Facultad de Ciencias Exactas y NaturalesInstituto de Física Física de las Ondas Héctor Alzate López Medellín, Marzo de 2006 Programa del Curso de FIII, Evaluación (semestre 2006/1) 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. (4 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) 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 Sears, Zemansky et al., Física Universitaria, Vols. I y II, Ed. Addison Wesley (Pearson Educación), México, Décimo primera edición, 2004. M. Alonso y E. Finn, Física, Vols. I y II. Fondo Educativo Interamericano, S.A. 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. Reflexión y refracción de ondas planas. Ley de Snell. Ángulo crítico. (2 h) Eisberg, Lerner, Fundamentos y Aplicaciones de Física, Vols. I y II, Ed. McGraw Hill S.A. Coeficientes de Fresnel. (2 h) Ronald Lane Reese, Física Universitaria, Vols. I y II, Ed. Thomson, 2002 Reflexión y refracción en superficies esféricas. (2 h) Contenido 1. Ondas Elásticas 1.1. Descripción Matemática de las Ondas . . . . . . . . . . 1.1.1. Periodicidades de una Onda Armónica . . . . . 1.1.2. Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3. Crítica a la Onda Armónica . . . . . . . . . . . . 1.1.4. La Ecuación de Onda . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Ondas en una Barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Ondas Longitudinales . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Ondas Transversales . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Ondas en un Fluido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Ondas Transversales en una Cuerda Ideal . . . . . . . . 1.5. Reflexión y Transmisión en una Cuerda Compuesta . . 1.6. La Rapidez de una Onda y las Propiedades del Medio . 1.7. Propagación de Energía en una Onda . . . . . . . . . . 1.8. Audición Binaural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Ondas en Varias Dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. El Principio de Superposición y la Ecuación de Onda . 1.11. Ondas Estacionarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11.1. Ondas Estacionarias en una Cuerda Semiinfinita 1.11.2. Ondas Estacionarias en una Cuerda Finita . . . 1.11.3. Ondas Estacionarias y Condiciones de Frontera 1.12. Efecto Doppler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13. Análisis de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.14. Velocidad de Fase y Velocidad de Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Ondas Electromagnéticas 2.1. Las Ecuaciones de Onda en el Vacío . . . . . . . . . . . . . 2.2. Algunos Comentarios a Raíz de las Ecuaciones de Onda . 2.3. Solución en Ondas Planas de las Ecuaciones de Onda . . . 2.4. El Espectro Electromagnético . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Energía de una Onda Electromagnética . . . . . . . . . . . 2.5.1. Conservación de la Energía . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. Conservación de la Energía y las Leyes de Maxwell 2.6. Polarización . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Presión de Radiación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 4 5 8 9 11 11 15 16 28 30 34 35 44 45 47 48 48 50 52 59 61 64 . . . . . . . . . 75 75 76 78 80 80 80 81 84 87 . .2. . . . . . . . . . . . . 4. . Reflexión y Refracción 3. . . . . . . . . . . . Lentes Delgadas en Aire . . . . . . . . El Telescopio Refractivo . . . . . . . . . . . Experimento de Young . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 96 97 98 100 102 106 106 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . Óptica Geométrica 4. . . . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . 