Fisica 4 _Óptica - Hugo Medina Guzmán

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

nsen  sen  1 En la figura se observa un rayo de luz que incide

Como  es pequeño en un prisma de cristal de 45º- 45º- 90º (n1 = 1.5).
La mayor parte de la luz penetra en el prisma y se
n    1  1  n 1 (1)
dirige hacia la hipotenusa del prisma con un
El ángulo ADC = 90º.
ángulo de incidencia de 45º.
El ángulo ACE = 90º. El ángulo crítico para una interfase cristal – aire

Como la suma de los ángulos de un triángulo es

180º

El ángulo ACD = 90º .
Luego el ángulo DCE =  .
De la ley de reflexión ángulo DCB = 2 .
El ángulo DBC = 90º2 o ángulo CBF = 2 .

Aplicando la ley de Snell en el punto B.

nsen2  sen2
Como  es pequeño

2  n2 (2) n2  1,00
n1 1,50
a) Dividiendo (1) entre (2): senc   0,67 

1  n 1  n 1  c  41,8º
2 2n 2n

21  1  1 21  1  1 Como el ángulo de incidencia es mayor que el
2 n 2 n
ángulo crítico, la luz se refleja totalmente en la

hipotenusa y se dirige verticalmente hacia arriba

Reemplazando datos en la figura, una vez que ha girado un ángulo de

2 1,25  1  1  90º.
6,5 n

1  13 n  13 = 1,625
n8 8
El índice de refracción del vidrio es 1,625.

b) De (2) En la figura arriba se muestra cómo el mismo
prisma puede hacer girar 180' el haz de luz si la
  2 = 6,5  2º reflexión total interna se produce dos veces.
2n 213 
8 Los prismas también pueden utilizarse en tándem
para producir un desplazamiento lateral de un haz
El ángulo del prisma es 2º. de luz a la vez que dejan sin modificar la dirección
inicial.
REFLEXIÓN TOTAL INTERNA EN En la figura se ilustra esta aplicación de unos
PRISMAS binoculares.

En muchos instrumentos ópticos, como
binoculares, periscopios y telescopios, se utilizan
prismas de cristal para girar 90º o 180º un haz de
luz.

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La descomposición de la luz en sus colores

componentes se denomina dispersión.

DISPERSIÓN DE LA LUZ: PRISMAS ÍNDICES DE REFRACCIÓN n

En la figura se muestra un rayo de luz que pasa a PARA DIFERENTES MATERIALES
través de un prisma de cristal. Cuando la luz
penetra en el prisma en la cara izquierda, el rayo color  Cristal Diamante
refractado se desvía hacia 1 normal, ya que el
índice de refracción del cristal es mayor que el del Rojo 660 1,520 2,410
aire. A la inversa cuando la luz sale del prisma en
la cara derecha y penetra en el aire, la luz se Anaranjado 610 1,522 2,415
refracta alejándose de la normal. Así, el efecto
neto del prisma es cambiar la dirección del rayo. Amarillo 580 1,523 2,417
Puesto que el índice de refracción del cristal
depende de la longitud de onda (véase la tabla Verde 550 1,526 2,426
2.2), los rayos correspondientes a diferentes
colores se desvían en cantidades diferente debido Azul 470 1,531 2,444
al prisma y salen de éste en direcciones distintas.
Violeta 410 1,538 2,458

Ejemplo 27. El espectro de un tubo de descarga de
hidrógeno contiene la línea C de color rojo y la
línea F de color violeta. Un haz paralelo desde el
tubo de descarga se hace pasar por un prisma de
refracción de 60 º de ángulo con la luz roja C
sufren una desviación mínima.
a) ¿Cuáles son las desviaciones sufridas por la luz
roja C y la luz violeta F?
b) Al salir del prisma, la luz es enfocada en una
pantalla por una lente acromática de distancia
focal 30 cm. ¿Cuál es la separación de las
imágenes C y F en la pantalla?

nR  1,604 , nV  1,60

Solución.
La desviación mínima en un prima ocurre cuando
el ángulo de entrada y el ángulo de salida son
iguales, una configuración simétrica particular.

Mientras mayor sea la refracción para un color
específico, mayor es la desviación, y en la figura
arriba se observan la: refracciones para los colores
rojo y violeta, que son los extremos opuestos e
espectro visible. Si un rayo de Sol, que contiene
todos los colores, se envía a través de un prisma,
la luz del Sol se separa en el espectro de colores,
como se muestra a continuación.

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a) La luz roja tiene la desviación mínima. La imagen real de un objeto puntual aparece donde
todos los rayos convergen. Hay un punto del rayo
sen 1   R  violeta, y un punto del rayo rojo, en el plano focal
2 de las lentes, su separación nos da la respuesta
nR   pedida.
sen 1  La separación de las imágenes es PQ.
2
1,6º es igual a 1,6º 2 = 0,028 radianes.
sen 1   R   nRsen 1  360º
2 2
Luego
Reemplazado valores PQ = OP x 0,028 = 30 cm x 0,028 = 0,84 cm.

sen 1 60º R   1,604sen30º  0,802  LA FIBRA ÓPTICA
2 Otra aplicación de la reflexión total interna es en
el campo interesante de la óptica de fibras. En la
1 60º R   53,32º  óptica de fibras, hilos de vidrio del espesor de un
2 cabello, denominados fibras ópticas, "conducen"
luz de un lugar a otro.
R  106,64º-60º  46,64º
Las fibras ópticas son filamentos de vidrio de alta
La luz violeta está cerca de la desviación mínima pureza extremadamente compactos: El grosor de
una fibra es similar a la de un cabello humano.
de tal modo que se puede aplicar la misma Fabricadas a alta temperatura con base en silicio,
su proceso de elaboración es controlado por medio
fórmula. de computadoras, para permitir que el índice de
refracción de su núcleo, que es la guía de la onda
sen 1   V   nV sen 1 luminosa, sea uniforme y evite las desviaciones,
2 2 entre sus principales características se puede
mencionar que son compactas, ligeras, con bajas
Reemplazado valores pérdidas de señal, amplia capacidad de transmisión
y un alto grado de confiabilidad debido a que son
sen 1 60ºV   1,620sen30º  0,810  inmunes a las interferencias electromagnéticas de
2 radio-frecuencia. Las fibras ópticas no conducen
señales eléctricas por lo tanto son ideales para
1 60ºV   54,1º  incorporarse en cables sin ningún componente
2 conductivo y pueden usarse en condiciones
peligrosas de alta tensión. Tienen la capacidad de
V  108,2º60º  48,2º tolerar altas diferencias de potencial sin ningún
circuito adicional de protección y no hay
b) Un haz paralelo de luz roja emerge del prisma a problemas debido a los cortos circuitos. Tienen un
gran ancho de banda, que puede ser utilizado para
un ángulo 48,2º - 46,6º = 1,6º de un haz paralelo incrementar la capacidad de transmisión con el fin
de reducir el costo por canal; De esta forma es
similar de luz violeta.

Los haces paralelos son enfocados en el plano
focal de las lentes, de tal modo los haces rojo y
violeta dan imágenes definidas en el plano focal de
las lentes.

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considerable el ahorro en volumen en relación con Solución.
los cables de cobre. Con un cable de seis fibras se Para la reflexión total en la interfase fibra – agua
puede transportar la señal de más de cinco mil
canales o líneas principales, mientras que se debe cumplirse3  c
requiere de 10,000 pares de cable de cobre
convencional para brindar servicio a ese mismo Cálculo del ángulo crítico
número de usuarios, con la desventaja que este
último medio ocupa un gran espacio en los ductos nf senc  nasen90º 
y requiere de grandes volúmenes de material, lo
que también eleva los costos senc  na  1,33  0,89 
Las fibras ópticas están revolucionando la manera nf 1,50
de transmisión de comunicaciones por video,
teléfono y datos de computación, porque un haz de c  62,46º
luz puede transportar información a través de una
fibra óptica como la electricidad transporta Tenemos que
información a través de cables de cobre y las
ondas de radio transportan información por el 2  90ºc  90º62,46º  27,54º
espacio. Sin embargo, la capacidad de
transportación de información de la luz es miles de Aplicando la ley de snell en la cara A
veces mayor que la de la electricidad o la de las
ondas de radio. Un haz laser que se desplaza a nasen1  nf sen2
través de una sola fibra óptica puede transportar
cientos de miles de conversaciones telefónicas y Reemplazando valores
varios programas de televisión a la vez. Las fibras
ópticas son la opción a elegir para obtener 1,33sen1  1,50sen27,54º 
telecomunicaciones de alta calidad, ya que los
cables son relativamente inmunes a interferencia sen1   1,50 sen27,54º  0,52 
eléctrica externa.  1,33 
También en medicina se utilizan cables flexibles
de fibras ópticas, Por ejemplo, uno de tales cables 1  31,43º
puede hacerse pasar por el esófago al estómago en
búsqueda de úlceras y otras anormalidades. La luz El ángulo incidencia máximo sobre la cara A es
se conduce al estómago mediante las fibras
externas del cable, se refleja en la pared estomacal 31,43º.
y se transmite hacia afuera del estómago a través
de las fibras interiores del mismo cable. La imagen Ahora calculamos el ángulo crítico en la interfase
puede mostrarse en un monitor o grabarse en una fibra – agua
película. En artroscopia, un pequeño instrumento
quirúrgico, de varios milímetros de diámetro, se Ejemplo 29. Determine el valor mínimo del índice
monta en el extremo de un cable de fibras ópticas. de refracción de una fibra óptica rodeada por aire
El cirujano puede insertar el instrumento y el cable para que cualquier rayo que llegue a la cara A
en una coyuntura, como una rodilla, con una sola quede atrapado en su interior.
pequeña incisión y daño mínimo a los tejidos
aledaños Solución.
Para conseguir lo que se pide en el enunciado,
Ejemplo 28. Una fibra óptica, como la todos los rayos que ingresan en la fibra deben
representada en la figura, tiene un índice quedar atrapados por reflexión total. Esto es para
refracción nf = 1,50 y se halla rodeada de agua (na ángulos de incidencia sobre la cara A hasta de 1
= 1,33). Calcule el valor máximo del ángulo = 90º, rayos que llegan rasantes, sólo pueden
incidencia sobre la cara A para que los rayos sean escapar a través del extremo opuesto de la fibra.
transmitidos por reflexión total a través de la fibra.

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Para asegurar la reflexión total en la interfase fibra un índice de refracción nr, que es menor que aquél,
pero superior a del aire (nf > nr > 1). a) Encuentre
aire se debe cumplir 3  c. la relación general que debe cumplirse entre estos
Teniendo en cuenta esto índices de refracción para que la fibra recubierta
transmita por reflexión total toda la luz que llegue
sen3  senc  naire  1 (1) a su cara A.
nf nf b) ¿qué condición debe cumplir el índice de
refracción del recubrimiento?
Por geometría se ve que

3   2
2

Luego

sen3  sen   2   cos2 (2)
2 

De las condiciones (1) y (2)

cos2  naire (3) Solución.
nf Para la reflexión total en la interfase fibra –

La condición mínima que se debe satisfacer sobre recubrimiento es un caso similar al del problema

la cara A es que los rayos que lleguen con un anterior, teniendo en cuenta ahora la presencia del

ángulo de 90º se refracten satisfaciendo la recubrimiento sobre la fibra

condición de reflexión sobre la interfase fibra aire. sen3  senc  nr
nf
Aplicamos la ley de Snell para determinar el

ángulo mínimo 2min, que asegura que todos los Como
rayos que llegan a la cara A entran por refracción
3   2 sen3  sen   2   cos2
nairesen1  nf sen2min 2 2 

Reemplazando datos Tenemos

1,00sen90º  nf sen2min  cos2  nr (1)
nf
sen2 min  1
nf En la interfase recubrimiento - aire

Debe cumplirse

sen2  sen2 min  1 (4)
nf

Sumando (4)2 + (3)2

sen 2 2  cos22   1 2   1 2  La condición de reflexión total se satisface
 nf  nf
simplemente exigiendo

2 nf sen5  nairesen90º
n2f
1  sen5  1
nf
(2)

nf  2 Sumando (1)2 y (2)2 se llega a la expresión general

De esto se deduce que las fibras con índices con nf sen 25  cos25  1   1 2   nr 2 
 1,41 recogerán todos los rayos de luz que nf  nf 
lleguen a su cara anterior y los transmitirán hasta
el otro extremo. n2f  nr2  1

Ejemplo 30. Generalmente las fibras ópticas con Esta es la relación general que debe cumplirse
índice de refracción nf llevan un recubrimiento con
entre estos índices de refracción para que la fibra

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recubierta transmita por reflexión total toda la luz 1  n2 (1)
que llegue a su cara A. 2 n1
b) La qué condición debe cumplir el índice de
refracción del recubrimiento es n11  n22
nr < nf
Si en lugar de recubrimiento tenemos aire, se Tenemos que
cumple
    180º y
n2f 1  1  n f  2
2      180º , por lo que
Tal como obtuvimos en el problema anterior.
   2 
REFRACCIÓN EN SUPERFICIE ESFÉRICA
Imágenes por refracción en superficies 2     (2)
esféricas
Consideremos un objeto luminoso, O, situado en Para el triángulo OPC
un medio de índice de refracción n1, a una
distancia do del vértice V, de una superficie 1     (3)
refractora esférica convexa. Si el segundo medio
tiene un índice de refracción n2, mayor que n1, los Reemplazando (2) y (3) en (1) obtenemos:
rayos que llegan a cualquier punto de la superficie
serán desviados hacia una mayor aproximación a n1     n2   
la normal a la superficie.
n1  n2  n2  n1
O: objeto puntual
do = OV = distancia objeto Con
V: Vértice,
C: Centro de curvatura,  h ,h y h 
VC = R = radio de curvatura do R di
I: Imagen puntual
di = VI = distancia imagen n1  n2  n2  n1
i, r, , ,  son ángulos pequeños, tal que do di R

seni  i  tani Convención de signos
senr  r  tanr
sen    tan do es + si el objeto esta enfrente a la superficie
sen    tan  (objeto real).
sen    tan do es - si el objeto esta detrás de la superficie
(objeto virtual).
n1 y n2 son los índices de refracción de los medios di es + si la imagen esta detrás de la superficie
Aplicando la ley de Snell en el punto de incidencia (imagen real).
M. do es - si la imagen esta enfrente a de la superficie
(objeto real).
sen1  n2 R es + si el centro de curvatura esta detrás de la
sen2 n1 superficie.
Con sen1  1 y sen2  2  do es - si el centro de curvatura esta enfrente de la
superficie.

