Facultad de Ciencias Exactas y Naturales Instituto de FísicaComplemento de Física III Ondas Héctor Alzate López Medellín, Enero de 2004 Programa del Curso de FIII, Evaluación (semestre 2003/2) y Bibliografía Programa Unidad I: Movimiento Ondulatorio. Ondas Elásticas (h: hora) 20 h Presentación global del contenido del curso; metodología y evaluación. Descripción matemática de la propagación ondulatoria. Periodicidades espacial y temporal del movimiento ondulatorio. Fase y desfases. Ecuación diferencial del movimiento ondulatorio. (3 h) Ondas elásticas longitudinales y transversales en una barra. Ondas de presión en una columna de gas. (3 h) Ondas transversales en una cuerda. Descripción analítica de la polarización. (1 h) Propagación de momentum y energía. Flujo energético o intensidad. Nivel de intensidad B. (2 h) Reflexión y transmisión en el punto de unión de dos cuerdas. (1 h) Ondas en varias dimensiones; vector k. Ondas esféricas en fluidos isotrópicos. (1 h) Ondas estacionarias en una dimensión. Ondas estacionarias y la ecuación de onda. Ondas estacionarias en cuerdas y columnas de aire. Ondas estacionarias en 2 dimensiones (2 h) Efecto Doppler. (1 h) Análisis de Fourier de movimientos periódicos y ondulatorios. Velocidades de fase y de grupo; pulsos; dispersión. (2 h) Problemas. (3 h) Unidad II: Ondas Electromagnéticas 8h Ecuaciones de Maxwell. Solución en ondas planas. Energías eléctrica y magnética. Polarización. (3 h) Flujo energético. Vector de Poynting. Presión de radiación. (2 h) Producción de ondas electromagnéticas. El espectro electromagnético. (1 h) Problemas. (2 h) Unidad III: Reflexión, Refracción y Polarización. Óptica Geométrica 16 h Principio de Huygens. Teorema de Malus. Principio de Fermat. (2 h) Reflexión y refracción de ondas planas. Ley de Snell. Ángulo crítico. (2 h) Coeficientes de Fresnel. (2 h) Reflexión y refracción en superficies esféricas. (2 h) Lentes delgadas. (2 h) Instrumentos ópticos: Ojo, microscopio, telescopio. (2 h) Prismas y dispersión. Arco iris. (1 h) Problemas. (3 h) Unidad IV: Interferencia y Difracción 16 h Coherencia e incoherencia. Interferencia de 2 fuentes sincrónicas. (2 h) Interferencia de varias fuentes. (2 h) Interferencia en películas delgadas. Anillos de Newton. (2 h) Ondas electromagnéticas estacionarias; experimento de Hertz. (1 h) Difracción de Fraunhofer por una rendija delgada; poder de resolución. (2 h) Difracción de Fraunhofer por 2 rendijas (experimento de Young). (1 h) Difracción por una abertura circular; poder de resolución. (1 h) La rejilla de difracción; poder de resolución. (2 h) Problemas. (3 h) Evaluación, Facultad de Ingeniería Se realizarán 4 exámenes: Primer examen, Unidad I, 30 %. Segundo examen, Unidad II, 20 %. Tercer examen, Unidad III, 30 %. Cuarto examen, Unidad IV, 20 %. Bibliografía M. Alonso y E. Finn, Física, Vols. I y II. Fondo Educativo Interamericano, S.A. Sears, Zemansky et al., Física Universitaria, Vols. I y II, Ed. Addison Wesley (Pearson Educación), 1999 Serway, R.A. Física, Vols.1 y 2. Nueva Editorial Interamericana, S.A. Resnick y Halliday, Física, Vols. I y II, Ed. CECSA. W. Edward Gettys, Frederick O. Keller y Malcolm J. Skover, Física Clásica y Moderna, Ed. McGraw Hill. Eisberg, Lerner, Fundamentos y Aplicaciones de Física, Vols. I y II, Ed. McGraw Hill S.A. Ronald Lane Reese, Física Universitaria, Vols. I y II, Ed. Thomson, 2002 1 La siguiente sección es un listado de las ecuaciones fundamentales. S = F / A. v). sen x.. p. Frecuencia angular. log 100. ej. cuando se escribe a mano. Onda viajera armónica. ondas longitudinales. logaritmo. t) = f ( x ± vt). Es indispensable. se debe ˆ escribir.. ∂2ξ ∂t2 S=Y . 2. t) = ξ0 sen k( x ± vt) = ξ0 sen 2π ω = kv. p.. siempre se escriben con minúsculas redondas. v (no se escribe: m. Los números deben ir en letra redonda: 1. ∂t2 ∂ x2 (1. p. Si el carácter se destaca por ser más negro. v (no se escribe: F. arc cos θ. ρ ∂ x2 v= √ T /µ .. Esfuerzo normal o tensión. (1. Al estudiante le seguirán siendo indispensables las notas de clase y alguno de los textos de Física Universitaria que se dan en la bibliografía del curso. Ecuación Diferencial del Movimiento Ondulatorio.2) Rapidez de las ondas transversales en una cuerda. se llama cursivo si está inclinado hacia la derecha. Rapidez de una onda. ej. ξ ( x. 1 . F. sen x). diferenciar entre vectores y escalares escribiendo una flecha sobre los vectores. tan y. Ecuaciones Onda viajera en una dimensión. F ). En este complemento se sigue la convención de escribir las variables escalares con letra cursiva o itálica. ej. u ˆ x . un ‘gorro’. etc. x. x. ej. El tipo de letra utilizado en un escrito impreso se llama redondo o normal si no tiene ninguna inclinación en especial. ∂2ξ = Y . se dice que está en negrilla. t. t. m. Las funciones seno. ξ ( x. F. x t ± λ P . Ley de Hooke para una barra. tangente. k = 2π /λ . F. p. Deformación unitaria. 2 ∂2ξ 2 ∂ ξ = v . Ecuación de onda para una barra. en su lugar.. cuando el vector es unitario. y es el más común.1. 3. v = λν .1) = ∂ξ /∂ x. ej. 1. · · · . l´ ı m x→∞ f ( x ) (no se escribe: Sen x. p. F. k. mientras que los vectores se denotan con letra redonda y negrilla. seguida por la sección de ejemplos y problemas. Número de onda. ONDAS ELÁSTICAS El presente folleto se diseñó como un complemento al curso de Física III y no como un texto guía. 8) (1. √ √ √ 1 − µ21 ξ 0r µ1 − µ2 √ = Coeficiente de reflexión para la amplitud. Para el aire. β = 10 log I = vE = 2 2 1 2 vρω ξ0 . con I0 ≡ 10−12 W/m2 . ρ0 ∂ x2 √ v = B/ρo . 1. µ21 ≡ µ2 /µ1 . fuente y observador colineales. 1999.. Relación entre las ondas de densidad y desplazamiento. ν =ν .13) l = FL/YA. p = p0 + B(ρ − ρ0 )/ρ0 . para las ondas en una cuerda. Pág. Universidad de Antioquia.4) (1. Ley de Hooke para fluidos.18) (1.20) (1. La Ec. Relación entre las ondas de presión y desplazamiento.6) (1. I . (1.3) (1.5) (1. I0 Densidad lineal relativa. dy T dy Boston. 4L νn = (2n + 1) ν p = ν1 − ν2 .19) (1. E = 1 2 ρω ξ0 . √ Rapidez de las ondas en un gas. ρ ds dt * Elizabeth . Nivel de intensidad en db.17) (1.14) (1. Producto escalar entre k y r en 3 dimensiones. Rapidez de las ondas transversales en una barra. aunque con una notación diferente.2 Héctor Alzate L. ∂2ξ ∂t2 B . νn = n 2L T . v0 y v S constantes.11) (1. ξ 0i 1 + µ21 µ1 + µ2 √ ξ 0r 2 2 µ1 √ = √ Coeficiente de transmisión para la amplitud. The Language of Physics. ξ0 = .10) (1. √ v = G /ρ. P0 Relación entre las amplitudes de desplazamiento y de presión. Intensidad de una onda elástica. Coeficiente de transmisión para la potencia o transmitancia.16) (1. R≡ =√ √ . 32: d 2 = d 2 . The Calculus and the Development of Theoretical Physics. v − v0 Efecto Doppler. 2π vρ0 ν 2 2 Densidad de energía de una onda elástica. Frecuencia de los pulsos. Frecuencias propias de un tubo abierto-cerrado. Ecuación de onda para un fluido. Fue el primero en escribirla.12) (1.9) (1. ∆ p = p − p0 = − B ∂ξ /∂ x. µ12 ≡ µ1 /µ2 . Número de onda en 3 dimensiones. ξoi 1 + µ21 µ1 + µ2 Coeficiente de reflexión para la potencia o reflectancia. v = α T . k= R ≡ Pr / Pi . (1. T≡ = √ . Enero de 2004 Física III Rapidez de las ondas longitudinales en una barra. (1. µ v . √ v = Y /ρ. α = 20 m/s · K1/2 . Birkhäuser. ∂2ξ = Rapidez de las ondas en un fluido.1 la halló d’Alembert en 1747.21) 2 2 k2 x + k y + k z = ω / v. v − vS Frecuencias propias de una cuerda con extremos fijos. T ≡ Pr / Pi .* Garber. Deformación longitudinal.7) (1.15) k · r = k x x + k y y + k z z. ∆ρ = ρ − ρ0 = −ρ0 ∂ξ /∂ x. (d) la función de onda.2). t). (g) la energía promedio en toda la cuerda. (f ) la densidad volumétrica y la densidad lineal de energía. Solución. L = 80 cm = 0. las otras a la rigidez intrínseca de la cuerda. µ = ρ A. cada una con su velocidad característica.1 De nición de ξ 1. de la figura vemos que R(r. Universidad de Antioquia. que la cuerda sea dispersiva.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. t) = r + ξ (r. m = ρV = ρ AL. en la realidad en una cuerda no se propagan ondas viajeras. (h) el promedio del flujo de energía por unidad de tiempo a través Ejemplo 1. (c) la frecuencia angular y el número de ciclos por segundo con que vibra un punto del medio. Si R es la posición instantánea de la partícula. Una de ellas se debe a la tensión.80 m. (e) la rapidez máxima de un punto de la cuerda. Los datos numéricos del problema son: ρacero = 7. 2 mm = 5 × 10 Para una cuerda uniforme.2.1 representa una cuerda tensa fija en sus extremos. A el área transversal y V el volumen (Fig. (1. L la longitud. Ejemplo 1.5 mm y longitud de onda de 40 cm. y que dependa de la frecuencia. Cancelemos L. . esto es. Cuando en un medio material no hay una onda o una perturbación. Ejemplos y Problemas de cualquier sección de la cuerda. 1. en un solo sentido.3. V A Figura 1. se presenta interferencia entre las ondas en ambos sentidos. Esta expresión de v es una buena aproximación. A ξ (csi) lo llamamos el campo u onda de desplazamiento. sino que debido a la reflexión en los extremos de la cuerda hay ondas viajeras en sentido opuesto. tiene un diámetro de 1 mm. Igualemos las 2 expresiones para m. el vector r especifica la posición de equilibrio de una partícula. µ L = ρ AL. las partículas del medio se encuentran en su posición de equilibrio. Enero de 2004 3 1. 1. halle la relación entre la densidad lineal de masa µ y la densidad volumétrica de masa ρ. El sonido que escuchamos se debe primordialmente a la onda transversal de √la cuerda tensa..2 Una cuerda de acero de un piano está sometida a una tensión de 200 N. y una longitud de 80 cm.22) La línea horizontal de la Fig. con amplitud ξ0 y con rapidez v = T /µ .2. con polarización lineal.8 g/cm3 = 7800 kg/m3 .23) Vemos que las dimensiones se cumplen. En una cuerda se presentan fuerzas recuperadoras de diferente origen. dando lugar a ondas estacionarias que tienen una descripción diferente a la del presente ejemplo. (1. y cuantificadas por los módulos Y y G. Solución. T = 200 N. Definición de la Onda de Desplazamiento ξ ξ (r. Figura 1. Halle (a) la densidad lineal de masa. m = µ L. −4 r= 1 m. pues la rigidez intrínseca de la cuerda provoca que la expresión sea mucho más compleja. (b) la rapidez de las ondas transversales. Sea m la masa total de la cuerda. El objetivo de este problema es fundamentalmente didáctico. (i) la potencia mínima de la fuente (el pianista) que produce las ondas. M L−1 = M L−3 L2 . t) es lo que una partícula del medio se separa de su posición de equilibrio r en el instante t. considerada como una barra rígida delgada.1. Suponga que por la cuerda avanza una onda transversal viajera y armónica. la línea curva es la cuerda vibrando. Al excitar la cuerda se producen ondas debido al comportamiento de la cuerda como una cuerda tensa y como una barra rígida delgada. L m. Por la definición de µ . por la definición de ρ. de amplitud 0. M. E = E V = E π r2 L (c) La frecuencia angular es ω = kv = 2π 2π v= 181 m/s = 2838 s−1 ó rad/s. un Hz equivale a un ciclo no depende de la posición de esa sección.40 m (h) Suponemos que la cuerda no es disipativa. t) = ξ0 sen(kx − ωt)u y = ξ0 sen 2π ( x − vt)u y λ (i) Por conservación de la energía.3 La velocidad de la onda depende de x. la medida que un observa dor haga de la energía promedio que en un segundo Las unidades de ω son rad · s−1 o también s−1 . (a) Demuestre que la velocidad de propagación de un pul√ so de onda transversal a lo largo de la cuerda es gx.00613 kg/m La densidad lineal de energía E l . λ = 40 cm = 0. 0. es la derivada de la Ec. tiempo en s).13 g/m. ξ no P = I A = vE A cambia de dirección. Decimos como mínimo.4 m = π (7854 J/m3 )(5 × 10−4 m)2 (0.24) (e) El vector velocidad de un punto del medio. 2π λ 0.40 (1. L x = (2838 s máx −1 (f ) La densidad volumétrica promedio de energía. Figura 1. el campo ξ se expresa con = (181 m/s)(7854 J/m3 )π (5 × 10−4 m)2 la función seno o coseno (longitud en m.5mm = 5 × 10−4 m. pasa a través de una sección transversal de la cuerda. Una cuerda uniforme de longitud L y masa M cuelga libremente del techo. La energía promedio por Como es transversal. . 0. la misma que la de la derecha. y se presenta cuando el punto pasa por la posición de equilibrio. es 2 2 3 2 −4 1 E = 1 m)2 2 ρω ξ0 = 2 (7800 kg / m )(2838 / s ) (5 × 10 = 7854 J/m3 . El = EV E AL E = = = E A = π E r2 L L L = π (7854 J/m3 )(5 × 10−4 m)2 = 0.40 m.00493 J. la energía promedio (no la energía instantánea) por unidad de tiempo que atraviesa la cara de la izquierda es (d) Escojamos al eje x coincidente con la cuerda estática. esto es. El número de ciclos por segundo es ω v 181 m/s ν= = = = 452 Hz.2. = 1. vp = ∂ξ ( x. t) = −ωξ0 cos(kx − ωt)u y . ∂t La rapidez es máxima cuando cos(kx − ωt) = −1. (b) v= T = µ 200 N = 181 m/s. − 1 las de ν son Hz o s . Sea x la distancia a partir del punto inferior de la cuerda (Fig.42 m/s. Como es armónica. E = E l L = (0.11 J/s = 1. es la energía total de la cuerda dividida por su longitud L.8 m) = 0. (a) µ = ρ A = πρr2 = π (7800 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 = 0. o número de joules por cada metro lineal de cuerda. Por conservación de la energía.00617 J/m. 1.00613 kg/m = 6. Enero de 2004 Física III ξ0 = 0. = 5 × 10−4 sen 2π ( x − 181t)u y . O mediante la densidad lineal de energía. λ 0. Ejemplo 1. (g) Mediante la densidad volumétrica de energía. no hay conversión de energía ondulatoria en calor por fricción entre los átomos o moléculas del medio. 1. por segundo. v p .11 W. entonces ξ es perpendicular al eje unidad de tiempo es la potencia promedio. ξ ( x. (b) Determine el tiempo t que tarda un pulso transversal en recorrer la longitud de la cuerda.3).11 W. la fuente (el pianista) debe tener como mínimo la misma potencia de las ondas que produce.00493 J.8 m) = 0. Es un error expresar en Hz a ω. Universidad de Antioquia.00617 J/m)(0.24 respecto al tiempo. en la Fig. 1.. definamos a esta dirección como el eje y. Como la polarización es lineal. Pfuente = Ponda = 1. vp máx = ∂ξ ( x. o número de joules por metro cúbico. porque la propia fuente y la cuerda disipan energía.3.4 Héctor Alzate L. t) ∂t = ωξ0 )(5 × 10−4 m) = 1. de propagación x. Reemplazando en la Ec. reemplazando a F por T .4. ρ = 7. Sea m la masa de la esfera. T = mg = Mgx/ L.2. Integremos el miembro izquierdo entre 0 y L.2 veces más rápido que en el aire: 1450/345 = 4.8. respecto a L. La rapidez también depende de la temperatura del agua. 1. obtenemos la rapidez del sonido en el agua. El alambre en su posición más baja se estira una milésima de su longitud inicial y mide 3 m + 3 mm. 1. generalmente nos preguntan por la rapidez de las ondas longitudinales en ese medio.0 × 1011 N/m2 = 5064 m/s 7800 kg/m3 vsonido = ≈ 18 200 km/h. x−1/2 d x = L √ t g √ x1/2 = gt . el otro extremo se suspende del techo. La sección transversal del alambre es de 1 mm2 .8 g/cm3 y Yacero = 2. G = 0. ρagua = 1. 4.0 g/cm3 = 1000 kg/m3 . La masa del tramo de cuerda de longitud x es m = µ x = Mx/ L. También debe demostrar que 1 mm2 = 10−6 m2 . Cuando nos piden la rapidez del sonido en un medio. En el punto más bajo.80 × 1011 N/m2 = 3202 m/s 7800 kg/m3 ≈ 11 500 km/h. B = ρ 2. L + l (θ ) θmáx = 60◦ Solución. y puesto que el problema es especialmente de dinámica y no de ondas. Con base en el anterior párrafo. entonces T (0◦ ) = 2mg.25. vtrans = Figura 1.8 g/cm3 = 7800 kg/m3 . 1. Y = ρ 2. el estudiante debe demostrar que si θmáx = 60◦ .0 × 1011 N/m2 .1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.1 × 109 N/m2 = 1450 m/s.25) (b) La velocidad de propagación del pulso de onda es v = d x/dt. v2 /r. Y = 2. ρacero = 7.8 m/s2 )(3 m) = YA (2. Halle el estiramiento del alambre cuando pasa por la posición más baja. es diferente de cero. 1/2 0 0 √ √ 2 L = g t. aproximadamente. La rapidez del sonido en una barra de acero es cerca de 15 veces la rapidez del sonido en el aire: 5064/345 ≈ 15.26) En el agua el sonido se propaga. respecto a m podemos despreciar a malambre .0 × 1011 N/m2 )(10−6 m2 ) ≈ 3 × 10−3 m = 3 mm. d x/ x = g dt.26 obtenemos l (0◦ ) = 2mgL 2(10 kg)(9. Reemplazando en la Ec. y se hace oscilar al péndulo así formado con una amplitud de 60◦ (Fig. Halle la rapidez del sonido y de las ondas transversales en una barra de acero. lo que implica que la rapidez es aún mayor. Despejemos..7 cm y que malambre ≈ 23 g.4 La longitud del péndulo depende de θ.1 × 109 N/m2 . y la aceleración centrípeta. Un bloque de acero es más rígido que una barra. Dicho tramo ejerce una tensión en la sección determinada por x. Igualemos √ con la Ec. Podemos entonces despreciar. Ejemplo 1. L 0 0. M/ L (1. Halle la rapidez del sonido en el agua si su módulo volumétrico es B = 2. la aceleración tangencial sí es cero en θ = . v = d x/dt = √ √ gx. Una esfera de hierro de 10 kg se une a un extremo de un alambre de acero de 3 m de longitud. Universidad de Antioquia. a resfera . 1. Ejemplo 1. el estiramiento l lo da la Ec. √ t = 2 L/ g. Para el acero. Solución. pero la posición más baja no es de equilibrio. T (0◦ ) L l (0◦ ) = . Se podría pensar que T (0◦ ) = mg. (a) La densidad lineal de masa es µ = M/ L. G = ρ 0. aunque de una forma menos marcada que en el aire (a 0 ◦ C es cerca de 1400 m/s).6. El estudiante debe comprobar que el radio de la esfera (ρhierro ≈ ρacero ) es cerca de 6. Enero de 2004 5 Solución.0 × 1011 N/m2 . 1000 kg/m3 v= Solución. que es para la rapidez de las ondas en un fluido.5. La velocidad en x es v= T = µ √ Mgx/ L = gx. Ejemplo 1.80 × 1011 N/m2 . Cuando una barra se somete a un tensión longitudinal T . YA (1. 1. puesto que la esfera se mueve en un arco de circunferencia. La tensión depende del ángulo y l (θ ) = T (θ ) L/YA.4). y el miembro derecho entre 0 y t. 0 t dt.4. Ec. este también es el desfase entre dichas ondas. Ejemplo 1. Despejemos a ∂2ξ /∂t2 de la segunda ecuación. p = p0 − B obtenga la ecuación de onda para la presión en una columna de gas.6 Héctor Alzate L. (c) Obtenga la expresión para la onda de densidad y muestre que está en fase con la onda de presión. ∂x (1. ∂x ∂t (a) Usando las Ecs. pues el perímetro de la Tierra es ∼ 40 000 km. pero como la mínima distancia ∆ x. se dice a veces. la amplitud toma la forma P0 . el desfase. con unidades de longitud. Tomemos la segunda derivada respecto al tiempo de la primera ecuación.9. −B ∂ξ d x = P0 sen(kx − ωt) d x. lo que lleva a concluir que una parte importante del interior de nuestro planeta es fluido. La amplitud de las oscilaciones es ξ0 = P0 / Bk.5) y (1. k = −B ∂ ∂x − 1 ∂p ρ0 ∂ x = B . e interprete físicamente y en la representación gráfica de esas ondas. 1. Solución. e integrando. (b) Muestre que las ondas de desplazamiento y de presión están desfasadas entre sí un cuarto de longitud de onda. Las primeras le dan la vuelta a la corteza terrestre en cerca de 2 horas.30) ξ0 = 2π vρ0 ν (b) La onda de presión.1. (a) Igualemos las Ecs. ya que en un punto fijo x hay que esperar un tiempo mínimo de P/4 (Fig. en radianes. obtenga la expresión para la onda de desplazamiento.6) y (1. Se ha detectado. primero llegan a un punto las ondas longitudinales (v ≈ 20 000 km/h). t) = P0 cos(kx − ωt) = ξ0 cos(kx − ωt). ρ0 ∂ x2 ∂2 p Despejando.58 ◦ . Ec. según el caso.9. está expresada en término de la función seno. 1. hablando sin total rigor.28) El diferencial de ξ ( x. (1.6).5a). En un t fijo. 1. (1. Asuma que las ondas de presión en una columna de gas tienen la forma Ejemplo 1. y reemplacemos en la anterior. Universidad de Antioquia. dt = 0. ya que estos no transmiten esfuerzos transversales sino longitudinales. (1. ξ ( x. ∂2 p ∂ = −B ∂x ∂t2 ∂2ξ ∂t2 . ρ0 ∂ x2 ∂t2 Encuentre el cambio de la rapidez del sonido en el aire por unidad de cambio de la temperatura a 25 ◦ C.28. extrictamente.29) Bk Problema 1. y entre las amplitudes de densidad y de desplazamiento. El desfase se puede ver también en términos temporales en lugar de espaciales como en el anterior párrafo. obtenemos la onda de desplazamiento. Un cambio de 1 ◦ C equivale a un cambio de 1 K (demostrarlo). . Solución. ∂2 ρ B ∂2 ρ = . y a k = 2πν /v. con los terremotos. con t fijo. entre un mismo valor arbitrario de las funciones seno y coseno es λ /4 (Fig. Y > G. que el desfase es λ /4.29.5b) para que un valor Solución. y la rapidez de las ondas longitudinales siempre es mayor que el de las transversales.8. 1. ∂2 p ∂t2 − B dξ = − Bξ = P0 sen(kx − ωt) d x =− P0 cos(kx − ωt) . y multipliquemos por d x. mientras que la onda de desplazamiento. Combinando las ecuaciones ∂ξ ∂x y ∂2ξ ∂t2 ρ = ρ0 − ρ0 = B .7. Reemplazando a B = v2 ρ0 . Puesto que el desfase entre ambas funciones es π /2. (1. 1. Enero de 2004 Física III Para cualquier sólido. Derivemos la Ec. (d) Encuentre la relación entre la amplitud de la onda de densidad y la amplitud de la onda de presión.27. dv ∆v α 10 m/s · K1/2 m/s √ ≈ = √ = = 0. y decir que es P/4. y luego las transversales. (1. podemos aproximar ∆ T ≈ d T y ∆v ≈ dv. ρ0 ∂ x2 ∂2ξ obtenga la ecuación de onda para la densidad. Como 1 K 298 K. está expresada con la función coseno.27) Combinando las ecuaciones ∂ξ ∂x y ∂p ∂2ξ = −ρ0 2 . y dξ = (∂ξ /∂ x) d x. En un temblor de tierra se producen ambas ondas. en 0. Es válido darlo con unidades de tiempo. que entre dos puntos opuestos en la Tierra no viajan en línea recta ondas transversales. Introduciendo este diferencial en la Ec.27). ∆ p = p − p0 = P0 sen(kx − ωt). la rapidez aumenta o disminuye. Un desfase se expresa. Ejemplo 1. Nos piden hallar a ∆v cuando ∆ T = 1 ◦ C y T = 25 ◦ C ≈ 298 K. y conmutémosla con la derivada espacial. 1.58 m/s. t) es dξ = (∂ξ /∂ x) d x + (∂ξ /∂t) dt.. dT ∆T C 298 K 2 T Si la temperatura pasa de 25 ◦ C a 26 ◦ C o 24 ◦ C. .9). v2 (1.. de la presión y densidad atmosféricas alrededor de los valores de equilibrio p0 y ρ0 ... .... ....... . 1.. . . .6.. . .....32. . . r ....... . . . .. p( x A ) = p0 + P0 . ..... ξ ( x A ) = 0. ... . .30 y reemplacemos. ...... ..... . .. . ∆ρ = P0 sen(kx − ωt). . . La experiencia se hace en Medellín. . .8a. . . . .... . . .. 1.... .. .. .... . . . m. .. 6 r λ /4 x - . .. .. .. .. .. ξ .. .. . .. .. R0 = (Este ejemplo es una continuación del Ejemplo 1.. a escala 1:1...... a 25 ◦ C. .. ... .. Enero de 2004 t fijo P/4 x fijo 7 . . . . en x B . .. . 1... . . la distribución de densidad. En los puntos donde ξ es máxima o mínima.... . .22) de ξ .. como se indica con la flechita dirigida hacia la izquierda y debajo de x A [vea la definición (1.. se hacen cero o se vuelven mínimas simultáneamente. 1..... . ...6. 3].. . . .... .. . respectivamente. ...31 para obtener la onda de densidad en función de x y t. .. Si la onda de presión ∆ p se expresa con la función seno. ... .... . gráficamente. .x . . en ese mismo instante y esos mismos puntos la otra variable vale cero......... p − p .. . ..... ... 1...... . . . . ...... ... . . .. .... Visto analíticamente.. Todavía no hay onda. m.rx . ... . . . que en Medellín valen 640 mm Hg y 1. .. . que a mayor presión mayor es la densidad.... .. ... ... Fig..5 ( b) Desfase de π /2 entre las ondas de desplazamiento y de presión.. ξ ( x B ) = 0. ... .. Ello era de esperarse.. . ... del elemento i = 0.. . . .... . . ... que en el instante en que en ciertos puntos del espacio una de las variables es máxima o mínima.... . . (b) interpretación temporal. . . . y allí la presión es máxima....... ... Despejemos a P0 de la Ec.. r . . .. ... . .. . ..... .. . (c) Al dividir la Ec. ... ... .. . .. . quiere decir.. .. . y viceversa: El elemento de aire en x A está en su posición de equilibrio. .. ∂ξ /∂ x = 0..... . . .10. . .. A partir de la onda de desplazamiento dentro de un tubo. . .. 2π vρ0 νξ0 2πρ0ξ0 ξ = = 2πρ0 0 = kξ0 ρ0 .... R0 = P0 / v 2 . ... . .. .. . . . . . .. .. . . . .. .. ... .. . y según la Ec. . .. . ... .. esto es.. El elemento de aire en x B está en su posición de equilibrio. . .. .32) arbitrario de la función seno sea igual al de la función coseno... r r r . . ξ . En la vecindad de x B ocurre todo lo contrario. . y como v2 > 0.. y allí la presión es mínima.... A .... . . . ..... En la Fig. v/ν λ v2 (1.. p < p0 . . pues sabemos. ... . según la experiencia común y la ley de los gases ideales.. . . . con ciertas frecuencias... . .. . ... (a) Interpretación espacial.. .. . t) = p0 − P0 Que la presión sea máxima o mínima en los puntos del medio que están en su posición de equilibrio se ve fácilmente interpretando la gráfica de ξ ( x... .. .... . . . ... . . .. .. ...... .. p( x B . .. ..).. p − p . 1. . .. . .... . Esto implica que en x A la presión y densidad son máximas.. . .. ... B . .. . ... . .6. .. ... . . .. ... . .. . ... El campo ξ en los puntos vecinos a x A y a su izquierda es positivo.... .... . y así cada elemento está en su posición de equilibrio.. enumerados de i = −3 a i = 33.. . . .... . según las familiares gráficas de las funciones seno y coseno (Fig. . ... .. . . . .. En el agua los valores son distintos.. ..... . . . 0 . . . .. . .. . 6 t - (a) Figura 1. . . .. . ...... De la Ec. . ..... ...... ξ ( xi . Se muestra la posición de equilibrio de Ejemplo 1. . .. . . .... mostrar. . .... . .. y según la Ec. .. .. . . 0 . .33) Los sonidos que escuchamos son variaciones.. .. .. .. p − p0 > 0 ó p > p0 ..... Por supuesto. El origen de coordenadas se ha hecho coincidir con el c... ... .. . ...... Un desfase de π /2 (o λ /4 o P/4 según se prefiera) entre dos variables... . lo que se interpreta como que esas porciones de aire se han alejado de sus respectivas posiciones de equilibrio hacia la derecha. 