151 151 152 153 153 154 154 154 155 161 166 174 6. . . . . . . Interferencia en Películas Delgadas . . Refracción en una Superficie Esférica . . . . . . Interferencia 5. . . . . . . . . . . . 3. . . Universidad de Antioquia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas . . . . . Interferencia de Dos Fuentes Coherentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . Desfase entre Dos Puntos en un mismo Rayo . . . .7. . . . 4. . . . . . . . . . Interpretación de los Signos de los Coeficientes 3. . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . Convención de Signos. . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . .7. . Coherencia: Independencia Temporal del Desfase . . . La Interferencia y el Desfase . . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . .6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. . . . . . . . . . . . . . . Incoherencia: Dependencia Temporal del Desfase . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . La Rejilla de Difracción . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . Difracción de Fraunhofer por una Abertura Circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . .1. El Microscopio . Ley de Brewster . . . . . . . . . . . . . Ángulo de Polarización. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 113 114 114 117 122 124 129 136 139 139 140 142 5. . . . . . . .6. 5. . . . Concepto de Imagen . . . . .5.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. 5. . . . . . . . . . . . . .7. . . . Difracción 6.1. . Intensidad del Patrón de Interferencia . . . . . . Coeficientes de Fresnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. .CONTENIDO Física III Héctor Alzate L.2. .3. . . . . .1. . . . . . 5. . . . . .7. . . . Marzo de 2006 3. . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . Interferencia de más de Dos Fuentes . . . . . . . . La Lupa . 5. . . . . . . . . . . . .6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Principio de Huygens . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . .3.2. . . .1. . . 4. . . . . . . . . . Instrumentos Ópticos . . Reflexión en una Superficie Esférica . . . . . . . . . 176 177 181 183 186 . . . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7. . . . . El Prisma. . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . .4. . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . .3. . . . . .1. . . 4.7. . . . . . . . . Leyes de Reflexión y Refracción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. El Arco Iris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . 4. . . . . . Principio de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . .5. . . . . . . . . . . . . . . . . El Principio de Superposición y la Ecuación de Onda . . . . . El Ojo . . . . . . . .3. . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. . .4. . Difracción de Fraunhofer por una Rendija Rectangular 6. . . . . . . . . . . . 4. . . . . . Definiciones . . . Objeto e Imagen 4. . . . . . . . . . . . . 4. . .. . . . 5. .5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . 5. . . . . . . . Concepto de Objeto . . Plan para Analizar la Interferencia de Dos Campos 5. . . . . . . . F. las ondas electromagnéticas. Entender el fenómeno ondulatorio es esencial para una comprensión del mundo físico. ej. ej. v). y es el más común. se debe ˆ escribir. ej.. las ondas elásticas nos servirán para entender las características generales de cualquier onda. sino la posición de equilibrio del 1 . · · · . etc. p.1 la línea horizontal representa una cuerda estática.. . ej. F ). sen x). se llama cursivo si está inclinado hacia la derecha. ~F. Si el carácter se destaca por ser más negro. x. que no son la vibración de un medio material. ej. 1. tan y. se dice que está en negrilla. 