La fórmula es válida también es para superficies
refractoras cóncavas.

Los rayos que provienen de O refractados por una
superficie cóncava, forman una imagen virtual en I

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También es válida si el medio incidente es mas 1,5  1  1,0 1,5
denso que el medio refractor, n1 > n2. 2R  do1  4  R

Ejemplo 31. Una canica de vidrio de índice de 1,5  1  1
2R  do1 4 2R
refracción 1,50 tiene una burbuja de aire sobre el
1,5  R  2
diámetro AB. Cuando se ve desde la A, parece 2R  do1 4R

estar a 0,8 cm de ella, pero cuando se ve la parte

B, que parece estar 4 cm de B.

a) ¿Cuál es el radio de la canica? 2R  do1  6R (2)
R2
b) ¿Cuáles es verdadera situación de la burbuja?

Solución. a) Reemplazando (1) en (2)

Aquí se aplica la ecuación de formación de 2R  6R  6R 
5R  2 R  2
imágenes por refracción en superficies esféricas

n1  n2  n2  n1 2R  6R  6R 
do di R 5R  2 R  2

Vista de A

1 1  1 
3 5R  2 R  2

R2  6 R  8  0
55

Resolviendo

R3 9 8 37
5 25 5 5 5

n1  1,5, n2  1,0 R1 = 2 cm R2 = - 0,8 cm
La valor significativo es R = 2 cm.

R (negativo)

di1  0,8 cm b) Reemplazando el valor de R en (1):
62
1,5  1  1,0 1,5 do1  52  2  12  1cm
do1  0,8  R 12

1,5  1  1 La burbuja se encuentra a 1 cm de A.
do1 0,8 2R
Ejemplo 32. Una lente biconvexa de 3 cm de

6R espesor central, índice de refracción 1,50 y radios
5R 
do1  2 (1) de curvatura 10 cm y 15 cm, se ve primero de un

lado y luego del otro.

Vista desde B ¿Cuál es la diferencia en el espesor aparente?

Solución.

La ecuación de formación de imágenes por

refracción en superficies esféricas

n1  n2  n2  n1
do di R

Mirando sobre la superficie de radio 10 cm.

di2  4 cm
do2  2R  do1

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n1  n2  n2  n1 Una lente delgada es un sistema óptico con dos
do1 di1 R1 superficies refractantes de las cuales una por lo
menos es curva
do1 = 3,00, n1 = 1,00, n2 =1,5, R1 = -10 cm Las lentes más comunes se basan en el distinto
grado de refracción que experimentan los rayos de
1,5  1,0  1,0 1,5 luz al incidir en puntos diferentes de la lente. Entre
3 di1 10 ellas están las utilizadas para corregir los
problemas de visión. También se usan lentes, o
1,0  0,5  1,5   9 combinaciones de lentes y espejos, en telescopios
di1 10 3 20 y microscopios. El primer telescopio astronómico
fue construido por Galileo Galilei usando una lente
di1   20 cm convergente (lente positiva) como objetivo y otra
9 divergente (lente negativa) como ocular. Existen
también instrumentos capaces de hacer converger
Mirando sobre la superficie de radio 15 cm o divergir otros tipos de ondas electromagnéticas y
a los que se les denomina también lentes. Por
ejemplo, en los microscopios electrónicos las
lentes son de carácter magnético

Tipos de lentes
Según su forma las lentes delgadas pueden ser
convergentes y divergentes.

Lente convergente.
Una lente convergente es aquella que refracta y
converge la luz paralela más allá de la lente.

n1  n2  n2  n1 Son más gruesas en el centro que en los extremos.
do2 di2 R1 Según el valor de los radios de las caras pueden
ser: biconvexas, plano convexas y menisco
do2 = 3,00, n1 = 1,00, n2 =1,5, R2 = -15 cm convergente.

1,5  1,0  1,0 1,5 Lente divergente.
3 di2 15 Una lente divergente es aquella refracta los rayos
paralelos que pasan por una de estas lentes hacia la
1,0  0,5  1,5   7 parte más gruesa de tal modo que el haz diverge
di2 15 3 15

di2   20 cm
9

La diferencia en el espesor aparente es

di1  di2  20 - 7  5 cm
9 15 63

LENTES DELGADAS

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Una proyección de los rayos de luz refractados di  di  f 
muestra que la luz parece provenir de un punto do f
focal virtual situado en frente de la lente. 1  di  f 
do di f
Son más delgadas en la parte central que en los 1 11 
extremos. do f di
Según el valor de los radios de las caras pueden 1 1 1
ser: bicóncavas (4), plano cóncavas (5) y menisco do di f
divergente (6).
Igualmente puede obtenerse la misma ecuación
con una lente divergente

ECUACIÓN DE LAS LENTES DELGADAS. La distancia del objeto do y la distancia de la
Ecuación que puede deducirse similarmente a la imagen di se consideran positivas para objetos e
ecuación de espejos esféricos. imágenes reales y negativas para objetos e
imágenes virtuales.
Podemos encontrar las siguientes relaciones La distancia focal f se considera positiva para
lentes convergentes y negativa para lentes
tan  ho   hi  divergentes.
do di
AUMENTO LATERAL
hi   di (1)
ho do El aumento lateral tiene la misma forma que la
hallada para los espejos.
tan   ho   hi  m  hi   di
f di  f
h0 do
hi   di  f (2) Un aumento positivo indica que la imagen es
ho f derecha, un aumento negativo indica que la
imagen es invertida.

LA ECUACIÓN DEL FABRICANTE DE
LENTES,

Vamos a deducir la ecuación del fabricante de
lentes que es una relación entre la longitud focal f,
el índice de refracción n de la lente y los radios de
curvatura R1 y R2 de las superficies de la lente

De (1) y (2):

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Si el objeto se encuentra en el infinito la imagen se

forma en el foco.

do1   , di2  f

1  n  1 1  1 
f R1 R2

Con lo que la ecuación de las lentes queda como

Se coloca un objeto O1 a una distancia do1 , frente 1  1 1
do1 di2 f
a la superficie 1 de radio R1 (+) (se ha elegido de Considerando do1 = do y di2 =di, tenemos
1 1 1
tal manera que produzca una imagen virtual I1 a do di f
Ecuación válida para todo tipo de lente delgada.
una distancia di1 , a la izquierda del lente).

1  n  n 1 (1) Distancia objeto do y distancia imagen di deben
do1 di1 R1 considerarse positivas para objetos e imágenes

Esa imagen se utiliza luego como el objeto O2 para reales y negativas para objetos e imágenes
la superficie 2, esta a su vez produce la imagen I2. virtuales.
Se considera que viene de un medio con índice de
La distancia focal f es positiva para lentes
refracción n, y su objeto es virtual  do1 , el
convergentes y negativa para lentes divergentes.
radio de la superficie 2 es R2 (considerado también
+). Ejemplo 33. Encontrar la distancia para diferentes
lentes convergentes

La imagen I2 se forma a la distancia di2 de la Lente biconvexa
superficie 2.

n  1  1  n (2)
do2 di2 R2

Pero do2  di1  t, si consideramos t mucho

menor que las distancias usadas, podemos

considerar do2  di1 n = 1,5, R1(+), R2(-) = R1
Luego
 n  1  1  n (2a) n  1 1  1   1
R1  R1 f
di1 di2 R2
Sumando (1) + (2a): 1,5 1 1  1   1  1
R1 R1 f R1
1  n  n  1  n 1 1 n 
do1 di1 di1 di2 R1 R2
f  R1
1 
1  1  n  1  1 Lente plano convexa
do1 di2 R1 R2

Esta es la fórmula del fabricante de lentes, válida
para lentes cóncavas, convexas, cóncavo convexo,

plano convexo o plano cóncava.

R1 y R2 son positivos si el centro de curvatura está
detrás de la lente y negativos si está en frente.

Distancia focal. n = 1,5, R1 (+), R2 = ∞

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n  1 1  1   1
R1 R2 f

1,5  1 1  1   1  1
 R2 f 2R2

f  2R2 n = 1,5, R1 = , R2 (+)

Lente cóncavo convexa n 1 1  1   1
R1 R2 f

1,5  1 1  1   1  1
 R2 f 2R2

f  2R2

Lente Bicóncava

n = 1,5, R1 (-) = 1,5 R2 (-)

n 1 1  1   1
R1 R2 f

1,5  1  1  1   1  1  1 n = 1,5, R1 (-) = R2 (+)
1,5R2  R2 f 0,5 6R2

3R2 1  

f  6R2 n  1  1 1
R1 R2 f

Ejemplo 34. Encontrar la distancia para diferentes 1,5  1 1  1   1  1
lentes divergentes  R1 R1 f R1

Lente Convexo cóncavo f  R1

n = 1,5, R1 (+) = 1,5R2 (+) Ejemplo 35. Un buzo toma dos lunas de reloj cada
una con radio de curvatura 10 cm, las junta y las
n  1 1  1   1 une tocándose sus vértices de tal manera que el
R1 R2 f aire queda atrapado entre ellas. Utiliza la lente de
aire así formada bajo el agua.
1,5  1 1  1   1   0,5 a) ¿Cuál es su distancia focal?
1,5R2 R2 f 3R2 b) ¿A que distancia de un coral debe sostenerlo
para que ver su imagen, vertical y erguida,
f  6R2 ampliada cuatro veces?
Solución.
a) Se ha formado una lente biconvexa de aire en un
medio de agua.
La situación se representa en la figura siguiente

Lente plano cóncava

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1 1 1
do di f

El aumento es

m   di  di  mdo
do

Pero m =4, luego

R1 = -10 cm, R2 = 10 cm, n1 = 4/3, n2 = 1,00 di  4do
Aplicando la ecuación de refracción en interfases
Reemplazando en la ecuación de las lentes

esféricas 1 1 1 
do 4d0 20
Sobre la primera interfase agua aire (radio R1)

n1  n2  n2  n1 (1) 3 1
do1 di1 R1 4d0 20

Sobre la segunda interfase aire agua (radio R2) 60
4
n2  n1  n1  n2 d0   15 cm

do2 do2 R2 La lente debe colocarse a 20 cm del coral.

Como do2  di1 , tenemos

 n2  n1  n1  n2 (2) Ejemplo 36. Uno de los extremos de un tanque del
di1 do2 R2 acuario es una lente delgada para que los corales
en el tanque se vean aumentados. Demostrar que
Sumando (1) y (2) las dos distancias focales de la lente no son
iguales, y demostrar que la fórmula de las lentes en
n1  n2  n2  n1  n2  n1  n1  n2 
do1 di1 di1 do2 R1 R2 este caso es f  f '  1.
do1 di2
 n1  n1  11
R1 R2 f y f’ distancias focales de la lente
do1 do2 d01 distancia objeto
n2  n1  di2 distancia imagen

1  1   n2  1 1  1  
do1 do2 n1 R1 R2

1  1   3 1 1  1   Solución.
do1 do2  4  10 10  Consideremos la refracción en la primera
superficie de radio de curvatura + R1,
1 1 1 Separando los dos medios, aire y vidrio, índice de
do1 do2 20 refracción del vidrio nv.

Si el objeto esta en el infinito la imagen se forma
en el punto focal de la lente

11 1 
 f 20

1 1
f 20

f  20 cm

La lente de aire es convergente con distancia focal
20 cm.
b) La lente de aire obedece la ecuación de las
lentes

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Se forma una imagen real en I1 en ausencia de otra 1  na  P .
do1 di2
superficie

1  nv  nv 1 (1) Pero 1  P y na  P  f  f '  1
do1 di1 R1
f f' do1 di2
La imagen I1 actúa como objeto virtual O2 para la

refracción en la segunda superficie de radio de
curvatura – R2 y agua con índice de refracción na.

Una imagen real se forma en di2 Ejemplo 37. La lente del acuario de la pregunta
anterior tiene R1 = 15 cm, R2 = 10 cm, y los índices
nv  na  na  nv  nv  na (2) de refracción del vidrio y el agua son 3/2 y 4/3
 do2 di2  R2 R2 respectivamente. Un pez nada hasta la lente y ve a
un hombre de pie a 30 cm del acuario.
Sumando (1) + (2): a) ¿Dónde está la imagen que ve el pez?
b) ¿Cuál es el aumento angular que produce la
1  na  nv 1  nv  na lente?
Solución.

do1 di2 R1 R2

Si O1 está en el infinito, por definición di2
coincide con F’, el segundo punto focal de la lente.

 1  na  nv 1  nv  na 
 f ' R1 R2

1  1  nv 1  nv  na  (3) a) Aplicando las formulas obtenidas en el
f' na R1 R2
problema anterior vamos a encontrar los puntos
Similarmente, si O1 esta en F, el primer punto focales f y f’ de la lente.
focal de la lente, un haz paralelo emerge dentro del Primeramente encontremos f’

agua, esto es, I2 está en el infinito. 1  1  nv 1  nv  na 
f' na R1 R2
1  na  nv 1  nv  na 
f  R1 R2
 3 1 3  4 
1  nv 1  nv  na (4) 1  3  2 2 3

f R1 R2 f ' 4 15cm 10cm 

Dividiendo (3) entre (4), obtenemos

f  1 las distancias focales son diferentes.  3  1  1   1
, 4  30cm 60cm  80cm
f ' na
 f ' 80 cm
Además, si

nv 1  nv  na  1  P , tenemos Similarmente
R1 R2 f
f 1 
f ' na

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

f  f '  80 cm  60 cm principales desde un punto del objeto que no se
na 4 3 encuentra sobre el eje. La intersección de estos
rayos después de pasar por la lente determina la
Aplicando posición y el tamaño de la imagen.
Veamos los tres rayos principales
f  f ' 1
do1 di2 Para lente convergente
Rayo 1. Un rayo paralelo al eje pasa por el
Obtenemos segundo punto focal de una lente convergente

60cm  80cm 1  di2  80 cm
30cm di2

El pez ve al hombre 80 cm delante de la lente.

b) El aumento producido por la primera superficie

es

m1   ndi1 , Rayo 2. Un rayo que pasa por el primer punto
nvd01 focal de una lente convergente se refracta
paralelamente al eje de la lente.
El aumento producido por la segunda superficie es

m2   nv di 2
na d 0 2

El aumento total

m  m1m2   ndi1  nv di 2 Rayo 3. Un rayo que pase por el centro geométrico
nvd01 nad02 de la lente no se desviará.

  nd i 2   1  80  2 La figura siguiente muestra imagen formada en la
na d 0 1 4  30 intersección de los rayos.