1.. . . . ....31) (d) Designemos R0 a la amplitud de la onda de densidad.. 1.0 kg/m3 ... .. esto es.. .... . ..... . . ... .... (∂ξ /∂ x) x A < 0. .... .. .. . se dibuja una porción del tubo que se ha dividido en 37 elementos de masa... .. ..... la onda de presión ( p − p0 ) vale cero. ..1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. .. . . .. la pendiente en x A es negativa...... . .. ... . . .6 y reemplazar B = ρ0 v2 obtenemos ∆ρ = ∆ p/v2 .. . 1.. ... ... r r r .. . .. .. El campo ξ en los puntos vecinos a x A y a su derecha es negativo.. ...... entonces las ondas están en fase entre sí: ellas alcanzan su máximo. . ... . .. . también la onda de densidad ∆ρ se expresa con la misma función. El punto negro en el centro de cada rectángulo representa su centro de masa (c. .. .. Universidad de Antioquia. ...27 en la Ec.... .. . . .. .... . y es un punto de mínimas densidad y presión.. (1. t).... .5a).... t) = 0. ...5 por la Ec. . . . .. p.... . . .... ... 1. . ... . 1. lo que se interpreta como que esas porciones de aire se han alejado de sus respectivas posiciones de equilibrio hacia la izquierda... . .. p = p0 .... . Reemplacemos la Ec... ... .. .... . . . .. 2 cm. Examinando el entorno de los puntos del medio se sabe si son de máxima o de mínima presión.2. el ancho de cada elemento es inversamente proporcional a su densidad. 1. Problema 1. . no hay flujo de calor entre el elemento i y los elementos i − 1 e i + 1). 25. x25 ≈ 13. ρmín = ρi=0 = ρ20 . Si la temperatura atmosférica es 25 ◦ C. (h) ¿Cuál es la intensidad y el nivel de intensidad sonora? (i) ¿Cuál es la amplitud de la onda de presión (Ec. 1. ¿Qué elementos i de la Fig. b y termina en la cola de la flecha de la Fig. 1. y se origina en el valor exagerado de ξ0 . los ξi van paralelos al eje x. · · · .6 cm.06 × 106 W/m2 . Las flechitas son el desplazamiento ξ en función de xi . son longitudinales.6 Onda de desplazamiento ξ ( x. podemos afirmar que su densidad es la mitad. La posición de equilibrio xi se indica con una línea vertical invisible que empieza en la Fig. Algunas respuestas: Los valores son aproximados.5 mm. p.8a. estos son los valores para todos los elementos de la Fig. este nivel es irreal por lo alto. Problema 1. −2. ξ (2. Enero de 2004 Física III Figura 1. d se aprecian claramente las variaciones de densidad a la largo del tubo. Figura 1..10). La curva a trazos es de amplitud "grande". p. ¿está de acuerdo con que el desfase entre la onda de densidad y la de desplazamiento sea 90◦ ? (e) ¿Qué elementos i tienen máxima densidad.00 kg/m3 .6) y determine si en dichos puntos no hay cambio de presión (∆ p = 0).8d tienen ρ = ρ0 = 1. los ξi < 0 se han rotado de manera que apunten hacia la izquierda. 33) en la Fig. b.10.5 mm. 25. La densidad del aire es uniforme a lo largo del tubo. 1. 1. cuánto vale ξ para estos elementos? (d) ¿Está de acuerdo el resultado del anterior numeral con la Ec.7 El adjetivo de grande o pequeño depende de la relación ξ0 /λ. (b) i = 5. c los ξi > 0 se han rotado 90◦ respecto a la Fig. En la Fig. c. si son de compresión (∆ p > 0) o descompresión (∆ p < 0).8 Héctor Alzate L.9 cm. a. (e) ρmáx = ρ10 = ρ30 .5. La Fig. Como las ondas en un fluido.22) de ξ .8 están a escala 1:1) y dé el valor respectivo de xi y ξ ( xi ). p. pasa sobre cada flecha de la Fig. Interprete gráficamente el campo ξ en el entorno de xC y x D (Fig. En la cabeza de esta última empieza otra línea vertical que desciende hasta terminar en la Fig. (h) I ≈ 3. 15. ξ7 y ξ13 respectivamente. 2)?. (i) P0 ≈ 355 mm Hg.00 kg/m3 y p0 = 640 mm Hg. 32. ¿entre qué valores fluctúa la presión? (j) ¿Es constante la temperatura a lo largo del tubo? (Tenga presente que la propagación del sonido es fundamentalmente un proceso adiabático. y cuáles mínima?. se señala el desplazamiento de su posición de equilibrio de los elementos séptimo y treceavo. 3. Utilice la definición (1. (a) ¿Qué elementos de masa i (i = −3. ρ0 ≈ 1. (k) Si en la Fig. 2?. (Este problema es una continuación del Ejemplo 1. 1. de manera que apunten hacia la derecha de su posición de equilibrio. En Medellín. 1. en el c. Entre 285 y 995 mm Hg. calcule la frecuencia del sonido.5 mm. ξi=0 = ξ10 = ξ20 = ξ30 = 0.8b corresponde a la onda armónica de desplazamiento ξ en cierto instante t.8d un elemento i de masa tiene un volumen el doble que otro. del elemento i. 1. ¿cuánto vale ξ para estos elementos? (f ) ¿Está de acuerdo el resultado del anterior numeral con la Ec. pues dependen de las medidas que se estimen con la regla. ξ15 ≈ −6. d. x5 ≈ 2. que es la dirección de avance de la onda. x15 ≈ 7. 1.3. la continua se acerca más a una amplitud "pequeña". t). m. en este caso aire. 15.6 cm) = ξ5 ≈ +6. (c) i = 5. teniendo en cuenta que a la derecha es (+) y a la izquierda es (−). (g) ν ≈ 3255 Hz.5? (g) Mida ξ0 y λ. (c) Como el tubo es de sección transversal constante. En la Fig.8d están en su posición de equilibrio? (b) ¿Qué elementos i están más separados de posición de equilibrio? Mida con una regla (las figuras 1. esto es. Universidad de Antioquia. los x respectivos son los del numeral anterior. ¿se puede afirmar también que la presión es la mitad? (Recuerde que PV = nRT ). pero desplazado ξi de su posición de equilibrio. ξ25 ≈ +6. β ≈ 185 db. los séptimo y treceavo elementos. Enero de 2004 9 Figura 1..8 Ondas en un uido. Universidad de Antioquia.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. . 16 µ W/m2 ) = 0. Aplicando la Ec. para esta. junto con los joules que salen por puertas. Hemos supuesto que la intensidad solo depende de r. El ángulo θ define un cono cuyo eje es perpendicular a la boca.5 × 10−6 W/m2 = 3. 1000 = I1 = I2 1 2 2 2 vρω ξ01 1 2 2 2 vρω ξ02 θ S = 2 ξ01 . suelo y paredes? (e) Halle la amplitud de las vibraciones de un punto del medio (aire) debido a las ondas. en general. I = I0 10 10 = (10−12 W/m2 ) 10 10 = 10−5. Los puntos a 1 m de la fuente forman una esfera de 1 m de radio.12.33. y aunque el anterior valor sea correcto.7. 1. 1. . ξ0 /λ ≈ 0. (a) Calcule la energía promedio que la persona emite en sonido cada segundo.16 µ W/m2 . Ec. Solución. aunque pueden contribuir con un 50 % de la intensidad. λ. Esta desigualdad.04 mW. ventanas y por trasmisión a través del techo. sino con un entero. Aquí no hemos tenido en cuenta a estas últimas. y mínima detrás de la cabeza. y la frecuencia promedio emitida 300 Hz. Las ondas reflejadas hacen que la intensidad se aparte mucho de una disminución como 1/r2 . Según la información del ejemplo. y la intensidad fuera uniforme e igual al valor a 1 m de la fuente. 1. Dos ondas sonoras de igual frecuencia tienen niveles de intensidad que difieren en 30 db. la intensidad sonora es máxima directamente en frente de la boca. que con la curva a trazos. Reemplacemos R0 . esto es. cancelemos ρ0 . Para una onda. los frentes de onda emitidos. mediante esferas concéntricas de radio r. en metros. I1 / I2 = 1030/10 = 103 = 1000. Halle la relación entre sus intensidades y amplitudes de desplazamiento. lo que implica que R0 ρ0 . corresponde más con la curva continua de la Fig. esto es. en θ = 180◦ . (b) Discuta las aproximaciones hechas en la solución del primer numeral. 6 × 4 × 3. en θ = 0.7. Ec. Enero de 2004 Física III Halle la condición que se debe cumplir para que los cambios de densidad (y de presión) se puedan llamar pequeños.13. ξ01 /ξ02 = Ejemplo 1. cuántos joules son absorbidos por Ondas sonoras esféricas. Figura 1. Según la definición del logaritmo de un número y la Ec. La rapidez del sonido es 340 m/s. Ejemplo 1. se obtuvo para cambios pequeños en la densidad. ∂ξ /∂ x / 1. (a) Al pedirnos la energía por unidad de tiempo lo que nos están pidiendo es la potencia. ∆ B = 30 = 10(log I1 / I0 − log I2 / I0 ) = 10 log I1 / I2 . (c) Si la persona está dentro de un salón de dimensiones.6. los objetos dentro del salón. en la realidad. I (1 m) = 100. calcule la energía total que habría dentro del salón. y para esto debemos averiguar primero la intensidad. en esta desigualdad: kξ0 ρ0 ρ0 . √ 1000 = 31. donde las variaciones del campo son suaves. 2 ξ02 Despejemos la relación pedida. 1. Solución..2 kg/m3 . la intensidad en un punto dentro de él se debe a las ondas que de la fuente llegan directamente a ese punto. Cuando dentro de un recinto normal hay una fuente sonora.10 Ejemplo 1. gráficamente. Por la definición del logaritmo de un número en base 10. 1. esto es. para la otra. La ecuación de onda para las ondas en una columna de gas. (d) ¿Cada segundo. = 3.9 Una persona hablando normalmente produce un nivel de intensidad de 65 db a 1 m de distancia. y viceversa (hemos despreciado el 2π en la última relación).9 representa. y de las ondas reflejadas. para una densidad instantánea ρ que se aparta poco del valor de equilibrio ρ0 . Pero el exponente de una respuesta nunca se expresa con decimales. es indebido dejarlo así.13. Héctor Alzate L. P = AI = 4π r2 I = 4π (1 m)2 (3. β1 = 10 log I1 / I0 . 1. (b) La Fig. β2 = 10 log I2 / I0 . Universidad de Antioquia.16 × 10−6 W/m2 β 65 Cambios pequeños implica ξ0 λ. Solución.11.5 W/m2 .12. kξ0 2π ξ0 λ ξ0 1.6 y. la pendiente ∂ξ /∂ x 1. 1. la densidad del aire (depende de la altura) 1. La potencia es entonces la intensidad a 1 m por el área de esa esfera. En realidad. Ii = Ir + Ir . Una analogía puede ser útil: En un tanque que contenga una cantidad fija de agua. Por definición. (a) Compruebe que la potencia promedio incidente es igual a la suma de la potencia promedio reflejada y la potencia promedio transmitida. 1. expresiones para R y T . y la densidad lineal de masa donde está la onda transmitida es 4 veces la densidad donde está la onda incidente. pues apenas vamos a comprobar que la igualdad se cumple. la cantidad de agua que sale de él. no solo emite sonido por la boca. pero con un signo de interrogación sobre el signo igual.10 incide sobre la interfase de separación una onda ξi = ξ0i sen(ωt − k1 x). en términos de R y T . Concluímos entonces que cada segundo la energía emitida por la fuente iguala a la energía sonora que se pierde por absorción y por trasmisión fuera del salón. (1. en lugar de agua se piensa en energía.16 × 10−6 W/m2 ) (340 m/s)(1.35) Apliquemos esta expresión en la Ec. la emisión de la fuente no está provocando un aumento de ella. ξ0 = 1 ω 2I 1 = vρ 2π × 300 s−1 2(3. d Ei d Er d Er = + . Antes de comprobar la Ec. (d) La energía en el salón es constante. En nuestro ejemplo. la composición de frecuencias de una voz —su análisis de Fourier— es muy compleja y es característica de cada individuo. 1.7 µ J. o sea la densidad de energía E .34. Enero de 2004 11 y que sea bastante uniforme.04 mW. La ley de conservación de la energía asume así la forma de conservación de la potencia. por segundo. Ei = Er + Er . Esta igualdad se cumple cuando las energías se miden en el mismo intervalo de tiempo. √ √ √ 2 ? 2 µ1 ξ0 µ1 ξ02 r + µ 2 ξ 0r . (e) De la Ec. solo si A1 = A2 . es obvio. Simplifiquemos. ξr y ξr no hemos escrito ωi ni ωr ni ωr sino ω. (1.10 Re exión y transmisión de ondas. (c) Si la onda incidente tiene una potencia de un milivatio (1 mW). para conocer la energía debemos calcular primero la energía por unidad de volumen.34. sino que la cabeza y el tronco también son fuentes sonoras importantes y la persona está lejos de ser una fuente puntual. no de la intensidad. Halle.14. iguala a la cantidad de agua que entra. lo que lleva a que las ondas no sean esféricas cerca de la fuente. puesto que la condición de frontera de que la cuerda es continua en todo instante (no está rota en la interfase) exige que la frecuencia con que vibra la sección izquierda de la interfase sea igual a la frecuencia con que lo hace la sección derecha. Universidad de Antioquia. Los coeficientes de reflexión y transmisión para la potencia se conocen como la reflectancia R y la transmitancia T . La frecuencia no cambia por reflexión ni por transmisión. y se producen una onda reflejada ξr = ξ0r sen(ωt + k1 x) y una onda transmitida ξr = ξ0r sen(ωt − k2 x). E = EV = I 3. el subíndice 1 se refiere al medio donde está la onda incidente. por conservación de la energía. para multiplicarla por volumen total V . cuando alguien habla. que la energía de la onda incidente debe ser igual a la suma de la energía de la onda reflejada y la transmitida. (b) R y T son los coeficientes de reflexión y transmisión para la amplitud respectivamente. 1 2 √ √ √ 2 ? 1 2 2 2 2 1 µ1 T ω2ξ0 i = 2 µ 1 T ω ξ 0r + 2 µ 2 T ω ξ 0r . i = . halle la potencia reflejada y la potencia transmitida. Pi = Pr + Pr .6 × 10−8 m. y el subíndice 2 donde está la onda trasmitida. (a) Como las ondas reflejada y transmitida provienen de la incidente. (c) Puesto que conocemos el volumen del salón. Hemos supuesto que la frecuencia emitida es de 300 Hz. según el numeral (a) es Ritmo de pérdida de energía del salón = 0. 1..2 kg/m3 ) Solución. dt dt dt Cada uno de los términos es la potencia respectiva. Además.34) = 6. 1. Se puede comprobar que la intensidad se conserva.16 µ W/m2 V= (6 m)(4 m)(3 m) v 340 m/s ξi 1 ξr 2 ξr Figura 1. En las funciones ξi . 2 2 2 1 P = I A = vE A = v 2 ρω2ξ0 A= 1 2 v (ρ A )ω ξ0 √ 2 2 2 1 = 2 T /µ µω2ξ0 = 1 2 µ T ω ξ0 . hallemos una nueva expresión para la potencia. = 0. Desde la sección izquierda de la cuerda compuesta de la Fig.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.12. Ejemplo 1. ni las fugas de energía están produciendo una disminución. El primer paréntesis es el coeficiente de reflexión de la amplitud R. (b) la amplitud de las ondas reflejada y refractada (o transmitida). ξ0i = 1 mm = 10−3 m.7 g/cm3 µ2 = 0. la amplitud aumenta. ξ0r = Rξ0i = 0.15. La tensión es de 100 N.34.. Esto explica en parte la vulnerabilidad de la Ciudad de México a los temblores de tierra.9 g/cm3 .303 (b) Despejemos las amplitudes de las Ecs. 1.12 2. la ley de conservación de la energía se puede escribir como R + T = 1). Esto no es imposible.29 × 10−3 m. (d) la longitud de onda en ambas secciones de la cuerda. ξr ξi y 1 Cobre 0 ξr Según las Ecs. µ21 = 4. (Para la reflexión y transmisión. ξ0r = Tξ0i = 1. (La densidad del cobre es 8. por esto apliquemos la Ec.303 2 √ √ R= = 0. Note que.303 1 + 0.15).15). Pi 1 mW 8 mW Pr = 100 % 9 = 88. T = 100 N . se transmite entonces 8 novenos de milivatio: Pr = Pi − Pr = 1 mW − En porcentaje. Apliquemos el numeral anterior. y podemos quitar la interrogación del signo igual. µ21 = ρ A ρ 2.14) y (1.15). (c) la rapidez de las ondas en el acero y en el cobre. 1.14) y (1. la) y una amplitud de 1 mm. (1. En el cobre está la onda incidente polarizada linealmente en y.14) y (1. Universidad de Antioquia. reflejada y refractada. 1 mW Pr = 100 % 9 = 11. Pr = R Pi = R2 Pi = 1 = 9 Pi = 1 9 Reemplacemos en las Ecs.29 × 10−3 m. 1. . no como una barra. Cuando una onda elástica pasa a un medio de menor densidad. (c) Las ondas transversales del ejemplo se deben al comportamiento del cobre y del aluminio como una cuerda. (1.29.5 mm = 5 × 10−4 m.1 %.11 Re exión y transmisión en una cuerda. Los datos del ejemplo son: r1 = r2 = r = 0. ρCu = ρ1 y ρAl = ρ2 . % reflejado = 100 % % transmitido = 100 % Ejemplo 1 9 mW = 8 9 mW. paradójicamente. ξ 0r ξ 0i 2 Solución. y el segundo el de transmisión T . 1. el cobre es el medio 1 por estar en él la onda incidente.35. Halle (a) los coeficientes de reflexión y transmisión para la amplitud. (1.9 %. (c) Según la información del ejemplo.3. 1 = R2 + ? √ µ21 T 2 . pues no existe una ley de conservación de la amplitud. 2 Aluminio x El estudiante debe desarrollar el álgebra del miembro derecho y demostrar que se reduce a 1. (b) Según la definición de R y T . 1= ? √ 1 − µ21 √ 1 + µ21 2 √ + µ21 2 √ 1 + µ21 2 . Apliquemos la Ec. Enero de 2004 Física III 1= ξ 0r ξ 0i 2 + √ µ21 ξ 0r ξ 0i 2 . P R= r = Pi Pr T= = Pi 1 2 2 2 √µ1 T ω ξ0r 1 2 2 2 µ 1 T ω ξ 0i 1 2 2 2 √µ2 T ω ξ0r 1 2 2 2 µ 1 T ω ξ 0i Figura 1. (e) las ecuaciones de las ondas incidente. T = = 1. la del aluminio es 2. ν = 220 Hz. ya que se asienta sobre tierras húmedas. Dividamos por µ1ξ0 i ? Héctor Alzate L. v1 = T = µ1 T πρ1 r2 √ 1 − µ21 √ 1 + µ21 2 Pi = √ 1− 4 √ 1+ 4 2 Pi mW. con una frecuencia de 220 Hz (nota = 100 N π (8900 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 = 119. R = Pr / Pi y T = Pr / Pi . Incide un milivatio y se refleja un noveno de milivatio.7 g/cm3 ). Alambres de cobre y de aluminio de 1 mm de diámetro se unen formando una cuerda larga (Fig. como la energía se conserva.29. √ 1 − 0.9 g/cm3 √ = = √ µ21 T 2 . 1 + 0. 1. (f ) la intensidad y la potencia de estas ondas. √ = ξ 0r ξ 0i µ2 µ1 2 = R2 . Así queda comprobado que se cumple la Ec. la amplitud transmitida es mayor que la incidente.6 m/s.11).303 = 2 2 = 2 = µ1 ρ1 A1 ρ1 8.2 y no la Ec. Pi 1 mW 1. (a) Hallemos primero la densidad lineal relativa. Ec. con una potencia promedio constante P.29 × 10−3 sen 2π ξr ( x. El área transversal es A = π r2 = π (5 × 10−4 )2 = 6 2 .4. 1. Ii = 2 2 1 2 v1 ρ1 (2 πν ) ξ0i 3 −1 2 1 2 (119. Ejemplo 1. Estas cantidades son mucho menores que la rapidez de las ondas que también transmiten el cobre y el aluminio.6 m / s )(8900 kg / m )(440 π s ) 6 2 = (10−3 m)2 = 1.16. P P =2 . × (440π s−1 )2 (1. (1.6 m/s)(8900 kg/m3 ) × (440π s−1 )2 (0. se ha escrito el signo (−) dentro del paréntesis de sus respectivas funciones. Pr = Ir A = (0. t) = 1. 2 1 Ir = 2 v1 ρ2 (2πν )2ξ0 r 1 (217. Demuestre que en una cuerda compuesta la amplitud de la onda trasmitida es mayor que la de la onda incidente.731 W. 1 = 2 (119. (f ) Según la Ec. que es cerca de 3000 m/s.544 x 220t − 0. (d) La frecuencia no varía con los cambios de medio.2 m/s.36) se demuestra que la amplitud depende de 1/r. Enero de 2004 13 v2 = T = µ2 T πρ2 r2 7.2 m/s)(2700 kg/m3 ) = 2 Solución. (longitud en m y tiempo en s) ξi ( x. 1. si al cambiar de medio la densidad lineal de masa disminuye. 2 4π ( D − 50) 4π D2 Despejando. = 100 N π (2700 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 = 217.085 × 106 W/m2 )(7. ξ 0 ∝ 1 /r .29 × 10−3 m)2 = 0.17. según la Ec.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. obtenemos D = 170. o sea cuando r λ.798 W. Solución.3.2 λ2 = 2 = ≈ 0.85 × 10−7 m2 ) = 0. La relación entre ξ0 y r es más compleja que ξ0 ∝ 1/r. Halle la dependencia de la intensidad y la amplitud de las ondas respecto a la distancia r a la fuente. Un observador está a una distancia D de una fuente puntual que emite ondas esféricas.85 × 10−7 m2 . ν 220 v 217.987 Vemos así que la intensidad depende de 1/r2 .932 × 10 W/m . Halle D. Universidad de Antioquia. t) = 0. ν 220 (e) Para las 3 ondas utilicemos la función de onda ξ = ξ0 sen 2π (t/ P ± x/λ ).36) ξr ( x. pero la velocidad sí ya que depende de las propiedades del medio.36.544 m. 1.6 = ≈ 0.932 × 106 W/m2 )(7.085 × 106 W/m2 . y se debe escribir el signo (+).. la onda reflejada se propaga hacia la izquierda. I ( D − 50) = 2 I ( D ). A 4π r2 (1. 1 Ir = 2 v1 ρ1 (2πν )2ξ02 r √ la constante de proporcionalidad es P/(2π vρω2 ).544 220t + .29 × 10−3 sen 2π x 0. .7 m. Problema 1. λ1 = v1 119.017 × 106 W/m2 )(7.85 × 10−7 m2 ) = 0.987 m.85 × 10−7 m2 ) = 0. siendo la constante de proporcionalidad igual a P/4π . Igualando las Ecs. Según los datos del problema. Suponiendo que dentro de una esfera de radio r centrada en S no hay otras fuentes ni sumideros de energía. Como las ondas incidente y transmitida se propagan hacia la derecha. Cuando se acerca 50 m a la fuente la intensidad se duplica.12) y (1. I ∝ 1 /r 2 . La potencia de las ondas es Pi = Ii A = (1. . Una fuente puntual S emite ondas en un medio homogéneo. Pr = Ir A = (0.017 × 10 W/m .12.29 × 10−3 m)2 = 0. Ejemplo 1. t) = 10−3 sen 2π 220t − x 0. pero esta es una buena aproximación en puntos alejados de la fuente. La anterior ecuación es. Sea P la potencia de la fuente.067 W. la intensidad en cualquier punto de la superficie de la esfera es I (r ) = P P = . En la Fig.17..20.5 m es la longitud de la cuerda). k= π 2 ( 32 + 42 + 02 ) m−2 = 5 π m−1 .3 m. Reemplacemos en la Ec. (e) Halle la rapidez de propagación de las ondas viajeras. con ángulos α (con el eje x).17). En la Ec. (d) Si en todo instante un extremo no vibra. 1. La frecuencia fundamental ν f se obtiene . y. − 1 k 5 5π m −1 −1 k z −1 0 m −1 γ = cos = cos = cos 0 = 90. La polarización es lineal pues ξ siempre es paralelo a z. α = cos k 5 5 π m−1 ky 4 π m−1 4 β = cos−1 = cos−1 = cos−1 = 36. según las Ecs. La orientación de la cuerda es la de k.37. y A = 0. ω = 10 000π s−1 . B no vibra y es un extremo fijo. La frecuencia angular es el coeficiente del tiempo. 1. esto es.37. La Ec. el de y es k y y el de z es k z . 1. las vibraciones son paralelas al vector unitario u z . 1.14 Ejemplo 1. k 5 π m−1 y B 36.17) v = ω/k. 1. (1. cos β y cos γ se denominan los cosenos directores de k). (e) Las ondas viajeras que se propagan con sentidos opuestos y dan lugar a la onda descrita por la Ec. (c) Según la Ec. de extremos A y B. ξ B (t) = 10−3 cos(3π × 0.37 no es una función de (k · r − ωt). k 5 π m−1 (cos α .16) y (1.37) La cuerda. β (con el eje y) y γ (con el eje z) iguales a. (f ) Encuentre la frecuencia fundamental y el orden del armónico descrito por la Ec. Además. ξ (r.37 lo hacen con rapidez (Ec. Héctor Alzate L.00◦ .4) × sen(10 000π t)u z = 10−3 cos(2. x A = 0. (b) En 3 dimensiones.13◦ . ξ x v= (f ) Las frecuencias propias las da la Ec. k x = 3 π m−1 . 1.37. en una onda viajera la amplitud es constante. el extremo A está en el origen. Para evaluar a ξ . k z = 0 y k · r − ωt = k x x + k y y − ωt. k y = 4 π m−1 . 1. y esta perpendicularidad es lo que define a una onda transversal. Solución. tiempo en s) Figura 1. lo que quiere decir que las ondas viajeras (una con vector k y la otra con vector −k) que dan lugar a la onda estacionaria se propagan paralelo al plano xy. 1.9◦ k 53.5π ) sen(10 000π t)u z = 10−3 × 0 × sen(10 000π t)u z = 0. Universidad de Antioquia.37 el coeficiente de x es k x . mide 50 cm y su densidad es 4 g/cm3 . −1 x B = L cos α = 3 5 L = 0. mientras que esa función tiene una amplitud f ( x) = 10−3 cos(3π x + 4π y) que depende de la posición del punto ( x. por lo tanto no es una onda viajera. z A = 0.1◦ A z. pues la onda se propaga a lo largo de ella. z B = L cos γ = 0 × L = 0.12 Ondas en una cuerda. k z = 0. Enero de 2004 Física III Las ondas en una cuerda se describen con la función vectorial de onda (longitud en m. El vector de propagación k no tiene componente z. k · r − ωt = k x x + k y y + k z z − ωt. (1. (b) ¿Es viajera o estacionaria la onda? (c) ¿Es longitudinal o transversal? ¿Cómo está polarizada? (d) Halle si los extremos de la cuerda son fijos o libres. Ec. y B = L cos β = 4 5 L = 0. si vibra es un extremo libre o antinodo.87◦ . 3 π m−1 3 kx = cos−1 = cos−1 = 53. En este ejemplo. son perpendiculares a la misma cuerda o a k: ξ ⊥ k. ξ A (t) = 10−3 cos(3π × 0 + 4π × 0) sen(10 000π t)u z = 10−3 sen(10 000π t)u z .18. 1. La magnitud del vector de propagación es. 0) de la cuerda. pues un tubo abierto-cerrado es análogo a una cuerda con extremos libre-fijo. (a) Ubique la cuerda en un sistema cartesiano. t) = 10−3 cos(3π x + 4π y) sen(10 000π t)u z .4 m. encontremos las coordenadas de los extremos A y B ( L = 0. es un nodo de desplazamiento o extremo fijo. 1. La rapidez es 10 000π s−1 ω = = 2000 m/s.3 + 4π × 0. (a) Hallemos la dirección de propagación.12 se ubica la cuerda con estos ángulos y con el extremo A en el origen. A se comporta como un extremo libre pues está vibrando. 6 da que p( A) = p0 : la presión en los antinodos de desplazamiento es p0 . pues la frecuencia fundamental cambia a v/4 L = 345. la N (nodo de desplazamiento) marca un plano transversal cuyos puntos están en reposo. en la figura vemos que L = λext /4. a ν /ν f se le denomina el orden del armónico . = (2n + 1) × 0. Por definición. Si queremos expresar a L en términos de la longitud de onda del sonido del parlante λext . 1000 Hz 1. En caso de que el generador de impares. 1.33 m = 0. Universidad de Antioquia. Solución. el antinodo de desplazamiento que se espera allí se desplaza cierta cantidad fuera del tubo.13a). reemplacemos νext = v/λext en la Ec. Despejemos y hallemos las 3 primeras longitudes (n = 0. Suponga una temperatura de 25. y ∂ξ /∂ x = 0. 1. y generalmente p0 es la presión atmosférica. pues en ellas el tubo absorbe mucha energía sonora proveniente del parlante.6 Hz (nota do central) está al frente del extremo abierto de un tubo (Fig. λext 4L (b) Con n = 0 se obtiene el modo fundamental o armónico de orden 1 (Fig. 1. se hubiera escrito como (2n + 1219). un tubo de ∼ 5 cm de diámetro y un L máximo de 90 cm). o de una forma extraña como (2n + 1219).20. n = 2. si ν /ν f es un entero. 1.0 + 273.9. · · · . el aire en su interior adquiere una gran amplitud de vibración.2 Hz. cuando mide 99 cm entra en resonancia con el tercer armónico. L = λext /4 + λext /2 + λext /2 = 5λext /4.13b). Orden del armónico = Ejemplo 5000 Hz = 5. ya que el generador de impares se ha escrito como 2n + 1.37 tiene una frecuencia ν= 10 000π rad · s−1 ω = = 5000 Hz. Predecir su valor es un problema complejo que depende de las características físicas del parlante. 