrir con la
Con configuración para que la falla no sea vista por el
comprador? La piedra tiene un índice de refracción
x1  20,00 1,80tan48,75 = 20,753 m de 1,60.
x2  20,00tan48,75 = 22,805 m Solución.
La figura siguiente muestra un corte de cubo y el
Tenemos rayo de luz que sale de la falla con ángulo crítico.
d = 20,753 +22,805 = 43,56 m
Para d > 43,56 el buzo ve el fondo reflejado en la senc  1  1  0,625
superficie del agua. n 1,60
Par d < 43,56 el buzo ve el exterior.
c  38,68º
Ejemplo 19. Se sitúa un objeto luminoso en el
centro y en el fondo de una piscina de un metro de tanc  x  0,800
profundidad. Halle el radio del círculo de la 1,5
superficie que queda iluminado por el objeto del
fondo. x  1,2 cm
Solución.
Un rayo de luz procedente de la falla incidirá sobre

la superficie y se reflejará totalmente si el ángulo
de incidencia es mayor que el ángulo crítico.

La figura siguiente muestra una cara cubierta con
un adorno que no permite salir a los rayos
procedentes de la falla con un ángulo menor que el
crítico.

En la Figura se puede comprobar que el ángulo Esto garantiza que ninguna luz de la falla puede
crítico c coincide con el que forma el límite de la salir directamente de la piedra, ya que todos los
zona iluminada. El radio R de la zona iluminada rayos que emergerían son detenidos por el arreglo.
viene dado por la relación Así, la fracción de la superficie que debe ser

R  h tanc

El ángulo crítico c para la internas agua – aire es
48,75º, luego

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

cubierto por el ajuste Ejemplo 21. La luz incide sobre un prisma
Superficie total equilátero de vidrio (n = 1,42) y viaja a través de
ella paralela a un lado.
AT  63 3 =54 cm2 a) ¿Cuál es el ángulo de incidencia?
b) A través de qué ángulo el rayo es desviado
Superficie cubierta después de salir del prisma
Solución
 AC  6 1,22 = 27,14 cm2 a)

Fracción de la superficie que debe ser cubierta

 27,14  0,503
54

ÁNGULO DE MÍNIMA DESVIACIÓN DE UN
PRISMA.

Para la posición de mínima desviación, el rayo n1 = 1, n2 = 1,42
Por geometría
viaja perpendicular a la bisectriz del ángulo  , y
2  3  30º y 2  4
los ángulos incidente y emergente son iguales,
Para la primera incidencia
Luego
n1sen1  n2sen2
1  4 y 2  3 (6)
Reemplazando:
También
1sen1 1,42sen30º
Como   2 3    22  2  sen1 1,420,5  0,71  1  45,23º
2
El ángulo de incidencia es 1 = 45,23º.
y   1 2   4 3   b)

  1  4 2 3  21  22 El ángulo desviado es .
En el triángulo ABC
   1    1   
2 2 2 2   21 2 

sen1  nsen2 Reemplazando valores

sen      nsen      245,23º30º  30,46º
2 2 2
El rayo es desviado después de salir del prisma un
sen     ángulo de 30,46º.
2 2
n sen   Ejemplo 22. El ángulo de incidencia de un rayo de
luz sobre un prisma de vidrio de índice de
2 refracción 1,50 se aumenta gradualmente, y se
comprueba que, cuando el ángulo es 4º 47’, el rayo
ya no pasa a través del prisma. ¿Cuál es el ángulo
de refracción del prisma?
Solución.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

b) Suponga que el ángulo incidente es 45º.
¿Cuánto se habrá desviado el rayo incidente al
salir del prisma en el punto P?

Sea  el ángulo de refracción del prisma.

Aplicando la ley de Snell en la entrada del rayo al

prisma

n1sen1  n2sen2 Solución.
Al incidir en la segunda cara
n1 = 1,00, 1 = 4º 47’ = 4,78º

n2 = 1,50, 2 = ? n2sen3  n1sen4

sen2  sen4,78º  0,555 La condición reflexión total en el punto P es
1,5
3  c 4  90º
2  3,18º
Luego
Aplicando la ley de snell en la segunda cara del
prisma, para que el rayo no salga tiene que incidir 1,5senc  1,00sen90º 
con el ángulo crítico c.
senc  1  c  41,81º
n2senc  n1sen90º 1,5

sen90º La suma de los ángulos de un triángulo es 180º.
1,5
senc   0,666

c  41,81º

La suma de los ángulos de un triángulo es 180º.