3 Como se puede ver con dos rayos es suficiente.
Para la lente divergente
Si la altura del hombre es ho, la altura de su Rayo 1. Un rayo paralelo al eje parece provenir
imagen es del primer punto focal de una lente convergente

hi  2ho

Luego

0  hi  2ho  2ho  h0
di di 80 40

Por definición (considerando la capacidad de

visión del pez similar a la del hombre).

  ho
25

El aumento angular es

0 ho

M   40  50  1,25
ho 40

25

MÉTODOS GRÁFICOS PARA LENTES
Podemos determinar la posición y el tamaño de la
imagen formada por una lente delgada usando el
método gráfico Trazamos unos cuantos rayos

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Rayo 2. Un rayo dirigido hacia el segundo punto 2) Posición del objeto a una distancia do = 2f.
focal de una lente divergente se refracta Imagen real, invertida y de tamaño natural en 2f.
paralelamente al eje de la lente.

Rayo 3. Un rayo que pase por el centro geométrico 3) Posición del objeto a una distancia do
de la lente no se desviará.
comprendida entre f y 2f.
Imagen real, invertida y aumentada, entre el ∞ y 2f

La figura siguiente muestra imagen formada en la 4) Posición a una distancia do = f.
intersección de los rayos. Imagen en el ∞. Se ve un borrón.

5) Posición a una distancia do < f.
Imagen virtual, derecha y aumentada.

Al igual que e la lente convergente con dos rayos
es suficiente.

DIVERSAS SITUACIONES DE LA
FORMACIÓN DE IMAGEN POR UNA
LENTE

Lentes biconvexas
1) Posición del objeto entre el ∞ y 2f.
Imagen real, invertida y disminuida y entre f y 2f.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Lentes bicóncavas. distancia focal 55 mm y otra con distancia focal
Las imágenes que se forman mediante lentes 200 mm. Una persona de 1,70 m de estatura está a
divergentes siempre son virtuales, erectas y de 10 metros de distancia de la Cámara.
menor tamaño. a) ¿Cual es el tamaño de su imagen es la película
párrafo para cada una de las dos Lentes?
b) ¿Cual de estas lentes cree Usted que es la
llamada "teleobjetivo"?

Ejemplo 38. Para el ajuste de lentes de contacto o Solución. Aplicando la ecuación de las lentes.
en la preparación para una cirugía ocular, es
importante medir el radio de curvatura de la do = 10 m = 104 mm
cornea. Esto se puede hacer con un Keratómetro,
un dispositivo en el que un objeto iluminado se 1 11  di  do f f
coloca a una distancia conocida del ojo y se f do di do 
observa y mide con un pequeño telescopio el
tamaño de la imagen virtual que se forma. Para f = 55 mm
Suponiendo que para una distancia del objeto de
120 mm se obtiene un aumento de 0,040. ¿Cuál es di  55 104 = 55,3 mm
el radio de curvatura de la córnea? 104  55

m   di   55,3  5,53  103
do 104

hi  mho  5,531031,70 = - 9,4 mm

(imagen invertida).

Para f = 200 mm

Solución. di  200 104 = 204 mm
104  200
m   di  di  mdo
do  di  204
m do  104  20,4 103
m = 0,040, do = 120 mm
hi  mho  20,4 1031,70 = -34,7 mm
di  0,040120 = - 4,8 mm

Aplicando la ecuación de las lentes (imagen invertida).

1 11 Una lente de distancia focal larga en una cámara
f do di da mayor aumento y es llamada teleobjetivo.

 1  1  1  Ejemplo 40. Dos lentes coaxiales convergentes de
120  4,8 5,0

f = - 5,0 mm distancias focales f1 y f2 se colocan próximas entre
sí. ¿Cuál es la longitud focal efectiva de la
Como
R = 2f  R = 2 (-5,0) = - 10,0 mm combinación?

La cornea es una lente convexa con radio de Solución.

curvatura 10,0 mm. Para la primera lente

Ejemplo 39. Una cámara fotográfica single - 1 1  1  1 1 1
reflex tiene dos lentes intercambiables, una de f1 do1 di1 di1 f1 do1

Para la segunda lente

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1 1 1 a) Determinar la separación entre las dos imágenes
f2 do2 di2 posibles que se pueden formar.
b) Calcular la relación de sus tamaños.
Como do2  di1 Solución.
a)
Tenemos

1  1  1
f2 di1 di2

Reemplazando di1

1   1  1   1 
f2 f1 do1 di2

11 1  1  Aplicando la ecuación de las lentes
f2 f1 do1 di2

1 1 1  1 1 1
fe do1 di2 do di f

111  Siendo
fe f2 f1 di  D  do
Tenemos
fe  f1 f2
f1  f2
1 1 1
La longitud focal efectiva de la combinación es do   f 
D  do 
fe  f1 f2
f1  f2 f D  do   do   doD  do  

fD  doD  do2 

Ejemplo 41. La dioptría es la unidad que expresa do2  Ddo  fD  0
con valores positivos o negativos el poder de
refracción de una lente o potencia de la lente se Resolviendo
define como P = 1/f, donde f está en metros y P
en dioptrías (unidad que utilizan los optometristas do  D  D2  4 fD
para recetar gafas). ¿Cuál es la potencia de dos 2
lentes en contacto? ¿Por qué esta definición de la
potencia de la lente es razonable? Cuyas soluciones son
Solución.
Tenemos que do1  D  D2  4 fD
y
1 1 1
fe f1 f2 2

Luego do2  D  D2  4 fD
P  P1  P2 . 2
Una distancia focal corta significa mayor potencia,
esto es mayor aumento. La separación entre las dos imágenes posibles es

do  do1  do2

Ejemplo 42. Se coloca una fuente de luz a una  2 D2  4 fD  D2  4 fD
distancia fija D de una pantalla. Una lente 2
convergente de distancia focal f se coloca entre la
fuente y la pantalla. b) Para la primera imagen

do1  D  D2  4 fD
y

2

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

di1  D  do1  D  D2  4 fD
2

Aumento de la primera imagen

hi1  di1  D  D2  4 fD
ho do1 D  D2  4 fD
Para la segunda imagen

do2  D  D2  4 fD
y

2

di2  D  do2  D  D2  4 fD a)Un objeto luminoso y una pantalla están
2
separados una distancia D

Aumento de la segunda imagen do  di  D (1)

hi2  di2  D  D2  4 fD De la ecuación de las lentes.
ho do2 D  D2  4 fD
1  1  1  do  di  1
La relación de los tamaños de las imágenes do di f dodi f
posibles es
 dodi  do  di  f
D2  4 fD
hi1 D  D2  4 fD Reemplazando di  do  D
hi1  ho  D  D2  4 fD
hi2 hi2 D  D2  4 fD dodi  Df (2)
Ejecutando (1)2 - 4(2):
ho D 
d 2  d 2  2d0di  4d0di  D2  4Df 
o i

 D  D2  4 fD 2 di  do  DD  4 f 
 D  D2  4 fD 
 Como di  do  d , queda demostrado que

d  DD  4 f  .

Ejemplo 43. Un objeto luminoso y una pantalla b) Resolviendo di  do  D y di  do  d
están separados una distancia D. Demostrar que si
la lente convergente de distancia focal f, donde f < Obtenemos:
D/4, se inserta entre ellos,
a) producirá una imagen real del objeto sobre la do  D  d  y di  D  d
pantalla para dos posiciones separadas una
2 2
distancia d  DD  4 f  , y
Como d 'o d 'i  D y d'0 d'i  d
b) la razón entre estas dos imágenes para estas dos
Obtenemos:
D  d 2
posiciones de las lentes es D  d 2 . d 'o  D  d  y d 'i  D  d 

Solución. 2 2

De la ecuación del aumento

m  hi   di y m' h'i   d 'i
ho do ho d 'o

Se obtiene

 d 'i
h'i  m'  d 'o  dod 'i
hi m  di d 'o di

do
Finalmente

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

D  d  D  d  1  1   1  x  120 cm
x  75 200
h'i  dod 'i  D 2 d  D 2 d 
hi d 'o di   Todos los objetos desde el infinito hasta 120 cm,
son vistos claramente por el artista cuando mira a
22 través de la parte superior de sus gafas.

 D  d 2 Cuando mira por la parte inferior de sus anteojos,
D  d 2 verá claramente a través de ellos todos los objetos
de 25 cm hasta una distancia y, donde el objeto
Ejemplo 44. Un paisajista puede distinguir sin produce una imagen virtual a 200 cm. Por lo tanto
anteojos objetos entre 75 cm y 200 cm de sus ojos.
a) ¿Qué clase de anteojos requiere para ver objetos 1 1  1 
a ambas distancias y además su lienzo a una y  200 37,5
distancia de 25 cm? 1  1  1  y  31,6 cm
b) ¿Qué parte del paisaje que pinta usando sus y 200 37,5
anteojos debe omitir de la pintura?
Solution.

El artista lo que puede ver claramente todos los
objetos de 25 cm hasta 31.6cm cuando está
mirando a través de la parte inferior de sus
anteojos.

1  1  1  f  75 = 37,5 cm Existe una brecha en su visión entre 31,6cm y
25 75 f 2 120cm y los objetos en este rango deben ser
omitidos en su lienzo.

1  1  1  f  - 200 cm Ejemplo 45. Los fotogramas de una película
 200 f casera deben aumentarse 143 veces antes para
formar la imagen en una pantalla de 3,60 m desde
El paisajista requiere lentes bifocales, la parte la lente para que sea lo suficientemente grande. ¿A
superior de cada lente de ser una lente divergente qué distancia debe estar la película de la lente y
de distancia focal -200 cm y la parte de abajo una cuál es la distancia focal de la lente?
lente convergente de distancia focal + 37,5 cm. Solución.

b) Cuando el artista mira a través de la zona El aumento producido por la lente está dado por
divergente de sus anteojos, puede ver claramente
los objetos que le parecen estar entre 75 cm y 200 m   di   3,60  143
cm, es decir, las imágenes virtuales de la lente que do do
están entre estas distancias.
Se produce una imagen virtual a 200 cm por (La imagen es invertida ya que do es real)
objetos en el infinito. Luego la distancia de la lente a la película (objeto)
Se produce una imagen virtual a 75 cm por un debe ser
objeto a una distancia x de la lente,

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

do  3,60 = 0,025 m = 2,5 cm   11 2  1  0,154 s .
143  2,8  100

Aplicando la ecuación de las lentes obtendremos la SISTEMA DE DOS LENTES
distancia focal
Muchos sistemas ópticos incluyen combinaciones
1 1 1 de dos o más lentes, en sistemas de múltiples
do di f lentes, la imagen formada por un lente es el objeto
Reemplazando valores de la lente siguiente. La figura muestra como una
segunda lente positiva es colocada a la derecha de
143  1  1  la imagen real, invertida formada por la primera
3,60 3,60 f lente. La segunda lente enfoca el rayo que sale de
la imagen como si fueran rayos saliendo de un
f  3,60 0,025 m = 2,5 cm objeto real. Suponiendo que la segunda lente es
= insertada entre la primera lente y la imagen. La
144 imagen original desaparece, y la segunda lente
puede o no formar una nueva imagen, pero la
Ejemplo 46. Una cámara fotográfica de cajón imagen que la primera lente hubiera formado aún
tiene un lente de distancia focal 11 cm y una sirve como objeto de la segunda lente, el cual
abertura fija de 1 cm de diámetro. Un principiante llamamos objeto virtual. La distancia al objeto do2
decide utilizarlo junto con un medidor de la de un objeto virtual es negativa.
exposición de diseño bastante más sofisticado que
el de la cámara. Él considera que para una escena
en particular, el medidor de exposición le informa
que debe usar una exposición de 1/100 s en f /2,8.
¿Cómo puede calcular el tiempo correcto de
exposición para la cámara?

Solución. AUMENTO TOTAL
El número f es la relación entre la distancia focal El aumento del sistema de dos lentes es el
producto de las ampliaciones individuales de cada
de la lente con el diámetro de la abertura. Así, el lente.
m = m1 m2
número f de la lente de la cámara es f /11. En muchos instrumentos ópticos, se colocan dos
La exposición requerida es 1/100 s / con f /2,8. lentes delgas en contacto, como se muestra en la
Figura
Esto es equivalente a tiempo t con f /11. Pero
Distancia focal efectiva de lentes en contacto (fef)
sabemos que el tiempo de exposición multiplicado
por el área de la abertura es proporcional a la

intensidad de la iluminación requerida. Luego

1 s   1 2  t   1 2 
100  2,8 cm  11cm 

1 s   1 2
t  100  2,8 cm 
 1 2
11cm 

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1  1  1 (1) 1  do1  f1  1 
do di fef di2  f1do1 f2

Consideremos dos lentes de distancias focales f1 y 1  do1   f1  1 
f2 separadas la distancia , como se muestra en la di2  f1do1  f1do1 f2
figura.

1 1 1 1 
di2 f1 do1 f2

1  1  1  1 (2)
di2 do1 f2 f1

Comparando (1) y (2)

1 11
fef f2 f1

Formación de la imagen de la primera lente Ejemplo 47. Se coloca un objeto 60 cm delante de
una lente divergente de distancia focal – 15 cm.
Aplicando la fórmula de las lentes delgadas: Una lente convergente de distancia focal 20 cm se
coloca 10 cm detrás de la primera lente.
11 1  di1  f1do1 a) ¿Dónde está ubicada la imagen final?
do1 di1 f1 do1  f1 b) ¿Cuál es el aumento final?