1. La A (antinodo de desplazamiento) en estas figuras marca la posición de un plano transversal al tubo cuyos puntos vibran con la máxima amplitud. n = 0.0 ◦ C.2 Hz. muestre en cada caso la distribución de amplitud y la posición de los nodos y antinodos de desplazamiento. les corresponderían unos valores distintos de n. νext = (2n + 1) v . L = (2n + 1) v 345. (a) Halle la longitud de las 3 primeras columnas de aire que entran en resonancia con el parlante. Cuando la columna de aire mide 33 cm el parlante entra en resonancia con el modo fundamental de la columna. (a)√ La rapidez del sonido es. n = 1. 4L n = 0. a los armónicos hallados. llamada corrección de extremo abierto . (En el Laboratorio de Física III esta experiencia se hace con una frecuencia mayor. aunque seguirían siendo de orden 1. La longitud L de la columna de aire se puede cambiar moviendo el pistón que sobresale a la derecha del tubo.33 m.99 = 87. n = 1. esta definición implica que el modo fundamental siempre es el armónico de orden 1. λext /4. ¿por qué la resonancia es con el armónico de orden 5?) Un observador cercano al tubo distingue fácilmente cuando el pistón pasa por las resonancias. Esto en la Ec. de la columna de aire y del espacio entre el parlante y el tubo. los antinodos de desplazamientos son nodos de presión. Se presenta resonancia cuando una de las frecuencias propias de la columna de aire (la frecuencia fundamental o uno de los sobretonos) entre en resonancia con la frecuencia externa (νext ) del parlante.6 Hz es exactamente 3 veces 87.4 m/s = (2n + 1) 4νext 4 × 261. 2π 2π rad Cancelemos v y despejemos L.6 s−1 0. Con n = 1 se obtiene el primer sobretono o armónico de orden 3 (Fig.4 m/s. (Cuando mide 1. lo que ya se sabe cuando se dice que las ondas de presión y de desplazamiento están desfasadas 90◦ ó λ /4. Enero de 2004 15 con n = 0. y el observador escucha una importante variación del volumen. y la νext de 261. 1. λext L = (2n + 1) = 3λext /4. L = λext /4 + λext /2 = 3λext /4. 1.13c). ext n = 0.5 m El armónico descrito por la Ec.4/4 × 0.20. La presión en A no cambia. según la Ec. 2.99 m. 4L 4 × 0. 4 5λ /4. 2).65 m. Con n = 2 se obtiene el segundo sobretono o armónico de orden 5 (Fig. Un parlante que emite un sonido de 261. por alguna razón. v v = (2n + 1) . n = 2. 1. Debido principalmente a que el extremo abierto radia energía hacia el exterior.. v = 20 25. En los antinodos la variación de ξ es máxima. ¿qué n le correspondería al modo fundamental y a los armónicos de orden 3 y 5? . 1.19.65 m. (b) Mediante un esquema. Según la Ec. 1. v 2000 m/s νf = = = 1000 s−1 = 1000 Hz.2 = 345. Si el generador de impares (2n + 1) se hubiera escrito como (2n − 1). 1. 1. 3 y 5 respectivamente.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.13d). por definición de densidad de energía. Es una energía extraordinariamente pequeña. La energía total es la integral sobre el volumen del tubo. según la Ec. Enero de 2004 Física III Extremo cerrado Pistón A ( a) L N (b) λ /4 L A N A λ /2 (c) Figura 1. debemos evaluar la energía en un diferencial de volumen y luego integrar.38) E= V E dV = 2 2 2 1 2 ρω f ( x )π r d x La densidad del aire es 1. L = 90 cm r 2. esto es. 0 dV dx A La integral da L/2. para que no se escuchen pulsos.15). d E = E dV . La densidad E (Ec.025 m)2 (0.8 × 10−11 J. Como la amplitud depende de x. se presenta la complicación de que la amplitud de las vibraciones del aire depende de la posición en el interior del tubo. La amplitud f ( x) es el coeficiente de la función que da la variación temporal. 1. En el interior de un tubo de 90 cm de longitud y sección circular de 2. .2 kg/m3 . Universidad de Antioquia.11) depende de la amplitud y.13 L N A N A λ /2 (d) N A λ /2 N λ /4 λ /4 Resonancia entre una columna de aire y un parlante.14 E= Solución. L 0 L 0 Ejemplo 1. Nota: La frecuencia del ejemplo.. Halle la energía sonora promedio en el interior del tubo. La función de onda es (longitud en m. como en el tubo existe una onda estacionaria y no viajera. Figura 1. En la Ec.21. 10−14 m2 πρω2 r2 L 4 10−14 m2 = π (1.16 Columna de aire L Héctor Alzate L. aunque los datos utilizados son reales. La energía en un dV es.38 es f ( x) = 10−7 m cos kx. Un diapasón la de 440 Hz y una cuerda de una guitarra se hacen sonar simultáneamente (Fig. tiempo en s) ξ = 10−7 cos kx sen 586π t. corresponde a una nota re.20.5 x cm 2 2 = 1 2 πρω r f 2 ( x) d x L 0 = 10−14 m2 πρω2 r2 2 cos2 kx d x.2 m (Fig.5 cm de radio hay una onda sonora con longitud de onda de 1.9 m) La densidad de energía de una onda estacionaria depende de x. = 1.14).2 kg/m3 )(586π s−1 )2 4 × (0. ν = ω/2π = 586π /2π = 293 Hz. En la figura vemos que dV = Ad x = π r2 d x. 1. Halle en qué porcentaje se debe cambiar la tensión de la cuerda para afinarla. 1. Ejemplo 1. 1. 1. (1. La energía es igual al producto del número de joules en cada metro cúbico (densidad de energía E ) por el número de metros cúbicos (volumen V ). Se escuchan 15 pulsos por segundo.11 se debe reemplazar a ξ0 por f ( x). Si α es la fracción del cambio. como erróneamente puede sugerir la figura.5 % para que la frecuencia del armónico disminuya de 455 a 440 Hz.065 quiere decir precisamente que es necesario mermar la tensión. L. Un observador O se mueve hacia F a 40 km/h sobre la misma línea.8 Hz y se mueve hacia la izquierda con v S = −11. Al golpear un diapasón se producen varias frecuencias.18 para hallar la frecuencia con que las ondas llegan a O. la frecuencia emitida es ν = 440 Hz (Fig.2 % para que la frecuencia del armónico aumente de 425 a 440 Hz. la nueva tensión es T + α T y νp = 0 = n 2L n 2L T + αT n − νd = µ 2L T√ 1 + α − νd . Despejemos la fracción buscada α y reemplacemos los datos. Según las Ecs. 440 Hz Frecuencia variable √ 0 = (νd ± ν p ) 1 + α − νd . si en esta ecuación ν p < 0. que sí son armónicos. Se sobreentiende que todas las velocidades son con respecto a un observador en reposo en el medio. El diapasón también debe ir sobre una caja de resonancia para que dé un buen volumen).19) y (1. pero solo la fundamental sobrevive un tiempo mucho mayor que los sobretonos (ningún sobretono de un diapasón es armónico) y así la frecuencia del diapasón es única. νn < νd . (1. en caso contrario. n 2L n 2L T − νd . por lo tanto O se convierte en una nueva fuente que emite con ν = 477. solo quiere decir que νn < νd . νn > νd .1 m/s.. ν = 440 Hz ±ν p = Despejemos. v S = +60 km/h = +16. por lo que lo resolvemos para ambos casos.1 m/s. v = +340 m/s.15 Se Cuerda escuchan pulsos νd νd ± ν p 2 −1 = 0. 1. negativas o cero.065. si la cuerda está sobretemplada. Reemplacemos en la Ec. el nuevo observador es F que se mueve hacia la derecha con = . Dividamos la solución en dos etapas: (a) Hallar la frecuencia con que las ondas llegan a O y (b) hallar la frecuencia con que las ondas reflejadas por O regresan a F. que se mueve a 60 km/h en línea recta (Fig. vO = −40 km/h = −11. (El sonido que se escucha de la guitarra proviene casi en su totalidad de la caja de la guitarra y no directamente de la cuerda. 1. 1.18 las vamos a tratar algebráicamente. µ T (1 + α ) − νd µ (+340 m/s) − (−11. si la cuerda esta destemplada hay que incrementar la tensión en 100 α = 7.1 m/s) = 477. emite un sonido de 440 Hz —nota la central—. 1. −0. νn > νd . Note que en la solución no fue necesario conocer los valores de n. Ejemplo 1. 440 Hz. como cantidades que intrínsecamente pueden ser positivas. Universidad de Antioquia. νn la de la cuerda y ν p la de los pulsos. Halle la frecuencia con que las ondas reflejadas por O regresan a F.21). Con una cuerda es diferente: al excitarla.8 Hz. νcuerda = Solución. 1.16a).072. (b) La frecuencia de las ondas no cambia por reflexión (ni por transmisión). Los datos del ejemplo son νd = 440 Hz y ν p = 15 Hz. µ (1. la fundamental y varios sobretonos.22. Enero de 2004 17 Reemplacemos la Ec. el observador es O y se mueve hacia la izquierda. hay que disminuir la tensión en 100 α = 6. Si uno de los armónicos de orden n tiene su frecuencia cercana a νd .7 m/s. Una fuente sonora F. (a) La fuente es F y se mueve hacia la derecha. µ T = νd ± ν p . Solución. (+340 m/s) − (+16. Las diferentes cantidades de la Ec. La rapidez del sonido en el aire es 340 m/s. α= si Diapasón Figura 1. En términos de porcentaje. es decir.7 m/s) La frecuencia aumenta puesto que FO disminuye. El signo (−) en el valor α = −0. que en este caso es el aire.39) Para que no se presenten pulsos la tensión se debe cambiar hasta que νn = νd .1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.39 en la anterior ecuación. Sean νd la frecuencia del diapasón.16a). debido a la interferencia de ese armónico con el sonido del diapasón se escuchan pulsos de frecuencia ν p = νn − νd . Ninguna frecuencia es negativa. T ni µ . tienen amplitudes y tiempos de duración similares. el sonido percibido se propaga hacia la derecha. Con los datos del ejemplo no sabemos cual frecuencia es mayor. Reemplazando en la Ec. pp.. 1998.8 Hz = 518.18. American Institute of Physics. 1.con músicos en una estación de tren.2 Hz. vS v = +340 m/s vO x vO v = −340 m/s vS x F (a) Figura 1. Enero de 2004 Física III Nota histórica: A comienzos del siglo XIX el estudio de las estrellas dobles indicaba que las frecuencias de la luz emitida por una de las estrellas eran mayores que las de la otra.7 m/s. La frecuencia percibida es diferente de la emitida si la distancia entre la fuente y el observador cambia. Dijo que este cambio también lo (−340 m/s) − (−11. * Robert Beyer. el sonido percibido por F se propaga hacia la izquierda con v = −340 m/s (Fig.16 O F ( b) O Efecto Doppler. Doppler. 1. Universidad de Antioquia. en 1842. alejamiento de la otra.7 m/s) ν = 477.1 m/s) debía presentar el sonido. 42-44 .* do emitido inicialmente sea un la. vO = +16.18 Héctor Alzate L. lo explicó como un efecto de un acercamiento de una de ellas a la Tierra y un (−340 m/s) − (+16. Sounds of Our Times. obtenemos la frecuencia de las ondas que regresan a F. Ballott lo comprobó en 1845 Esta frecuencia es próxima a la de undo aunque el soni.16b). 2 Recuerde que ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS . ∇ · B(r.2. t) = 0. t) = − ∂t ∇ · B(r. ∇ × B(r. Halle ∇ × r. Muestre que las dimensiones de ∇ son L−1 y de ∇2 son L−2 . cuando se escribe a mano. son ∇ · E(r. t) = µ0 0 . ∂t En el vacío. ∇ × E(r. ej. t) ∇ × E(r. 2 ∂x ∂y ∂z Halle ∇ · r. se debe ˆ escribir. Utilizando la expresión para el gradiente en coordenadas cartesianas.2. t). ∂B(r. ∂B(r. ∂ ∂ ∂ ∇ = ux + uy + u z . F. diferenciar entre vectores y escalares escribiendo una flecha sobre los vectores.3) (2.4) . t) .. A continuación resolvemos dos ejemplos con el propósito de lograr alguna familiaridad con el operador ∇. ej. rot r ≡ ∇ × r ∂ ∂ ∂ + uy + uz × (u x x + u y y + u z z) ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y = uz − uy − uz + ux + uy − ux ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z Solución. Solución. t) = 0. A la operación ∇ × se le llama el rotacional o rot.. Las Ecuaciones de Onda en el Vacío ∇ · E(r. p. t) = µ0 0 Las ecuaciones de Maxwell son: ∂E(r. A la operación ∇ · se le llama la divergencia o div. p.1) (2. Es indispensable. y r = u x x + u y y + u z z. t) = ρ(r. en su lugar. k.2) (2. t) + µ0 j(r. Problema 2. Ejemplo 2.1. ∂t 19 (2. ∂2 ∂2 ∂2 + 2 + 2. cuando el vector es unitario. div r ≡ ∇ · r ∂ ∂ ∂ + uy + uz · (u x x + u y y + u z z) ∂x ∂y ∂z ∂x ∂ y ∂z = + + = 1 + 1 + 1 = 3.1. 2. ∂x ∂ y ∂z = ux = ux Problema 2. Ejemplo 2. t) = 0. o sea aplicadas en puntos del espacio sin cargas (ρ = 0). u ˆ x . ∂t ∂E(r. muestre que ∇2 = = 0 + · · · + 0 = 0. ni corrientes (j = 0).1. un ‘gorro’. t) ∇ × B(r. t)/ 0 . por ∂x ∂y ∂z lo tanto. t) = − . El miembro izquierdo de esta ecuación nos dice que derivemos primero respecto al tiempo a B y al vector resultante lo derivemos espacialmente con el operador rotacional. Reemplazando los valores de la permeabilidad √ magnética µ0 y de la permitividad eléctrica del vacío 0 . en unidades SI.6) Reemplazando en esta ecuación a E por ξ y a 1/(µ0 0 ) por T /µ .8544 × 10−12 = 299 790 km/s.2566 × 10−6 × 8.4). Llegamos así a la ecuación de onda −∇2 E = − ∂t ∂t ∇2 E = µ0 ∂2 E . la identidad toma la forma ∇ × (∇ × D) = ∇(∇ · D) − (∇ · ∇)D = ∇(∇ · D) − ∇2 D. Enero de 2004 Física III Apliquemos el operador rotacional a ambos miembros de la Ec. Hemos reemplazado a ∇ · ∇ por el operador ∇2 . ¿Con qué velocidad se propaga B en el vacío? Ayuda: Aplique el operador rot (o sea ∇×) a 0 ∂2 B . 1 c= √ µ0 ≈ 300 000 km/s. El producto triple vectorial de 3 funciones vectoriales A. (2. De las √ Ecs. 0 ∂t2 (2. E cumple la identidad* ∇ × (∇ × E) = ∇(∇ · E) − ∇2 E. ∇(∇ · E) − ∇2 E = −(∂/∂t)(∇ × B). conocida con la letra c.3). C y D es A × (C × D) = C(A · D) − (A · C)D. . (2. ∂t2 µ0 0 ∂ x2 (2.7) la Ec. 2.. Como las derivadas temporal y espacial conmutan. ∇ × (∂B/∂t) = ∂(∇ × B)/∂t. Al igualar las dos últimas ecuaciones. Esta velocidad. y proceda de manera análoga a como se hizo para llegar a la Ec. ∂t2 (2. ∇2 = ∂2 /∂ x2 y la Ec.5) o (2.6) concluímos que E en el vacío se propaga ondulatoriamente con velocidad 1/ µ0 0 . Introduciendo las Ecs. y ∇ × (∇ × E) = − ∂ (∇ × B). obtenemos la ecuación para las ondas de desplazamiento ξ en una cuerda.3. Si asociamos a A y C con ∇. es una de las constantes fundamentales de la naturaleza. (2. ∇ × . * Justificación. obtenemos ∂E ∂ µ0 0 .20 Héctor Alzate L. (2. ∇ × (∇ × E) = −∇ × ∂B ∂t .7) a partir de las ecuaciones de Maxwell. Universidad de Antioquia. (2.1) y (2.5) Para una onda que se propague sólo en la dirección x. (2. ∇2 B = µ0 Problema 2.5).5 adopta la forma ∂2 E 1 ∂2 E = . obtenemos c = 1/ 1. Sea E el vector D. En resumen. este operador se llama el laplaciano. ∂t Además. Halle la Ec. 0 B en el vacío también cumple la ecuación de onda.4). para nosotros la misma palabra tiene un significado diferente. los experimentos de Michelson y Morley). que la luz es una onda electromagnética. a la manera de balines. Notamos que Maxwell no utiliza el signo de derivada parcial ∂. entre ambos remolinos existen unos rodamientos. y para entenderla es necesario renunciar al éter (tan imprescindible para los físicos antes de 1905): La luz es un nuevo tipo de onda. etc. *** Op. Maxwell no escribió textualmente las ecuaciones (2. hasta bien entrado el siglo XX. La predicción (c) implica que la luz. A Treatise on Electricity and Magnetism. Ensayos de Historia de la Mecánica. segundo tomo. Maxwell predijo: (a) a partir de la deducción de las ecuaciones de onda. dt d2 H Kµ 2 + ∇2 H = 0. y otra cosa es lo que Newton pensó de sus leyes. segundo tomo. y mostró que la velocidad esperada es muy próxima a la de la luz. Maxwell. y cómo las escribió. cómo las aplicamos y cómo las escribimos. p. En este libro se En el año de 1873 J.** son d2 F + ∇2 F = 0. dentro de estos esfuerzos. Esto se debe principalmente a Oliver Heaviside (1850-1925) y J. por ejemplo del Sol a la Tierra. En lugar de una ecuación vectorial. En este libro halló.7). Algunos Comentarios a Raíz de las Ecuaciones de Onda modelo físico de Maxwell para la propagación de la luz. llega a la Tierra. 1975. escribe tres ecuaciones escalares. New York. independiente de la velocidad del observador inercial que la mida o de la fuente que la produzca. Maxwell (1831-1879) publicó* A Treatise on Electricity and Magnetism. que llena todo el espacio. El campo magnético se asocia con la energía cinética del remolino. Madrid. o sea la luz. antes de 1905. Enero de 2004 21 2.. K. se pensaba que ocurría lo mismo: se perturba el éter en contacto con el imán. 470." ("Magnetic force is the effect of the centrifugal force of the vortices. Dice en su Treatise *** : "La fuerza magnética es el efecto de la fuerza centrífuga de los remolinos. Las ecuaciones de onda. dt2 d2 G Kµ 2 + ∇2 G = 0.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. siempre pensaban en un medio material cuya vibraciones. del cual ya hemos señalado algunos aspectos. que no requiere de un medio material. G y H son las componentes cartesianas del campo. con la matemática y la física de la época. F. . 1954. cit. las ecuaciones de onda. fue necesario desarrollar aún más de lo que Maxwell conocía.. Dover Publications. Es sorprendente que de Maxwell sobrevivan sus ecuaciones (aunque con una presentación matemática renovada). que permiten la igualdad entre los sentidos. aunque utiliza el signo de derivada total con el significado de derivada parcial. descubiertos en 1897.5) y (2. pero fue imposible probar su existencia física (es de destacar. por ejemplo.") Se dedicaron. a la manera newtoniana: la manifestación de masas sometidas a fuerzas. Los fenómenos se concebían mecánicamente. Las predicciones (a) y (b) fueron comprobadas en el laboratorio antes de 1900. **** C. Truesdell. Willard Gibbs (1839-1903). ingentes esfuerzos a detectar el éter. El éter en contacto con el Sol empieza a vibrar. (b) que la velocidad de estas ondas es igual a la de la luz. en cambio. el éter luminífero. no es la deformación de un medio. que ya había sido medida con diferentes métodos. En 1687 publicó los Principios Matemáticos de la Filosofía Natural. un imán. la notación y el análisis vectorial. Él no supo de la existencia de los electrones. 434. ** Op. pero él con la predicción (c) convirtió a la óptica en un capítulo del electromagnetismo. K. y (c) debido a la igualdad entre la velocidad predicha de las ondas electromagnéticas y la velocidad de la luz. es similar a como se propagan las ondas en la superficie del agua: Debe existir un medio material. constituían la onda. Quienes pensaban en una onda. cómo las aplicó.2.. el campo eléctrico se asocia con cierta energía potencial. Editorial Tecnos. sino en el modelo físico. esto es. no es en la presentación y el tratamiento matemáticos. Así. En 1905 Einstein postuló: La luz en el vacío se propaga con velocidad c. cit. debe provenir de las cargas eléctricas del filamento. por ejemplo la producida por el filamento de un bombillo. ni de la estructura nuclear del átomo. la existencia de las ondas electromagnéticas. tomadas textualmente del Treatise. p. Universidad de Antioquia. Los campos eléctricos y magnéticos son manifestación de perturbaciones del éter: el campo magnético en un punto es la manifestación de un remolino de éter. cuyo eje coincide con la dirección de B. halladas con un modelo físico completamente descartado.. y cuyas deformaciones constituyen la luz. Dos tomos. Con la palabra vacío los físicos del siglo XIX quieren decir el espacio sólo con la presencia de éter. dt Kµ K es la permitividad . y llegar a ellas como hicimos en la sección anterior. y va avanzado una perturbación con velocidad c. Antes de Maxwell la Óptica y el Electromagnetismo eran dos ramas independientes de la física. y pone en movimiento al éter vecino. Al hacer oscilar. En un punto cercano hay otro remolino con el mismo sentido de rotación que el primero. Lo que fallaba era el modelo: la luz no es una onda mecánica. Pero donde encontramos una mayor diferencia del trabajo de Maxwell respecto a nuestra época. deformaciones. Para hacerlo. Con Newton (1642-1727) ocurre**** lo mismo que con Maxwell: una cosa es lo que nosotros conocemos como las leyes de Newton. el * J. y así sucesivamente hasta que la perturbación. 22 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Enero de 2004 Física III propuso deducir toda la física a partir de unos axiomas, conocidos como las tres leyes de Newton. (Euclides quiso hacer lo mismo, pero en geometría, en el libro Los Elementos, cerca de 2000 años antes de Newton). El lenguaje matemático de Newton y de su época es la geometría euclidiana. Las variables y parámetros (espacio, tiempo, velocidad, aceleración. . . ) se representaban, desde hacia siglos, mediante segmentos de rectas o de curvas de una gráfica (o mediante ángulos, áreas. . . ), no con letras (x, t, v, a. . . ). La solución de los problemas era predominantemente gráfica, no con fórmulas analíticas. Fue necesario el trabajo intenso de otros matemáticos y físicos (especialmente de Euler) para llegar al método newtoniano de solución de un problema que, en el caso de una partícula de masa M, consiste en hallarle la trayectoria r(t) a partir de la segunda ley de Newton: la fuerza resultante sobre M se iguala al producto de M por la aceleración a, y se resuelve la ecuación diferencial resultante para despejar a r(t): F = Ma = M Las ecuaciones Fx = Ma x , Fy = Ma y , Fz = Ma z , d2 r(t) . dt2 Breve Historia de Algunos Símbolos.** La Tabla 2.1 muestra algunos símbolos, la fecha de su primera aparición escrita con el significado actual, y su autor. La designación de puntos, líneas y planos por letras se ha llevado hasta Hipócrates de Quíos, ∼440 a. n. e. Los signos + y − fueron de uso general en aritmética solo en el siglo XIX. El nombre de nabla para ∇ fue sugerido por Robertson Smith (∼ 1860) a causa de la similitud del símbolo con un arpa asiria. La notación actual tuvo aceptación general solo después de 1915. Tabla 2.1 Símbolo — +, − = <, > × ∞ ÷ d x, π e i n! ∇ a · b, a × b ∇·, ∇× ‡ ∂ ∂ Fecha S XII 1489 1557 1631 1631 1655 1659 1675 1706 1728 1777 1786 1808 1853 1881 1881 Autor al-Hassâr‡ Johann Widman Robert Recorde Thomas Harriot William Oughtred Wallis Johann Rahn Leibniz William Jones Euler Euler Legendre Christian Kramp Hamilton Gibbs Gibbs aplicables a cualquier sistema mecánico (una partícula, un sistema de partículas, un sólido, un medio elástico, un sistema continuo o discontinuo) solo fueron publicadas por Euler* cerca de 1750. Newton nunca las escribió, y menos escribió la ecuación vectorial (conocida como la segunda ley de Newton para masa constante) equivalente a las tres anteriores ecuaciones escalares, F = Ma. Sin embargo, el nombre de leyes de Newton es justo, pues son la presentación en un lenguaje matemático simbólico de los axiomas expuestos en su libro los Principios. Como símbolo fraccional. 2.3. Solución en Ondas Planas de las Ecuaciones de Onda Las Ecuaciones (2.5) y (2.7) admiten una solución de la forma E(r, t) = E(u · r − ct) y B(r, t) = B(u · r − ct), donde u es un vector unitario en la dirección de avance de la onda. La fase contiene la dirección de propagación, puesto que u · r − ct forma parte de la fase; sin embargo, no contiene la dirección del campo. Puesto que el valor de (u · r − ct) en cierto instante especifica un plano, E y B son constantes en todos los puntos de ese plano, y a las mencionadas soluciones para E y B se les denomina solución en ondas planas. En este caso, como lo demostramos a continuación, necesariamente los vectores u, E y B son ortogonales entre sí, lo que constituye una demostración de que las ondas electromagnéticas planas son transversales, esto es, no hay componente de los campos en la dirección u de propagación. * A la ley d m a = d f John Papastavridis la llama la ley de Newton-Euler en su libro Analytical Mechanics, p. 102, Oxford University Press, 2002 ** F. Kajory, A History of Mathematical Notations, Dover Publications, New York, 1993. (847 páginas). M. J. Crowe, A History of Vector Analysis, Dover Publications, New York, 1994. 2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Enero de 2004 23 Introduciendo la variable s ≡ u · r − ct = u x x + u y y + u z z − ct, (2.8) —estas u x , u y y u z no son vectores unitarios, sino las componentes del vector unitario u—podemos escribir E(u · r − ct) = E(s) = u x E x (s) + u y E y (s) + u z E z (s) y B(u · r − ct) = B(s) = u x Bx (s) + u y By (s) + u z Bz (s). Consideremos el vector ∇ × E(s),* ux ∂ ∂x Ex uy ∂ ∂y Ey uz ∂ ∂z Ez ∇×E = . Desarrollando el determinante, vemos que la componente x del vector (∇ × E) es (∇ × E) x = ∂ E y (s) ∂s ∂ E z (s) ∂s ∂ E z (s) ∂ E y (s) − = − . ∂y ∂z ∂s ∂ y ∂s ∂ z Pero ∂ E z (s)/∂s = dE z (s)/ds y ∂ E y (s)/∂s = dE y (s)/ds; según la Ec. (2.8), ∂s/∂ y = u y y ∂s/∂ z = u z . Reemplazando estas igualdades, obtenemos (∇ × E) x = u y dE z (s)/ds − u z dE y (s)/ds. Examinando el miembro derecho de esta ecuación notamos que es una resta donde está ausente el índice x, mientras que y y z se alternan simétricamente, llevándonos esto a pensar que es la componente x del producto vectorial u × dE/ds, o sea ( ∇ × E ) x = ( u × dE /ds ) x . Siguiendo un procedimiento análogo al del anterior párrafo, se demuestra que (∇ × E) y = (u × dE/ds) y y (∇ × E) z = (u × dE/ds) z ; por lo tanto, ∇ × E = u × dE /ds . De igualar esta ecuación a la Ec. (2.3) resulta u × dE/ds = −∂B(s)/∂t. Derivando en cadena, ∂B(s)/∂t = ∂B(s)/∂s · ∂s/∂t. Pero ∂B(s)/∂s = dB/ds y ∂s/∂t = −c [vea la Ec. (2.8)]; por lo tanto, ∂B(s)/∂t = −c dB/ds. O sea que u × dE/ds = −(−c) dB/ds. Eliminando ds obtenemos u × dE = c dB. Integrando, u × dE = c dB: u × E = cB. Multiplicando por el número de onda y recordando que ku = k y kc = ω, llegamos a k × E = ωB. Despejando B, 1 1 B = k×E = ω ω ux u y uz kx k y kz Ex E y Ez . (2.9) Esta ecuación nos da información útil: por propiedad del producto vectorial, B ⊥ k y B ⊥ E. El campo B es transversal por ser perpendicular a la dirección de k, que es la de avance de la onda: k · B = 0. Además, si B(r, t) = 0, E(r, t) también vale cero: en el punto r y en el instante t los campos eléctrico y magnético están en fase o en contrafase. * Justificación. Sean A y C dos vectores, y D su producto vectorial; entonces D = A × C = ux Ax Cx uy Ay Cy uz A z . AsoCz ciamos a A con ∇ y a C con E. 24 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Enero de 2004 Física III También se puede demostrar que c2 c2 k×B = − ω ω ux u y uz kx k y kz Bx B y Bz E=− . Según esta ecuación, E ⊥ k: el campo eléctrico es transversal, k · E = 0. En una onda plana, E y B están en el frente de onda. Calculemos la magnitud de B con la Ec. (2.9): |B| = B = (1/ω)|k| |E| sen 90◦ = (k/ω) E; como k/ω = 1/c y despejando E, E = cB. (2.10) Esta ecuación nos dice que las magnitudes de E y B están relacionadas a través de c. Vectorialmente, la ecuación no se cumple: E = cB. Problema 2.4. Demuestre que en el vacío, E = c2 −ω k × B. Ayuda: Siga un procedimiento análogo al que se recorrió para llegar a la Ec. (2.9): (∇ × B) x = (∂/∂ y) Bz (s) − (∂/∂ z) By (s) = . . . Utilice la Ec. (2.4). 