      180º

Siendo 90ºc   45º90º2   180º

  90º3,18º  86,82º 2  45ºc  45º41,81º  3,2º

  90º41,81º  48,19º Al incidir en la primera cara

Tenemos n1sen1  n2sen2

  86,82º48,19º  180º  Reemplazando valores

  44,99º 1,00sen1  1,5sen3,2º 

El ángulo de refracción del prisma es 45º. sen1  0,084 
1  4,8º
Ejemplo 23. La reflexión total interna en un
primas 45º - 90º - 45º se usa en los binoculares El máximo valor de 1 para que se produzca
prismáticos para “doblar la trayectoria de la luz” y reflexión total en el punto P es 4,8º.
hacer más compacto el instrumento. Los prismas y b)
lentes deben ser cuidadosamente alineados en los
binoculares. Si la luz incide sobre un lado del
prisma como se muestra en la figura.

a) ¿cuál es el valor máximo de 1 para que se
produzca reflexión total en el punto P, el índice de
refracción del vidrio es n = 1,50?

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Aplicando la ley de Snell a la primera incidencia.

n1sen1  n2sen2

1sen45º  1,5sen2  0,707

sen2  0,707 2  28,12º El problema pide demostrar
1,5
2  
Aplicando la ley de Snell a la incidencia en P.
En el cuadrilátero ABEC
n2sen3  n1sen4
    180º (1)
3  2  28,12º
En el cuadrilátero BDCE
Luego
    1  2  360º (2)
1,5sen28,12º  1,0sen4  0,707
En el vértice A, como hay dos ángulos rectos
4  45º
  1  2  180º (3)
La normal a P es paralela al rayo incidente, luego
el rayo incidente se desvía 45º. Ejecutando (1) + (3) – (2) obtenemos:

     1 2     1 2 

Ejemplo 24. El método más fácil de medir el  180º180º360º
ángulo de refracción de un prisma es dirigir un haz
de luz de rayos paralelos sobre el ángulo y medir Ejecutando:
la separación angular de los haces reflejados en los
dos lados del prisma con el ángulo de refracción. 2  
Demostrar que esta separación angular es el doble
del ángulo del prisma. El ángulo ente los rayos reflejados es el doble que
Solución. Consideremos tres rayos paralelos e el ángulo del prima.
incidiendo en los puntos A, B y C.
Los rayos incidentes en B y C se reflejan de Ejemplo 25. Un rayo de luz entra en la cara de BA
acuerdo a las leyes de la óptica, las proyecciones de un prisma rectangular de material refractante en
de estos rayos se encuentran en D. Las normales incidencia rasante. Emerge de la CA cara
en B y C se encuentran en E.
adyacente a un ángulo  4 con la normal. Si  c es

el ángulo crítico para el material.

a) Demostrar que sen4  cot c .

b) ¿Siempre emergerá un rayo de CA? En caso
negativo, explique lo que sucede, y deduzca de qué
valores del índice de refracción del material
realmente emerge el rayo.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Si es mayor, hay reflexión interna total.

Para que el rayo emerja debe cumplirse

3  c

Esto es 90ºc  c  c  45º

Como 1  senc , tenemos que
n

Solución. 1  sen45º  1  1
a) n n2

 n 2

El índice de refracción del material debe ser menor

que 2 .

Un rayo de luz entra en la cara BA con incidencia Ejemplo 26. Un haz paralelo de luz incide

rasante 1  90º normalmente en la primera cara de un prisma de
ángulo pequeño. En la segunda cara es en parte
El rayo refractado DE entra con el ángulo crítico transmitido y reflejado, en parte, el haz reflejado
incide en la primera cara de nuevo y sale de ella en
2  c . una dirección que forma un ángulo de 6° 30’ con
la dirección del haz incidente. El rayo refractado
Los ángulos DAE, ADF, y AEF son ángulos se ha sufrido una desviación de 1° 15’ de la
dirección original. Calcular
a) el índice de refracción del vidrio
b) el ángulo del prisma.

Solución.

rectos.

Como los ángulos de un cuadrilátero suman 360º,

el ángulo DFE debe ser recto también.

Los ángulos de un triángulo suman 180º, luego

Ángulo DEF = 3  90ºc (1)

Aplicando la ley de Snell para la refracción a la

cara AB, tenemos:

sen90º  nsenc  n 1 (2)
sen c

Aplicando la ley de Snell para la refracción a la

cara AC, tenemos:

n sen3  sen4 (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3):

1 sen90ºc   sen 4 
sen c

1 cos c  sen4 
sen c

sen4  cot c Sea el  ángulo del prisma y n su índice de

b) El rayo emerge por la cara AC, solamente si el refracción.
Aplicando la ley de Snell en el punto C.
ángulo es menor que el ángulo crítico

3