2. En ondas elásticas. En este curso se sigue la convención de escribir las variables escalares con letra cursiva o itálica. en cierto instante. Los demás capítulos están dedicados a otra clase de ondas. . m. mientras que los vectores se denotan con letra redonda y negrilla. cuando se escribe a mano. con sus puntos en sus respectivas posiciones de equilibrio. arc cos θ. . F. En este primer capítulo centramos la atención en las ondas que son la vibración de un medio. diferenciar entre vectores y escalares escribiendo una flecha sobre los vectores. k. F. Las funciones sen. x. haciendo que cada punto se mueva alrededor de su posición de equilibrio.1 Ondas Elásticas Algunas Convenciones sobre Notación El tipo de letra utilizado en un escrito impreso se llama redondo o normal si no tiene ninguna inclinación en especial. ya sea la comprensión de los instrumentos musicales o del átomo. un ‘gorro’. Los números deben ir en letra redonda: 1. t. log 100. por el vector r no indicamos la posición de un punto. caracterizadas por el vector posición r. cuando el vector es unitario. siempre se escriben con minúsculas redondas. de teléfonos celulares. + Es indispensable. 1. llamadas ondas mecánicas o elásticas.1 Descripción Matemática de las Ondas En la Fig. Una fuente de ondas en el extremo izquierdo oscila verticalmente y produce una perturbación que avanza horizontalmente con cierta rapidez.. en su lugar. sen x. Introducción Vivimos sumergidos en un mar de ondas: los seres humanos adquirimos la mayor parte de la información sobre el mundo a través del sonido y de la luz. t. v (no se escribe: F. siendo el sonido su ejemplo más notable. log.. p. de emisoras. convivimos con millones de ondas electromagnéticas provenientes de las estrellas. uˆ x . p. tan. v (no se escribe: m. p.. 3. La línea curva representa la sección de la cuerda que ha sido perturbada. p. l´ım x→∞ f ( x) (no se escribe: Sen x. aproximadamente a 90◦ respecto a v. cuando son paralelos.2) y no v p = dr/dt. sin que haya transporte de masa. sin importar su longitud. t) . es. t). con movimiento armónico simple. t) es el campo eléctrico en el punto r.3) Debemos distinguir claramente entre velocidad de la onda v y velocidad de un punto del medio v p . *ξ es una letra del alfabeto griego que corresponde a x del latino. Una onda transporta energía. ¡las ruinas que produzca el temblor no recorren kilómetros! Aquí distinguimos claramente entre velocidad de la onda y velocidad de un punto del medio. La velocidad de punto del medio.1) ξ es un campo (vectorial) por estar definido en toda una región del espacio.. cuando escuchamos el ruido de un avión es el aire en contacto con nuestro tímpano el que nos produce el sonido. por ejemplo. la onda es transversal. mientras que los lugares por donde va pasando solo oscilan algunos centímetros. t) es lo que un punto del medio con posición de equilibrio r se ha separado de esa posición de equilibrio en el instante t. cualquier punto de ella ejecuta pequeñas oscilaciones alrededor de su posición de equilibrio. y lo llamamos campo de desplazamiento. como las ondas en la superficie del agua. Para simplificar el tratamiento matemático. ξ (r. r especifica el punto del espacio donde se calcula un campo. pronúnciese csi. La onda en la cuerda de la figura se propaga hacia la derecha con v constante. t) = ∂ξ (r. Además de clasificar las ondas en elásticas y no elásticas.2 Héctor Alzate L. la onda avanza a partir del foco† del temblor con una rapidez cercana a 20 000 km/h y recorre centenares o miles de kilómetros. Cuando son perpendiculares. es longitudinal. se pueden clasificar de acuerdo al ángulo que formen el campo y la velocidad de propagación de la onda. Universidad de Antioquia. De igual manera. † El . t) = ∂v p ∂2ξ (r. v p . R = r + ξ (r.