Formación de la imagen de la segunda lente Solución.
a) Usemos la ecuación de las lentes dos veces
1 1 1 Para la primera lente
do2 di2 f2
1 1 1
Donde do1 di1 f1

f1do1 do1 = 60 cm, f1 = -15 cm
do1  f1
 do2    di1   

Luego

1 1 1 
   f1do1 di2 f2

do1  f1

1  do1  f1   1
di2 do1  f1  f2
f1do1

Cuando   0

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

11 1  Ejemplo 48. Un teleobjetivo simple consiste en
60 di1 15 una lente convergente de distancia focal 20 cm y a
di1  12 cm una distancia de 20 cm una lente divergente de
distancia focal - 10 cm.
Para la segunda lente a) ¿En qué posición se debe colocar una película
para recibir la imagen final si el objeto está a 100
1 1 1 cm de la primera lente?
do2 di2 f2 b) ¿Sí se cambia la lente divergente por otra lente
divergente. Dónde se debe colocar y cuál debe ser
do2 = 10 + 12 = 22 cm, f2 = 20 cm su distancia focal para producir un aumento doble
que el aumento del sistema original?
11 1  Solución.
22 di2 20 a)
di2  220 cm
Primeramente encontraremos la posición de la
La segunda imagen está ubicada 220 cm a la imagen I1 de la primera lente.
derecha de la segunda lente.
1  1  1 , con
b) do1 di1 f1
di1  100 cm , f1 = 20 cm
Aumento de la primera lente Luego
1 11 
m1   di1    12  1 100 di1 20
do1 60 5 di1  25 cm
Esta imagen I1 es el objeto O2 para la segunda
Aumento de la segunda lente lente.
Vamos a encontrar la posición di2 de la imagen I2.
m2   di2   220  10 1  1  1 , con
do2 22 do2 di2 f2

El aumento final do1  di1  20  25  20  5 cm

m  m1m2   1  10  2 f2 = - 10 cm
 5 Luego

11 1 
 5 di2 10
di2  10 cm
La película deberá colocarse a 10 cm detrás de la
lente divergente.
b)

La imagen es invertida

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Con

d 'o2   5 cm y d 'i2  20 cm
3 3

Obtenemos

El aumento del primer sistema es 1  1 1
 5/ 3 20 / 3 f '2

m  m1m2 f '2   20  2,222 cm
9
Siendo m2   d12   10  2
do2 5 La segunda lente se debe colocar 6,666 cm delante
de la película y su distancia focal debe ser – 2,222
Tenemos m  2m1
cm.

El aumento del segundo sistema Ejemplo 49. La figura muestra una imagen real
invertida a 7,25 cm de una lente positiva.
m' m'1 m'2
Siendo m'1  m1 y

m'2   d 'i2
d 'o2

Con d'o2  25  d 

m'2    d 'i2 d   d 'i2 Cuando se coloca una lente negativa a 3 cm por
25  d delante de esta imagen, la imagen original
25  desaparece y se crea una imagen real de 9 cm a la
derecha de la lente negativa.
Tenemos

m'  m1  d 'i 2  (1)
 25 d 

También

m' 2m  22m1   2m1 (2)

Igualando (1) y (2):

4m1  m1 d '12  
25  d 

4  d '12  a) Encontrar la longitud focal de la lente negativa.
25  d b) Si la distancia entre el objeto real y la primera
lente es 10,9 cm, ¿cuál es la ampliación total para
d'i2 4d  100  las dos lentes?

d'i2 d  30  Solución.
a) La imagen original actúa como objeto virtual
d  70  23,333 cm para la segunda lente, y debido a que la segunda
3 lente se coloca a 3 cm por delante de la imagen
original, la distancia do2 para la segunda lente es –
d 'i2  30  70  20  6,666 cm 3 cm.
3 3 Sea f2 la distancia focal de la segunda lente
1 1 1
Para encontrar la distancia focal de la nueva lente f2 di2 d02

convergente

1 1 1
d 'o2 d 'i2 f '2

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

 1  1  2 1 1 1
 3 cm 9 cm 9 cm do2 di2 f2

 f2  4,5 cm Con

b) m1   di1   7,25 , m2   di2  9 di2  25 y f2  2
d01 10,9 d02 3
Obtenemos

mtotal  m1m2 1  1 1
do2  25 2
  7,25   9 
  10,9  3   2 1  1  1  27 
do2 2 25 50
El signo negativo especifica que la imagen es
invertida. do2  50  1,85 cm
27
This is an example of a virtual object producing a

real image. La separación de las lentes es

Ejemplo 50. Un microscopio compuesto consta de d  di1  do2  15 1,85  16,85 cm
lentes de objetivo y ocular con distancias focales
0,6 cm y 2 cm, respectivamente. Se coloca un b) El aumento lineal producido por el objetivo
objeto a 5/8 cm del objetivo y la imagen se ve a
menor distancia que la de visión nítida (25 cm). m1   di1   15  24
a) Encontrar la distancia de separación de las do1 5/8
lentes.
b) Encontrar el poder amplificador del sistema. El aumento lineal producido por el ocular
Solución.
a) m2   di2   25  13,5
do2 1,85

El poder de aumento del sistema es

m  m1m2   2413,5  324

Ejemplo 51. Una lente delgada con una distancia

focal 20 cm se coloca en contacto con una segunda

lente cuya distancia focal es 25 cm.

¿Cuál es la distancia focal efectiva de estos dos

lentes?

Para el objetivo Solución. Directamente de la ecuación.

1 1 1 1 11
do1 di1 f1 fef f1 f2

Con Con

do1  5 y f1  0,6 f1 = 20 cm, f2 = 25 cm.
8 Tenemos

Obtenemos 1  1  1  54  9 
fef 20 25 100 100
1 1 1 
5 / 8 di1 0,6 fef  100 = 11,1 cm
9
1  5  8  25  24  1
di1 3 5 15 15 La distancia focal efectiva es 11,1 cm.

di1  15 cm Ejemplo 52. Una lente positive con una distancia
focal 18 cm se coloca en contacto con una lente
La imagen real del objetivo I1 es el objeto real O2 negativa. La distancia focal efectiva de esta
del ocular. combinación de lentes es - 36 cm. Calcular la

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

distancia focal de la lente negativa. m1   do1   16  1 ,
Solución. Usando d i1 16

1 11 m2   do2  4  1
fef f1 f2 di2  12 3
Con
f1 = 18 cm y fef = -36 cm mtotal  m1m2  1 1   0,333
Tenemos
1 11 3
 36 18 f2
1   1  1  1 2   1 El resultado significa que la imagen es invertida
f2 36 18 36 12
f2 = - 12 cm Ejemplo 54. Una lente positive y una negativa se
La distancia focal de la lente negativa es – 12 cm. colocan tan juntas como es posible. Las dos
focales de Distancias y de 16 cm - 8 cm. ¿Cual es
Ejemplo 53. Dos lentes positivas paralelas la distancia focal efectiva de esta combinación de
separadas una distancia de 4 cm, tienen longitudes dos Lentes?
focales de 8 cm y 6 cm. Un objeto real está 16 cm Solución.
a la izquierda de la primera lente. Una distancia de Directamente de la ecuación.
4 cm separa las dos lentes.
a) Encontrar la posición de la imagen producida 1 11
por la segunda lente. fef f1 f2
b) Calcular el aumento total de las dos lentes.
Con
Solución f1 = 16 cm, f2 = -8 cm.
Tenemos
a) Primero encontramos la posición de la imagen
1  1  1   8 16  1 
de la primera lente fef 16  8 128 16

1 1  1  1 1 1  fef  16 cm
f1 d01 di1 di1 f1 d01
La distancia focal efectiva es 16 cm.

1 1 1  1  di1  16 cm Ejemplo 55. Dos lentes delgadas se ponen en
d i1 8 16 16
contacto. La primera lente tiene una distancia focal

Esta imagen es el objeto virtual para la segunda de 20 cm y la longitud focal efectiva de la

lente combinación de las dos lentes es de 12 cm. Calcule

d02  di1  4  16  4  12 cm la distancia focal de la segunda lente.

1 1 1  Solución.
di2 f2 d02
Directamente de la ecuación.

1 1 1 1 1 11  1  1 1
di2  6 12  4   4 cm fef f1 f2 f2 fef f1
di2

Con

b) fef = 12 cm, f1 = 20 cm.
Tenemos

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1  1  1  20 12  1  1  n 1 1  1 
f2 12 20 12  20 30 f R1 R2
f2  30 cm
Lente biconvexa
La distancia focal de la segunda lente es 30 cm.
n = 1,5, R1 = 25, R2 = - 25
Ejemplo 56. Una gota de un líquido transparente
se coloca sobre la superficie de un espejo plano 1  1,5 1 1  1   1
horizontal. Una lente biconvexa con radios de f1 25  25  25
curvatura de 25 cm hecha de vidrio de índice de 
refracción 1,50 se coloca sobre la gota. Cuando un
objeto luminoso se mueve a lo largo del eje del Lente bicóncava
sistema, se encuentra que coincidente con su
imagen cuando está a 35 cm de la lente. ¿Cuál es
el índice de refracción del líquido?

R1 = -25 R2 = 25

1  n 1 1  1 
f2 R1 R2

1  n 1 1  1   n 1 2
f2   25 25  25

Formación de la primera imagen (lente

Solución. biconvexa).
Como el sistema esta sobre un espejo este produce
una imagen igual, tal como se muestra en la figura. 1 1 1
Esta imagen tendrá una imagen coincidente con el do1 di1 f1
objeto. d01  35 , f1  25

En seguida procederemos a encontrar la imagen 11 1
del conjunto 35 di1 25
La distancia focal de una lente se encuentra con la 1  1  1  10  0,4
ecuación del fabricante de lentes. di1 25 35 25 35 35

Formación de la segunda imagen (lente
bicóncava).

1 1 1
do2 di2 f2

d02  di1 , f2   25

2n 1

 0,4  1  n 1 2
35 di2 25

1  n 1 2  0,4

di2 25 35

Formación de la tercera imagen (lente biconvexa).

1 1 1
do3 di3 f3

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

d03  di2 , di3  35 f3  25 Lente

n 1 2  0,4  1  1  1 1 1
do1 di1 f1
25 35 35 25 do1  30 cm , f1  15 cm
1  1  1
n 1 2  0,6  1  30 di1 15
1  1  1  1
25 35 25 di1 15 30 10
di1  10 cm
n 1 2  1  0,6 
Espejo
25 25 35
1 1 1
n 1 2  20  do2 di2 f2

25 25 35 di2  10 cm , f2  30  15 cm
2
n 1  10  0,286 
1 11
35 do2 20 15
n  1,286
El índice de refracción del líquido es 1,286. 1 11 1
do2 15 20 60
Solución directa.
Aplicando la distancia focal equivalente para tres do2  60 cm
lentes delgadas coaxiales
1 1 1 1 Separación de la lente y el espejo
fe f1 f2 f1
d  60 10  50 cm
 2  n 1 2  2 3  n (1) La distancia entre la lente y el espejo es 50 cm.

25 25 25
La distancia focal equivalente también la
encontramos considerando al sistema como una
sola lente. Por definición de distancia focal,
tenemos
1  1  1  1  1  2 (2)
fe do1 do3 35 35 35
Igualando (1) y (2)

2 n 1  2  2 

25 25 35

1 n 1  10 

25 25 35

n 1  10 

35
n  1,286

Ejemplo 57. Se coloca un objeto pequeño 30 cm
delante de una lente delgada divergente de
distancia focal – 15 cm. La luz refractada por la
lente cae en un espejo esférico cóncavo de radio de
curvatura 30 cm, y se forma una imagen real del
objeto por reflexión a 20 cm del espejo. ¿Cuál es
la distancia entre la lente y el espejo?
Solución.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

INSTRUMENTOS ÓPTICOS Un ojo miope es aquel que enfoca la imagen del
EL OJO HUMANO infinito en un plano situado antes de la retina. Este
defecto visual se corrige con el uso de lentes
divergentes.

El estudio del ojo humano desde el punto de vista Si la imagen del infinito se forma detrás de la
de los instrumentos ópticos tiene un interés doble. retina, el ojo es hipermétrope. Para corregir este
Por una parte, se trata de un instrumento de defecto se utilizan lentes convergentes.
proyección. Por otro lado, el diseño de algunos
aparatos, como los telescopios y los microscopios,
debe realizarse teniendo en cuenta el
funcionamiento del ojo. Destaquemos sus partes
más importantes

El cristalino. Es una lente convergente de distancia La cámara fotográfica. Es similar al ojo en la
focal variable. La distancia a la imagen di está formación de imágenes, en lugar de se la retina
fijada por el enfoque del ojo enfoca a diferentes está la placa fotográfica.
distancias (recuérde que se tiene que verificar la
El proyector. Hace la función inversa, en la figura
ley de las lentes, 1  1  1 ). Este fenómeno se se puede ver claramente como se produce la
do di f proyección de la imagen.

denomina acomodación; una persona puede ver
nítidamente desde el infinito hasta un punto
próximo situado, por término medio, a 25 cm del
ojo.
La lente del ojo humano es convexa, y además
puede cambiar de forma para enfocar objetos a
distintas distancias. La lente se hace más gruesa al
mirar objetos cercanos y más delgada al mirar
objetos lejanos. A veces, los músculos del ojo no
pueden enfocar la luz sobre la retina, la pantalla
del globo ocular. Si la imagen de los objetos
cercanos se forma detrás de la retina, se dice que
existe hipermetropía.