2.4. 2.4.1. Energía de una Onda Electromagnética Conservación de la Energía Imaginemos un medio no disipativo en el que se propagan ondas. Sea una superficie cerrada A que delimita un volumen V (Fig. 2.1). Una onda transporta energía y en cada punto del espacio tiene una dirección de avance. Podemos idear un vector S(r, t) cuya magnitud sea la intensidad y su dirección la de avance de la onda: S ≡ I u. Puesto que la intensidad es energía por unidad de tiempo y unidad de área, entonces la energía que por unidad de tiempo atraviesa el diferencial de área da es el producto escalar S · da. La rapidez de flujo de energía a través de toda la superficie A es la suma de los aportes de todos los da que conforman a A: Rapidez de flujo de energía a través de A = S · da. A Sea EV (t) la energía instantánea dentro de V ; la rapidez con que cambia EV es Figura 2.1 La super cie A delimita el volumen V, en un medio en el que se propagan ondas. Rapidez de cambio de la energía en V = d EV (t)/dt. Si A S · da > 0 es porque a través de A hay un flujo neto de energía hacia el exterior de V y, por conservación de la energía, esta integral es lo que V está perdiendo, o sea que dEV (t)/dt sería negativo: la energía que V pierda la gana el exterior de V : Rapidez de flujo de energía a través de A = − Rapidez de cambio de la energía en V, S · da = − d EV ( t ) . dt (2.11) A por lo tanto. Este último paréntesis es la densidad instantánea de energía eléctrica E E (r. Universidad de Antioquia.12) y (2. Este último paréntesis es la densidad instantánea de energía magnética E B (r. Multipliquemos escalarmente* por B a cada uno de los miembros de la Ec. ∂t ∂t ∂t (2.13). EV (t). La última integral es la energía total dentro del volumen V. obtenemos que ∇ · (E × B) = B · (∇ × E) − E · (∇ × B). ∂t (2. (2. ** Justificación. según una identidad. pero al integrar sobre el diferencial de volumen dV = d x d y d z la integral queda función únicamente de t. de donde B · = . ∂t ∂t ∂t ∂t 2 ∂t El producto triple escalar de 3 vectores A. t) y B(r. (2. (2. . z. a C por E y a D por B. Multiplicando por dV e integrando sobre todo el volumen. Conservación de la Energía y las Leyes de Maxwell Nos proponemos expresar a S(r.. ∇ · (E × B) = −µ0 ∂E /∂t. E · (∇ × B) = µ0 0 E · ∂E 1 = µ0 ∂t 2 1 ∂(E · E) = µ0 0 ∂t 2 ∂ E2 ∂ = µ0 0 ∂t ∂t 1 2 0E 2 . t) en términos de E(r. la derivada parcial respecto a t sale de la integral como una derivada total. t).13) El último paréntesis es la densidad total de energía del campo electromagnético E . V ∇ · (E × B) dV = −µ0 ∂E dV. B · (∇ × E) = −B · ∂B 1 ∂(B · B) 1 ∂ B2 ∂ =− =− = −µ0 ∂t 2 ∂t 2 ∂t ∂t B2 2µ0 . t). V ∇ · (E × B) dV = −µ0 d dt V E dV. C y D es A · (C × D) = D · (A × C) − C · (A × D). t). y el primer miembro es. Por lo tanto. E · (∇ × B) = µ0 Efectúemos la resta entre las Ecs. B · (∇ × E) = −µ0 ∂E B . B · (∇ × E) − E · (∇ × B) = −µ0 ∂E B ∂E ∂ − µ0 E = −µ0 (E B + E E ). V ∂t E es función de ( x. dt ∂t = B· ∂B ∂B ∂B ∂B 1 ∂(B · B) +B· = 2B · .14) ∂E E . y. Enero de 2004 25 2.3). V * ∂(B · B) ∇ · (E × B) dV = −µ0 d EV .** ∇ · (E × B). t). ∂t (2.2.4). Si reemplazamos a A por ∇.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L.4.12) Multipliquemos escalarmente por E a ambos miembros de la Ec. Como µ0 = 1/(c2 0 ). t).. concluímos que S = E × B/µ0 . t) = c 0 E2 0 sen ( k · r − ω t ) . cuando decimos que cierta cantidad tiene un valor numérico específico. una potencia de 0. En una onda plana polarizada linealmente. I = cE . (2.11). la fuerza FE que E hace sobre una carga q con velocidad v c.26 Héctor Alzate L. t). de donde ≥ = = 1. Universidad de Antioquia. es mucho mayor que la fuerza FB que la componente magnética de la onda hace sobre la misma carga: F = qE + qv × B = FE qE E c F E + F B . Si la onda es plana. por esto hemos prescindido de los signos . V ∇ · ( E × B ) dV = A ( E × B ) · da . dt A µ0 De comparar la última ecuación con la Ec. Como S = I . EB = 1 2 B B2 E2 B2 ( E /c)2 = 2 0 = 0 = 0 = 20 = 2µo 2µ0 4µ0 4µ0 4c µ0 2 1 4 0 E0 y EE = 1 2 0 E2 = 2 1 4 0 E0 . 2 I= 1 2 c 0 E0 . Este vector S es fundamental en electromagnetismo y se denomina el vector de Poynting. Promediando por período. B = E/c y S(r. Según las dos últimas ecuaciones. y su dirección u es la de propagación de la onda: S = u I . llegamos a S = c2 0 E × B. por lo tanto E = 1 2 0 E0 .16) 2 Además. Su magnitud evaluada en (r. Sin embargo. A (E × B) · da = −µ0 d EV . dt Dividiendo por µ0 . Enero de 2004 Física III Según el teorema de la divergencia. se debe sobrentender que se trata de promedios temporales. así. . y 2 S(r. t) es la intensidad de la onda.15) Si también es armónica y con polarización lineal. esta integral de volumen es igual a una integral sobre toda la superficie A que delimita a V . E = E0 sen k(u · r − ct). (2. se debe entender que nos referimos al promedio temporal de la cantidad. Como I y E están expresados en función de E0 y no de E(r.1 W se refiere a una potencia promedio. La situación de v c se presenta en los electrones FB qvB vE/c v que pasan entre las placas de deflexión de un osciloscopio. E×B dE · da = − V . 2 2 2 2 1 S = c 0 E2 0 sen ( k · r − ω t ) = c 0 E0 sen ( k · r − ω t ) = 2 c 0 E0 . E ⊥ B. (2. para calcular la deflexión en la pantalla del osciloscopio solo se tiene en cuenta el campo eléctrico entre las placas y no el magnético. Por una razón análoga. t) = c2 0 EB sen 90 ◦ = c 0 E2 (r. Vemos que las densidades de energía eléctrica y magnética de una onda plana son iguales. siempre en la misma dirección. Se entenderá que una onda longitudinal no es polarizable puesto que. Universidad de Antioquia. coincidente con el frente de onda. En una cuerda.15. y luego fijarse en su campo eléctrico. en lugar de (k · r − ωt) escribiremos (kx − ωt). 2. la dirección de avance de la onda es paralela al eje x. Haciendo el cociente E y / E z y despejando E y . E y = ( E0 y / E0 z ) E z . como función del tiempo en cierto punto del espacio sea descriptible con una elipse. y también simultáneamente se hacen cero E y y E z . Vimos que en una onda plana E y B definen un plano perpendicular a k. sea este el plano yz. O dicho con otras palabras. o su mínimo.2). si estamos describiendo el campo de desplazamiento ξ para un punto de ella. E y y E z en Fase Estar en fase dos variables quiere decir que las dos alcanzan simultáneamente. el campo siempre está en la dirección de avance de la onda. t) = c 0 E2 = c 0 ( E2 y + E z ) = c 0 [ E0 y sen ( kx − ω t ) + E0 z sen ( kx − ω t )] 2 2 = c 0 ( E2 0 y + E0 z ) sen ( kx − ω t ) . Por convención. o cero: ∆φ zy = 0 (Fig.17).2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. el observador que determine la polarización de una onda electromagnética se debe ubicar de manera que la onda se le acerque. . según la Ec. por definición de onda longitudinal.17) ∆φ zy es el desfase entre las ondas E z y E y . Expresemos a E como E = E y + E z = u y E y + u z E z = u y E0 y sen(kx − ωt) + u z E0 z sen(kx − ωt + ∆φ zy ). cuando E y = − E0 y . p. decimos que la onda tiene polarización circular. en el punto r donde se hace el presente análisis. 2.5. cada una. 23. si la onda avanza en dirección de x creciente. En este caso.. E z = − E0 z . eléctrico o magnético. Lo que ocurra con el campo magnético se deduce de E con la Ec. los campos E y B se propagan en el vacío. E z = E0 z . 1. Esta definición lleva a que el plano de polarización sea perpendicular al frente de onda. . Pero mientras que en una onda elástica se puede pensar en puntos materiales que realmente se mueven en elipse. y vemos que este punto sigue una circunferencia. Veamos las diferentes polarizaciones según el valor de este desfase. una onda longitudinal siempre está polarizada linealmente. y su campo. 2 2 2 2 2 I (r.9. Polarización Por la polarización de una onda nos referimos a la figura mediante la que describamos su campo como función del tiempo en cierto punto del espacio especificado por r. El plano definido por E y k se llama el plano de polarización. La intensidad instantánea es. en un péndulo la altura y la energía potencial están en fase. en una onda electromagnética no. Esta es la ecuación de una recta con pendiente E0 y / E0 z . (2. 2. E y = E0 y sen(kx − ωt) y E z = E0 z sen(kx − ωt). De la Ec. + x. k · r = (u x k x + u y k y + u z k z ) · (u x x + u y y + u z z) = u x k · (u x x + u y y + u z z) = kx. o elíptica si sigue una elipse. por no ser una onda elástica. La onda tiene polarización rectilínea: su campo E oscila. será k = u x k. (2. El vector de onda. decimos que la onda electromagnética está polarizada elípticamente en ese punto. Con una onda electromagnética puede ocurrir una situación análoga. Enero de 2004 27 2. Como E. Por ejemplo. su máximo valor. El promedio temporal es 2 2 2 2 1 I = c 0 ( E2 0 y + E0 z ) sen ( kx − ω t ) = 2 c 0 ( E0 y + E0 z ) . En el gráfico vemos que cuando E y = E0 y . B y k forman un sistema derecho. . la otra vale cero: ∆φ zy = ±π /2 (Fig. cuando E y = − E0 y . E y = 0. De la Ec.17). el promedio temporal es 2 2 2 2 2 1 I = c 0 [ E2 0 y sen ( kx − ω t ) + E0 z cos ( kx − ω t ) ] = 2 c 0 ( E0 y + E0 z ) . E z = 0.2 Desfase de cero entre E y y E z . ¿dextrógira o levógira? En un ejemplo posterior veremos un método de determinarlo. en el oscilador armónico simple bloque-resorte la elongación y la velocidad están desfasadas π /2. 2. cuando E z = − E0 z . t) = c 0 [ E2 0 sen ( kx − ω t ) + E0 cos ( kx − ω t )] = c 0 E0 [ sen ( kx − ω t ) + cos ( kx − ω t )] = c 0 E2 0. E z = E0 z sen(kx − ωt ± π /2) = ± E0 z cos(kx − ωt). (2. Despejando E z / E0 z . cuando E z = E0 z . E y = 0. y la intensidad instantánea es 2 2 2 2 2 2 I (r. E z = 0. decimos que la onda tiene polarización elíptica. decimos que la onda tiene polarización circular. E y y E z en Cuadratura o Desfasados π /2 Estar desfasadas 90◦ dos variables quiere decir que en el instante que una alcanza su máximo o su mínimo valor. elevando al cuadrado y sumando con ( E y / E0 y )2 .. Por ejemplo. En el gráfico vemos que cuando E y = E0 y .3). pues no depende de t (ni de r). según la Ec. Universidad de Antioquia. Esto se logra describiendo a una variable con la función seno y a la otra con la función coseno (examine los gráficos de estas funciones). 2.3 Desfase de π /2 entre E y y E z . E2 y E2 oy + E2 z = sen2 (kx − ωt) + cos2 (kx − ωt) = 1. se puede preguntar por el sentido de la polarización. t) = c 0 E2 = c 0 ( E2 y + E z ) = c 0 [ E0 y sen ( kx − ω t ) + E0 z cos ( kx − ω t )] .28 Héctor Alzate L. la ecuación de la elipse cambia a la ecuación 2 2 de la circunferencia E2 y + E z = E0 . Vemos que es igual a la intensidad promedio. Figura 2. Enero de 2004 Física III Figura 2. La intensidad instantánea es. E2 oz Esta es la ecuación de una elipse. E0 y = E0 z = E0 . 2.15. 2 2 2 2 2 I (r. Si E0 y = Eoz ≡ E0 . Cuando la polarización es elíptica o circular. En la polarización circular. E z = E0 z sen(kx − ωt ± π ) = − E0 z sen(kx − ωt). E z = − E0 z . en el oscilador armónico simple bloque-resorte la elongación y la aceleración están en contrafase. ∆ pmedio : ∆ponda = −∆pmedio .5 E y y Ez . para la luz más común o luz natural —por ejemplo la luz del Sol. y que las dos se hacen cero simultáneamente: ∆φ zy = ±π (Fig. despolarización— se llama aleatoria. 2. De la Ec. Consideremos primero la situación más sencilla: el caso de una onda electromagnética con un ángulo de incidencia de 0◦ sobre una superficie perfectamente negra. 2. La onda tiene polarización rectilínea: su campo E oscila. Esta es la ecuación de una recta con pendiente − E0 y / E0 z . En la Fig.17). Esta polarización —o más bien. E y y E z en Contrafase Estar en contrafase dos variables quiere decir que en el instante que una variable alcanza su máximo valor. de una llama o de una lámpara— ∆φ zy en un punto del espacio cambia aleatoriamente con el tiempo por intervalos de cerca de 10−8 s. ±π /2. y sólo por este tiempo la onda mantiene una polarización definida.4). 4. (2. . el cambio de momento lineal ∆ ponda de una onda cuando es reflejada o absorbida por un medio. Presión de Radiación Por conservación del momento lineal p. Desfase de ±π entre E y y Figura 2. esto es. 2. (2. Por ejemplo. ±π .5). la otra lo hace un tiempo después diferente a 0 (desfase de 0). De donde E y = −( E0 y / E0 z ) E z . En el gráfico vemos que cuando E y = E0 y .18) Incidencia Normal sobre una Superficie Absorbente. a 4 P (desfase de ±π /2). que absorbe el 100 % de la onda. Universidad de Antioquia.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L.6a se ilustra. es igual al negativo del cambio del momento lineal del medio. Desfase = 0. siempre en la misma dirección. Cuando una variable se hace máxima. ±π /2..6. y a P/2 (desfase de ±π ). ±π entre 3. E z = + E0 z . Enero de 2004 29 Figura 2. E y y E z con Desfase Aleatorio Realmente. la otra está en su mínimo. 2. y también simultáneamente se hacen cero E y y E z . E y y E z con Desfase Diferente a los Anteriores Valores Cuando ∆φ zy = 0. 5. en el punto r donde se hace el presente análisis. 1 cero o mínima.4 Ez . cuando E y = − E0 y . se puede probar que el campo eléctrico puede ser descrito con una elipse cuyos ejes no son paralelos a los ejes y y z (Fig. El momento dentro del cilindro es ∆ p = pden V = pden Ah = pden Ac∆t. En la Fig. pero su momento se ha transferido a la superficie.18. este momento es el que se transfiere a la superficie en el mismo ∆t. Universidad de Antioquia. El paréntesis es el momento lineal ∆ p del cilindro de luz. E = (∆ p)c. la energía E del cilindro y su inercia m están relacionadas por la célebre ecuación E = mc2 = (mc)c. Según la Ec. Prad = E . la fuerza que la onda le ejerce a la superficie es F= ∆p p Ac∆t = den = pden Ac. donde ha desaparecido el cilindro.19) Según la relatividad especial. esto lleva a que h = c∆t.6b se ilustra la situación después de la absorción. El primer paréntesis es la densidad de energía E y el segundo es la densidad de momento lineal pden : E = pden c.20) Vemos que la presión (N/m2 ) y la densidad de energía (J/m3 ) tienen unidades equivalentes. E = I = c 2 1 2 0 E0 . El cilindro es absorbido por la superficie con una velocidad c.. en un tiempo ∆t. . Enero de 2004 Física III (a) Figura 2. volumen V y densidad de momento lineal pden (momento lineal por unidad de volumen). Re1 cuerde que E = I /v y E = 2 E2 0 (polarización lineal).6 (b) Absorción para incidencia normal. Dividiendo por el volumen del cilindro.30 Héctor Alzate L. A A (2. 2. ∆t ∆t La presión Prad que la onda o radiación ejerce sobre la superficie es así Prad = F p Ac = den = pden c. un cilindro de luz de altura h. en el vacío. (2. 2. antes de la absorción. De acuerdo con la segunda ley de Newton. (a) Antes de la absorción. ( E/V ) = (∆ p/V )c.19. (b) después de la absorción. sección transversal A. Igualando con la Ec. 2. 20. Puesto que solo la componente perpendicular.8a). 2. θi = 0. que refleja el 100 % de la energía de la onda. Como el momento lineal se conserva. Después de un tiempo ∆t. basta con introducir cos θi en la Ec. 2. Se selecciona de la onda un cilindro de luz con momento lineal ∆ p antes de la reflexión (Fig.20. ∆ p y = ∆ p cos θi . 2. Incidencia Normal sobre una Superficie Reflectiva.8 (b) Re exión para incidencia normal. el momento del sistema cilindro-superficie antes y después de la absorción debe ser constante. produce una presión. En la Fig. El ángulo de incidencia θi se define como el ángulo entre la normal N en el punto de incidencia y un rayo.21) (a) Figura 2. Prad = E cos θi . En la Fig.7 Absorción para incidencia oblicua. 2. y tiene un momento −∆ p (Fig. 2. esto es. Universidad de Antioquia. Incidencia Oblicua sobre una Superficie Absorbente. 2.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. Enero de 2004 31 Figura 2. es una caso particular de la Ec.. La incidencia normal.7 la luz incide sobre una superficie totalmente absorbente. (2. el cilindro es totalmente reflejado.8 se ilustra una onda que incide normalmente sobre una superficie totalmente reflectiva. El momento lineal se puede descomponer en una componente ∆ p x paralela a la interfase y una componente perpendicular ∆ p y . Esto lleva a que la superficie después de la absorción .8b). y E z (r. de acuerdo con la segunda ley de Newton.24) Enfatizamos que es incorrecto decir que la onda se propaga a lo largo del eje x. en el lado opuesto al Sol (Fig. a polarización circular (Fig.9 La cola de los cometas está en la línea Solcometa.10). en parte. (2.22) Hace siglos se sabe que la cola de los cometas está en la línea Sol-cometa. Basta con examinar el cambio temporal de una de las componentes de E en cualquiera de los 4 cuadrantes. y existe en todo el espacio tridimensional infinito. lo que lleva. 2. describe a E en un punto r. Además de la radiación electromagnética. . que se propaga paralelo al eje x. Un observador ubicado de manera que la onda se le acerque. 2. Esto se debe. . Ejemplos y Problemas Ejemplo 2.23) más bien. como ya se demostró. t) = − E0 cos(kx − ωt). lo que da lugar. en cualquier punto del espacio tridimensional especificado por r. Una situación parecida se presenta cuando jugamos con un balón: hacemos más fuerza cuando lo rechazamos que cuando lo atrapamos.. (2. pues la onda es plana. Según la anterior ecuación.32 Héctor Alzate L. Las componentes y y z tienen igual amplitud y un desfase de 90◦ . al sentido de la fuerza que la radiación hace sobre las partículas de la cola. Halle el sentido de la polarización de la onda. t) = u y E0 sen(kx − ωt) − u z E0 cos(kx − ωt). Prad = 2E cos θi . t) = E0 sen(kx − ωt). Solución. cuando se quiere saber el sentido de movimiento de una partícula se examina su velocidad dr/dt). si la incidencia es oblicua basta con introducir la función cos θi en la anterior ecuación. Incidencia Oblicua sobre una Superficie Reflectiva. Por argumentos ya expuestos. El campo eléctrico de una onda es E(r. el Sol también emite partículas (viento solar ) que contribuyen a la orientación de la cola. ∆ p + 0 = −∆ p + 2∆ p. Para esto es necesario examinar su variación temporal ∂E/∂t en algún punto fijo r (de manera análoga. adquiere un momento lineal 2∆ p: pantes = pdespués . Prad = 2E . esta explicación fue dada por Kepler en 1619. ( pcilindro + psuperficie )antes = ( pcilindro + psuperficie )después . Se debe decir. a que la onda ejerza el doble de fuerza y.10. Enero de 2004 Física III Figura 2. (2. en consecuencia. Universidad de Antioquia. con la Fig.3. Para hallar el sentido se debe averiguar en qué sentido cambia E. el doble de presión. 2.9). Vemos que el cambio de momento lineal de la superficie es el doble de cuando hay absorción total. la onda se propaga paralelo al eje x. con componentes E y (r. donde u E es un vector unitario con la dirección de E. armónica y con polarización lineal se puede escribir como E(r. Los vectores E y B están en fase. (b) k · r.0 × 10−7 m. 2. tiene el mismo sentido que el producto k × E. Hallemos los valores o expresiones de (a) E0 . t) = E0 sen(k · r − ωt)u E . ∂ E z /∂t. Como la onda es plana. pero repitiendo el análisis en los cuadrantes II. donde se cumple que E y > 0 y E z > 0. correspondiente a polarización dextrógira. Escriba. puesto que ω > 0. Imagínese al eje x coincidente con una cuerda. Enero de 2004 33 es 0.12 se muestran. E (y por supuesto B también) rotaría alrededor de k.25) una ecuación específica para este ejemplo: . ±3 . Figura 2. los vectores E y B se deben dibujar con sentido opuesto. El campo eléctrico oscila paralelo al eje y. E y B se deben trasladar a todos los puntos del frente de onda. 2. En la Fig. a lo largo de k. también se deben trasladar a todos los puntos de los planos a una distancia. III y IV.11.25) Una onda plana armónica polarizada linealmente. que es el plano infinito donde están E y B. E0 > 0 y cos(kx − ωt) < 0. y vibran con una frecuencia ν = c/λ = 3 × 108 /6 × 10−7 = 5 × 1014 Hz. y por lo tanto el diagrama final es el de la Fig.24. Problema 2.11 Sentido de la polarización.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L.10 Escojamos a E y cuando E está en el cuadrante I. en forma vectorial.. 2. a la vez que cambiaría de magnitud. E siempre es paralelo a y.5. perpendicular a k. El vector B se halla con la regla de la mano derecha: según la Ec. las ecuaciones que describen los campos eléctrico y magnético de la onda. Solución. Resuelva el ejemplo anterior.4. El campo eléctrico para una onda plana. Esto quiere decir que al cabo de un tiempo t = 1 2P = 1 1 s tales vectores tendrán un sentido opuesto al 14 2 5×10 mostrado en la figura.5 W/m2 . Como la polarización es lineal. se propaga en el vacío. en el origen y para cierto instante. ∂ E y /∂t = −ω E0 cos(kx − ωt) es positivo. (2. En un plano infinito separado λ /2 del plano mostrado. 2. El valor positivo de la derivada nos indica que E y está aumentando. vemos que sen(kx − ωt) > 0 y cos(kx − ωt) < 0. Universidad de Antioquia. 2. Este ejemplo lo podemos transformar en uno sobre ondas elásticas. Entonces. . espacial y temporalmente. rotaría sin cambiar de magnitud. Si fuera circular. ) del plano que pasa por el origen.23 y Ec. La dirección de propagación es paralela al plano xz. las ondas transversales son vibraciones de los puntos de la cuerda en planos paralelos al plano yz. Figura 2. nλ (n = ±1.12 Figura 2. (c) ω y (d) u E que hacen de la ecuación general (2. . ±2. Comparando estas 2 relaciones características del cuadrante I con las Ec. a 30◦ con el eje x. con longitud de onda λ = 6.9. los vectores E y k. La intensidad promedio de la onda Ejemplo 2. Cambie a E por el campo de desplazamiento ξ y a E0 por ξ0 . A la misma conclusión llegamos si analizamos la rapidez con que cambia E z . si fuera elíptica. .5 W/m2 ) E(r.26) y posteriores notamos que la dirección de avance de la onda está en la fase. (c) ¿cuánta masa (inercia) por segundo pierde el Sol debido a la radiación?. k no puede tener componente en la dirección de E: k y = 0. y B z (r. estime la amplitud de los campos eléctrico y magnético de la onda. Hallemos el producto escalar. La radiación electromagnética solar cae sobre la Tierra a razón de 1400 W/m2 . u E no depende del tiempo.13 La onda en un punto P arbitrario. Figura 2. En dichas ecuaciones tampoco aparece la coordenada y. t) = u 1 x kx ω E x uy ky Ey uz u 1 x kz = kx ω 0 Ez uy 0 Ey uz kz 0 = 1 (−u x E y k z + u z k x E y ) ω Ey k = (−u x sen 30◦ + u z cos 30◦ ) ω √ Ey 1 (− 2 u x + 23 u z ). que la fase no contiene la dirección del campo. La onda descrita por la Ec. 26. z ∈ ( − ∞ . 2.4 V/m. (b) halle la potencia emitida por el Sol en ondas electromagnéticas. Ejemplo 2. 2(0. = c De esta ecuación se desprende que B x (r. E0 = 2I c 0 Héctor Alzate L. + ∞ ). ω y u E en la Ec.4 V 2π =− sen 2c m λ √ 3 1 2 x + 2 z − ct ux . (a) Asumiendo que la radiación se pueda considerar como ondas planas. k · r. llegamos a la expresión final para el campo eléctrico. k = kx + k y + kz = kx + kz = ux kx + uz kz √ 2π 3 2π 1 ◦ ◦ = u x k cos 30 + u z k sen 30 = u x + uz λ 2 λ 2 π √ = ( 3u x + u z ). (b) Como la onda es transversal. B(r. En las ecuaciones (2.34 (a) De la Ec..85 × 10−12 C2 /N · m2 ) = 19.16. 2. k·r = π √ ( 3u x + u z ) · (u x x + u y y + u z z) λ π √ = ( 3 x + z). + ∞ ). 2. y ∈ ( − ∞ . no porque y = 0. Para hallar la componente magnética de la onda utilizamos la Ec. sino porque k y = 0. 2. Recuerde que en general y = 0. uE = u y .26) V 2 π √3 1 = 19. (c) La frecuencia angular es ω = 2π c/λ . 2. p.9. y su expresión es r = u x x + u y y + u z z.4 sen 2 x + 2 z − ct u y m λ = Ey uy .5.13). t) = − Ey ux 2c 19. y k z = π /λ. λ Vemos que B x y B z son generados por E y . (d) Como la polarización es lineal. y compare con la fuerza de atracción gravitacional entre ambos astros. = (3 × 108 m/s)(8. t) = 19. la cual es dada por el vector unitario que acompaña a la amplitud del campo. El vector r especifica el punto P de ese espacio donde se está analizando la onda (Fig. λ √ De esta ecuación vemos que k x = 3π /λ.25. pues y es la coordenada respectiva de un punto cualquiera del espacio: x ∈ (−∞. Enero de 2004 Física III Reemplazando los valores hallados de E0 . Universidad de Antioquia. +∞).25 existe en todo el espacio infinito tridimensional.4 V π √ 2π c sen ( 3 x + z) − t uy m λ λ (2.4 3 V 2π = sen 2c m λ √ √ 3 1 2 x + 2 z − ct uz . (d) halle entre qué límites está la fuerza que dicha radiación ejerce sobre la Tierra. t) = 3E y uz 2c √ 19. entendiendo por localmente desplazamientos muy pequeños en comparación con r TS .14). (c) Según la relatividad especial. 