* que es un vector dependiente de r y t. Marzo de 2006 Física III punto. Más generalmente. no el aire que ha estado en contacto con el avión. en un temblor de tierra. con frecuencia se confunde epicentro con foco. su posición de equilibrio más lo que se haya apartado de él. y llamemos x esa dirección. ya que tienen ambas componentes. Hay ondas que no son transversales ni longitudinales. Lo que un punto se separa de su posición de equilibrio lo denotamos con la letra ξ. La aceleración es a(r. En resumen. = ∂t ∂t2 (1.1 Definición de ξ. mientras que un punto del medio se mueve de una forma mucho más compleja. así. El ejemplo más notable de ondas transversales es la luz. consideremos una onda que se propaga en una sola dirección. La posición R de un punto del medio es. Mientras que la onda avanza a lo largo de la cuerda. t) . ∂t (1. (1. momento lineal y momento angular pero no masa. E(r. epicentro es el punto más cercano sobre la superficie terrestre al lugar donde se origina el temblor o foco. entonces v p (r. las partículas del medio en que avanza la onda pueden Figura 1. de ondas longitudinales es el sonido. a ( x − vt). cada uno con una constante de fase distinta. para tener una imagen concreta podemos imaginar que corresponde a un pulso de onda que avanza por una cuerda tensionada. y el seno es adimensional.1] Ondas Elásticas 3 Héctor Alzate L. De ω = kv despejemos la rapidez de propagación. de dimensión L−1 . la onda en la cuerda o un sonido en el aire se van desvaneciendo a medida que se propagan. sin cambios y con rapidez constante. debemos multiplicar primero por una constante k. Escojamos la función sen o cos. Es claro que el instante en que la elongación es máxima depende de x ya . son una mera traslación de la curva central una distancia a. Las dos últimas familias de funciones se llaman ondas viajeras. Universidad de Antioquia. t) le corresponde la curva central ξ ( x) de la Fig. 1. con v > 0. No escribimos sen( x − vt) porque no existe el seno de una longitud. Además de ser una mera traslación. Marzo de 2006 moverse de cualquier otra manera. y es un escalar. ξ ( x. ξ (t) = ξ0 sen(α − ωt). su máximo valor es la amplitud ξ0 y su mínimo valor es −ξ0 . porque describen ondas o perturbaciones que avanzan sin cambio. En cierto instante. a su módulo v lo llamamos la rapidez de la onda. t) = ξ0 sen k( x − vt). v > 0. Las curvas de los extremos son iguales a la curva central.2. El número de funciones que tiene como argumento a ( x ± vt) es infinito. situación que es irreal: la ola en el mar. ξ0 se denomina la amplitud de la onda. cuando avanza hacia la izquierda es ξ ( x. en la misma dirección. v = ω/k.2 Traslación de la onda. en plural). al campo de desplazamiento ξ ( x. Para una onda que avanza hacia la derecha. La ecuación en un x en particular x = x0 . 