La retina es la parte del ojo donde se forma la LENTES DE AUMENTO
imagen. La retina está llena de células nerviosas La lente de aumento consiste simplemente de una
sensibles a la luz que envían la información de la lente convergente.
señal luminosa hacia el cerebro. La zona de la
retina donde la imagen se forma con mayor nitidez
se denomina fóvea.
El iris. Se comporta como un diafragma. Se cierra
cuando hay un exceso de luz y se abre cuando las
condiciones de luz son deficientes.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

El tamaño en que aparece un objeto depende del   ho
ángulo subtendido por el objeto en el ojo. 25

El tamaño angular de un objeto es el tamaño Punto de alejamiento. El punto más distante que
aparente del objeto la proporción del campo de puede ser enfocado claramente por el ojo recibe el
visión que el objeto abarca. Para un objeto nombre de punto de alejamiento (o al infinito) y
pequeño, es muy cercanamente igual a su altura ocurre cuando se relajan los músculos del ojo; para
divida por su distancia a la lente un ojo normal, el punto de alejamiento es bastante
En la figura siguiente se muestra el objeto a la grande y consideraremos que se encuentra en el
distancia  del objeto infinito.
Una lente de aumento nos permite situar un objeto
a  h más cerca del ojo de manera que subtienda un
 ángulo más grande. Como se muestra en la figura
35—15a, el objeto se coloca en el punto focal o
A continuación a una la distancia 2 dentro de él. En consecuencia, la lente convergente
produce una imagen virtual, que deberá
encontrarse al menos a 25 cm del ojo para que éste
lo enfoque. En el caso de que el ojo se relaje, la
imagen se encontrará en el infinito y, en este caso,
el objeto se encuentra exactamente en el punto
focal. (Usted mismo hace este ligero ajuste cuando
“enfoca” el objeto moviendo la lente.)

b  h
2

Al duplicar la distancia, el ángulo subtendido 0  hi  ho
di do
disminuye a la mitad.

a. = 2b Aumento angular de una lupa. El aumento

Punto de acercamiento. Para examinar con angular o potencia de aumento, M, de la lente se
detalle un objeto, lo acercamos a nuestros ojos
para que subtienda un ángulo mayor, pero nuestros define como el cociente entre el ángulo subtendido
ojos solamente pueden ajustarse hasta cierto punto.
El punto más cercano al cual el ojo puede enfocar con la lente y el que el ojo sin ayuda de la lente
claramente se denomina punto de acercamiento,
este varía de persona a persona aunque un valor subtiende a una distancia de 25 cm.
promedio adecuado es 25 cm. considerado como el
punto de acercamiento estándar o normal. m  tamaño angular de la imagen vis to con lupa
La figura muestra el ojo enfocado en su punto de tamaño angular del objeto en el campo cercano
acercamiento
m  0


Mínimo aumento angular. El mínimo aumento
se produce cuando el objeto está en el punto focal
y el tamaño de la imagen es infinito. Podemos
encontrar este aumento mínimo

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

De la ecuación. m  0 10 cm. El índice de refracción del vidrio es 1,50.

¿Cuál es el máximo aumento de esta lupa?

hi y   ho Solución. Vamos a calcular f usando la ecuación
di 25
Reemplazando 0   del fabricante de lentes.

hi 1  n 1 1  1   1,5 1 1  1   1

f  R R  10 10  10

m  di  hi 25 cm f = 10 cm
h h di
El aumento angular máximo

25 cm m  25 cm 1 25 cm 1 = 3,5
f 10 cm
Como hi  di
h do Ejemplo 59. ¿Cuál es el aumento angular de una

Obtenemos lupa cuya distancia focal es 10 cm cuando se

m  di 25 cm  25 cm coloca un objeto 10 cm delante de la lente.
do di do
Solución.

Como la imagen está en el infinito, do  f Como el objeto se coloca en el foco, al aumento

angular es el mínimo.

m  25 cm m  25 cm  25 cm = 2,5
f f 10 cm

Máximo aumento angular. Cuando la imagen Ejemplo 60. ¿Cuál es el aumento angular de una
lupa de distancia focal 5 cm si se forma una
está en el punto cercano, 25 cm, el aumento imagen a 25 cm ce los ojos?
Solución.
angular tiene su valor máximo. Podemos encontrar El aumento angular de una lupa es

este aumento máxima de la misma manera

encontramos el aumento mínimo si queremos 25
f
expresar do en términos de f y recordar que una m 
lupa simple forma una imagen virtual, por lo que

el valor de di es negativo En este caso f = 25 cm, luego

1  1  1  di  f m  25  5
do f di di f 5

do  di f f   25 f  25 f Ejemplo 61. Una lente convergente de 8cm de
di   25  f 25  f distancia focal lo emplea una persona con ojos
normales como lente de aumento. Calcule.
hi a) El aumento máximo.
b) El aumento cuando el ojo se relaja.
m  di  h1 25  d1 25 Solución.
h h di do di a) El aumento máximo se obtiene con el ojo
enfocado en su pinto de acercamiento.
25 cm
 25  2525  f   25cm 1
di 25 f f
25 cm 25 cm
m  f 1 8 cm 1 4

Máximo aumento

m  25cm 1 b) El aumento mínimo se obtiene con el ojo
f
enfocado en el infinito

m  25 cm  25 cm  3
f 8 cm
Ejemplo 58. Una lupa tiene dos superficies
convexas, cada una con un radio de curvatura de

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Ejemplo 62. Una lupa simple consiste en una
superficie plana y una superficie convexa, cuyo
radio de curvatura es 5 cm. ¿Cuál es el aumento
máximo de esta lupa? (n = 1,50)
Solución. Primero calcularemos la distancia focal
de la lupa

1  n 1 1  1  Existen diversos tipos de telescopios astronómicos
f R1 R2 telescopio como el refractor que utiliza una
combinación de lentes para formar una imagen, y
n = 1,5, R1 =  y R2 = 5 cm el telescopio reflector que utiliza un espejo curvo y
una lente.
1  1,5 1 1  1   0,5 0  1   1
f  5  5 10 El telescopio refractor. Las dos lentes se
 disponen de modo que el objetivo forme una
imagen real e invertida del objeto I0 muy cerca del
f = 10 cm. punto focal del ocular.
Luego el máximo aumento de la lupa es La imagen I1 se forma en el punto focal del
objetivo debido a que el objeto está esencialmente
m  25 cm 1 25 cm 1 = 3,5 en el infinito.
f 10 cm Las dos lentes están separadas por una distancia fo
+ fe la que corresponde a la longitud del tubo del
Ejemplo 63. Cuando una lupa simple se coloca de telescopio.
El ocular forma en I2, una imagen invertida y más
tal manera que la imagen se encuentra en el grande de la imagen en I1.

infinito, el aumento mínimo resultante es 5. ¿Cuál

es la distancia focal de esta lupa?

Solución.

El aumento mínimo se obtiene con el ojo enfocado

en el infinito

m  25 cm  f  25 cm
f m

Reemplazando valores

f  25 cm  25 cm = 5 cm
m 5

Ejemplo 64. Una lupa tiene una distancia focal

18,9 cm. ¿cuál es el aumento máximo de esta

lente?

Solución. El aumento máximo de esta lente es

m  25 cm 1 25 cm 1 = 2,32 El aumento angular del telescopio está dado por
f 18,9 cm

EL TELESCOPIO m  0
Un telescopio se utiliza para ayudar a la
observación de objetos distantes, n la mayor parte De acuerdo con los triángulos en la figura anterior,
de los casos puede considerarse que el objeto se
encuentra en el infinito. tenemos

tan   hi1 y tan0  hi1
foc fob

Para ángulos pequeños

tan   y tan0  0

Luego

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

   hi1 0  hi1 m  fob   40 = - 20
foc fob foc 2

Por consiguiente, el aumento angular del

telescopio puede expresarse como Ejemplo 68. Un agrimensor utiliza un telescopio
que tiene un objetivo de distancia focal 25 cm y
 hi1 una retícula formada por dos líneas horizontales
foc   fob con 3,0 mm de separación, en el primer plano
m  hi1 foc focal del ocular. El agrimensor observa a la mira
sostenida por el asistente a 10 m del objetivo
fob ¿Cuál es la longitud aparente de la parte de la mira
vista entre las líneas de retícula?
El signo menos indica que la imagen está

invertida.

Esta expresión señala que el aumento angular del

telescopio es igual a la razón entre la longitud

focal del objetivo y la longitud focal del ocular.

También en este caso, el aumento es la razón entre

el tamaño angular visto con el telescopio y el visto

a simple vista. Solución.
El objetivo del telescopio forma una imagen de la
El telescopio refractor más grande del mundo se mira en el primer plano focal del ocular. La
retícula que está en ese punto, más la imagen es
localiza en el Observatorio Yerkes, en la Bahía vistas a través del ocular.
La figura siguiente muestra esta situación.
Williams, Wisconsin. Su diámetro es de un metro.

Ejemplo 65. Un telescopio tiene un objetivo con
distancia focal 30 cm y un ocular con distancia
focal 1,5 cm. ¿Cuál es el aumento del telecopio?
Solución. El aumento del telescopio es

m   fob   30 = -20
foc 1,5

El signo negativo significa que la imagen es

invertida. Aplicando la ecuación de las lentes

Ejemplo 66. Un telescopio tiene una lente objetivo 1 1 1
con distancia focal 40 cm y un ocular con distancia do di f
focal 2 cm. ¿Cuál es el aumento del telescopio?
Solución. do es la distancia de la mira al objetivo ( 10 m =
El aumento del telescopio es 1000 cm).

Di es la distancia de la imagen (lugar donde esta la
retícula) a la lente.

m   fob   30 = - 20,0 f es la distancia focal del objetivo (25 cm).
foc 1,5
Reemplazando

Ejemplo 67. Un telescopio astronómico tiene un 1 1 1 
objetivo y un ocular separados una distancia de 42 1000 di 25
cm. El ocular tiene una distancia focal de 2,0 cm.
Encontrar el aumento angular del telescopio. 1  1  1  39 
Solución: En primer lugar, encontrar la distancia di 25 1000 1000
focal del objetivo
fob = 42 - foc = 42 -2 = 40 cm di  1000
Luego 39

El aumento es

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

m   di  1000 39   1 1  1  1  27 
do 1000 39 dooc 2 25 50

Parte de la imagen entre la líneas de la retícula (3 do oc  50  1,85 cm
27
mm de separación).

Corresponde a 3 x 39 = 117 mm = 11,7 cm de la En este caso

mira. L = fob + do oc = 50 + 1,85 = 51,85 cm

Ejemplo 69. El objetivo de un telescopio tiene una Ejemplo 70. En uno de los cuentos de Edgar Allan
distancia focal 50 cm, el ocular tiene distancia Poe, el autor describe su experiencia aterradora de
focal 2 cm. enfocar un telescopio en una colina distante y la
a) ¿Cuál es la separación de las lentes para formar observación de un "dragón" trepando por ella. Pero
una imagen en el infinito? se da cuenta de que el dragón es una hormiga
b) ¿Cuál es entonces el aumento? arrastrándose por la ventana a través de la cual está
c) ¿Cuál debe ser la separación de las lentes si la observando la colina. Aunque se trata de una
imagen se forma en el punto cercano, 25 cm? buena historia, explicar por qué la óptica es mala.
Solución.
a) Solución.
Consideraremos que la colina se encuentra a una
La separación de las lentes aproximadamente es distancia muy grande (para efectos prácticos en el
L = fob + foc = 50 + 2 = 52 cm infinito).
b) El aumento es El objetivo del telescopio forma una imagen de la
colina en su segundo punto focal, que es también
m  fob  50  25 el primer punto focal del ocular.
foc 2 La imagen final se ve en el infinito.
A menos que la hormiga este en el infinito o en el
c) Sí la imagen final se forma en el punto cercano segundo punto focal del objetivo, es decir, a menos
dooc  25 cm que ocupe la misma posición que la imagen
Aplicando la ecuación de las lentes intermedia (objeto del ocular), la imagen final no
1 1 1 puede estar en el infinito también, y por lo tanto no
foc dooc di oc se puede ver en la misma posición que la imagen
Reemplazando valores de la colina.
1 1  1 
2 do oc  25 Poniendo números.
Longitud focal del objetivo, f1 =100 cm.
Longitud focal del ocular, f2 = 10 cm.
Distancia de la hormiga al objetivo, do1 = 200 cm.
Distancia de la imagen final, di2.

Para el objetivo

1 1 1 
do1 di1 f1

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1 1 1  La ecuación para el aumento angular es
200 d11 100
1 1  1  1  m  fob
di1 100 200 200 foc
di1  200 cm
Ejemplo 71. Un telescopio de Galileo cuenta con
El objetivo y el ocular están separados 110 cm y la
imagen formada por el objetivo actúa como objeto una lente objetivo de longitud de onda 20 cm y un
virtual para el ocular. ocular con una distancia focal – 4cm. ¿Cuál es el

Para el ocular aumento de este telescopio?
La distancia del objeto al ocular es
Solución. El aumento es
1 1 1
do2 di2 f2 m   fob   20 = 5,0
foc 4
Con
Ejemplo 72. Unos binoculares tiene lentes del
do2  200 110  90 cm objetivo con una distancia focal 12 cm y oculares
con distancias focales de - 3 cm. ¿Cuál es el
Tenemos aumento angular?
1  1 1 

 90 di2 10
1  1  1  10  1 
di2 10 90 90 9
di2  9 cm
La imagen final es real en el lado del observador,
por lo que al mirar a través del telescopio, no se
puede ver una imagen de la hormiga.

Solución. El aumento angular es

m   fob   12 = 4
foc 3

El telescopio de Galileo El telescopio reflector. Los grandes telescopios
de investigación utilizados para estudiar objetos
Un telescopio de Galileo consiste en un objetivo muy distantes deben tener un gran diámetro para
convergente y un ocular divergente que forma una adquirir la mayor cantidad de luz posible. Es
imagen virtual. Una ventaja importante de un difícil y costoso fabricar grandes lentes para
telescopio de Galileo es que la imagen está erecta. telescopios refractores. Otra dificultad con los
grandes lentes es que su considerable peso hace
que se pandeen, lo cual es una fuente adicional de
aberración. Estos problemas pueden superarse
parcialmente al sustituir el lente del objetivo con
un espejo cóncavo reflejante.