150 millones de kilómetros (a esta distancia se le define como una unidad astronómica. aproximadamente. y de ancho infinitesimal. Nos piden hallar cuántos Joules.52 × 109 kg/s. y menor que si fuera totalmente reflectiva: E < Prad < 2E . p. La Fig. El ángulo entre un rayo proveniente del Sol y la normal N al infinitesimal es θ. E = mc2 . 2.15 Presión de radiación sobre la Tierra. pero la curvatura de las ondas cuando nos movemos en la superficie terrestre es indetectable. El radio del elemento es R sen θ y su ancho es R dθ. sin importar r. A.14 Emisión de radiación solar. En metros. La distancia de la Tierra al Sol (r TS ) es. lo que quiere decir que por cada m2 pasan en un segundo 1400 J. 2.. Sol 26 d F = Prad d a = (E cos θ )(2π R2 sen θ dθ ) = 2π R2 E sen θ cos θ dθ .42 µ T.5 × 1011 m)2 = 4 × 1026 J/s. p.16. El Sol se puede aproximar a una fuente puntual que emite ondas esféricas. p.15 muestra como elemento de área sobre la superficie terrestre a un anillo concéntrico con la linea TS. de donde dm dt 1 dE 4 × 1026 J/s =− 2 c dt (3 × 108 m/s)2 = Sol = −4. Hallemos la fuerza suponiendo que la Tierra absorbe toda la radiación. por lo que la presión de radiación sobre ella es mayor que si fuera totalmente absorbente. r TS = 1. 2. = −4 × 10 J/s.85 × 10−12 C2 /N · m2 ) = 1027 V/m. 24. en promedio.42 × 10−6 T = 3. no porque pierda átomos o moléculas) de 4. pasan cada segundo a través de una esfera de radio r TS (Fig. c 3 × 108 m/s (b) La potencia que pasa a través de una esfera de radio r dentro de la que esté el Sol es constante. I (r TS ) = 1400 W/m2 . (a) Según los datos. E0 = 2(1400 W/m2 ) (3 × 108 m/s)(8. U.5 millones de toneladas cada segundo. .5 × 1011 m.. (d) La Tierra no absorbe ni refleja el 100˙ % de la radiación que le llega (el porcentaje de reflectividad de un planeta se llama su albedo ). de distancia). 2. Despejando a B0 de la Ec. d E/dt = c2 dm/dt. B0 = E0 1027 V/m = = 3. en este caso la presión la da la Ec. La fuerza sobre el infinitesimal es Figura 2. A esta distancia la intensidad es 1400 W/m2 . su área es entonces el perímetro por el ancho: d a = (2π R sen θ )( R dθ ) = 2π R2 sen θ dθ. Derivando respecto al tiempo. Sea R el radio de la Tierra.21. la que se transforma en ondas electromagnéticas. Como la energía se conserva. 2. 26. Universidad de Antioquia. Debemos hallar entonces el área de una esfera de radio r TS : P = I (r) A(r) = I (r TS )4π r2 TS = (1400 W/m2 )4π (1. Enero de 2004 35 Solución. 31. El Sol pierde una masa (entendida como inercia. Despejando a E0 de la Ec. esta potencia es igual a la disminución de energía del Sol cada segundo: dE dt Figura 2.10. y suponemos que el frente de onda es plano localmente.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. 5 × 1011 m)2 FG es. 2. Reemplazando en la última ecuación para F.37 × 106 m.22) realiza la proyección. 22 Figura 2. 2 En esta ecuación π R2 es el área de la proyección del hemisferio iluminado sobre un plano perpendicular a la dirección de la luz. La presión de radiación cuando la superficie es 100 % reflectiva es el doble que cuando es 100 % absorbente..16 Proyección de un elemento de área. F = π (6. En la Fig. Universidad de Antioquia. Enero de 2004 Física III Para hallar la fuerza total. La masa de la Tierra es 6 × 1024 kg. con líneas punteadas. (6 × 1024 kg)(2 × 1030 kg) (1. debemos integrar entre 0 y π /2. = 6. La respuesta a este numeral (d) es 6 × 108 N < F < 12 × 108 N. y su proyección en un plano perpendicular a la luz. 2.36 Héctor Alzate L. aproximadamente. Sobre la superficie terrestre la densidad de energía E es casi constante y sale de la integral: F = 2π R2 E π /2 0 π /2 0 El radio terrestre es R = 6370 km = 6. .21 y 2. la densidad de energía es E = I /v ≈ I /c.37 × 106 m)2 1400 W/m2 3 × 108 m/s sen θ cos θ dθ sen2 θ sen θ d(sen θ ) = 2π R E 2 2 π /2 0 = 2π R E 2 ≈ 6 × 108 N. 10 = 1013 veces mayor que 109 la fuerza debida a la radiación electromagnética.67 × 10−11 N · m2 /kg2 = 3. la fuerza sería el doble de lo hallado.6 × 1022 N. por consiguiente. la del Sol es 2 × 1030 kg. La función cos θ en las ecuaciones para la presión de radiación (Ecs. la fuerza de atracción gravitacional FG es FG = G mSol mTierra r2 TS = πR E.16 se ilustra entre líneas gruesas un elemento de área da. 37 . diagonalmente opuesto al II. REFLEXIÓN Y REFRACCIÓN Definiciones Plano de Incidencia. entonces n ≥ 1. ley de reflexión. un satélite de Júpiter. La velocidad de la luz fue medida por primera vez a partir del trabajo de Ole Römer en 1676 con los eclipses de Io. Ángulos de Incidencia. ley de refracción.* Donde están la luz incidente y la luz reflejada se define como el medio 1. El índice absoluto de refracción de un medio se define como n = c/v. lo primero que se debe hacer es localizar el plano de incidencia.1. en el que era necesario que tal rapidez disminuyera. parte se refleja y parte se refracta. el II. 3. Cuando la luz incide en una interfase. (3. N y la línea de intersección entre el plano de incidencia y la interfase dividen el plano de incidencia en cuatro cuadrantes: El cuadrante I. Reflexión y Refracción.** n1 es el índice del medio donde está el rayo que llega a la interfase. El rayo reflejado está siempre en II y el transmitido en III.1).3 3. y n2 es el índice del medio donde está el rayo que sale por refracción de la interfase. * Hay casos particulares donde no hay reflexión o transmisión. El ángulo de incidencia θi es el ángulo del rayo incidente con N . cente al I en el medio 1. diagonalmente opuesto al I. Como v ≤ c. el III. En el siglo XVII se halló teóricamente la ley con base en un modelo corpuscular. en el que era necesario que la rapidez de la luz aumentara al pasar del aire al agua. adyaFigura 3. y el IV. θr es el ángulo del rayo reflejado kr con N. con lo que se inició la óptica moderna aplicada. donde está la luz refractada es el medio 2 (Fig. Las leyes de reflexión y refracción establecen que ki . ** Descubierta empíricamente por Willebrord Snel en 1621. y θr es el ángulo del rayo refractado kr con N .1 ki de ne el medio 1. también se halló con base en un modelo ondulatorio. donde c es la velocidad de la luz en el vacío. Al abordar una situación donde haya reflexión y refracción. con un arreglo de espejos rotantes. Leyes de Reflexión y Refracción. donde está el rayo incidente. o ley de Snell. Solo en 1850 Foucault. Newton obtuvo 240 000 km/s.1) En la ley de Snell. constató que disminuía. kr y kr θi = θr : n1 sen θi = n2 sen θr : son coplanares con el plano de incidencia. y v es la velocidad en el medio. Índice de Refracción. El plano definido por el rayo incidente ki y la normal N en el punto de incidencia se llama el plano de incidencia. (b) se aleja de la normal.1. fue descubierta por Kepler (1571-1630). y la onda permanece así dentro del medio 1. Sólo en este caso el rayo refractado no se desvía.3. el seno del ángulo de refracción daría mayor que uno. 3. Universidad de Antioquia. θr < θi . Pero lo único que cambia en la reflexión y la trasmisión no es el ángulo. Este absurdo matemático lo interpretamos como que no hay luz refractada. Coeficientes de Fresnel Averiguar la dirección de las ondas reflejada y trasmitida es sencillo con las leyes de reflexión y refracción. El máximo θr es 90◦ . lo que no se suele representar son los cambios energéticos y de polarización. Enero de 2004 Física III Si θi = 0. sen θc = n21 . θr > θi . Ángulo Crítico Cuando n1 > n2 . A este ángulo de incidencia se le denomina el ángulo crítico θc . el rayo refractado se aleja de la normal si n2 < n1 (Fig. Para θi = 0. vemos que θr < θi implica que n2 > n1 y que θr > θi implica que n2 < n1 .2). Decimos que se acerca a la normal si θr < θi . Para ángulos de incidencia mayores que el ángulo crítico. El fenómeno de reflexión total tiene una aplicación importante en la comunicación a través de fibras ópticas. y que se aleja de la normal si θr > θi .1] sen θi = (n2 /n1 ) sen 90◦ = n21 .2. En los libros se ilustran gráficamente los cambios de dirección.38 Héctor Alzate L. θr también es cero. 3. decimos que se presenta reflexión total interna . 3. θr > θi . ¿Cómo se relacionan . 3. De la Ec.2 (a) El rayo refractado se acerca a la normal. 3.. el rayo refractado se desvía respecto a la dirección del rayo incidente. cuando n1 < n2 . también cambian la energía y la polarización. Figura 3. cuando n1 > n2 . que se obtiene cuando [Ec. El rayo refractado se acerca a la normal si n2 > n1 . toda la luz incidente se refleja. En resumen. De acuerdo con esto* (Fig. un campo lo representamos como la superposición de dos campos mutuamente perpendiculares y con polarización lineal. Como origen de coordenadas escojamos cualquier punto de los infinitos puntos de la interfase. La proyección de este vector en z es la componente σ y la proyección a lo largo de la intersección de la hoja con el plano de incidencia es la componente π . Note que la componente σ es paralela o tangente a la interfase. Figura 3. la obtenemos con los coeficientes de Fresnel. Ei = Eiπ + Eiσ . cómo cambia la polarización de las ondas reflejada y transmitida respecto a la incidente? La respuesta. el plano xz.5). p. Por onda π entendemos a Eπ junto con Bσ .3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. Para Ei es βi . 48. para Er es βr . Er = Erπ + Erσ . que ya no es tan sencilla. por onda σ entendemos a Eσ junto con Bπ . Para hallarlos aplicamos las condiciones de frontera que deben cumplir E y B. y para Er es βr . a θr con βr . reflejada y transmitida.2) Sea β el ángulo entre un E y el plano de incidencia. cada onda. 3. ni a θr con βr .. Definimos los coeficientes de Fresnel para la amplitud (se pueden definir coeficientes para la visualizar las componentes π y σ es conveniente poner una hoja perpendicular al rayo que estemos examinando. Br = Brπ + Brσ . Son ángulos independientes entre sí.11. esto es. la descomponemos en dos ondas.3 Sistema de referencia para descomponer los campos. La componente en z la llamamos la componente perpendicular o componente σ y a la otra la llamamos la componente paralela al plano de incidencia o componente π . 3. Para descomponer los campos utilizamos la dirección z y la línea determinada por la intersección del frente de onda con el plano de incidencia. Enero de 2004 39 la energía y los campos reflejados y transmitidos con los de la onda incidente. (3. Así. Br = Brπ + Brσ . Universidad de Antioquia. Cualquier vector en esta hoja puede representar el campo. Er = Erπ + Erσ . y no confunda a θi con βi . * Para . Bi = Biπ + Biσ . sea xy el plano de incidencia. Vea la Fig. una π y otra σ . la incidente. Dividiendo por E0i. * De (3. 45) como Rπ Tπ = = E0r. cada uno de los puntos cercanos a la interfase.σ . Eiπ cos θi + Erπ cos θi = Erπ cos θr . Biσ − Brσ = Brσ . —Los vectores de la Fig. B0i. p. O con otras palabras: Podemos imaginar 4 transparencias —vea la figura citada—. Universidad de Antioquia. E 0i . π E0r. (3.5) debemos examinar los campos en los puntos P1 (en el medio 1) y P2 (en el medio 2) separados entre sí una distancia infinitesimal P1 P2 → 0. pero se debe mantener presente que todos los puntos P1 son un mismo punto del espacio.40 Héctor Alzate L. En P1 . P1 P2 → 0. 3. E0i. . E0i. y para eliminar la dependencia del tiempo en la condición de frontera. para dieléctricos con µ ∼ = µ0 —caso muy común— B paralelo a la interfase es continuo.5.σ sen(kr · r − ωt + αr ). Ejemplo 3. Según la condición (3. Biσ .5) y las Figs. cos θi + Rπ cos θi = Tπ cos θr .6) esta condición de frontera es posible deducir las leyes de reflexión y refracción. Biπ .5a y b.σ sen(ki · r − ωt) − B0r.π .σ E0r.π sen(ki · r − ωi t) cos θi + E0r.π sen(kr · r − ωr t + αrπ ) cos θi = E0r. debemos dibujar ki . Eiσ . es necesario que ω i = ωr = ωr ≡ ω.π y según las Ecs. Según la condición (3. Reemplazando los campos por ondas planas armónicas. Con P2 hay menos problema porque en el medio 2 solo existe la onda transmitida.4 Puntos para luego trasladar horizontalmente de manera que los puntos P1 se superpongan. kr .σ sen(kr · r − ωt + αr ) = B0r. (3. E0i.. Erπ . Brπ y Brσ : ¡10 vectores para representar en un sólo punto! Esta congestión de vectores la resolvemos como se ilustra en los 4 diagramas de la Fig.5a y b. y Figura 3.π .2. Erσ . y toda onda estrictamente plana tiene un frente de onda que es un plano infinito.3) Una condición de frontera nos dice que E paralelo a la interfase es continuo. y las podemos cancelar.5) Para aplicar las condiciones (3.σ .4) y (3. puesto que toda la interfase está siendo iluminada con una onda plana. las cantidades entre paréntesis deben ser iguales. π Rσ Tσ = = E0r.4) y las Figs.* (3.π cos θr . 3. Eiπ .5 se deben imaginar en de frontera. 3. E0i. aplicar las condiciones y también los puntos P2 .σ (3.π cos θi = E0r. Como la última igualdad se cumple en todo r de la interfase y en todo t. pero tampoco se debe olvidar que todos los puntos P2 son un mismo punto del espacio. por haber ondas incidente y reflejada. 3.4) y la otra condición de frontera nos dice que.3). Enero de 2004 Física III potencia. Las α son constantes de fase relativas a la fase de Eiπ . E 0i .π cos θi + E0r.π sen(kr · r − ωr t + αrπ ) cos θr . 5 (a) y (b): Diagrama de la onda π (Eπ y su Bσ ). pero visto de frente.σ − B0r.σ .. (c) y (d): Diagrama de la onda σ (Eσ y su Bπ ). entonces cada amplitud B0σ está relacionada con su amplitud asociada E0π : B0σ = . B0i.σ = B0r. (d ) es igual a (c ). Cancelando las funciones seno. (3. sin perspectiva.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L.7) 1 1 Puesto que para una onda plana E ⊥ B (B = ω k × E : Bσ = ω k × Eπ : Eπ genera a Bσ y viceversa). Enero de 2004 41 Figura 3. sin perspectiva. El diagrama (b) es igual a (a) pero visto de frente. Universidad de Antioquia. π n1 cos θr + n2 cos θi Tπ = E0r.7. v1 v1 v2 Multiplicando por c y reemplazando a c/v por n. E0i.σ cos θi + 0r. Dividiendo por E0i. 3.π = 0r. Dividiendo por E0i.π y según las Ecs. E E E 0i . −n1 E0i.σ sen(kr · r − ωt + αrσ ) = E0r.6) y (3. E 0i . obtenemos n1 E0i. Despejando las incógnitas Rσ y Tσ de las Ecs.σ + E0r.σ y según las Ecs. las cantidades entre paréntesis deben ser iguales.σ y según las Ecs. (3.42 Héctor Alzate L. (3. Según la condición (3. π n1 cos θr + n2 cos θi (3. 1 + Rσ = Tσ .σ .σ n cos θi − n2 cos θr = 1 .3). n1 − n1 Rπ = n2 Tπ .σ cos θr .3). E0i. Enero de 2004 Física III E0π /v. E 0i . Dividiendo por E0i.σ n1 cos θi + n2 cos θr Tσ = E0r.11) y (3. (3. (3.π = n2 E0r.5c y d —después de cancelar funciones seno—.σ n1 cos θi + n2 cos θr (3. y las podemos cancelar.9) (3.π . π − 0r. Universidad de Antioquia. v1 v1 v2 Multiplicando por c y reemplazando a c/v por n. introduciendo esta igualdad en la Ec.σ = 0r. Según la condición (3.10) − B0i. (3. obtenemos Rσ = E0r. − E cos θi E cos θr E0i. −n1 cos θi + n1 Rσ cos θi = −n2 Tσ cos θr .σ 2n1 cos θi = .σ .5) y las Figs.σ cos θi = −n2 E0r.σ sen(kr · r − ωt + αrσ ) Para que esta ecuación se cumpla en todo r de la interfase y en todo t.5c y d. E0i. 3.11) (3. Reemplazando a B0π por E0σ /v. 3. Reemplazando los campos por ondas planas armónicas.π cos θi + B0r.σ cos θi + n1 E0r.8) Hallemos ahora los coeficientes σ .σ = E0r.13) .σ = Er.σ + Er.π n cos θr − n2 cos θi = 1 .3)..12) (3. Despejando las incógnitas Rπ y Tπ de las Ecs.4) y las Figs.π cos θr.π 2n1 cos θi = .π .σ .12). obtenemos Rπ = E0r. Ei.π − n1 E0r. (3. E0i.π cos θi = − B0r.σ sen(ki · r − ωt + ασ ) + E0r.8). y viceversa. 3. Ley de Brewster: Cuando los rayos reflejado y refractado son Figura 3.9. los respectivos B estarán como se ilustra. Tπ ≥ 0 y Tσ ≥ 0. o sea en contrafase. Puesto que para cualquier θi . no habrá cambios respecto a las orientaciones definidas para los campos transmitidos en la Fig. 3. físico escocés. n1 sen θ B = n2 sen θr . o sea en fase. 40.5a y b. están dados por E0r. lo que implica que no hay cambio de medio. según la ley de Snell. Or y Or . el otro también (Figs. cuando uno esté entrando a la hoja. la luz reflejada tiene polarización lineal. 3.6). solo uno de ellos (Eiπ o Erπ ) tendrá sentido opuesto al ilustrado. los respectivos B (Biσ y Brσ ) estarán siempre antiparalelos. Dextrógira es sinónimo de derecha u horaria: . pues fue la figura utilizada para hallarlos: Si Rπ > 0. perpendicular al plano de incidencia (Fig. Según la Ec.. perpendiculares entre sí. 3. Eiσ será antiparalelo a Erσ . Los observadores adecuados para juzgar la polarización son Oi . Si Rπ y Rσ tienen signos opuestos. descubrió experimentalmente esta ley en 1812. 3.5. De dividir entre sí estas dos últimas ecuaciones obtenemos que sen θ B cos θ B = sen θr cos θr .5c y d). generalmente cambian millones de veces cada segundo.π = Rπ E0i. O sea que para dicho ángulo la onda reflejada queda polarizada linealmente en dirección σ . según las Ecs. Ec. Una solución trivial es θ B = θr . Eiσ y Erσ estarán siempre paralelos en el mismo t: cuando uno esté saliendo de la hoja.π y E0r. n1 cos θr = n2 cos θ B . o ambos con sentido opuesto al ilustrado. (3. Interpretación de los Signos de los Coeficientes Los signos de R y T se deben interpretar de acuerdo con la convención implícita en la Fig. Si Rσ < 0. Ángulo de Polarización. otra solución es θ B = π /2 − θr ó θ B + θr = π /2. para el que Rπ es cero. llamado el ángulo polarizante o ángulo de Brewster * θ B .3). la onda reflejada tendrá polarización levógira.6 Polarización por re exión. o cada uno en sentido opuesto al ilustrado.σ = Rσ E0i. Eiπ y Erπ estarán orientados en el mismo t como se muestra en las Figs. 3.14. Si Rπ y Rσ tienen igual signo.5. 3. David Brewster (pronúnciese brúster). Ley de Brewster La amplitud de los campos eléctricos de la onda reflejada.π .4. cualquiera sea la polarización de la onda incidente. sin importar el valor de E0i. Inventó el caleidoscopio. levógira es sinónimo de izquierda o contrarreloj: . pero no pierda de vista que dichos campos son oscilantes. Hallemos el valor de θi ≡ θ B que hace cero a Rπ . Rπ = 0 y. p. ó sen 2θ B = sen 2θr .σ . no cambiará el sentido de la polarización.14) Existe un ángulo de incidencia. igual será la polarización de la onda transmitida. lo que lleva a que la onda reflejada no tenga componente π . si la onda incidente tiene polarización dextrógira o levógira.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. (3. Si Rσ > 0. Si Rπ < 0. 3. el otro también lo hará. Sólo uno de los B asociados (Biσ o Brσ ) tendrá sentido opuesto al ilustrado. El sentido de la polarización no puede cambiar por transmisión.5. cualquiera sea la polarización incidente. Enero de 2004 43 3. Los respectivos B estarán siempre paralelos. 1781-1868. * Sir . Universidad de Antioquia. y la onda incidente tiene polarización dextrógira. es cuando θi = θ B . que se presenta aproximadamente antes de las 9 a.σ .5◦ . (b) E0i = E0i. m. Ejemplos y Problemas Problema 3. Sin embargo. el primario y el secundario) y solo se observa el paisaje.8◦ . Enero de 2004 Física III Como θ B + θr = π /2. los arcos iris. Cuando se mira a través de una lámina o vidrio polarizado —estos polarizadores están disponible en el Almacén de Física— hay una posición del polarizador para la cual se observa con la máxima intensidad el arco iris con el paisaje como fondo. con un ángulo de incidencia de 10◦ .. para cualquier θi < 90◦ habrá luz trasmitida al agua. El ejemplo más notable de polarización por reflexión es el arco iris. θr = arc sen[(naire /nagua ) sen θi ] Una onda plana sonora y una onda plana luminosa inciden a 10◦ sobre la superficie de un lago (Fig. de dicha ecuación se puede recuperar la ley de Snell para cualquier onda. (a) ¿Cuál es el ángulo entre las direcciones de propagación de ambas ondas en el agua? (b) ¿A partir de qué ángulo de incidencia no se trasmite sonido al agua? Ejemplo 3.6◦ . no para las mecánicas.σ = Eσ . y después de las 3 p.5◦ = 40. lo que elimina a E0r. Figura 3. La luz solar tiene polarización aleatoria. En esta reflexión la componente E0r. Esto se comprueba con el arco iris diario de la fuente de la Universidad de Antioquia. al contrario del sonido. 1 ω k × E.6◦ .π .7). ya que el índice de refracción se define para ondas electromagnéticas.π + Ei. Se puede demostrar que no existe θi para el que Rσ sea cero. al incidir en las goticas de agua se dispersa y sufre como mínimo una reflexión dentro de las goticas antes de regresar al aire. E0i. sonido − θr. la onda reflejada tampoco la puede tener. entonces sen θr = cos θ B . recordando que n = c/v. v2 sen θi = v1 sen θr . = arc sen[(1. (a) En la figura se ilustran ambas ondas. (c) Ei = Ei.3◦ .14. Explique cuál es el error cuando se escribe (a) E0i = E0i. m. 3. (b) Para el sonido el ángulo crítico es θc = arc sen[(v1 /v2 ) sen 90◦ ] = arc sen(340/1450) = 13. la luz.π + E0i. Cuando el polarizador se rota 90◦ .7 Solución. y la luz queda con polarización lineal.33) sen 10◦ = 7. 3. El ángulo de refracción para el sonido es θr = arc sen[(v2 /v1 ) sen θi ] = arc sen[(1450/340) sen 10◦ ] = 47. Reemplazando en la ley de Snell.π se hace muy pequeña. No hay sonido trasmitido si θi > 13.1. de donde tan θ B = n21 . pero sí transmitida.1. disminuye de velocidad al pasar del aire al agua.π + E0i. Asuma que el sonido se propaga en el aire a 340 m/s y en el agua a 1450 m/s. Como la luz. ni sen θ B = n2 cos θ B . mientras que las más largas y claras representan rayos de sonido. desaparece el arco iris (o mejor. muestre .σ = 0 y.1. Con la ley Snell hallamos θr para Sabiendo que B = que Bπ .σ . según la Ec.44 Héctor Alzate L. Problema 3.00/1. luz = 47.8◦ − 7. Un caso muy especial en el que no hay onda reflejada. El ángulo pedido es ∆θ = θr.2. Las flechas más cortas y oscuras representan rayos de luz. Si además la onda incidente no tiene componente σ (o sea que tiene polarización π ). 3. Universidad de Antioquia. Para el sonido no podemos aplicar directamente la Ec.σ .π /v. R = R2 . T ≡ Pr / Pi . Universidad de Antioquia. 1 = Pr / Pi + Pr / Pi = R + T .3.9 Las anteriores expresiones se cumplen para cada onda π ó σ y para todo θi .3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. Un haz de luz de sección transversal Ai incide sobre una interfase plana. el área transversal del haz reflejado es Ar = Ai puesto que θr = θi . T = 1 − R2 . Ai cos θi Solución.9 mostramos las secciones transversales de los haces incidente. para aire-diamante (n1 ≈ 1. % Pr = 98 %. de donde T = 1 − R = 1 − R2 . AC = AB cos θi y DB = AB cos θr . cos θr Ar = . Si la sección transversal del haz refractado es Ar . obtenemos Rπ = Rσ = n1 − n2 . n1 + n2 y Tπ o ´σ = n2 n1 2 2n1 . (c) % Pr = 100R = 100 R2 . Solución.2. 3. En la Fig. 3.. Enero de 2004 45 Un haz de luz incide sobre una interfase. Ejemplo 3. para el haz refractado es la del rectángulo DBGH . Figura 3. Ai cos θi (3. el medio 1 es aire y el medio 2 agua. (3. ó. (a) Si consideramos un haz incidente de área transversal Ai (Fig. (b) Evalúe los coeficientes de Fresnel y la reflectancia y la transmitancia para incidencia normal.9) y (3.15. Ar cos θr = . Reemplazando en la Ec.33) obtenemos. y a la fracción transmitida la transmitancia T : R ≡ Pr / Pi .15) por lo tanto.8).4) obtenemos. % Pr = 17 %.0 y vidrio de n2 = 1. 3.0 y n2 = 2. al igual que las áreas transversales de los haces. (a) Halle expresiones para las fracciones de potencia reflejada y transmitida en función de R. para aire-vidrio (n1 ≈ 1. n1 + n2 La sección transversal del haz incidente Ai es el área del rectángulo ACFE. vidrio o diamante. las ondas reflejadas π y σ tienen igual intensidad ya que las reflectancias π y σ son iguales. reflejado y transmitido. % Pr = 4 %. dividiendo por Pi . (c) Evalúe los porcentajes de energía —por unidad de tiempo— reflejada y transmitida si la incidencia es normal.13). % Pr = 2 %.8 R= I A I v E E Pr = r r = r = 1 r = r = Pi Ii Ai Ii v1 E i Ei E 0r E 0i 2 1 2 2 1 E 0r 1 2 2 1 E 0i E2 r = = 0 E2 0i = R2 . % Pr = 100T = 100(1 − R2 ).5) obtenemos. demuestre que Ejemplo 3.16) . la energía promedio por unidad de tiempo que pasa a través de Ai debe ser igual a la energía promedio por unidad de tiempo que pasa a través de Ar más la energía promedio por unidad de tiempo que pasa a través del área transversal del haz transmitido Ar : Pi = Pr + Pr . Por conservación de la energía. (b) Reemplazando θi = 0 y θr = 0 en las Ecs. En resumen. % Pr = 96 %. Figura 3. Ai ( AE)( AC ) (3. Lo mismo ocurre con las ondas transmitidas π y σ si la incidencia es normal. Rπ o ´σ = n1 − n2 2 . Para aire-agua (n1 ≈ 1. % Pr = 83 %. A la fracción reflejada se le llama la reflectancia R. Ar ( BG )( DB) = .00 y n2 = 1. n1 + n2 Pero BG = AE. n1 + n2 Tπ = Tσ = 2n1 . 4. En el caso de una cuerda compuesta. el otro medio es aire. p. De la ley de Snell obtenemos que θr = sen 20 arc sen 1.9)? Ejemplo 3. E0r..155 × 100 = −15. Y las áreas sólo son iguales para incidencia normal.10. E0r. Evalúe los coeficientes de Fresnel para incidencia rasante e interprete los resultados. Solución. ¿Es válida la Ec. Según las Ecs. Universidad de Antioquia. Una onda plana polarizada linealmente incide sobre una superficie de agua (n = 1.σ = Tσ E0i. ◦ ¿Cuándo se cumple que Ii = Ir + Ir ? Solución.5. toda la luz se refleja. La amplitud del campo eléctrico incidente es 100 V/m.π = 0. Sólo si Ai = Ar = Ar se puede obtener Ii = Ir + Ir .