1. y entonces se cumple que a = vt. Una onda armónica es un conjunto infinito de osciladores armónicos simples acoplados. Sin embargo. es ξ (t) = ξ0 sen k( x0 − vt) = ξ0 sen(kx0 − kvt). además. (1. ξ es la elongación. sería la misma para una onda longitudinal o transversal. k es el número de onda (no confundir con el número de ondas. v > 0. t) = ξ ( x + vt). (Mantenga presente la diferencia entre elongación y amplitud). la ecuación es ξ ( x. lo que quiere decir que la curva no cambia su perfil a medida que se propaga. t) = ξ ( x − vt).. La velocidad de propagación v es un vector. supongamos también que la onda avanza con rapidez constante v. o a una ola en el mar.2 no lo es). De esta figura no se puede saber la dirección de ξ. pero todos con la misma amplitud.4) Las ondas que se describen mediante las funciones sen o cos se llaman ondas armónicas. indefinidamente. La curva de la derecha corresponde al pulso cuando ha avanzado una distancia a (a > 0) y la de la izquierda si ha avanzado la misma distancia pero hacia la izquierda. Figura 1. Esta es la ecuación de un oscilador armónico simple con constante de fase α = kx0 y frecuencia angular ω = kv. que son funciones periódicas (la función de la Fig. [ξ ] = L. por lo que debemos multiplicar por una constante ξ0 de dimensión L al seno. m = 0. (1.3) la cuerda se ha separado de su posición de equilibrio 1 mm. El miembro derecho es el campo evaluado en x + 2mπ /k en el instante t. 1. esto nos dice que la longitud de onda es el espacio que la onda recorre en un período. t). ξ ( x. o cualquier otro valor entre ξ0 y −ξ0 . ±2.7) La ecuación nos dice que en el mismo instante t el campo se repite cuando x se cambia en 2mπ /k. . ξ ( x. ξ ( x. o es cero. ξ ( x. ReemplaFigura 1.4 Héctor Alzate L. cuando avanzamos o retrocedemos λ encontramos que los puntos respectivos están separados también 1 mm de la posición de equilibrio.1. t) = ξ ( x + mλ. t) = ξ0 sen[k( x + 2mπ /k) − ωt]. ±1.9) Despejemos la longitud de onda: λ = v/ν = vP. Se denomina periodicidad espacial o.6) Periodicidad Espacial Agrupemos a 2mπ con la variable espacial x.3 Periodicidad espacial de una zando las dos últimas ecuaciones en la primera obtenemos onda armónica. . (1.1 Periodicidades de una Onda Armónica La función sen es periódica.8) Si en cierto punto con abscisa x0 (Fig. más comúnmente. t + 2mπ /ω) (1. dependiendo de la coordenada x.10) . longitud de onda λ a 2π /k.4 como expresión estándar para una onda armónica. Marzo de 2006 Física III que α también depende de x. . Adoptemos la Ec. . ξ ( x. Reemplacemos en la Ec. . otro está en su mínimo. 1. m = 0. t) (1. ξ ( x. Universidad de Antioquia. cuando un punto de la cuerda está en su máximo.. . con ω = kv. ξ ( x. (1.7. v = λν. ω = 2πν y k = 2π /λ. t) = ξ ( x + 2mπ /k. 1. .5) 1.6 agrupemos a 2mπ con la variable temporal t. ±1. ±2. . λ = 2π /k. además. Vimos que ω = vk. t) = ξ0 sen[kx − ω(t + 2mπ /ω)]. El miembro derecho es el campo evaluado en t + 2mπ /ω en el punto x. t) = ξ ( x. El mínimo cambio se obtiene con m = ±1: la mínima distancia en que se puede cambiar a x sin que el campo cambie es ±2π /k. 1. (1. Periodicidad Temporal En la Ec. t) = ξ0 sen(kx − ωt) = ξ0 sen(kx − ωt + 2mπ ). t) = ξ0 sen(kx − ωt). Solución. la onda se llama viajera por razones ya expuestas.2 Fase El campo de una onda que se propaga paralelo al eje x depende de x y de t. . (1. 1. φ( x. el campo fue o será. Introduzcamos el concepto de fase. φ( x. Otros textos definen la fase como el argumento del coseno.10. Según la Ec. en el mismo lugar de la cuerda. más bien. lleva al concepto de período P. ξ ( x. decimos que el campo se repite cuando la fase cambia en 2mπ. 1. ±2π. con x fijo. . Reemplacemos en la Ec.12) La ecuación de la onda de desplazamiento la podemos escribir como ξ = ξ (φ).4) cierto punto de la cuerda está a 1 mm de su posición de equilibrio. t) = kx − ωt + π /2. t) = ξ ( x ± vt). En el caso particular que estas variables estén acopladas a través de una suma o de una resta. (1. 