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

El telescopio más grande del mundo es un El aumento total del microscopio compuesto es el
telescopio reflector cuyo diámetro es de 6 metros producto del aumento de cada lente. Si la lente se
ubicado en el Monte Pastukhov, en el Cáucaso, ajusta de modo que la imagen final I2 esté en el
Rusia. El telescopio reflector más grande en infinito, la primera imagen I1 estará en el punto
Estados Unidos está en el Monte Palomar, en focal del ocular.
California. Su diámetro es de 5 metros. Por el Aumento del objetivo
contrario, el telescopio refractor más grande del El objeto de altura h0 a ser visto se coloca justo
mundo se localiza en el Observatorio Yerkes, en la fuera del punto focal del objetivo a una distancia
Bahía Williams, Wisconsin. Su diámeto es de sólo do1  fob. La primera imagen se forma a una
un metro. distancia di1 del objetivo resultando un aumento

EL MICROSCOPIO COMPUESTO m1   di1   di1
do1 fob
Un microscopio compuesto está formado por dos
lentes convergentes. Luz ingresa que en el Aumento del ocular
microscopio pasa primero a través del objetivo,
que tiene una distancia focal corta y forma una m  25 cm
imagen real. La segunda lente, el ocular, es una foc
lupa simple. La imagen real formada por el
objetivo se encuentra entre el ocular y el punto Aumento total del microscopio
focal del ocular, de modo que el ocular forma una
imagen virtual aumentada. m  m1m

La figura siguiente muestra como se produce la    di1  25 cm 
ampliación del objeto en un microscopio. fob foc

Aumento del microscopio compuesto es

m   25di1
fob foc

Ejemplo 73. La distancia focal del objetivo de un
microscopio fob es 1,8 cm. La distancia focal del
ocular foc es 2,0 cm. Cuando se coloca un objeto
2,0 cm delante del objetivo la imagen final se
encuentra en el infinito.
¿Cuál es el aumento del microscopio?
Solución. En primer lugar encontremos la
distancia de la imagen al objetivo

11 1
do1 di1 fob

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

1  do1  fob Solución Tendrá que calcular la distancia a la
di1 do1 fob imagen de la ecuación. (24-1):

di1  do1 fob 11 1
do1  fob do1 di1 fob

Reemplazando valores 111
1,8 di1 1,5
di1  2,01,8 = 18 cm 1  1  1  1,8 1,5  1
di1 1,5 1,8 1,5 1,8 9
2,0 1,8 di1  9,0 cm
Cálculo del aumento
El aumento del microscopio es

m   25di1 m    di1  25 cm 
fob foc do1 foc

  25 18 = - 125
1,8  2

El valor negativo de m significa que la imagen    12 cm  25 cm  = - 50
 2,4 cm  2,5 cm 
final es invertida.

Ejemplo 74. Un microscopio compuesto tiene un

objetivo con una distancia focal 2,0 cm y un ocular Ejemplo 76. Un microscopio compuesto tiene un
objetivo con una distancia focal 2,0 cm. El ocular
con una distancia focal 2,5 cm. Las lentes están tiene una distancia focal 1,5 cm. Estas dos lentes
están separadas por una distancia de 11,5 cm.
separadas una distancia de 14,5 cm. La imagen Calcular el aumento total del microscopio.
Solución.
final está en el infinito. Calcular el aumento del Primeo calculamos la distancia a la imagen al
objetivo:
microscopio. di1    foc  11,5 1,5  10,0 cm

Solución. En primer lugar, tendrás que conocer la Luego, calculamos la distancia al objeto

distancia a la imagen de la lente objetivo que, en 1  1 1
do1 fob di1
este caso, es la distancia de las lentes se separan
Reemplazando valores
menos la longitud focal del ocular:
1  1  1  10,0  2,0  1 
di1    foc do1 2,0 10,0 2,0 10,0 2,5
= 14,5 cm – 2,5 cm = 12,0 cm
do1  2,5,0 cm
También tenemos que calcular la distancia del
Luego el aumento
objeto al objetivo

1  1  1  di1  fob 
do1 fob di1 fobdi1

do1  fobdi1  212
di1  fob
12  2

= 2,4 cm   

Luego el aumento m   di 25 cm
do foc
m    di1  25 cm 
do1 foc    10 cm  25 cm  = - 66,7
 2,5 cm 1,5 cm 
   12 cm  25 cm  = - 50
 2,4 cm  2,5 cm  Ejemplo 77. Se observa células sanguíneas en un

Ejemplo 75. Un microscopio tiene un objetivo con microscopio cuyo ocular tiene una distancia focal
una distancia focal 1,5 cm. El objeto está a 1,8 cm
del objetivo. La distancia focal del ocular es 2,5 3,0 cm y su objetivo una distancia focal 0,40 cm.
cm. ¿Cuál es el aumento total del microscopio? La distancia entre el ocular y el objetivo es 18 cm.
Si una célula subtiende un ángulo de 2 x 10-5 rad

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

cuando se ve a simple vista, ¿qué ángulo subtiende  = 2 x 10-5 rad: ángulo subtendido cuando se ve a

cuando se ve a través del microscopio? simple vista.

Solución. 2 = ángulo subtendido cuando se ve a través del
Aumento del microscopio compuesto es microscopio.

m   25di1 Luego
fob foc
2  375
Asumiendo que di1  18 (la longitud del 
2  375
microscopio)
2518 Siendo  = 2 x 10-5 rad, tenemos
m   30,40  375
 2  375 2 105  7,5103 rad

También el aumento del microscopio es

m  h2  2
h0 

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

Problema 1. Si la velocidad de la luz en cierto ángulo de refracción cuando el rayo de luz entre al
medio es de 2,0 x 1011 m/s, ¿cuál es el índice de agua?
refracción del medio? ¿Cuál es la longitud de
onda de esta luz en el medio, si su longitud de Problema 6. Dos rayos paralelos de luz inciden
onda en el espacio libre es de 4500 Å? del aire sobre la cara grande de un prisma de 45o -
45o -90o, con un índice de refracción de 1,30;
Problema 2. Una luz con una longitud de onda véase la figura. Calculen el ángulo entre la luz
de 5000 Å entre a un medio en el que se descubre refractada, cuando sale del prisma.
que su longitud de onda es de 3 500 Å
a) ¿Cuál es el índice de refracción del medio?
b) ¿Cuál es la frecuencia de la luz?
c) ¿Cuál es la constante dieléctrica del medio a
esta frecuencia?

Problema 3. Un rayo de luz se origina en un

punto bajo la superficie de un depósito de agua.

Suponiendo que n = 1,33, calculen el ángulo que

forma el rayo que sale con respecto a la vertical, si
el ángulo de incidencia es:
a) 30o, b) 45o y c) 75o.

Problema 4. Para la situación física descrita en el Problema 7. Un haz de rayos paralelos de luz se
problema anterior, calculen el ángulo de desplaza en vidrio (n = 1,5) e incide en su interfaz
incidencia en el que el haz saldrá horizontalmente. esférica con el agua (n = 1,33), Describan la
¿Qué ocurre si se incrementa el ángulo de naturaleza y la ubicación de la imagen si:
incidencia más allá de este valor? a) La superficie es cóncava, de radio R.
b) La superficie es convexa, de radio R.
Problema 5. Una placa de vidrio (de índice 1.5)
está bajo el agua (de un índice de 1,33). Problema 8. Repitan las dos partes del problema
a) Si la luz se desplaza originalmente en el agua e anterior, suponiendo, esta vez, que los rayos
incide en un ángulo de 30o, ¿cuál es el ángulo de originales de luz se desplazan en agua y sufren
refracción? una refracción en la superficie esférica de vidrio.
b) Si un rayo de luz se desplaza originalmente en
el vidrio e incide en un ángulo de 60o, ¿cuál es el

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Problema 9. Una varilla de vidrio de índice de b) Repitan (a), suponiendo que, esta vez, la lente
refracción de 1,5, tiene una longitud de 60 cm y sea cóncava plana con el mismo radio de
posee en sus extremos superficies hemisféricas de curvatura.
10 cm de radio cada una de ellas. Se pone un c) ¿Es divergente o convergente la lente de (a)?
objeto de 2 cm de altura a una distancia de 30 cm
de un extremo, como se muestra en la Figura. Problema 13. Una lente delgada convexa doble,
de vidrio (n = 1, 5) tiene una longitud focal de
a) ¿Dónde estará situada la imagen I1 después de 30cm. Si el radio de una de las superficies es de
la refracción por la superficie de la izquierda" 30cm, ¿cuál será el radio de la otra?
b) ¿Cuál es la naturaleza y el tamaño de esta
imagen I1? Problema 14. Demuestre que si fo es la longitud
c) Determinen la ubicación de la imagen final I.2
que se forma mediante la refracción de la luz a focal de una lente delgada en el aire y f es la
partir de I1, considerada como objeto para la
segunda superficie. longitud focal correspondiente cuando la lente se
d) ¿Cuál es la naturaleza y el aumento de I2 en
relación al objeto original. encuentra en un medio de índice de refracción n',

Problema 10. Haces paralelos de luz incidentes entonces,
en una esfera de vidrio de radio R e índice de 1,5
Si, como se muestra en figura, hay un espejo f f0 n(n 1)
plano a una distancia de 3/2R de la esfera, calcular n  n
la ubicación de la Imagen final.
Donde n es el índice de refracción del material de
Problema 11. Sea nuevamente la situación de la
figura anterior, suponiendo que, esta vez, hay un la lente.
objeto situado a una distancia 3R de la superficie
izquierda de la esfera. Problema 15. Una lente delgada y convergente
a) Determinen la ubicación de la imagen después tiene una longitud focal de 20 cm. Determinen la
de la primera refracción a través de la superficie ubicación y el aumento que se asocian a una
de la esfera. imagen cuya distancia del objeto es:
b) Determinen la posición final de la imagen. a) 30cm, b) 20 cm, y c) 10 cm.
¿En cuál de estos casos es real la imagen?
Problema 12. Una lente delgada y convexa plana,
es de vidrio (n = 1,5) y la superficie curva tiene un Problema 16. Un objeto está a una distancia de
radio de 10 cm. 12 cm de una lente convergente delgada de
a) ¿Cuál es la longitud focal de la lente? longitud focal de 10 cm.
a) ¿A qué distancia de la lente deberá estar una
pantalla para que la imagen se enfoque en ella?
b) ¿Qué tamaño tendrá la imagen si el objeto es
perpendicular al eje y tiene un tamaño de 4 cm?

Problema 17. Demuestre que si un objeto está a
una distancia (x + f) de una lente delgada de
longitud focal f entonces, su imagen estará a una
distancia (x' + f), en donde
xx` = f2
Nota: Esta forma de la ecuación de lentes
delgadas se conoce como forma newtoniana.

Problema 18. Un objeto se encuentra a una
distancia s de una lente delgada de longitud focal f
a) Demuestren que la distancia d entre el objeto y
la imagen es

d  s2
s f

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

b) Demuestre que para una lente convergente, la Problema 24. Los elementos básicos de un
distancia entre el objeto y las imágenes reales telescopio son dos lentes convergentes: una lente
formadas es siempre mayor que 4f. objetivo 1 de longitud focal f1, y una lente ocular 2
c) ¿A qué distancia del objeto se logra el mínimo de longitud focal f2. A diferencia del microscopio,
en (b)? en un telescopio las lentes están separadas por la
distancia (f1 + f2). Mediante la construcción de un
Problema 19. Cuando un objeto de 3 cm de altura diagrama de rayos para un objeto del infinito,
se coloca a 8 cm frente a una lente convergente expliquen cómo funciona el telescopio. Demuestre
delgada se forma una imagen en la pantalla, 12 cm también que el aumento m de un telescopio es
detrás de la lente. Suponga que esta última se
acerca 2 cm más al objeto. m   f1
a) ¿Hacia qué lado se debe mover la pantalla para f2
que la imagen siga enfocada en ella?
b) ¿Cuál es el tamaño final de la imagen? Explique el significado del signo menos.

Problema 20. Un objeto de 2 cm de altura está a Problema 25. Un objeto está a una distancia (a +
una distancia de 10 cm de una lente convergente b) de un espejo plano. Supongan que se pone una
de longitud focal 4 cm. Haga un dibujo a escala y, lente delgada y convergente de longitud focal f (f
al trazar rayos apropiados desde la parte superior < a; f < b) entre el objeto y el espejo, a una
del objeto, determine el tamaño y la ubicación de distancia a del primero.
la imagen. Compare los valores gráficos con los a) Determinen tanto la naturaleza como la
calculados. ubicación de la imagen final, suponiendo que

Problema 21. Repita el problema anterior, b > af(a – f).
suponiendo que, esta vez, la lente sea divergente y b) Justifiquen su respuesta, construyendo un
tenga una longitud focal de - 4 cm. Suponga que diagrama apropiado de rayos.
el objeto está a 4 cm de la lente.
Problema 26. Una lente biconvexa está hecha de
Problema 22. Dos lentes convergentes de una cristal de roca con un índice de refracción 1,66, su
longitud focal de 10 cm están separadas por una distancia focal es 8,0 cm. ¿Cuál es el aumento
distancia de 50 cm. Se pone un objeto de 5 cm a la máximo d esta lupa?
izquierda de las lentes y a 15 cm de una de ellas y Respuesta
65 cm de la otra. 4,13
a) ¿Dónde está la imagen I1, que se debe a la
primera lente? Problema 27. Un microscopio compuesto tiene
b) ¿Dónde está situada la imagen final I2? una lente objetivo con distancia focal 2,0 cm. La
c) ¿Cuáles son los tamaños de I1, e 12? longitud focal del ocular es 2,5 cm. Un
¿Es la imagen final derecha o invertida? portaobjetos de microscopio está 2,5 cm delante
del objetivo.
Problema 23. En la figura se muestran los La imagen final del ocular está en el infinito. a)
elementos básicos del microscopio compuesto. El Calcular el aumento total del microscopio.
objeto O se sitúa inmediatamente afuera del punto b) Sí la distancia del objetivo al ocular del
focal de la lente del objetivo y la Imagen asociada microscopio es 12,5 cm. ¿Cuál sería el aumento si
cae inmediatamente adentro de la longitud focal esta distancia se reduce a 8,5 cm?
de la lente ocular. Explique la razón por la que el Respuesta
observador verá una imagen ampliada del objeto.
¿Será real o virtual la imagen observada?
¿Derecha o invertida?