σ = Tσ = 0.845 × 100 = 84. si el ángulo entre Ei y el plano de incidencia es 90◦ . Falta evaluar Rσ y Tσ . 3. Pi Ii Ai = = Pr + Pr .33).3). Sin embargo.3).845. (3.π = Rπ E0i. con un ángulo de 20◦ . 42. pero vemos claramente que no es cierto. Incidencia rasante quiere decir θi → 90◦ . Ei = Eiσ .σ Rπ y Rσ tienen igual signo. Como no hay luz reflejada ni transmitida π . en las direcciones π Rπ o = R2 ´σ ´σ .4. E0r. n2 cos θr 0 = = 0. Utilice este hecho para probar también que n2 cos θr 2 R2 ´ σ + n1 cos θ Tπ o ´ σ = 1.9) y (3. Por defecto. reemplazando en las Ecs.848.001.σ E0i. Demuestre que. n1 cos θr −n2 cos θr = = −1. no porque los respectivos coeficientes sean cero.10 n1 cos θr − n2 cos 90◦ n1 cos θr + n2 cos 90◦ θi →90 n cos 90◦ − n2 cos θr l´ ım ◦ Rσ = 1 n1 cos 90◦ + n2 cos θr θi →90 2n1 cos 90◦ l´ ım ◦ Tπ = n1 cos θr + n2 cos 90◦ θi →90 2n1 cos 90◦ l´ ım ◦ Tσ = n1 cos 90◦ + n2 cos θr θi →90 l´ ım ◦ Rπ = n1 cos θr = 1. p.3. p. πo (3. Determine la amplitud de las ondas reflejada y transmitida y sus fases relativas a la fase de Ejemplo 3.π = Tπ 0 = 0.00. πo i Ejemplo 3.6. Ir Ar + Ir Ar . también se halla que Ii = Ir + Ir solo si los radios de las secciones 1 y 2 de la cuerda son iguales. se obtiene Rπ = −0. Los campos eléctricos del ejemplo se muestran en la Fig.σ = Rσ E0i. n1 = 1.5 V/m. Las amplitudes pedidas son E0r.2).155.σ = Rσ = −0.33 = 14. 42. No hay luz reflejada ni transmitida π porque la luz incidente no trae componente π .9◦ . La intensidad de la luz transmitida tiende a cero a medida que θi → 90◦ .5 V/m. n2 cos θr = Por lo tanto las amplitudes reflejadas no cambian por ser de magnitud 1 los coeficientes de reflexión. cuando se evalúan con las Ecs. Esto está de acuerdo con la observación cotidiana con un vidrio: aunque sea transparente para incidencia normal (solo refleja el 4 %. para incidencia oblicua es sumamente reflectivo y actúa como un buen espejo. n1 cos θr 0 =− = 0. 3. Solución. pero como la polarización es lineal es absurdo decir que el sentido de la polarización cambia. ó σ. cualquiera sean los valores de Rπ y Tπ . E0i.σ = −0.π = Tπ E0i. .13). ni el sentido de la polarización por tener signos opuestos Rπ y Rσ .13). 39. El que el ángulo entre Ei y el plano de incidencia sea 90◦ quiere decir que Eiπ = 0 y en consecuencia E0i.σ = 0.128 y Tπ = 0. y por lo tanto es malo como espejo). no es necesario conocer el valor de estos dos coeficientes.π = Rπ 0 = 0 y E0r. θi = 0 (vea el Ejemplo 3. 3. pues son totalmente independientes entre sí. Problema 3. Diferencie claramente entre θi y el ángulo entre Ei y el plano de incidencia. (3. o lo es únicamente para una sección rectangular (Fig. Por conservación de la energía. se suele decir que estos coeficientes son cero. Aplicando las Ecs. (3. (3.17) Tπ o = n2 cos θr T 2 ´σ n1 cos θi ´σ πo La conservación de la energía exige que Pr / Pi + Pr / Pi = 1. Enero de 2004 Física III Problema 3. la onda incidente.9). Figura 3. (3.46 Héctor Alzate L. Según las Ecs. Estas amplitudes son cero.16 cualquiera sea la forma de la sección transversal del haz. E0r. 3. Como Tπ y Tσ siempre son positivos. 3. Solución. se puede hallar con la ley del coseno.5. se hacen cero. la condición de frontera expresada por la Ec..σ | E0r. 42. θr = arc sen 1.π = Rπ E0i. con la amplitud σ 3. Debemos suponer que el medio 1 es aire. (a) Los cambios en la polarización los determinan los coeficientes de Fresnel.7.5 1. 3. Ejemplo 3. n2 = 1. De la figura vemos que (a) tan βr = E0r.303/0.5. Solución. Reemplazando los anteriores valores en las Ecs. al contrario de lo que muestra la figura. n1 = 1.π = 0. concluímos que E0r.σ Con argumentación análoga a la del anterior párrafo.5b y d. el otro sale.9) y (3. sí se cumple.σ = Rσ Eoi.π = E0i. de donde Piπ = Piσ = 0. Prπ + Prσ = Tπ Piπ + Tσ Piσ 0.96.303 tan 30◦ = 1.5) con un ángulo de 45◦ .3 veces la amplitud π (E0r. (c) Halle la potencia reflejada y la transmitida. juzgado por el observador Or de las Figs. efectivamente.σ − | E0r.0085: el 0. 3. pues le estamos dando la posibilidad de estar antecedida por el signo (−): E01 = 2 E2 0i .11).σ / E0r.092. Los coeficientes de Fresnel tienen los mismos valores del Ejemplo 3. incide sobre una superficie de vidrio (n = 1. Pero la elipse correspondiente al campo eléctrico transmitido es mucho menos excéntrica que la reflejada: E0r.95 W.092 βr = arc tan 1.σ : la onda reflejada tiene polarización elíptica.σ + 2 E0i . E0r.728. Como la luz incidente tiene polarización circular. Como Rπ y Rσ tienen signos iguales.σ = E0i.8. El ángulo βi entre Ei y el plano de incidencia es de 30◦ (Fig. La amplitud de E1 . o entran al plano de incidencia simultáneamente.σ / E0r.σ .σ | = 100 − | − 15. Un haz de luz polarizada linealmente incide sobre una superficie de vidrio de índice de refracción 1.5| = 84. p.13◦ .5 W.3).05 W.092: el 9. 3. Rπ = 0. (b) Halle la reflectancia y la transmitancia. De la ley de Snell. E0i.0 cos 45◦ 0.9915: el 99.9.092 E0i.π = E0r.85 % de la energía de la onda incidente π se refleja. cos 28. Tπ = 0.10. El campo eléctrico neto en P1 es E1 = Ei + Er (ambos vectores están en mismo punto a una distancia infinitesimal de la interfase).3032 = 0.728 = 0. y esto lleva que sus potencias sean iguales: 1 W = Piπ + Piσ = 2 Piπ = 2 Piσ .5b y d.303 Eoi.092 × 0. Un haz de luz polarizada circularmente.σ E0r.σ − 2 E0i.5 V/m. Como T siempre es positivo. Universidad de Antioquia.5 0.092 = 3. π Rπ Ei cos βi Rπ = de donde −0.5 0.σ | cos δ + E0r.π = 0.2 % de la energía de la onda incidente σ se refleja. −0. (b) Según la Ec. Ejemplo 3. E0r.9 = 62.0085 × 0. la amplitud de la onda incidente π es igual a la de la onda incidente σ . Así.5 = 28. Ei y Er siempre están en fase: ambos vectores salen del plano de incidencia.0 sen 45◦ 1. el sentido de la polarización de la onda refractada nunca cambia —aunque pueda pasar de circular a elíptica—. Rσ = −0. (b) el ángulo βr entre Er y el plano de incidencia.303.σ | + E02 r.7. = E2 0i . con un ángulo de 45◦ .0 cos 45◦ 0.σ Rσ Ei sen βi Rσ = = tan βi R π E 0i .π = Rσ E0i.13).908 × 0. E01 .728 = 0. cos 28. el sentido de la polarización sí cambia. juzgado por el observador Or de las Figs. De la energía incidente se refleja el 5 % y se transmite el 95 %.17 del Problema 3. Rσ = 0. (3.0.13◦ 2 Tσ = 1.π E0r.4. Halle (a) el ángulo βr entre Er y el plano de incidencia.8 % de la energía de la onda incidente σ se refracta.9915 × 0. . Tσ = 0. (a) Describa con detalle el estado de polarización de los haces reflejado y refractado. de 1 W de potencia.697 = 0. obtenemos Rπ = −0.5 1.5 + 0. Por lo tanto.σ .σ .15 % de la energía de la onda incidente π se refracta.5 + 0.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L.σ | E0r.697. Pr = = = Pr = = = Prπ + Prσ = Rπ Piπ + Rσ Piσ 0.0922 = 0. Vemos que. pero escribiendo la amplitud E0r.π = −0.σ sea negativa (las amplitudes siempre son positivas) sino que Ei y Er están en contrafase.σ con valor absoluto.697/0.13◦ 2 Tπ = 1. Enero de 2004 47 El signo (−) no significa que E0r.908: el 90.σ = −0.9◦ . δ = ±π : cuando un vector entra al plano de incidencia. (c) Como la onda incidente tiene polarización circular. θi = 45◦ .π = E0r. Er tie- Problema 3.9◦ . basta con cambiar al eje x por ki .55 = 28. p.π Tπ E0i. 3. Universidad de Antioquia. t ) = Ei π + Eiσ = uπ E0 sen(ki · r − ωt) − uσ E0 cos(ki · r − ωt).π Tπ Ei cos βi Tπ 0.55.48 Héctor Alzate L. .697 = tan 30◦ = 0. Ei ( r .σ Tσ Ei sen βi Tσ = tan βi = = E0r.728 βr = arc tan 0. Este problema es igual al Ejemplo 2.5. a E z por Eiσ y a E y por Ei π . de donde Figura 3.3. 0..11 Debido a los signos negativos de Rπ y Rσ . en los instantes en que Ei está orientado como se ilustra. Ayuda. Si en el Ejemplo 3. Enero de 2004 Física III ne dirección opuesta a la mostrada en la figura.7. y uσ = u z es un vector unitario en la dirección σ ó z.3. halle el sentido de polarización de la onda incidente.σ E0r. (b) tan βr = Tσ E0i. 32. donde uπ es un vector unitario en la dirección Liπ de la Fig. De física solo son necesarias las leyes de reflexión y de refracción. (a) Objeto puntual y real. se debe mantener presente que un rayo tiene dirección y sentido: los de la propagación de la luz. el resto es geometría euclidiana. La óptica geométrica se cumple siempre que la longitud de onda de la luz sea mucho menor que los objetos con los que la luz interacciona. El concepto fundamental es el de rayo . En la Fig. p. 38. ni de coeficientes de Fresnel. nos valemos de los conceptos de objeto ( P) y de imagen (Q). 1494-1575. 3. Dover. en lentes o la luz que penetra en el ojo). no es necesario saber que es una onda. que es transversal.2a. Generalmente esto es de una gran complejidad. 4. (b) Objeto macroscópico real. El lado positivo de un sistema es por donde le llegue la luz. Objeto Real o Virtual. 39. donde hay que saber poco de la física de la luz. Un sistema óptico es un dispositivo físico al que le llega luz.1991. debemos sobreentender que nos referimos a un objeto óptico y idea de que los rayos emanan en todas las direcciones desde cada punto de un objeto físico se debe a Francesco Maurolico de Messina. que tiene campos E y B. vemos que la luz que sale por reflexión siempre está en lado positivo (por ejemplo. The Science of Vision. se puede investigar con las ecuaciones de Maxwell. Un objeto óptico P es el lugar de intersección de los rayos que llegan al sistema. Por ejemplo. en espejos) y la que sale por refracción siempre está en el lado negativo (por ejemplo. ni de polarización. y puede ser una superficie reflectiva o refractiva. (c ) Objeto puntual y virtual.1 Sistema óptico y objeto. y en muchas situaciones parte de la información que se obtiene puede lograrse con un método mucho más sencillo que se llama Óptica Geométrica. En la Fig.* Debemos diferenciarlo de un objeto físico. Vasco Ronchi. y del que sale luz.4 ÓPTICA GEOMÉTRICA La propagación de la luz en un medio y lo que le ocurre cuando llega a una superficie o interfase donde comienza un medio distinto. Convención de Signos. negativo es el lado opuesto (muchos textos siguen una convención diferente). Para lograrlo. Lo más importante en la óptica geométrica es hallar los cambios en la dirección de propagación de los rayos a medida que se encuentra con cambios en el medio. * La 49 . que es un conglomerado de partículas. no es necesario tampoco hablar de fase. Cuando en óptica hablamos de objeto. Figura 4.1a lo representamos con una curva cerrada. Optics. p. Ed. o una combinación de estas como un microscopio o un telescopio. El problema principal de la óptica geométrica es: ¿Cuál es el lugar de intersección de los rayos . se debe pensar como el lugar de intersección de los rayos que llegan al sistema. todo objeto físico es un objeto (óptico) real. es la intersección de las prolongaciones de los rayos que salen. A veces un objeto óptico coincide con un objeto físico. Figura 4. 4. Al sistema de cada punto le llegan infinito número de rayos. es (+) : p = | p|. En consecuencia. el lado negativo. Llamamos imagen Q al lugar de Figura 4. acercándose entre sí en el sentido en que se propaga la luz). 4. Enero de 2004 Física III no a un objeto físico. o con otras palabras: a cada punto del sistema le llega información de todo el objeto (Fig. en oposición a un objeto imaginado. en la vida cotidiana cuando hablamos de objeto nos referimos a objetos físicos. En óptica queremos decir que los rayos asociados a P llegan divergentes al sistema. aunque en la realidad los objetos no lo sean. o mediante prolongaciones. Pero esto no es una limitación. Imagen Real o Virtual. pues a los demás les aplicamos el mismo análisis. Basta. llamada la distancia objeto. Se debe evitar la fuerte tendencia a pensar la imagen como el lugar donde físicamente se intersecan los rayos que salen. con considerar un solo punto. así sea con prolongaciones. pero a veces no. A menudo hablamos de objetos puntuales. Dicha tendencia se origina en que los rayos provenientes de un punto de un objeto físico sí salen del punto. se denomina un objeto virtual (Fig. 4. con diferente ángulo. y el lugar de intersección necesariamente está en el mismo sentido en que se aproximan los rayos. en un punto. Si llegan convergentes (esto es.2 A cada punto del sisteSi los rayos llegan divergentes (esto es. pero con frecuencia no es así. como lo harían si los rayos provinieran de un objeto físico situado en P (Fig. En cambio. a veces es así. Si los rayos que llegan al sistema se intersecan físicamente. O sea que P está al otro lado del sistema por donde llega la luz. por supuesto) como el lugar de donde salen físicamente los rayos. Se debe evitar la fuerte tendencia a pensar al objeto (óptico. 4. y p es (−) : p = −| p|.1a. donde el lugar de intersección está en sentido opuesto al de aproximación de los rayos al sistema. alejándose entre sí en el ma le llega información de todo el sentido en que se propaga la luz). que es un objeto físico que sí existe. y salen imagen q a la distancia de Q al sistema (Fig. como se ilustra mediante las líneas a trazos de las figuras. En cualquier caso. En su lugar. y hay infinitos puntos.1c).3). a veces es así.. como se ilustra mediante las líneas a trazos de las figuras. En la Fig. pero a veces no. El recíproco de lo anterior también es cierto: a cada punto del lado del sistema por donde entra la luz llega un rayo de cada uno de los puntos del objeto.50 Héctor Alzate L. como dijimos. el sistema los transforma. Universidad de Antioquia. el objeto es puntual. un objeto real. y es el caso ilustrado en la Fig. pues la superficie del objeto macroscópico o extendido la consideramos conformada por un infinito número de objetos puntuales.3 Los rayos llegan al sistema con cierta intersección de los rayos que salen del sistema y distancia inclinación. Necesariamente P está en el lado positivo. pues tienen algún volumen. Sea consciente de que con las palabras objeto real en óptica no nos referimos a lo que se quiere decir en la vida cotidiana.1b ilustramos dos de esos puntos. 4. 4.1a). p > 0 (pero no viceversa). y su distancia p. el objeto puntual P se denomina objeto.2). y siempre llegan divergentes al sistema. 4a se ilustra cuando los rayos salen por el lado opuesto por donde llega la luz. Pero la perfección no es de este mundo. Universidad de Antioquia. conocidos el lugar de intersección de los rayos que llegan y las características del sistema? O de otra manera: ¿qué Q le corresponde a P? Vemos que la función de un sistema óptico consiste en recibir unos rayos.4 se ilustran rayos que salen del sistema óptico. Entre menos se aleje del ideal de que a P puntual le corresponda una Q puntual.4c. Si a un objeto puntual le corresponde una imagen puntual. 4. Se comprenderá que no es posible proyectar las imágenes virtuales (o sea rayos divergentes. En la Fig. Si los rayos salen divergentes. 4. en el lado (+). En la Fig. o sea alejándose entre sí en el sentido en que avanza la luz. no se muestran los que llegan. se ilustra cuando salen por el mismo lado por donde llega la luz al sistema y. se ilustra cuando salen por el mismo lado por donde llega la luz al sistema y. y q es (+) : q = |q|. el lugar de intersección está en el sentido en que avanza la luz. pues la luz de la imagen asociada con cada punto del objeto se abre cada vez más dando una imagen borrosa. que es la que penetra al ojo. y los rayos que salen nunca se intersecan en un solo punto. como la luz que se refleja en las caras de una lente. no por una aberración del sistema. o sea acercándose entre sí en el sentido en que avanza la luz. en el lado (+). 4. y entregarlos con direcciones diferentes. Enero de 2004 51 que salen del sistema. Si los rayos salen convergentes.. 4. que son los que definen el lado (+). procesarlos. En la Fig. se intersecan en el lado (−). se intersecan en el mismo sentido de los rayos. el lugar de intersección es el sentido opuesto en el que avanza la luz. La luz puede salir por el lado opuesto por donde entró (figuras a y b). (b) y (d) son virtuales. como salen convergentes. sino como una manifestación intrínseca de la naturaleza ondulatoria de la luz. y q es (+). En la Fig. También puede salir por el mismo lado por donde llegó (figuras c y d). y q es (−). el sistema se denomina un sistema óptico perfecto. por ser convergentes. la imagen se denomina una imagen real.4d. en el lado (−). la imagen se denomina una imagen virtual. Decimos entonces que el sistema sufre de aberraciones o defectos. Figs.4b se ilustra cuando los rayos salen por el lado opuesto por donde llega la luz. se verá que a un objeto puntual nunca le corresponde una imagen puntual. 4. o la que se refleja en el ojo y produce las imágenes que vemos cuando miramos a los otros a los ojos. Una interfase puede producir simultáneamente imágenes por reflexión y por refracción. Cuando se vea en Óptica Física el tema de Difracción.4 (a) y (c) son imágenes reales. como salen divergentes.4b y d) en una pantalla. y q es (−) : q = −|q|. 4. como en una lente o la luz mediante la que vemos. mejor y mas costoso es el sistema. La pantalla habría que ponerla en Q para observar una . por ser divergentes. En los cuatro dibujos de la Fig. Figura 4. o sea que tenga menos aberraciones.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. −q es positiva. Por ejemplo. y no ¡q = −q!. a pesar de no ser visible. con la letra q una imagen real.5b). Los rayos que llegan se intersecan en un punto P. q = |q|. 2 (4. Las distancias las tratamos algebráicamente. 1 1 1 + = p q f con f = r . es negativa y aún en este caso escribimos q y no −q. BC ≈ OC = r y BQ ≈ OQ = q. los rayos reflejados se intersecan en Q (Fig. y para garantizar que sea positiva. poniendo la pantalla en el lugar dado por Q (Fig.52 Héctor Alzate L. la imagen. intrínsecamente pueden ser Figura 4. lo que se observe en ella no es la imagen.5 Ubicación de una pantalla para observar negativas. y centro de curvatura C.6 Geometría de la re exión de rayos. Reflexión en una Superficie Esférica Figura 4.1) . Para ángulos pequeños o rayos paraxiales (paraxiales quiere decir casi paralelos al eje principal. aunque en la vida cotidiana se le llame así. y con minúsculas la distancia de los puntos al sistema. Pero si no se ubica en Q (Fig. En la aproximación paraxial. La forma correcta de garantizar que q sea negativa es escribiendo q = −|q|. Escribiendo −q no garantizamos que la distancia imagen sea negativa. esto es. 4. 4. cero o positivas. denotamos la distancia de Q. denotamos puntos. porque si q es negativa. pero en Q no hay luz asociada con la imagen.1. Sea nuestro sistema un cascarón esférico reflectivo con radio de curvatura r. Enero de 2004 Física III imagen nítida. Universidad de Antioquia. 4. OC y OP y se pueden hacer las aproximaciones BP ≈ OP = p. sigue siendo real y ¡ubicada en Q! Más sobre los Signos.5a). La imagen real sí es posible. o sea α1 y α2 mucho menores que 1 rad o 57. 4.3◦ ) el segmento OB es mucho menor que los segmentos OQ.6). Si Q está al otro lado de donde llega la luz. Con mayúsculas. por lo general.. p puede ser. hP p (4. 4. Vemos que cuando p → ∞ (o sea p q).2. y la altura transversal del objeto respectivo. 4. En lugar de decir que 1/ p → 0. Enero de 2004 53 Vemos que la distancia imagen q no depende de h. dp (4. Refracción en una Superficie Esférica Cuando llega luz a una superficie transparente. lo que quiere decir que todos los rayos reflejados se intersecan en el mismo punto. 61) ML ≡ dq = − M2 . Cuando q depende de h. la imagen de P puntual no es puntual sino que son infinitos puntos (Fig. y las imágenes de dos puntos P1 y P2 se pueden superponer. La luz reflejada forma una imagen Qreflex según lo visto en la sección anterior. hay reflexión y refracción (Fig. en física lo que se quiere decir es que es mucho menor que las demás variables. pues a un objeto puntual le corresponde una imagen puntual. impidiendo que se distinga una de otra (Fig. y considerársele infinito..4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.7a). en física lo se quiere decir es que esa variable es mucho mayor que las otras variables involucradas en el problema.7. Tal vez fuera mejor decir q p. p. que se relaciona con la dirección axial. se define como la relación entre la longitud axial infinitesimal de una imagen y la dimensión axial del objeto infinitesimal respectivo. Igual ocurre con la afirmación matemática de que una variable tiende a cero. Este es un sistema óptico perfecto. para saber por donde pasará el resto de infinitos rayos (o sus prolongaciones). Figura 4. Con la afirmación matemática de que una variable tiende a infinito.2) El aumento longitudinal ML . es igual a M≡ hQ q =− . h P . bastando así con saber donde se intersecan dos rayos reflejados. Para un espejo. 4. hQ . Aumento o Magnificación. 2 m. la imagen Q de P será borrosa. el aumento transversal o lateral M se define como la relación entre la longitud o altura transversal (o sea perpendicular al eje principal) de una imagen.7 Aberración esférica.7b). por ejemplo. A este defecto del sistema óptico se le llama aberración esférica. es mas apropiado decir 1/ p 1/q. Universidad de Antioquia. la luz refractada forma una . q = f .3) 4.8). Al tomar medidas. O sea que si P1 y P2 son puntos de un objeto macroscópico P. d p. es igual a (vea el Ejemplo 4. Desconcierta que a tal distancia se le pueda calificar como p → ∞. y que por lo tanto 1/ p + 1/q ≈ 1/q = 1/ f . Cantidades que tienden a Infinito o a Cero. y n2 no es el índice donde está la imagen. y las propiedades físicas del sistema como son los índices de refracción y el radio de curvatura de la superficie. los coeficientes de Fresnel para la reflexión Rπ y Rσ son mucho menores (suponiendo como medio 1 el aire. Cit.8 la imagen está en el medio 1. quien por primera vez comprendió esta función de la pupila. y como medio 2 agua o vidrio) que los coeficientes Tπ y Tσ . Universidad de Antioquia.4 se obtuvo utilizando la ley de Snell. que es nuestro caso de aproximación paraxial. Aproximadamente esto es lo que ocurre en la córnea del ojo. sino el índice del medio donde están los rayos que salen por refracción de la superficie. con la normal N pasando por C. Figura 4. Para θi 1. están relacionados por la Ecuación de Descartes. la distancia imagen. 4.. en la Fig. n1 n n − n2 − 2 = 1 . pero los rayos que salen refractados están el medio 2. Geometría de la refracción de rayos. sino el índice del medio donde están los rayos que llegan a la superficie o interfase. disminuyendo así notablemente la aberración esférica. El dibujo corresponde a una super cie cóncava.1 se ha rotado y trasladado sobre el punto A de la Fig. En consecuencia.54 Héctor Alzate L. Las imágenes paraxiales por transmisión son mucho más intensas que por reflexión. en la que n1 es el índice de refracción del medio donde está la luz que llega a la interfase. y n2 el índice donde está la luz que sale refractada. el sistema es perfecto.* La Ec. 43. p. lo que quiere decir que donde se intersequen 2 rayos refractados (o sus prolongaciones). y una pequeña parte se refleja. en dicha ecuación n1 no es el índice donde está el objeto. (Recordemos que si los medios son aire y agua. 3. en 1604. debido a que su índice de refracción es muy cercano al del agua). 4. no presenta aberración esférica. (4. Note que la Fig. y objeto real más allá del centro ( p > r). solo se refleja el 2 % de la energía para incidencia normal. lo que quiere decir que la mayor parte de la energía se transmite. La distancia objeto.8. El ojo humano consigue eliminar los rayos no paraxiales permitiendo el paso de la luz solo por la pupila.8 n1 < n2 . solo que su lugar de intersección o imagen Q está * Fue Kepler. Enero de 2004 Física III imagen Q como lo veremos en esta sección. Op. Por ejemplo. como a veces confusamente se piensa. . todos los demás se intersecarán. 4.4) p q r Vemos que para rayos paraxiales q no depende de h. entonces p = p. 65). 1 1−n n . n1 = n.11. No es aplicable entonces a lentes de contacto. Identifiquemos ahora los términos para aplicar la Ec.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.. p. Los rayos que . en la figura este radio de curvatura es negativo. 4. rodeadas de aire. 4. pues estas se usan sobre el ojo (más exactamente sobre la córnea).3.4. que tiene un índice ∼ 1. 4.7) Figura 4.00. Universidad de Antioquia. − = p q r1 (4. Lentes Delgadas en Aire Una lente es un sistema óptico compuesto por dos subsistemas refractivos S1 y S2 . si es (−) es divergente. La longitud focal objeto f o y la longitud focal imagen f i cumplen que f o + f i = r. n2 p (4. entonces r = r1 . Para aplicar la Ec.4 a S1 identifiquemos primero sus diferentes términos: Como los rayos que le llegan están en el aire. esta es el medio 2. entonces S1 siempre está en el lado positivo. pues r1 puede ser intrínsecamente negativo. pero ello no es razón para escribir −r1 . q = q (aunque en esta figura Q está en el aire.9). Como el lado positivo es por donde llega la luz. los rayos que salen por refracción se intersecan en Q . n2 = n). Por convención. El aumento transversal es n1 q M= . Como los rayos que salen refractados están en la lente.10): Como los rayos que le llegan están en la lente. 