1 mm. cuando se asocia a t. Se denomina periodicidad temporal o período P a 2π /ω. ξ ( x. de donde φ( x. Reinterpretando lo dicho sobre periodicidades. El mínimo cambio. se debe hacer lo posible por hablar de φ antes que de x y de t. P = 2π /ω. Concluímos que escribir cos en lugar de sen equivale a un cambio en la fase de π /2. t + mP). m = 0. (1.1. que tomamos una fotografía o instantánea al sistema ondulatorio. . Con la identidad sen(α + β) = sen α cos β + sen β cos α se prueba que ξ = ξ0 cos(kx − ωt) = ξ0 sen(kx − ωt + π /2). . Figura 1. entonces un tiempo P antes o después de t0 . Ejemplo 1. . Ejemplo 1.13) A menudo no interesa saber qué valores en particular de x y de t corresponden a tal valor de ξ. t) = kx − ωt ± π. Marzo de 2006 La ecuación nos dice que en el punto x el campo se repite cuando t cambia en 2mπ /ω. 1.4 Periodicidad temporal de una onda armónica. ±1. cuando se asocia a x. es ±2π /ω. Universidad de Antioquia. según la definición de fase.2 Halle la fase de la onda ξ = −ξ0 sen(kx − ωt). cuando decimos t fijo. t) = ξ ( x. ±2. Concluímos que escribir (−) antes de la amplitud equivale a un cambio en la fase de ±π. Solución. El menor cambio se obtiene con m = ±1: el mínimo tiempo que tarda el campo en repetirse. importa. saber el valor de la combinación de ellos llamada fase φ. lleva al concepto de longitud de onda λ. 1. t) = kx − ωt.5. ξ = −ξ0 sen(kx − ωt) = ξ0 sen(kx − ωt ± π )..1] Ondas Elásticas 5 Héctor Alzate L. con x fijo.1 Halle la fase de la onda de desplazamiento ξ = ξ0 cos(kx − ωt). con t fijo.11) Si en un instante t0 (Fig. esencial en la física de las ondas: La fase φ de una onda armónica es el argumento de la función sen cuando su coeficiente es positivo. Se puede imaginar. Si el campo en un punto se describe con la función sen(kx − ωt). Ejemplo 1. . En lugar de definir la fase como el argumento del sen. aplicando el operador ∆ a ambos lados de esta ecuación obtenemos ∆φ = k ∆x − ω ∆t. ±2π . Podemos preguntarnos por el desfase entre dos puntos A y B. . ◦ (2π / P)(± P) = ±2π = ±360 . y C está en contrafase con D. la fase de la velocidad es φv = ωt + α + π /2. (2π / P)(± P/4) = ±π /2 = ±90◦ . cuando ∆φ = ±π. en el otro punto con el que está en cuadratura se describe con la función cos(kx − ωt).2. el desfase entre sen y cos es 90◦ . . decimos que están en fase entre sí. ∆x = 0 y el desfase tiene una interpretación puramente temporal. A está en contrafase con C. Estar en fase quiere decir que ambos campos se hacen cero simultáneamente. la fase de la elongación es φξ = ωt + α. Estar desfasados ±π significa que cuando un campo es máximo el otro es mínimo. ±3π. ◦ (2π /λ )(±λ /4) = ±π /2 = ±90 . Evaluemos este desfase para algunos valores de ∆x. Solución. se puede definir como el argumento del cos. suponiendo que ambos toman el mismo sistema de referencia. Marzo de 2006 Física III Desfase El desfase ∆φ es una resta entre dos fases. . En la Fig. Según la Ec. y viceversa. con posiciones de equilibrio separadas ∆x. . ∆t = 0 y ∆φ = k ∆x = (2π /λ ) ∆x. . (b) la elongación y la aceleración. Estar desfasados π /2 o 90◦ . Halle el desfase entre (a) la elongación y la velocidad. . . ∆t = ± P. . el desfase entre v y ξ es .14) En un mismo instante.14. ∆t = ± P/4. ∆x = ±λ /4. ±5π /2. o en cuadratura. ∆t = ± P/2. . D y E están en fase entre sí. 1. cuando un punto pasa por su posición de equilibrio. ±4π .5. En la misma posición de equilibrio x (x fijo). el otro es cero. quiere decir que cuando un campo es máximo o mínimo. ∆x = ±λ. en un intervalo ∆t. decimos que están en contrafase entre sí. Vea el Ejemplo 1.3 La elongación del bloque de la Fig. La velocidad del bloque es v = dξ (t)/dt = ωξ0 cos(ωt + α ) = ωξ0 sen(ωt + α + π /2). el otro también.6 Héctor Alzate L. ±3π /2. y B está en cuadratura con C. ∆x = ±λ /2. ∆φ = −ω ∆t = −(2π / P)∆t. el valor que reporte de una fase diferirá en π /2 de quien haya optado más bien por sen. esto es. Evaluemos el desfase para varios ∆t. cuando ∆φ = 0. quién así proceda.5 Desfase con t fijo. Si φ = kx − ωt + β. Cuando ∆φ = ±π /2. . (1.. decimos que los campos están en cuadratura. Universidad de Antioquia. A. ∆φ = (2π /λ )(±λ /2) = ±π = ±180◦ . ±5π. 1. (a) Según la anterior ecuación. con β constante. A está en Figura 1. . vea el Ejemplo 1. cuadratura con B. ∆φ = (2π / P)(± P/2) = ±π = ±180◦ .6 está dada por ξ (t) = ξ0 sen(ωt + α ).1. ambos se hacen cero simultáneamente. ambos alcanzan su mínimo o su máximo simultáneamente. ◦ (2π /λ )(±λ ) = ±2π = ±360 . 1. 7) significa que cuando una es máxima fase de π ± 2mπ. y esta se expresa con sen o cos. m entero) entre dos variables (Fig. en d es 45◦ . ξ es máxima. en c es 180◦ . Marzo de 2006 mínima. y del cos es − sen. a = −ω2ξ0 . un desfase de (π /2) ± 2mπ. ∆φvξ = φv − φξ = (ωt + α + π /2) − (ωt + α ) = π /2. mente es cero: cuando el bloque pasa por la posición de y ambas se hacen cero simultáneamente: cuando el bloequilibrio. ξ = −ξ0 . y v = 0.significa que cuando una es máxima la otra es mínima. Figura 1. ξ = −ξ0 .9 forman un ángulo arbitrario de 60◦ entre ellas. Un desfase de 90◦ (más generalUn desfase de 180◦ (de forma más general. cuando la ola pasa por determinado lugar. la otra está en su valor central.8) o mínima. el campo ξ2 está en la dirección de L2 . el desfase entre a y ξ es ∆φ aξ = φ a − φξ = (ωt + α ± π ) − (ωt + α ) = ±π. Universidad de Antioquia. y x = 0. v es máxima. y ξ ción de equilibrio. la fase de la aceleración es φ a = ωt + α ± π. m entero) entre dos variables (Fig. Las líneas L1 y L2 de la Fig. cuando está en B.6 Oscilador masa-resorte. = ω2ξ0 sen(ωt + α ± π ). Cuando una variable es la derivada de otra. 1. 1.9 El desfase y el ángulo entre los campos son independientes. ξ = ξ0 .8 Desfase de ±180◦ entre dos variables. y x = 0. y ξ es máximo. Rapidez de Fase La Fig. que llega a A.7 Desfase de 90◦ entre dos variables. en b es 90◦ . 1. ya se sabe que el desfase entre Figura 1. En el punto de retorno A. el agua allí presente se desplaza de su posición de equilibrio y regresa a ella una vez haya pasado.ξ = ξ0 . Figura 1. el campo ξ1 está en la dirección de L1 .10 representa una ola que se acerca a la playa. 7 . v = ωξ0 . 1. ambas es ±π /2. a es máxima. en B. v es es mínima. moviéndose hacia la derecha. ξ es mínima. debido a que la derivada del sen es el cos. a = ω2ξ0 .1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. cuando el bloque pasa por la posi. moviéndose hacia la izquierda. que general. un desmente. v = −ωξ0 . (b) La aceleración es a = dv(t)/dt = −ω2ξ0 sen(ωt + α ) Figura 1. 1.. a es mínima. y v = 0. No se debe confundir ángulo entre dos campos vectoriales con desfase entre ellos.9a es 0◦ . El desfase en la Fig. (b) ξ = ξ0 sen(ωt − kx) y (c) ξ = ξ0 sen(kx + ωt). de esto se ocupa el análisis de Fourier. siguen llegando al mismo punto otros valores del campo.15) está definida para x ∈ (−∞. de ningún tipo. en sentido de x decreciente. 1.10 Rapidez de fase. (a) φ = kx − ωt. Como ξ = 1 m es constante. 1. 1. pues una onda en el mundo físico empieza a existir en algún momento.. +∞). Sea φ = kx − ωt + β. Ed. k dt La rapidez de fase v es la rapidez con que la perturbación u onda va llegando a los distintos puntos de equilibrio x. También se puede ver como la rapidez con que se propaga una fase constante.11a sea idéntico a uno de la Fig. Academic Press. pero ninguna onda. x debe disminuir para que φ se mantenga constante. quiere decir una sola frecuencia. 