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

a) - 40,0 Problema. Una lente positiva, con una distancia
b) - 20.0 focal 8 cm se pone en contacto con una lente
negativa cuya distancia focal es -24 cm. ¿Cuál es
Problema 28. Un telescopio tiene una lente la distancia focal de esta combinación?
objetivo de distancia focal 44 cm y un ocular de Respuesta
distancia focal 2 cm. ¿Cuál es el aumento de este 12,0 cm
telescopio?
Respuesta Problema 30. Dos lentes positivas idénticas se
-22,0 colocan tan cerca como sea posible. La distancia
focal de esta combinación es 7,5 cm. ¿Cuál es la
Problema 29. Un telescopio de Galileo cuenta con distancia focal de cada lente positiva?
una lente objetivo de distancia focal 12 cm. El Respuesta
ocular negativo tiene una distancia focal 3 cm. 15,0 cm
¿Cuál es el aumento de este telescopio de Galileo?
Respuesta
4,00

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

ÓPTICA ONDULATORIA

Hemos visto al estudiar los fenómenos de la Ejemplo 1. Las ondas de radio son ondas
reflexión y refracción de la luz como consistente electromagnéticas como la luz, pero tienen
en rayos que viajan en líneas rectas en un medio longitudes de onda mayores. Dos fuentes de ondas
uniforme. Otros fenómenos notables como la de radio emiten en fase en una longitud de onda de
interferencia, difracción u polarización, pueden ser 1 cm y separadas por 2 cm. ¿Cuál es la diferencia
entendidos solamente en términos de la naturaleza de fase en un punto sobre la línea que une las dos
ondulatoria de la luz y el estudio de este fenómeno fuentes y a 0,75 cm de uno de ellos?
es conocido como óptica física. Solución.

DIFERENCIA DE FASE Si el punto está a 0,75 cm de una de las fuentes y
Las ondas electromagnéticas se comportan en a (2,00 – 0,75) = 1,25 cm de la otra.
muchos aspectos, como otros tipos de ondas, por
ejemplo, muestran la interferencia y difracción. La diferencia entre las dos trayectorias es
Cuando las ondas de luz que provienen de fuentes S = (1,25 – 0,75) =0,50 cm
diferentes se superponen se produce interferencia.
Interferencia constructiva. La interferencia Luego la diferencia de fase es
constructiva se produce cuando las ondas están en
fase y, en consecuencia, se refuerzan mutuamente.   2 S  2  0,50    = 180º
Interferencia destructiva. La interferencia   1,00 
destructiva se produce cuando las ondas están
fuera de fase y, en consecuencia, parcial o Como la diferencia de fase es un múltiplo impar de
totalmente, se cancelan mutuamente. Dos ondas  la interferencia es destructiva.
están exactamente fuera de fase cuando el máximo
de una onda coincide con el mínimo de la otra. INTERFERENCIA DE RENDIJA DOBLE
Cuando dos ondas de luz pasan a través de un
punto en el espacio, el movimiento de la onda El experimento de Young, también denominado
resultante en ese punto depende de la diferencia de experimento de la doble rendija, fue realizado en
fase entre las dos ondas. 1801 por Thomas Young, en un intento de
discernir sobre la naturaleza corpuscular u
Si la diferencia de fase es cero o un múltiplo ondulatoria de la luz. Young comprobó un patrón
entero de 2 radianes, el movimiento de la onda de interferencias en la luz procedente de una
resultante tiene un valor máximo. fuente lejana al difractarse en el paso por dos
rejillas, resultado que contribuyó a la teoría de la
Si la diferencia de fase es un múltiplo impar de  naturaleza ondulatoria de la luz.
radianes (, 3, 5…). El movimiento de la onda Posteriormente, la experiencia ha sido considerada
resultante tiene un valor mínimo. fundamental a la hora de demostrar la dualidad
onda corpúsculo, una característica de la mecánica
La diferencia entre las distancias de viaje de dos cuántica. El experimento también puede realizarse
ondas de luz es su diferencia de trayectoria S. con electrones, átomos o neutrones, produciendo
Si dos ondas con la misma longitud de onda  patrones de interferencia similares a los obtenidos
comienzan desde diferentes puntos, pueden no cuando se realiza con luz, mostrando, por tanto, el
estar en fase cuando se encuentran, pero podemos comportamiento dual onda-corpúsculo de la
encontrar la diferencia de fase  entre ellas en materia.
cualquier punto.
Relación entre la diferencia de fase y la diferencia
de trayectorias

  2 S


ÓPTICA Hugo Medina guzmán

En esta foto tomada en una cubeta de ondas se ven entre las rendijas a P.
las interferencias producidas en la superficie del Consideramos
agua por las ondas producidas por dos pulsadores
que golpean "armoniosamente" la superficie del sen  S
agua. d
Los círculos oscuros corresponden a valles.
Los círculos claros corresponden a crestas. Siendo la diferencia de trayectorias

Posición angular de las franjas brillantes S  n

La figura muestra el patrón de interferencia Escribimos
producido por una luz de una sola longitud de
onda brillando en dos rendijas paralelas separadas sen  n
una distancia d. Debido a que la rendija simple d
frente a la fuente de luz está a la misma distancia
de cada una de las rendijas dobles, las ondas de luz Ejemplo 2. Si la distancia a entre las rendijas es
que salen de la rendija doble están en fase.
El punto P en la pantalla está más cerca de la 0,02 mm y la longitud de onda de la luz es 500 nm.
ranura superior que de la inferior, por lo que hay
una diferencia en la longitud del camino de las Cual es el ángulo entre el máximo central y la
ondas que viajan de cada rendija a P. Si hay una
franja brillante en P, la diferencia de camino de los franja brillante de segundo orden?
dos rayos es n, (n = 0, 1, 2, 3, ...) llamado el
orden de la franja. Cada orden de franja Solución. Usando la ecuación
corresponde al centro de una franja brillante a una
distancia cada vez mayor desde el punto O. sen  n
El punto O es equidistante de cada rendija, por lo d
que las dos ondas que llegan están en fase. El
punto O es el centro del patrón de franjas y la Tenemos
intensidad allí es un máximo. La banda central  sen
brillante en el punto O (la línea de máxima  2 5,00 107  0,050
intensidad) se denomina la franja de orden cero. 2,00 105
La intensidad de un rayo de luz es el flujo de
energía por unidad de superficie.   2,866º
Podemos encontrar la ubicación de las franjas
brillantes en términos  , ángulo entre la línea Ejemplo 3. El punto P es el centro de la franja de
central y la línea trazada desde el punto medio
Segundo orden. Determine la diferencia de fase

entre las ondas de luz que llegan a P desde la

rendija doble.

Solución.

La diferencia de fase para ondas procedentes de

una rendija doble es

  2 S .


S = n, para una franja del Segundo orden, n =

2.

Luego

  2 2 = 4 radianes.


La diferencia de fase es múltiplo entero de 2, tal

que la intensidad en P es máxima.

Ejemplo 4. La distancia D de rendija doble ala
pantalla es 60,00 cm, la separación a de las
rendijas es 0,02 mm y la longitud de onda de la
fuente de luz es 500 nm. Calcular la distancia y
desde el punto O a la franja brillante de segundo
orden franja brillante en el punto P.
Solución. Use el resultado del ejemplo 26-2

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

tan  y  x 10-7 m, la franja brillante de orden cero del
D patrón de interferencia está en la posición central
en la pantalla de visualización. Cuando se coloca
y  D tan  60,00tan2,866º = 3,00 cm una película delgada de material transparente de
índice de refracción 1,45 sobre una de las rendijas,
Ejemplo 5. Dos rendijas estrechas paralelas están la posición central pasa a estar ocupada por la
separadas 0,04 mm. La longitud de onda de la luz franja brillante de cuarto orden. ¿Cuál es el
espesor de la película insertada?
incide sobre estas dos rendijas es 400 nm. La Solución.

pantalla en la que se ven las franjas de Cuando ambas rendijas están descubiertas, la
posición de la franja brillante de orden cero
interferencia está a 60 cm de la doble rendija. brillantes en la pantalla se encuentra en el punto O
Calcular la distancia del máximo central de la equidistante de S1 y S2.
En este punto las ondas de S1 S2 tienen la misma
franja brillante de tercer orden. distancia recorrida, están en fase.
Cuando la rendija S1 está cubierta por la película
Solución. de la ecuación uso. (26-2) para calcular transparente de espesor d e índice de refracción n,
la luz que atraviesa la película ha recorrido una
la posición angular del máximo de tercer orden: distancia óptica nd.
La luz de S2 al atravesar un espesor
 = 400 nm = 4,0 x 10-7 m correspondiente a d del aire ha recorrido una
longitud óptica de sólo d (considerando que el
d = 0,04 mm = 0,04 x 10-3 m índice de refracción del aire es 1). Por lo tanto, una
 sen diferencia de camino óptico entre la luz de las dos
 n  3 4,0 107 0,03 rendijas es
d 0,04 103
S  nd  d  dn 1.
  1,719º
El hecho de que la luz al viajar desde S1 a O pasa a
La distancia y del máximo central de la franja través de la película hay una ligera desviación que
no se toma en cuenta, porque el ángulo es
brillante de tercer orden. despreciable.
La franja en O es la franja de cuarto orden. Esto
tan  y  y  D tan  60 cmtan1,719º significa que la diferencia de camino óptico entre
S10 y S20 es de 4. Por lo tanto d (n - 1) = 4 o
D
 d  4  4 5,50 107 = 4,89 x 10-6 m
= 1,80 cm n 1 1,45 1
El espesor de la película insertada es 4,89 x 10-6
Ejemplo 6. Una placa fotográfica se coloca 80 cm metros.
de un par de rendijas separadas 0,03 mm. La
distancia desde el máximo central a la franja
brillante de primer orden (n = 1) es 1,60 cm.
Calcular la longitud de onda de la luz que ilumina
a la doble rendija.
Solución. En primer lugar, calcular la separación
angular del máximo central y la franja brillante en
primer lugar:
y = 1,60 cm = 1,60 x 10-2 m
D = 80 cm = 0,80 m

tan  y  1,60 102  0,02
D 0,80

  0,020 rad

  d sen
n

  0,03103 sen0,02rad
1
 6,00107 m

Ejemplo 7. En el experimento de la doble rendija
de Young empleando luz de longitud de onda 5,50

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Ejemplo 8. Se configura un experimento de Pero el observador no puede distinguir a menos
Young usando una lámpara de vapor de sodio
como fuente de luz y se coloca las rendijas un que el ángulo de las franjas vecinas
metro en frente de la pantalla. No se tiene
seguridad de la separación entre las rendijas, se Subtiendan a los ojos un arco  1 minuto =
varía la separación de estas y se encuentra que el
patrón de interferencia es casi nulo si las rendijas   2,91104 rad .
están demasiado separadas. Si la resolución 180  60
angular de su ojo es de 1 minuto de arco, ¿cuál es
la separación de las rendijas cuando no se puede min    2,91 rad
ver las franjas de interferencia? dmáx
Solución.
dmáx    5,89 105 cm  0,2025 cm
2,91 2,91

Ejemplo 9. En un experimento de Young en el las

rendijas están separadas 1mm, se ilumina con una

luz que tiene dos longitudes de onda de 567 nm

486 nm.

a) ¿A qué distancia de la franja central brillante en

una pantalla a 150 cm de las rendijas una franja

La posición de la franja brillante m del sistema de brillante del patrón de interferencia coincidirá por

franjas con centro en O está dada por: primera vez con una franja brillante de la otra?

ym  m D  b) Sí en el problema anterior se utiliza una retícula
d
de difracción con 2000 líneas por centímetro en

 es la longitud de onda usada. lugar de las rendijas, ¿cuál sería el ángulo de

Similarmente para la franja (m + 1) coincidencia de los máximos principales debido a

 1 D las dos longitudes de onda (la retícula está

ym 1  m d  iluminada normalmente)?

Solución.

La separación de las franjas es a) La distancia de la franja central de la franja

ym1  ym  m  1 D   m D  brillante m de un sistema de franjas de
d d
interferencia producidas por rendijas de Young es

 D ym  m D .
d d

Cantidad independiente de m, constante por todo el

sistema de franjas.