4. entonces este es el medio 1. sino solo sus prolongaciones.9 Cambio en la dirección del rayo debido a S1 . n2 = n.00029 ≈ 1.5) (4.6) 4. y S2 en el lado negativo (vea el Ejemplo 4. La siguiente exposición la hacemos para lentes delgadas de índice de refracción n. y S2 por donde sale de ella (Fig. Los rayos que llegan se intersecan en P. El grosor de la lente es t. este es el medio 1.4 a S2 (Fig. La imagen es virtual y no es posible proyectarla en una pantalla puesta en Q (ni en ninguna otra parte) pues por Q no pasan físicamente los rayos. solo se escribe el signo menos cuando se escriba su valor numérico. Dos perpendiculares a S1 se intersecan en C1 . Cuando f o es (+). la superficie refringente es convergente. Enero de 2004 55 en el medio 1. se llama S1 a la superficie por donde entra la luz a la lente. 4. n1 = naire = 1.38. Reemplazando estas igualdades en la Ec. 8) se cancela n/q . obtenemos 1 1 1 − = . y (1/ p) − (1/q) ≈ −(1/q) = −(1/ f i ) = (1/ f ). de donde f = − fi . 1 1 1 1 − = (n − 1) − . 1 1 r − r2 1 − = (n − 1) 1 . 4. a p se le llama la longitud focal de la lente o longitud focal objeto f . entonces r = r2 . Dos perpendiculares a S2 se intersecan en C2 . (4. n2 = 1. con f < 0 se llaman divergentes o negativas.10 en la Ec. (4. Enero de 2004 Física III salen refractados están en el aire.7) y (4. (4. factorizando por (n − 1) llegamos a la ecuación de Descartes para lentes. . (4. Reemplazando en la Ec. pues a un bloque de material con n conocido se le pueden desbastar dos caras con radios r1 y r2 .9. Sumando las Ecs. p q f (4. q = q. y (1/ p) − (1/q) ≈ (1/ p) = (1/ f ). Los rayos que salen por refracción se intersecan en Q. la lente es delgada. n 1 n−1 − = .9) p q r2 r1 Cuando q p.10) = (n − 1) f r2 r1 r1 r2 El nombre de esta ecuación es muy apropiado. Los rayos que llegan se intersecan en Q .56 Héctor Alzate L. q q r2 (4. Reemplazando en la Ec.00. el objeto para S2 es Q y la distancia objeto es p = q − t. Universidad de Antioquia. 4. 4.. obteniendo una lente con la f deseada. este es el medio 2.12) El aumento de una lente es M = q/ p.9.10 Cambio en la dirección del rayo debido a S2 . Reemplazando la Ec. llegamos a la ecuación del constructor de lentes.8) Figura 4.4.11) Cuando p q.13) Las lentes con f > 0 se llaman convergentes o positivas. q ty p ≈ q . (4. 4. a q se le denomina la longitud focal imagen f i . cuando está relajado. de ∼ 0.11 El ojo humano. La mejor visión se logra cuando los rayos de luz se intersecan o enfocan en la fóvea. * Esta ** Córnea figura corresponde a un corte horizontal del ojo izquierdo. pero no son sensibles al color. se define como 1 metro dividido por f.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. La distribución de ambas células varía ampliamente en la retina.11). Detrás de la córnea hay un líquido A.3 mm de diámetro. después el cristalino se acomoda con el objetivo de dirigir los rayos hacia la fóvea.8 cm. responden a muy baja intensidad de la luz. en dioptrías D. los bastones y los conos.* con un radio de ∼ 1. Universidad de Antioquia. el humor acuoso. el diámetro de la pupila. A esta capacidad de variar f se le llama la acomodación. El nervio óptico conduce las señales eléctricas hasta las neuronas del cerebro responsables de interpretarlas como imágenes.2 cm..376. el ojo se mueve de manera que el objeto o imagen quede en el eje visual del ojo. 4. y el resultado se expresa en dioptrías D.337 respectivamente.406 y 1. cuya acción conjunta determina. de índice de refracción decreciente del centro hacia afuera. que nada tiene que ver con la potencia de energía cuyas unidades son W. el ojo está lleno de un líquido gelatinoso. cuando está contraído. Enero de 2004 57 La potencia de una lente. una capa extensa donde están las células responsables de transformar la luz en señales eléctricas (células fotosensibles). El color del iris determina el color de los ojos.386. ∼ 125 millones.** con índice de refracción 1. el cristalino es aplanado. intensidad de la luz presente. sí son sensible al color y son los responsables de la nitidez. En el fondo del ojo se encuentra la retina. la cantidad de luz que penetra al ojo. El resto del globo ocular está limitado por la esclerótica. que quire decir duro y transparente como el cuerno.14) 4. que es el diámetro de la pupila. es mantenido en su lugar por unos ligamentos L que van unidos al músculo ciliar M. y está formada por una membrana dura y transparente. El cristalino es una lente compuesta por unas 22 000 capas como una cebolla. entre 1. que es una capa opaca y blanca. El iris es una arreglo. el cristalino se curva y disminuye su f . el humor vítreo V.336 y 1. en contacto con el iris I y el cristalino C. ˇ eus. y no posibilitan la percepción de imágenes nítidas. El índice de refracción de los humores acuoso y vítreo es de 1. donde sólo hay conos. proviene del femenino del adjetivo latino cornˇ .4. con un agujero central o pupila. compuesto casi únicamente de agua. La parte central externa es un poco más curva. el derecho quedaría verticalmente abajo. formando lo que se llama el globo ocular (Fig. Cuando queremos mirar un objeto o una imagen. y su diámetro interior. Detrás del cristalino. cuya parte en contacto con el aire es visible a simple vista. Los bastones. la fóvea F. El Ojo El ojo es aproximadamente esférico. ∼ 6 millones. los conos. de músculos circulares y radiales. (4. hay un sitio. la córnea. P = 1 m/ f . con un radio de curvatura de ∼ 0. según la Figura 4. excepto que se utiliza el mismo nombre. La longitud focal del cristalino la varía el músculo ciliar a través de los ligamentos. en cambio. por lo tanto lo que miramos es la imagen producida por el sistema. desde donde se ve nítida.. pues debe verla desde la Tierra. en (b) mira la lente. A mayor edad. Si queremos ver con un sistema óptico como una lente o un espejo. Enero de 2004 Física III Si esto no se logra. nos ubicamos a δ de la imagen si la queremos apreciar lo mejor posible (Fig. 4.12 Visión binocular. Sólo para esta luz roja el lado positivo de la córnea queda dentro del ojo. debería acercar sus ojos hasta 25 cm de su superficie. Figura 4. los ejes visuales se deben intersecar en el objeto o imagen que se mire (Fig. y si quisiéramos mirar el objeto. Por lo tanto.58 Héctor Alzate L. si quisiera ver nítida la Luna y con el máximo detalle. y sale de regreso hacia la cámara fotográfica. pues es donde los rayos sufren el mayor cambio de dirección. Como nos interesa mirar la imagen. 4. pero con poco detalle. Figura 4. En la visión binocular. determine su δ personal. si nos interesara mirar el sistema. nos ubicaríamos a δ del objeto (Fig. Universidad de Antioquia. en (c ) mira el objeto. . El Punto Cercano. Leyendo algún escrito. 4. y no coincide con el eje visual. la visión es deficiente. Un valor común para un adulto es δ = 25 cm. mayor es δ.10). Se utilizan lentes y cirugía ocular para lograr el ideal de que la luz que penetra al ojo se enfoque en la fóvea. no al objeto que da lugar a esa imagen. Hay una distancia mínima o distancia óptima a la que una persona se puede ubicar de lo que mira. de terminar de dirigir los rayos hacia la fóvea (Ejemplo 4. fino. Esta persona.13a).13 El punto cercano del ojo. Esta distancia se llama el punto cercano o mínima distancia de visión nítida δ de la persona.13b). los rayos que penetran en nuestros ojos son los que salen del sistema. para verlo con el máximo detalle posible. 4. nos ubicaríamos a δ del sistema (Fig. o sea con los dos ojos. debido al endurecimiento progresivo o pérdida de la acomodación del cristalino.12).13c). El cristalino hace el trabajo restante. que es roja por la alta irrigación sanguínea. el lado positivo siempre está en el aire. En (a) el observador mira la imagen. El eje visual del ojo es la línea determinada por la fóvea y el centro del cristalino. cosa que de ordinario es imposible. La córnea es la componente que hace la mayor parte del trabajo de enfoque. o en al agua si tenemos abiertos los ojos dentro del agua. Esto se debe a que parte de la luz que penetra en el ojo se refleja en la retina. La luz penetra al ojo por la parte de la córnea que está al frente de la la pupila. Es común encontrar en las fotos tomadas con ‘flash’ pupilas rojas. La perpendicular en el centro o polo de la córnea es el eje óptico del ojo. 4. (En el Almacén del Instituto de Física hay un espejo con esta misma f . 4. en la Fig. 4.14 Imagen virtual y derecha. Discuta la formación de la imagen de una persona que se mira en un espejo plano. 4. Este ejemplo es la explicación de la experiencia cotidiana de mirarnos en un espejo casero.2. Obvio que usted no se puede ubicar a δ de la imagen de la montaña.8 ver la imagen por refracción Q? (b) Si q = +20 cm y el punto cercano del observador es 35 cm. dando una imagen virtual (lugar de intersección en el sentido opuesto al que se reflejan). pero con una lente.1. y para una imagen real? Una nube o una montaña que esté a varios kilómetros enfrente del espejo forma una imagen virtual a esa misma distancia. en la mayoría de los casos. Problema 4. Solución. Para ello nos valemos. pero enfoca su cara). pero la longitud focal es ahora infinita. Enero de 2004 59 Ejemplos y Problemas Con los siguientes ejemplos queremos aclarar los conceptos de la óptica geométrica. p − q = δ. ya desenfoca el espejo en su retina. p p−δ f . entre mirar una imagen y mirar el sistema óptico que la produce se explica. especifique exactamente donde se debe ubicar el observador sobre el eje principal para ver a Q. Los problemas. ¿es positiva o negativa q para una imagen virtual producida por (a) un espejo y (b) por una lente (o por una superficie refractiva). 4. en consecuencia. en este caso.14. p.4. reemplazando en la Ec. el (+) significa que es derecha. y que su δ es 25 cm.15. no lo deje para después. 1 1 1 + = . se debe ubicar a 25 cm del espejo. si se aleja. se mira en un espejo cóncavo de longitud focal 15 cm. ¿Cuál es el aumento? Ejemplo 4.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.. se acerca a 1 2 25 cm (Fig.1.13 no hay ecuación que relacione estas 3 cantidades. Problema 4.5 cm. 4. Así es como reconoce que está a δ de su imagen. sino que explicamos permanentemente la aplicación de la teoría expuesta. Para el caso particular de la Fig. Solución. sus ojos enfocan la imagen. Es equivalente al Ejemplo 4. 4. o. El 1 significa que la altura de la imagen es igual a la del objeto. La diferencia. consígase un espejo plano y haga ya las experiencias descritas en este ejemplo. Supongamos que es usted quien se mira en el espejo. pues de la geometría de la figura se deduce que p = −q (por favor. Despejando. 4. con el que se puede hacer la experiencia descrita en este problema). La distancia óptima al espejo se presenta cuando P está a una distancia óptima δ de lo que mira. ya no se enfoca. no nos limitamos a hallar unos valores numéricos. de donde p = δ /2 = 25/2 = 12.3. pero si va a mirar su imagen.13. también se llega a que p = −q. p. Por esto.8. con un aumento M = −q/ p = −(− p)/ p = +1. Si va a mirar el espejo. Encuentre la distancia óptima de P al espejo. con f = ∞. ¿Puede un observador a la izquierda de la superficie refringente de la Fig. en cambio. Aplicando la ley de reflexión. porque los rayos tienen dirección. se ve que los rayos se reflejan divergentes entre sí. ver la imagen por reflexión Qreflex ? Ejemplo 4. utilizando la Ec.15. 4. 51).3. por ejemplo una mancha en él.1. Determine su punto cercano δ. No. (a) ¿Puede un observador a la derecha de la superficie refringente de la Fig. 4. pero detrás del espejo.2. (c) ¿Cómo ve la imagen dicho observador si se ubica a 5 cm a la izquierda de O? Figura 4. p. Una persona P. δ = p − q = p − (− p) = 2 p.1. 54. la dirección en que avanza la luz. Solución. están intercalados entre los ejemplos. Si P se acerca al espejo más de lo que muestra la Fig. Ejemplo 4. Se debe diferenciar entre mirarse en el espejo y mirar el espejo. o sea con la misma orientación que el objeto. su imagen. Aplicando las definiciones de imagen virtual e imagen real real (Fig. así los ‘pegue’ al espejo. y la luz reflejada solo le llega a un observador a la derecha de la superficie. de hechos cotidianos. q = p − δ. en la Fig. disminuye el detalle con que se ve. Universidad de Antioquia. marcados con dos triángulos negros . comprúebelo geométricamente). como una extensión de los ejemplos que les preceden. con δ = 25 cm. 52. 15) y (4. p1 = 8 cm. como espejos convexos o negativos o divergentes que. Lo primero a exigir es que el aumento sea positivo.13 ni en la Fig. Figura 4. la segunda es real. 58. y la segunda solución. pues imágenes mayores que el objeto no son convenientes porque dan un cubrimiento aún menor que con un espejo plano. La primera solución corresponde a la Fig.15. Llegamos a lo que se cumple también con las lentes. tenemos la primera solución.12. para que las imágenes sean derechas y menores que los objetos que se quieren vigilar. imagen virtual.15). no se cumple en la Fig.17) Reemplazando en la Ec. q y δ no es p + q = δ. Reemplazando en esta ecuación las relaciones (4. 4.31.16. En conclusión. M = −q/ p y (1/ p) + (1/q) = (1/ f ). También hay imágenes por transmisión.15. La imagen de la primera solución es virtual. de más de 1 m. (4. Determine la naturaleza de un espejo que sea útil para la vigilancia en un almacén. Enero de 2004 Física III Figura 4. Para estas. Universidad de Antioquia. que son las que nos dan la visión.17). −q (+) = . q2 = 22 cm. la situación empeora. con soluciones. q1 = −17 cm. obtenemos f = Mp/( M − 1). nuestros ojos se comportan como superficies refractivas convergentes. la persona P se ve derecha y 2.15) Espejo cóncavo. Despejando p. 4. con el que la imagen es del mismo tamaño que el objeto. y para dar un buen cubrimiento tendría que ser muy grande. (4. p2 = 47 cm. los ejes visuales del observador convergen en el punto de Q que P mire (en la Fig.4. sería el caso de un espejo plano. Ejemplo 4.3. M2 = 0. esto es.16) Las imágenes en el almacén corresponden a objetos físicos. M > 0. p. 4. para aquellas. que siempre se comportan como objetos (ópticos) reales. la persona se ve invertida y con una tamaño casi la mitad. 53.2. dan imágenes derechas y menores que el objeto. que toda imagen derecha de un objeto real es virtual. imagen real. De las ecuaciones para espejos.16) y (4. p2 = 47 cm. y obtener así un mayor cubrimiento o campo de visión mayor. hay imágenes por reflexión.47. ¿En la Fig.15 (4. p1 = 8 cm. (+) de donde q < 0: Q es una imagen virtual. Solución. pues los estantes y las personas tienen medidas mayores que 1 m. En ambos casos. Problema 4.1 veces mayor. 68). En resumen. Si M > 1.17). que son las que vemos cuando miramos a alguien a los ojos. para que la imagen tenga la misma orientación que su respectivo objeto. p. como acabamos de ver. 4. obtenemos la ecuación cuadrática p2 − p(2 f + δ ) + f δ = 0.1.60 Héctor Alzate L. por qué la relación entre p. p > 0. Si M = +1. sino p − q = δ? (Recuerde que esta ecuación no es general.16 Espejo cóncavo. ese punto de Q corresponde al punto P). la segunda a la Fig.47. a las que les corresponde las respectivas distancias imagen q1 = −17 cm. obtenemos f < 0. las relaciones (4.1. 4. Cuando llega luz a nuestros ojos. El espejo tiene que ser convexo o divergente. M1 = 2. .. M2 = −0. después de reemplazar los valores de f y δ. q2 = 22 cm. (4. 4. p. y aumentos M1 = 2. 0 < M < 1. 4. La imagen no la puede observar a δ. y la imagen se forma lejos (q y vQ → ∞). la de la imagen es vQ = dq/dt.3. como no depende del tiempo. Como (q/ p)2 = (−q/ p)2 = M2 . dt dt dt Solución. p (+) De donde q = −2 p. Despejando. La longitud focal del espejo es 15 cm. Universidad de Antioquia. 1/ p + 1/(−2 p) = 1/ f . Por ser virtual la imagen. Ejemplo 4. Figura 4. 4. entonces usamos valor absoluto. El espejo es positivo. pero no sabemos si la imagen es derecha o invertida. el reflejado sale dirigiéndose hacia F. (a) Según la Ec. (4. (b) Halle el volumen de la imagen de un cubo de 1 cm de lado que está perpendicular al eje principal y a 45 cm del espejo. Reemplazando esta expresión para M en la Ec. 4. pues el objeto está entre el polo y el foco.19) Solución. o convergente. la imagen se mueve hacia la derecha. p f .18) El (−) significa que las velocidades son opuestas: si el objeto se mueve hacia la izquierda acercándose al espejo. A un objeto real puesto a 1. (b) En la Fig. 4. (a) Analíticamente. obtenemos vQ = − f f −p 2 vP . los rayos llegan divergentes y se intersecan en dirección opuesta a la de ellos. d p−1 d q−1 d f −1 + = . (b) Con rayos principales ilustre. Solución. Esto lo comprobamos a diario cuando nos acercamos a un espejo plano. el miembro derecho de la anterior ecuación es cero. p. Reemplazando en la expresión para el aumento lateral. Note que aunque el espejo es convergente. sin escala con el resto de la figura. Encuentre la velocidad de la imagen como una función de la distancia p y discuta el resultado. q < 0. o cóncavo. la solución gráfica del problema. Cuando P se acerca a F. Reemplazando en la Ec. por reflexión (es un espejo). los rayos salen. También significa que si apuntamos con un dedo al espejo. De la Ec. 53. acercándose también. la imagen del dedo apunta hacia el dedo. dq ≡ ML = − M 2 . la anterior ecuación predice que vQ v P (vQ → 0): Q coincide con F. pues se forma detrás del espejo. y vQ = −v P . p > 0.18 se representan. Enero de 2004 61 Ejemplo 4. La longitud focal. 4.1.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. la fija el constructor del espejo. y la puede ver enfocada en su retina desde cualquier distancia a la derecha del espejo..18. − p−2 dp dq − q−2 = − p−2 v P − q−2 vQ = 0. Del punto más alto del objeto llegan dos rayos divergentes. pues la longitud focal es positiva. f = r/2. (a) Como el objeto es real. El aumento es 2. Si un observador quiere mirar el objeto con una distancia óptima. el cubo P y su imagen Q. Para un objeto lejano.5. 4. a una distancia mayor que el punto cercano. produce rayos divergentes. 4. M = −q/ p = f /( f − p). (a) Halle la expresión para el aumento longitudinal de un espejo. dp (4.18. vQ = − M2 v P . El rayo superior llega con θi = 0. Vemos que los que salen lo hacen divergiendo.7. La velocidad del objeto es v P = d p/dt. f = 2 p = +2. q = f p/( p − f ). el rayo reflejado respectivo sale dirigiéndose hacia C. Ec. a escala. determine la longitud focal y la naturaleza del espejo.1.17 Imagen virtual y derecha. 4. Ejemplo 4. | M| = 2. dt dt q p 2 Despejando. la Ec. El rayo inferior llega paralelo.2 m de un espejo esférico le corresponde una imagen que es virtual y dos veces mayor. se ubica a δ de P. dt dt Cancelando dt y despejando. . dq dp = − M2 . para el que se cumple que M = 1. a la derecha o a la izquierda. como era de esperarse.4 m. Un objeto se mueve hacia un espejo esférico con una velocidad constante v P .6. los rayos salen casi paralelos. vQ = − vP . Averigüemos si es +2 o −2: q (−) M=− =− = (+) = +2.17 se ilustra la solución gráfica. divergentes y se intersecan en dirección opuesta a ellos. Derivando respecto al tiempo (b) En la Fig. 4.1. 1.19 Sea h P un lado de P. y = m( x − b2 /4 f ) + b..18 Un cubo P y su imagen Q. y despejando este intercepto. x = x0 . 1 − tan2 α El que M sea diferente de ML lleva a que la imagen del cubo no sea cúbica. El volumen de la imagen es así. 2) De la figura vemos que θi = 90◦ − α y. y 4) la intersección del rayo reflejado con el eje x. su volumen es VP = h3 P . El rayo incidente se caracteriza por el parámetro de impacto b. θr = θi .5/45 = −0. Universidad de Antioquia.0625 cm3 .62 Héctor Alzate L. de acuerdo con el siguiente plan: hallamos 1) las coordenadas de P en función de b. VQ = A|∆q| = 4 2 4 3 M2 h2 P × M h P = M h P = M VP . Reemplazando esta expresión en la identidad tan 2α = 2 tan α . VQ = M4 VP . M = −q/ p = −22. y el origen de coordenadas el vértice del paraboloide.19. 16 Re exión en un espejo parabólico. La pendiente del rayo reflejado es así m = tan θ = tan 2α . con el paraboloide. en el triángulo IPA.5 × 1 cm = 0.5 cm. todos los rayos que llegan paralelos al eje de un espejo parabólico se dirigen hacia el foco después de la reflexión. b2 − 4 f 2 2 b 3) La ecuación para una línea que pasa por P( 4 f . b ). x = b2 /(4 f ). De la Ec. y reemplazando a y por b. El espejo es un paraboloide de revolución. en cm. y ∆q ≈ dq. en dirección perpendicular al eje) de la imagen son las de un cuadrado de lado hQ = Mh P . Sea este el plano xy. Hallemos M. b2 Las coordenadas de P son P( 4 f . y con volumen VQ = M4 VP = (1/2)4 VP = 1 VP = 0. El grosor del objeto es ∆ p = h P . N es la perpendicular al plano tangente en el punto de incidencia. 0). 2) la pendiente m del rayo reflejado.5 cm. 4. 4. 1) La ecuación de la parábola de la figura es y2 = 4 f x. 4. ni la imagen de una esfera sea esférica.5 × 0. Figura 4. la Ec. La distancia del foco F de la parábola al vértice es f . Enero de 2004 Física III Figura 4. Sea el eje x el eje principal. x0 = f . En la Fig. aproximamos a infinitesimales estos deltas.20) La pendiente de la parábola en P es tan α = d y/dx = 2 f /b.5. ∆q ≈ ML ∆ p = ML h P = − M2 h P . sin importar su distancia al eje. Ejemplo 4. q = f p/( p − f ) = 15 × 45/(45 − 15) = 22. q y f ). 4. La demostración la haremos en coordenadas cartesianas. El grosor es 0. De la Ec. Como son pequeños (mucho menores que p. b ) con pendiente m es Solución. el de la imagen es ∆q. Despejando a x. Q es entonces un paralelipípedo recto de lados. θ = 180◦ − 2θi = 180◦ − 2(90◦ − α ) = 2α . (4.52 × 1 cm = 0. .5 × 0. Pruebe que. La altura y el ancho transversal o lateral (esto es. 3) la ecuación del rayo reflejado con los datos de los 2 primeros numerales. ∆ p ≈ d p. 0.25 cm. Q tiene una cara A transversal cuadrada de lado 0.8. o por el ángulo α .19 se muestra el corte de un plano que contiene el eje principal. Un rayo incide paralelo al eje x en el punto P y se refleja pasando por el punto I ( x0 .20 nos da que m= 4b f .25. El área de este cuadrado es 2 2 A = h2 Q = M hP . 4) Haciendo y = 0. En la figura se ha aplicado ya la ley de reflexión. se dirigen hacia el punto I ( f . 0). Se muestran el punto de incidencia A. 4. con vértice en Q. En F se ubica un receptor. Si el observador tiene bien enfocada la imagen Q (Q es imagen respecto a la interfase agua-aire. ¿A qué distancia de la superficie. en coordenadas polares. Los rayos que penetran por la pupila forman un como de ángulo 2θr. Como la óptica que hemos desarrollado es paraxial. Por simplicidad no se muestran la córnea ni el cristalino. con contaminación mínima. Problema 4. p. y θr.20. y P es . el rayo incidente EA. Este ejemplo lo llamamos Profundidad Aparente. donde se ubica un material que se calienta o se funde a miles de grados centígrados.9. Francia. el plano de incidencia definido por N y EA y coincidente con el plano de la hoja.21 Los rayos van del objeto a la retina. Un recipiente se llena de agua hasta una profundidad h. esta Q tine su respectiva imagen en la fóvea V. a pesar de que en la figura no sea así. cuya solución la encontramos con la Ec. Enero de 2004 63 De donde concluímos que todos los rayos reflejados.21 lo explicó por primera vez Kepler en 1604. En Mount Louis. 4. En la Fig.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. El proceso de la visión humana representado por la Fig.3◦ . se ve el fondo del recipiente? Ejemplo 4.. el fondo parece acercarse al observador. 4.8. los ángulos de incidencia y refracción. y el rayo refractado AC alcanza a penetrar en el ojo. θi y θr son mucho menores que 57. el Ejemplo 4. pues discute la observación común de que cuando se observa desde arriba un vaso de agua o una piscina. Este ejemplo es sobre formación de imágenes por refracción. mirando directamente desde arriba. dando la sensación de que la profundidad es menor a la real. Figura 4.4.20 Profundidad aparente. donde la densidad de energía es la más alta. P es un pequeño cuerpo en el fondo y H es el observador. Los rayos con igual θi forman un cono con vértice en P y de ángulo 2θi . Resuelva. los ángulos están exagerados. I es entonces el foco F de la parábola. la normal en A a la interfase.21). máx dado por el rayo AC que toque el borde de la pupila (Fig. O sea que el espejo no tiene aberración esférica para los rayos paralelos al eje principal. ‘Mirar directamente desde arriba’ quiere decir que la línea PH es perpendicular a la interfase aire-agua. los rayos se intersecan en un punto P en sentido opuesto a ellos. Está es la explicación de la utilidad de la antenas o espejos parabólicas. y con ello fundó la óptica moderna. cada uno con su plano de incidencia conteniendo el eje PH . 4. Por claridad. los cuadrantes I a IV. 54. hay un horno solar que utiliza un gran espejo parabólico para dirigir los rayos hacia F. Por llegar divergentes a la interfase. Dentro del ojo la luz forma un cono con vértice en V y con la pupila como base. sin importar b.4. Solución. pero objeto respecto al ojo). Figura 4. Universidad de Antioquia. máx . A esta distancia se pone usted de lo que mira si lo quiere ver con el máximo detalle. n2 ≈ 1. dos perpendiculares a la interfase se intersecan en el infinito o. y el cristalino hace el trabajo fino. f i = −2.33. en el centro de la Tierra..33 1.64 Héctor Alzate L. p fi −0. considerada rigurosamente.8 cm.22b). más exactamente. una interfase plana no cambia el tamaño de las imágenes formadas por reflexión ni por refracción. El signo menos significa que los rayos que lleguen paralelos o casi paralelos.5 cm. Los rayos que llegan están en el agua. Como el agua está quieta. 1.7 cm hacia el observador. n2 = 1. (n1 / p) − (n2 /q) = (n1 − n2 )/r. Como esto es mayor que el diámetro del ojo. para que la imagen fuera real se necesitaría que salieran convergentes. Si se tuviera en cuenta el cristalino.38 1.4. Acérquese a la imagen hasta cuando empiece a desenfocarla. 2. se refractan dirigiéndose hacia un punto opuesto al lado por donde llegan.38 1. 4. q = f i . de ajuste. y la imagen sería borrosa. llene el vaso hasta 7 cm.33 Si P es una moneda en el fondo de un vaso que se ha llenado hasta una profundidad de 7 cm. Si n1 fuera menor que n2 .22a). la luz que sale está en la córnea.21) En la aproximación paraxial. y la imagen estaría por debajo de P.9 cm.4 = 0. este es el medio 1. Localice la imagen de P formada por reflexión en el Ejemplo 4. Reemplazando en la Ec. n1 = 1. 4. Identifiquemos sus diferentes términos: la luz que llega a la córnea está en el aire. 4. r = −0. 3. Universidad de Antioquia. entonces el miembro derecho de la Ec.5. El lado positivo está por debajo de la interfase. la f i del ojo debería ser igual al negativo de su diámetro. Tenga en cuenta solo la refracción en la córnea. .38.22 La imagen se acerca al observador. Ya no puede mirar la moneda. 2.2. y haciendo las equivalencias p = h y q = h a . Ejemplo 4.00 h= . 4. pero sin cambiar de tamaño: M= n ha n (n /n )h n1 q = 1 = 1 2 1 = 1. ¡por el cuadrante IV! Como n1 > n2 . p ry p q ( p → ∞). de quebrar aún más los rayos y enfocarlos hacia la retina. ¿es virtual o real. Haga ya la siguiente experiencia.33) = 5. h 1. A continuación. El cristalino hace el trabajo faltante. n2 p n2 h n2 h Figura 4.8 fi Despejando.3 cm: la imagen de la moneda se acerca 1. Como salen divergentes.10. Solución. sino su imagen. h a = (7/1.20). el lado negativo está encima de la interfase.00 − 1. Problema 4. n1 = 1. p. Vemos que el trabajo mayor de enfoque lo hace la córnea. notará que se debe alejar del vaso esta misma distancia para ver la imagen de la moneda. 4.00. pues la superficie es. Acérquesele desde arriba hasta cuando la empiece a desenfocar. la luz refractada se aleja de la normal (Fig. h a = n21 h = 1. y podemos aproximar r n1 n − 2 ≈ 0.9.00 1. (4.23).4 cm. o n1 −n2 → 0). p q Despejando la distancia imagen. puesto que los rayos que salen refractados siempre están en el cuadrante III. como está 1.9 − 2. Esto es forzoso. y Q está entre B y P (Fig. Enero de 2004 Física III real.9 cm de la córnea (Fig. respecto a cuando miraba la moneda sin el agua (Fig. el rayo refractado se acercaría a la normal.38 − = ≈− . en este momento la distancia entre sus ojos y la moneda es su punto cercano δ (Fig. cuando la persona está (a) en el aire y (b) en el agua.4 es despreciable frente a los dos términos del miembro izquierdo (se suele decir r → ∞. no hay una imagen puntual en la retina del objeto lejano. los rayos llegan paralelos. (a) Debemos utilizar la ecuación para imágenes por refracción. 38).4 cm. Esta cantidad es muchísimo mayor que h y que q. a 2. su intersección es en sentido opuesto a ellos y la imagen es virtual. no la postergue: Mire una moneda en el fondo de un vaso sin agua.20? Haga un estimativo de la longitud focal imagen de los ojos de una persona y halle si son convergentes o divergentes. Los rayos que salen por refracción están en el aire. −2. un casquete esférico: r = 6370 km = 6 370 000 m. la puede mirar el observador H de la Fig. esto era de esperarse ya que P es un objeto físico. la córnea es convexa para la luz que le llega desde el aire. 4.00.00029 ≈ 1. 4.7 cm más cerca de usted que el objeto. Universidad de Antioquia.1 cm quiere decir que los rayos provenientes de un punto a 2. | f i | < diámetro. p. Tradicionalmente estos defectos del ojo se han corregido con gafas. Si dos personas A y D se miran a los ojos y D usa lentes con caras B y C.12.33 − 1. 4. siendo así imposible enfocar cuando el ojo mira dentro del agua. S1 y S2 son relativas a la dirección de la luz. para D es al contrario. Basta con cambiar en el numeral (a) a n1 = 1. Los peces hacen el trabajo fino de enfoque cambiando la distancia entre el cristalino y la córnea. Figura 4. En la Fig. pero en su reemplazo ya es común cambiar la curvatura de la córnea mediante cirugía. Como es positiva.26). Enero de 2004 65 contraigan los músculos ciliares.00 por n1 = 1. los rayos se enfocan más acá de la fóvea. para las demás lentes se procede de igual manera. sin perspectiva.24). 56. Las caras S1 y S2 son relativas. sin ayuda de una careta. Figura 4.9) = +2. y se presenta miopía. e índice de refracción n. y no 2. determine las caras S1 y S2 de las lentes (Fig.10. las aves de rapiña cambian. según A. Dentro del agua el ojo sigue siendo convergente.9 cm.8 − (−22) = +21. para la miopía se aplana un poco la córnea. fi −0. (b) Cuando el ojo está dentro del agua. a esta limitación se le llama presbicia. p. entonces el ojo es convergente. aplicada a esta lente nos dirá si es convergente o divergente. Ejemplo 4.. Notamos que r1 y r2 son negativos.23 Función de la córnea y el cristalino. Solución. Solución. con perspectiva. 4. mientras vuelan. para la hipermetropía se curva un poco más. y determine si son convergentes o divergentes. la perpendicular a S2 pasa por C2 . y por mucho que se Escojamos la lente (b) para hallarle su signo.25 Diversas lentes. 1. La Ec. Dibuje las diferentes lentes que se pueden obtener.8 − (−2. Figura 4. 4. Si el ojo es más largo de lo normal. la longitud focal objeto o primera distancia focal. respectivamente.25a se ilustra.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. o sea que disminuye su capacidad de acomodación. La perpendicular a S1 pasa por C1 .38 1. según D.38 = . El valor para f o de +2. | f i | > diámetro.33. la luz sufre un cambio menor en su dirección que cuando está en el aire. y se presenta hipermetropía. siendo así C igual a S1 y D igual a S2 . Ya los rayos al salir de la córnea se orientan hacia un punto alejado 22 cm. pues el ojo por estar constituído principalmente de agua representa un pequeño cambio para la propagación de la luz. Como para A la luz proveniente de D entra por C y sale por B. Las caras se desvastan hasta que queden como casquetes esféricos de radios de curvatura r1 y r2 . 55. pues f o > 0: f o = r − f i = −0.11. Ejemplo 4. entonces. 4. los rayos se enfocan más allá de la fóvea. f o = r − f i = −0. el cristalino no logra redirigirlos hacia la fóvea. Con la edad el cristalino pierde elasticidad. C es S1 y B es S2 .24 Despejando de la Ec.1 cm del ojo salen paralelos al refractarse en la córnea. 4.2 cm. pues la luz proveniente de A entra por B y sale por C. Suponemos que las luz incide desde la derecha.8 f i = −22 cm. algunos moluscos cambian el tamaño del ojo. las diferentes lentes que se pueden obtener desvastando las caras S1 y S2 . − Despejando. pues ambos centros de curvatura están al lado opuesto por donde le . el bloque original y de (b) a (g).5. Para fabricar una lente se dispone de un bloque de caras planas y paralelas. La lente es cóncava-convexa (Fig. la curvatura de la córnea. La nueva curvatura debe dar la f i deseada.1 cm. y no puede hacer el trabajo fino de enfoque. Si es más corto. p. Reemplazando en la Ec. y se le llama lente de borde grueso. como se hace a menudo. 1 1 − r 2 /r 1 1−0 (+) = (n − 1) = (+) = (+) = (−).10 por r1 . a la superficie por donde llega la luz.27). Dividiendo el numerador y el denominador de la Ec. y no. Este valor de f significa que los rayos salen con la dirección que entran a la lente. y de qué tamaño? (b) ¿Cuáles son la posición y la altura de la imagen formada por la segunda superficie? Ejemplo 4.66 Héctor Alzate L. debemos escribir r1 = −|r1 | y r2 = −|r2 |. Un objeto físico P de 1 mm de altura se ubica a 20 cm del extremo derecho. r1 = r2 (por supuesto.13. r1 = −r1 y r2 = −r2 . son positivas. C1 está por donde llega la luz. y el radio de curvatura de S1 es positivo. Para la lente plano-cóncava (c). la desigualdad no se cumpliría sin los valores absolutos). la Ec. −|r1 | + |r2 | 1 = (n − 1) . r1 = |r1 | (y no r1 = +r1 ). 4. y biconvexa (g) de la Fig. Los extremos de una barra de vidrio de 10 cm de diámetro e índice de refracción 1. Demuestre que las lentes de borde delgado cóncava-convexa (e).. se desvastan y pulen como casquetes esféricos de 5 cm de radio en el extremo derecho y 10 cm de radio en el extremo izquierdo. Como en cualquier medio v < c.6. f es (−) para (d) y (+) para (g). esto es.5.25. Aunque la curvatura de ambas caras de las lentes (d) y (g) fueran iguales. no cambiaría ni el signo ni la magnitud de f . lo que da un grosor uniforme y f = ∞. tienen f > 0. f |r1 ||r2 | Procedamos a analizar los signos en esta ecuación. Problema 4. Es obvio que el denominador es positivo. (b) a (d). 4. f (+) Como la longitud focal es negativa. 1 (−) = (+) = (−). 4. |r1 | > |r2 |. para esta lente.10: 1 |r | + |r 2 | (+) = (n − 1) 1 = (+) = (−). plano-convexa (f ).28). y que M = 1. que el objeto es la imagen. S1 . la lente es divergente.1. f −|r1 ||r2 | (−) Para las gafas deportivas. en lugar de dicha ecuación. (e) a (g). Por estética. son positivas o convergentes. entonces n > 1 y (n − 1) = (+). Después la aplicamos a la superficie por donde sale la luz de la barra. pues. en las gafas solo se usan las lentes (b) y (e). y f = ∞.27 Posición diferente de las lentes. f r2 −|r2 | (−) Figura 4. Figura 4. le aplicaríamos. Universidad de Antioquia. son negativas. 4. Las circunferencias a trazos representan las esferas imaginarias a las que pertenecen los casquetes esféricos S1 y S2 .4. diferirían en el signo. f siempre es negativa. Ya no importa cual de las dos cara es más curva. p. 4. Demuestre también que si la luz llegara por la izquierda. Enero de 2004 Física III llega la luz a la lente. En su lugar. No podemos aplicar la Ec. sin tener en cuenta a S2 . Con este tipo de lente se corrige la miopía. Si S2 fuera un espejo.26 Lente de borde grueso. las lentes de borde delgado. p. S2 . . Reemplazando a r1 = −|r1 | y r2 = −|r2 | en la ecuación del constructor de lentes. r1 = ∞. 54.11. o sea convergentes. lo que equivale a rotar las lentes 180◦ (Fig. o sea que |r1 | > |r2 | (en este caso. 52. en signo y en magnitud). Como los radios de curvatura son negativos. pues la barra no se puede tratar como una lente delgada. El numerador es negativo. r1 = −r2 . 4. Las lentes de borde grueso. y con ellas se corrigen la hipermetropía y la presbicia. Esto lleva a que la lente sea más gruesa en los bordes que en el centro. debemos aplicar la Ec. sin tener en cuenta a S1 . La longitud de la barra entre vértices es 60 cm (Fig. es real o virtual. (a) ¿Cuál es el objeto y cuál es la distancia objeto para la segunda superficie. 4. 56. 4. r2 = −|r2 |. S1 es más aplanada que S2 . Para la lente bicóncava (d). Solución. la barra es una lente gruesa convergente. este es el lado positivo. a una distancia horizontal de O2 igual a p = (60 − 30) = +30 cm. pues es un objeto físico. Para el rayo superior se muestran los cuadrantes I a IV (vea.0 × 30 La altura de la imagen final Q es hQ = M2 hQ = M2 M1 h P = −∞(−1)1 = +∞. Ejemplo 4. identifiquemos sus términos: la luz que llega está en el aire. siendo este punto el objeto para esa cara.1.4 a S2 . y el mismo Q sería un objeto virtual para S2 . 1.29). Como salen convergentes. Figura 4.28). El aumento [Ec.0 − = . n2 = 1. como se sabía de antemano. n1 = 1. se intersecan físicamente en Q .0 − 1.29). el 1 significa que es de igual tamaño. y que salieron de S1 . los rayos que llegan se intersecan en el lado por donde llegan. n1 = 1. El aumento debido a S2 es M2 = 1. Figura 4. Señale los ángulos para el rayo inferior de la Fig. 4.28 Refracción en la primera cara. e identifiquemos sus términos: la luz que le llega a S2 está en el vidrio. 20 q −5 Despejando. 4. Pero si la barra tuviera una longitud menor que 30 cm. y a la izquierda es negativo.30. Despejando.4. el objeto es real.7. 1. Reemplazando los anteriores valores. Sea el objeto P una letra. 55] debido a S1 es M1 = 1. se intersecan en una dirección opuesta a ellos y Q es un objeto real para S2 . θr y θr para el rayo superior de la Fig. (b) Traslademos el origen de coordenadas a O2 para aplicar la Ec. aumentada y con el máximo detalle (visión óptima). los rayos llegarían convergentes. Para aplicar la Ec. p.5 1. hQ = M1 h P = −1 × 1 = −1 mm. Reemplazando estos valores.5 1.0(−30) = −1. 4. los que salen se intersecan en Q . C1 está al otro lado de donde llega la luz.0. 4. Universidad de Antioquia. la distancia imagen final es q (los que salen se intersecan en Q).6.30 Objeto real Q para S2 . 1. Señale θi .5 × 20 El signo (−) quiere decir que la imagen tiene sentido opuesto al objeto.5(−∞) = −∞. o sea 1 mm. C2 está en el lado por donde llega la luz. r1 = −|r1 | = −5 cm. q = q .0. p > 0. los rayos ya no se intersecarían físicamente en Q . Q es real y. Solución. la luz que sale está en el aire. obtenemos q = −30 cm: los rayos refractados salen hacia un punto al otro lado (signo negativo) de donde llega la luz. es obvio que se intersecan en Q .. se intersecan en sentido opuesto. los rayos llegan divergentes. Enero de 2004 67 (Fig. real. además. la luz que sale está en la barra. Los rayos llegan divergentes. se intersecan en el mismo sentido de ellos. Esto quiere decir que el objeto original P está sobre el foco objeto F de la barra. y no forman una imagen. y a -30 cm de O1 .0 1. 4. por ejemplo la E (Fig. 37). 4. Como la barra tiene más de 30 cm de longitud (Fig.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. Discuta la formación de la imagen de las letras cuando leemos con una lupa. p = +20 cm. Los rayos que le llegan a S2 .5 − = . la Fig. a 30 cm del polo O1 . pero para el rayo inferior. se intersecarían en igual sentido. 4. 30 q 10 Figura 4.5. Así. Marque los cuadrantes I a IV y los mismos ángulos.14.0 1. los rayos que llegan se intersecan a 20 cm. 1. q = −∞: los rayos refractados salen paralelos.5 − 1.31). Altura h de Q . 4. la imagen seguiría siendo Q . r2 = |r2 | = +10 cm. 3. n2 = 1.29 Imagen real Q para S1 . 4. Como la luz llega por la derecha de S1 . p. (a) En la figura se ilustran dos de los rayos incidentes y refractados en S1 . p < 0. Pero si tuviera menos de 30 cm Problema 4. solo sus prolongaciones (Fig.5. . cuya imagen queremos ver derecha. f = +20 cm. como el medio es homogéneo hasta los 60 cm de O1 .28. p δ f Despejando. con un aumento de ∼ 4. p. M debe ser mayor que 1. con M ∈ (0. logrando una imagen virtual. Problema 4. ubica las letras a ∼ 6 cm Figura 4. dando una imagen de tamaño finito. Figura 4. [Respuestas: t = ne/(n − 1). el Ejemplo 4. entonces p < f : la E está entre la lente y F (Fig. (Este ejemplo explica porqué se ve más grande la imagen de los ojos de quienes usan lentes para corregir la hipermetropía o la presbicia).9. Consígase una lente de borde delgado o cualquier lupa y haga las experiencias descritas en este ejemplo. o más allá del foco. por lo tanto.11. a lo que le corresponde un aumento infinito. pues el ojo es un sistema complejo que logra hacer el trabajo de enfoque. p.31).11.11) y (4.6. 4. se halla que M = f /( f − p). es virtual. 1). 61. formando una imagen en el infinito. (4. derecha. 4. la imagen se forma a una distancia e de Q. (+) De la Ec. Esto quiere decir que los rayos salen divergentes. 4. que como se recordará. para cualquier distancia del objeto a la lente. lo que implica q > p. De las Ecs. 4. La E es un objeto físico extendido (o sea macroscópico. 1. Para que la imagen sea derecha (y virtual). p= El aumento es M= q 25 = = +4. Sin embargo.1 δf 25 × 8 = = 6. 58). en Q . Universidad de Antioquia. El ejemplo más común de esta situación es cuando nos miramos en un espejo plano. Los rayos provenientes de una lente convergen en un punto Q. f = pq/(q − p) = (+) = (+): la lupa debe ser de borde delgado.1 cm. no puntual). En este momento usted está a δ de lo que mira. 1 1 1 − = . Despejando. derecha. halle si el objeto debe estar entre la lente y el foco.. la imagen debe ser derecha. se interpone como se muestra en la Fig. Sea una lupa con f = +8 cm y supongamos que la tenemos ‘pegada’ al ojo. como M > 1. el ojo logra enfocar estos rayos en la fóvea. pero con una lente delgada. . Resuelva. cuando una persona con δ = 25 cm lee con una lupa de f = 8 cm. Problema 4.32. de caras planas y paralelas. Algo muy distinto sería en lugar del ojo poner una pantalla y mirar la pantalla. p = f − ( f / M). ¿y para que sea invertida (y real)? Comprúebelo con una lupa. la imagen del objeto (Fig. Si las letras se ubican en el foco.] En resumen. para que se intersequen en dirección opuesta a ellos. p 6. acérquese hasta cuando empiece a desenfocar la imagen. p > 0. Se dispone de una lente de borde delgado con f conocida y de un objeto físico. cada uno de los puntos de las letras producen rayos que salen de la lente paralelos hacia el ojo. Problema 4.32 Corrimiento de Q por un vidrio. cuando observe una imagen invertida.8. Enero de 2004 Física III de la lupa. Dado que la lupa se utiliza para aumentar.11.5 cm.13a. 56.5 cm. Podemos entonces hacer la aproximación q ≈ δ. Deduzcamos primero qué lente debemos usar para que la imagen tenga las características anteriores. sólo moviendo su cabeza.68 Héctor Alzate L.10. δ+ f 25 + 8 Problema 4. al lado donde está el objeto E: la imagen derecha de un objeto real es virtual.5 y e = 0. Halle a t en función de n y e. (Esto explica porqué los objetos se ven más pequeños y derechos cuando se miran a través de lentes para corregir la miopía). definen a E como un objeto real. p. de cada uno de sus infinitos puntos llegan a la lente infinitos rayos divergentes. evalúela para n = 1.31 Lectura con una lupa. reemplazando en la Ec.1. 4. Muestre que la imagen producida de un objeto real. por una lente de borde grueso. M = q/ p > 0. Para leer.13). q > 0. Cuando un vidrio de grosor t e índice de refracción n. mediante prolongaciones. en sentido opuesto al de su propagación. pero realmente son casquetes esféricos. C y D como objeto real o virtual. 4. (b) ¿Es perfecto el sistema óptico? (c) Si A tuviera una altura de 2 mm. l. Universidad de Antioquia.71 u. uno por encima y otro por debajo del eje principal y trace el recorrido total de ellos (como se trata de lentes. los rectángulos son meras representaciones. La luz le llega al sistema desde la derecha y sale por la izquierda. ¿Qué ocurre si se cubre media lente. el aumento de nuestro sistema es el producto (¿por qué no es la suma?) de los Solución. La imagen que α forma del objeto puntual A es B. l. Los rayos refractados salen convergentes por S2α dirigiéndose hacia B. β y γ de la Fig.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. D es una imagen real.33 Ejemplo 4. La trayectoria a través del sistema de los dos rayos seleccionados se muestra en la Fig. Reemplacemos en la ecuación para lentes delgadas rodeadas de aire. Un sistema óptico consta de 3 lentes delgadas que se representan mediante los rectángulos α . Fig. la imagen que β forma de B es C. ¿Si O se sitúa a la izquierda de γ . por lo tanto el sistema de las 3 lentes es perfecto. su intersección. o sea que B es imagen real para α y simultáneamente objeto virtual para β. y obtenemos pβ = −3 u. y tres cuartos de la lente? Haga la experiencia con una lente y un cuaderno como pantalla.34. l y qβ = +7 u.15. l. Las caras de las lentes aparecen planas. su aumento es M = MS1 MS2 . qγ = −6 u. 4. esto es. Cada cuadrícula representa un cuadrado de una unidad de longitud u. (b) La imagen D del objeto puntual A también es puntual.25 u. B es una imagen real. Análisis para β. qα = −22 u. puede observar la imagen C?. por ejemplo.. respecto a la lente que sea del caso. como se muestra en la Fig. Los rayos refractados por β salen divergentes. derecha de la lente α . l.35a) para aumentar la claridad del dibujo. su distancia a Cγ es pγ = 22 u. e imagen real o virtual. un rayo está trazado con línea continua y el otro con línea discontinua. con un lápiz. Además.12. El tamaño de las lentes se ha exagerado en aras de la claridad. esto es. Una lente es un sistema formado por dos subsistemas: las superficies refringentes S1 por donde entra la luz. dirigiéndose hacia A. Vemos que α y β son lentes de borde grueso o divergentes. Reemplazamos en la ecuación de lentes delgadas y despejamos la longitud focal para obtener fγ = 4. l. Enero de 2004 69 Problema 4. Reemplazamos en la ecuación 1/ pβ − 1/qβ = 1/ fβ . y la imagen que γ forma de C es D. con θi 1 (1 = 1 rad ≈ 57. Halle la longitud focal de las lentes. Los rayos que salen convergentes de α hacia B son los que llegan convergentes a β. caracterice a A. A es un objeto virtual. mientras que γ es de borde delgado o convergente. intersecándose mediante prolongaciones en C. Hemos escogido 2 rayos con un ángulo de incidencia en S1α notablemente mayor que 0◦ (ver a la derecha de α . y S2 por donde sale. l. no tiene aberraciones. a la superficie S1α (Fig.1 u. ej. ¾Cómo se afecta la imagen al cubrir parcialmente la lente? Figura 4. Lo que usted observaría sería muy distinto sin en lugar de mirar a la pantalla situara sus ojos donde está la pantalla). l. lo que califica a C como una imagen virtual. los anteriores valores de la distancia objeto y la distancia imagen respecto a α para obtener 1 1 1 − = . donde 1 u. está en la dirección de propagación. −6 −22 fα Despejamos la longitud focal y obtenemos que fα = −8. l. Los rayos llegan divergentes. despejamos la longitud focal y obtenemos que fβ = −2.35b. (La figura está sin escala ni perspectiva.35a). 4. 15 cm o 1 m.33. 1 cm. El sentido de propagación de la luz determina la convención de signos (+) y (−) que asignamos a las lentes. l. l. ¿cuál sería la altura de D? (d) ¿Cuál de las imágenes es posible observar en una pantalla? (e) Un observador O tiene un punto cercano de 25 cm. En una pantalla se observa la imagen de un objeto. A puede ser producido por una lente convergente que no se muestra en la Fig.3◦ ). no tenga en cuenta rayos reflejados. (a) Escoja dos rayos. 4. p. Análisis para γ . (c) Debemos hallar el aumento transversal M de D respecto a A. es cualquier distancia. sólo transmitidos). por la . su intersección está en la dirección de propagación. El punto C es objeto real para γ . 1/ pα − 1/qα = 1/ fα . de lado. (a) Análisis para α . El sistema de referencia lo trasladamos del centro Cα al centro Cβ . pα = −6 u.. 4. De igual manera. ¿y la imagen D? ¿Dónde se debe ubicar para observar con el máximo detalle a C? (f ) Especifique exactamente dónde se encuentra el foco objeto F del sistema. Explique qué le ocurre a dicha imagen si los rayos que llegan al centro de la lente se bloquean. B. aunque las ecuaciones que utilizamos solo son válidas para rayos paraxiales. 33. Universidad de Antioquia. l. −6 u. +22 u. D es la única imagen que es posible observar en una pantalla. esto es.33(2 mm) ≈ 4. M = Mα Mβ Mγ = qα pα qβ pβ qγ pγ −22 u. l. l.35 Trayectoria a través del sistema de los rayos refractados. Enero de 2004 Física III Figura 4. y 2.34 Objetos e imágenes. l. no la refractada por β. (d) Solo en el punto D se intersecan físicamente los rayos (Fig. (f ) Debemos hallar la longitud focal objeto f del sistema.33 veces mayor que el objeto inicial A. = 7 3 h D = Mh A = 2. debemos hallar en que punto sobre el eje principal debe estar un objeto puntual para que su imagen D se forme en el infinito. de izquierda a derecha: aumentos parciales que hace cada uno de los subsistemas α . al contrario del numeral (a). La imagen D es real. Figura 4. como mínimo a 25 cm de C.70 Héctor Alzate L. . = La altura de D es +7 u. Procedemos.35a y b). l. −3 u. −6 u.. ubicándose como mínimo a 25 cm a la izquierda de D. β y γ .7 mm. Para observar a C tiene que ubicarse entre β y γ . (e) A la izquierda de γ solo está la luz refractada por γ . derecha. 4. o sea que O sí puede observar a D. ≈ 2. los rayos de γ salgan paralelos entre sí. l. o equivalentemente. 13. a α . |qγ | pγ ). obtenemos que pβ = −1. los puntos A. l. Además. l.74 u.71) = −10. fβ = −2. Universidad de Antioquia. fα = −8. l.74)] = −20. La distancia del anterior punto. es qα = −[19 − (−1. l. l.74 u. Reemplacemos en la ecuación de lentes 1/ p − 1/q = 1/ f a qγ = −∞ (o mejor. reduzca el ángulo de incidencia en S1α ). Análisis para β. El punto al que le corresponde esta distancia es el foco objeto F del sistema de las 3 lentes.1 u. Reemplazando en la ecuación de lentes y despejando. l. B. obtenemos que pα = −5.25 u. .9 u.9 u.71 u. Reubique al azar. (Si los rayos caen fuera de alguna lente. sobre el eje principal. l. está sobre el eje principal.. Enero de 2004 71 Análisis para γ . a β es qβ = −(15 − 4.34 y. Despejamos la distancia objeto y obtenemos pγ = fγ = 4. Análisis para α . La distancia del punto con la anterior distancia objeto. conservando el resto de la información. C y D de la Fig. Problema 4. Además.15. el foco de γ . y fγ = 4.29 u. l. repita el Ejemplo 4. 4. Reemplazando en la ecuación de lentes y despejando. l. a la izquierda de Cα .4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.71 u. a 5.
Report "Complemento de Física III. Ondas, Héctor Alzate López"