El ángulo subtendido por la separación de estas

franjas o los ojos del observador es

y D  
d
    rad
D Dd

Cada longitud de onda produce su sistema de

franjas independientes, los dos sistemas se

superponen cuando la franja brillante de orden m

debido a la longitud de onda  coincide con la
franja de orden n debido a la longitud de onda ’.

y'n  n ' D
d

ym  y'n

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

m D  n' D las sombras. Esto marca también límites sobre el
dd tamaño y el detalle que se puede observar y limita
la precisión de las medidas.
m  '  567nm  7 Cuando la luz pasa por aberturas o bordea
n  486nm 6 obstáculos se producen fenómenos que
contradicen la propagación rectilínea, estos
La primera posición para la cual coinciden es la fenómenos, que aparecen más acentuados a
medida que los obstáculos y las aberturas se hacen
franja séptima del sistema debido a la longitud de más pequeños en relación con la longitud de onda
de la luz utilizada, constituyen la difracción, y son
onda 486 nm, o a la sexta franja debido a la onda una consecuencia natural del carácter ondulatorio
de la luz. Cuando dichas aberturas se iluminan con
de longitud 567 nm. una onda plana coherente procedente de un láser, y
la pantalla de observación se encuentra
La distancia requerida es suficientemente alejada del objeto difractor, se
pueden suponer válidas las aproximaciones de la
y7  y'6  7 1,50 486 109  = 5,103 x 10-3 m difracción de Fraunhofer
103
DIFRACCIÓN DE FRAUNHOFER POR UNA
= 5,103 mm RENDIJA SIMPLE
La Difracción de Fraunhofer o también
b) Si d es el espaciado de rejilla, entonces el difracción del campo lejano es un patrón de
difracción de una onda electromagnética cuya
máximo de orden m debido a la longitud de onda fuente (al igual que la pantalla) se encuentran
infinitamente alejadas del obstáculo, por lo que
se produce en un ángulo  determinado por sobre éste y sobre la pantalla incidirán ondas
planas.
 m
d POSICIÓN ANGULAR DE LAS
INTENSIDADES MÍNIMAS
Si en el mismo ángulo de la máximo de orden n Cuando una onda de luz incide sobre una rendija
debido a la longitud de onda ’ se produce, de ancho a, como se muestra en la figura, se
produce un patrón de difracción.
entonces
Ecuación de la posición de las intensidades
  n ' mínimas (franjas oscuras).
d Examinemos ondas proveniente de diversas partes
de la rendija, como se muestra en la figura
Luego siguiente que representa la difracción de luz por
medio de una rendija estrecha de ancho a. Cada
  n ' porción de la rendija actúa como una fuente
m puntual de ondas.
dd

m  '  7
n6

La primera, y única coincidencia ocurre para

sen  7 486 109 
d

La separación de las líneas es

d  1  0,5 103 cm = 0,5 x 10-5 m
2000

sen  7 486 109   0,680
0,5 105

  42,87º

DIFRACCIÓN
La difracción se refiere a la flexión o extensión de
las ondas alrededor de los bordes de orificios y
obstáculos opacos Esta desviación de la luz de una
trayectoria en línea recta da lugar a los patrones de
interferencia que hacen borrosos los extremos de

ÓPTICA Hugo Medina guzmán

Solución:

La diferencia de trayectorias entre los rayos 1 y 3 o

2 y 4 o 3 y 5. Si la diferencia de recorridos es

exactamente media longitud de onda, las ondas se

cancelan entre sí y se produce interferencia

destructiva.

Si dividimos la rendija en dos partes

S  a sen
2

Se presenta el primer mínimo cuando

S   Se puede calcular la separación angular entre el
2

Luego máximo central y el primer mínimo (n = 1) de

a sen    sen   n  asen  sen  n
22 a a

Si dividimos la rendija en cuatro partes se presenta n = 1,  = 600 nm = 6,0 x 10-7,

el segundo mínimo a = 0,01 mm = 1,0 x 10-5 m.

 sen
sen  2  1 6,0 107  0,06
a
1,0 105
Si dividimos la rendija en seis partes se presenta el
  3,44º
tercer mínimo
La distancia del pico central al primer mínimo
sen  3
a y  D tan  80,00tan3,44º = 4,81 cm

En general Máximo central = 2y = 2 x 4,81 = 9,62 cm.

sen  n ( n =  1,  2,  3,…). Ejemplo 10. Una rendija simple estrecha de 0,1
a mm de ancho se ilumina con una luz de longitud
de onda desconocida. El ancho angular del
Los puntos de interferencia constructiva se máximo central, medido a partir de las posiciones
de intensidad cero en ambos lados, es 9,0 x 10-3
encuentran aproximadamente a la mitad entre las radianes. A) a) Calcule la longitud de onda que cae
en la rendija simple.
franjas oscura. b) Si una pantalla está a 50 cm de la rendija
simple. Calcule el ancho total del máximo central
Ejemplo 8, Luz de longitud de onda 600 nm de este patrón de difracción.
incide sobre una rendija de acho 0,01 n. La Solución.
pantalla esta a 80,00 cm de la rendija. a)
Calcular la ancho total del máximo central, como
se muestra en la figura.

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La distancia angular del máximo central para el tan  DB/2  DB
primer mínimo f 2f

sen  n , n = 1  0,2 cm  0,002 
a
250 cm
Cálculo de la longitud de onda
  0,11459 rad
   asen  0,1103 sen4,5103rad
Luego
= 4,50 x 10-7 m
b) sen  0,001999 (2)

 2y  2D tan  250 cm tan9,0103rad Igualando (1) y (2):

= 0,900 cm   0,00199 
a
Ejemplo 11. Una rendija de ancho a se coloca
delante de una lente de distancia focal 50 cm y se a    5,89 10-5 cm
ilumina normalmente con luz de longitud de onda 0,001999 0,001999
5,89 x 10-5 cm. El primer mínimo de un lado y el
del otro lado del máximo central del patrón de = 2,9946 x 10-2 cm
difracción observado en el plano focal de la lente El ancho de la rendija es 2,995 cm.
están separados por 0,20 cm. ¿Cuál es el valor de
a? DIFRACCIÓN POR UNA ABERTURA
Solución. CIRCULAR
Para este caso, la representación gráfica de la
intensidad en una pantalla aparece en la figura
siguiente junto con una fotografía del patrón de
difracción.

Los rayos difractados en la dirección en la que se El círculo central de luz corresponde al orden cero
produce el primer mínimo sobre el máximo central de difracción es conocido como mancha de Airy.
serán llevados al enfoque en el plano focal de la El radio angular, es decir, el ángulo  bajo el cual
lente. Del mismo modo para el primer mínimo por se ve el radio central desde el objeto difractor,
debajo del máximo central. Tomemos los rayos viene dado por la siguiente expresión:
típicos AOB y COD de estos dos haces de tal
manera que ambos pasan por el centro de la lente y sen  1,22 
por lo tanto no están desviados. Los ángulos entre D
los rayos de los dos lados de la lente son por tanto
la iguales. D es el diámetro de la abertura.
La posición angular de las intensidades mínimas Para el segundo anillo oscuro
en la difracción de Fraunhofer por una rendija
simple esta dada por sen  2,23 
D
sen  n
a Para el tercer anillo

El primer mínimo es para n =1, luego sen  3,24 
D
sen   (1)
a LÍMITE DE RESOLUCIÓN

En el gráfico vemos

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Si dos objetos se observan con un instrumento Ejemplo 13. En una historia de detectives un
preso fugado que quería vengarse del jefe de la
óptico, los patrones de difracción causados por el banda que lo inculpó de un asesinato, conduciendo
por la noche en un valle cerrado fue volado en una
orificio del instrumento limitan nuestra capacidad trampa. Uno de los habitantes del valle, que vivía
en el otro extremo, a 10 km de la escena de la
para distinguir objetos separados. Para poder explosión, dijo que había estado sentado en su
terraza y había visto los faros dobles del auto
distinguirlos, el ángulo  formado por el objeto en aparecer por la colina en la entrada el valle justo
antes de la explosión. El detective muy inteligente
la abertura, debe ser mayor que el valor crítico c, sospechó de él era el jefe de la banda. ¿Por qué?
¿Dónde debería de estar la casa para que su
dado por declaración fuera convincente?
Datos:
senc  1,22  Separación de los faros 1,50 m.
D Diámetro de la pupila 3 mm
Longitud de onda de la luz emitida por los faros
Donde D es el diámetro del orificio. 5000 A

Como regla aproximada, es imposible observar el

detalle más pequeño que la longitud de onda de la

radiación que se utiliza en la observación.

Ejemplo 12. Dos fuentes luminosas de longitud de Solución.
onda 5 x 10-7 m están separadas 50 cm, como se El diafragma del ojo limita la cantidad de frente de
muestra en la figura. Una persona observa a una onda de los objetos iluminados que pueden entrar
distancia L. La obturación de entrada (pupila) del en el ojo y caer en la retina para formar una
ojo del observador tiene un diámetro de 3 mm. Si imagen. La imagen es el patrón de difracción
el ojo fuera perfecto, el factor limitante para la producido por la abertura circular, y en lugar de
resolución de las dos fuentes sería la difracción. ver la imagen puntual de un objeto puntual,
En ese límite, ¿de qué longitud podría ser L y observamos un sistema de franjas.
todavía poder verse las fuentes separadas? La capacidad del ojo para resolver dos objetos
puntuales cercanos es muy limitada.
Solución. La aplicación de criterios de Raleigh de resolución
para el caso de la difracción en una abertura
 = 5 x 10-7 m, d = 0,50 m, D = 3 x 10-3 m circular, dos objetos puntuales no son distinguibles
a menos que subtienden en el ojo un ángulo mayor
En el caso límite  = c, donde c  1,22  . que (1,22 / a) rad, donde  es la longitud de onda
L de la luz y a es el diámetro de la pupila del ojo.
Aplicar esto al problema.
Como d << L, se tiene Los faros de un coche están separados por una
distancia no mayor de 1,5 m.
c  d El testigo vio el coche a una distancia de 10 km.
L

Luego

d  1,22   L  dD
LD 1,22

Reemplazando valores
 L
 0,50 3103 = 2500 m

1,22 5 107

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El ángulo subtendido por los faros de sus ojos es lo similar al que una sola longitud de onda produce
máximo cuando incide sobre una doble rendija.

  1,50 = 1,5 x 10-4 rad La ecuación sen  n que da las posiciones
10000 d

Longitud de onda media de la luz emitida por los angulares de las franjas brillantes producidas por
1a luz monocromática al incidir sobre una rendija
faros doble también da las posiciones angulares de las
5 x 10-7 m en la que el ojo humano es más franjas producidas por una rejilla de difracción.
Pero cada franja brillante producida por la luz
sensible. blanca brillante sobre una rejilla de difracción es
Diámetro de la pupila 3 mm = 3 x 10-3 m un modelo del arco iris o espectro.
Como las retículas de difracción separan a la luz
Resolución angular máxima del ojo es en sus longitudes de onda componentes, se puede
utilizar para determinar las longitudes de onda que
máx  1,22 5 107  = 2,03 x 10-4 rad produce una fuente de luz.
3 103
Resolución de la retícula de la retícula de
La cifra que normalmente se cita es en 3,0 x 10-4, difracción.
Es igual a nN, donde N es el número total de líneas
un poco más alta que esta. en la retícula.

El testigo afirma haber visto los dos objetos   nN  N  
 n
separados con un ángulo inferior a la máxima
 es la menor separación posible de ver con la
resolución del ojo humano retícula de difracción.
1,5 x 10-4 rad < 2,03 x 10-4 rad
RETÍCULAS DE DIFRACCIÓN Y
Luego el testigo esta mintiendo y no habría ESPECTROSCOPIOS

ninguna razón para hacer esto a menos que tuviera

algo que ocultar.

Para hacer su convincente historia, el testigo

tendría que vivir más cerca del final del valle, a

una distancia no mayor que D, donde

d  1,50  2,03104  D  1,50 =
DD 2,03  10 4

7389 m = 7,389 km

RETÍCULA DE DIFRACCIÓN.

Una retícula de difracción es una serie de rendijas Es un instrumento adecuado para descomponer la
equidistantes sobre una lámina de vidrio o una luz en su espectro, por medio de un retículo de
placa de metal. Por lo general el trazando de líneas difracción o de un prisma. Antes el análisis con el
muy finas en la placa se realiza con una punta de espectroscopio, esto se hacía a simple vista, pero
diamante. Las rejillas de difracción a menudo con la invención de la fotografía los espectros se
tienen cerca de 10000 líneas por centímetro. captan sobre una emulsión fotográfica.
Cuando la luz blanca ordinaria (todas las La dispersión se puede realizar por refracción
longitudes de onda) incide sobre una rejilla de (espectroscopio de prisma) o por difracción
difracción se produce un patrón de interferencia (espectroscopio de red).
El espectroscopio de prisma está formado por una
rendija por la que penetra la luz, un conjunto de
lentes, un prisma y una lente ocular. La luz que va

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a ser analizada pasa primero por una lente un ángulo de 45 °. ¿Cuántas líneas por centímetro
colimadora, que produce un haz de luz estrecho y
paralelo, y después por el prisma, que separa este tiene la retícula?
haz en las distintas radiaciones monocromáticas
(colores) que lo componen. Con la lente ocular se Solution.
enfoca la imagen de la rendija. Las líneas
espectrales que constituyen el espectro no son en sen  n
realidad sino una serie de imágenes de la rendija. d
El espectroscopio de red dispersa la luz utilizando
una red de difracción en lugar de un prisma. Una Al ángulo de 45º
red de difracción es una superficie especular de
metal o vidrio sobre la que se han dibujado con un Con  = 7,5 x 10-5 cm (1)
diamante muchas líneas paralelas muy finas. Tiene
mayor poder de dispersión que un prisma, por lo  sen45º  n 7,5105cm
que permite una observación más detallada de los d
espectros
Con  = 5,0 x 10-5 cm

 sen45º  n 1 5,0 105cm (2)
d

Dividiendo (2) entre (1):

n  1  7,5 105 3 
n 5,0 105 2

n=2
El segundo orden se solapa con el tercer orden

Ejemplo 14. Una fuente de luz que contiene La separación de las rejillas es

mercurio produce una radiación verde con una  d  2 7,5 105cm = 2,121 x 10-4 cm
sen45º

longitud de onda 546,1 nm. Las líneas de la rejilla El número de líneas por centímetro es 1/d
tienen un espaciamiento de 1,667 x 10-3 mm.
Número de líneas  1  1
a) calcular el ángulo de difracción de segundo d 2,121104

orden para esta longitud de onda. = 4714 por cm.

b) La fuente de luz de mercurio produce también

una radiación azul con una longitud de onda de Ejemplo 16. La luz amarilla de sodio, consiste en
dos longitudes de onda 5980 A y 5986 A , incide
435,8 nm. Calcular el ángulo de difracción de normalmente sobre una rejilla de difracción de
1500 líneas por centímetro.
segundo orden para esta longitud de onda. a) ¿Cuál es la separación angular de las dos líneas
observadas en el espectro de primer orden?
Solución. b) ¿En qué condiciones van a ser vistas como
separadas?
a) Usando la ecuación.
 sen1
 n  2 5,461107  0,665
d 1,667 106

1  40,9º

b)
 sen2
 n  2 4,358 107  0,523
a 1,667 106

2  31,5º

Ejemplo 15. El espectro de una fuente de luz esta Solución.
a) La fórmula de rejilla, en la notación habitual, es
compuesta por líneas y bandas de longitudes de
onda de 5,0 x 10-5 cm a 7,5 x 10-5 cm. Cuando una

rejilla de difracción se ilumina normalmente con
esta luz se forman dos espectros adyacentes que se

solapan, la unión de los dos espectros que ocurre a