2001. El que la propagación de un valor del campo se vea como la propagación de una fase constante no quiere decir que donde llega cierto valor de la fase allí se mantenga ese valor. tal función (igual se puede decir del cos) no puede representar una onda en la naturaleza. Weber. entonces el φ respectivo también es constante. Como ξ = ξ (φ). Solución. lo que nos dice que la onda se propaga hacia la derecha. pero el uso de la palabra velocidad se ha generalizado en este contexto para referirse al escalar v. 1. 1. así sea muy grande.15. en sentido de x creciente. Nos podemos preguntar con qué rapidez avanza el campo de 1 m. lo que nos dice que la onda se propaga hacia la izquierda. Ejemplo 1. . Estrictamente. velocidad de fase. Como φ es contante su derivada es cero. la fase sigue cambiando. (c) φ = kx + ωt. p.8 Héctor Alzate L. desde x = −∞ hasta x = +∞. más comúnmente. Como v es la rapidez con que se propaga φ constante (o su respectivo ξ constante) centremos el análisis en φ. Universidad de Antioquia. Aunque un ciclo de la Fig. 913.11b).4 Con base en lo expuesto sobre rapidez de fase. como t crece. Lo primero de importancia en el análisis es comprender que t siempre crece. igual sustentación que el anterior numeral. En consecuencia.11a). dt dt dt de donde dx ω = = v. como t crece. halle en que sentido se propagan las ondas (a) ξ = ξ0 sen(kx − ωt).. para representar a la onda. de ahí su nombre rapidez de fase o.1. de la Fig. se puede demostrar† que se necesitan infinitas ondas del tipo de la Ec. pues el tiempo sigue transcurriendo. existe en todo el universo. o equivalentemente. cada una con su frecuencia y amplitud. con β constante. por velocidad nos debemos referir a un vector y no a un escalar.11b. x debe crecer para que φ se mantenga constante. con que rapidez se propaga la fase que hace que el campo valga 1 m.3 Crítica a la Onda Armónica La función monocromática* ξ = ξ0 sen(kx − ωt) (1. * Monocromática † Arfken. Marzo de 2006 Física III no hay transporte de masa. +∞) y t ∈ (−∞. ni ha existido ni existirá por siempre desde t = −∞ hasta t = +∞ (Fig. y ocupa una región finita del espacio (Fig. dφ dx dt =k − ω + 0 = 0. Mathematical Methods for Physicists.11b. Figura 1. 1. 1. a un valor particular de ξ le corresponde cierto valor de la fase. Fijémonos en el punto x de la figura con ξ = 1 m en cierto instante. quinta ed. (b) φ = ωt − kx. y aunque x sea constante. o mejor tren de onda finito. 15. identificada con el eje x.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. t. sino que empieza a viajar con rapidez constante y sin cambios a través del medio. únicamente contiene derivadas totales. depende de dos variables. la perturbación no se queda en ese punto sino que se propaga a lo largo de la cuerda. En cambio ξ. aproximadamente. en la plastilina no se cumple la ecuación de onda por hallar. algunas ondas reales se pueden representar. su ecuación diferencial es ordinaria. a fin de cuentas. compuesta por infinito número de funciones. sin cambios. Para el oscilador armónico simple. cuando lanzando una piedra perturbamos la superficie quieta de un estanque lleno de agua.4 La Ecuación de Onda Continuamos en esta sección restringidos a una onda que tiene una sola dirección de propagación. Esta es una onda viajera que se propaga con rapidez uniforme v. Ejemplos: cuando un guitarrista perturba en algún punto una cuerda de su guitarra. sino que se propaga como sonido en todas las direcciones. La relatividad especial (Einstein.1. y depende solo de una variable.15) su rapidez de fase. esto es. v = ω/k. A continuación hallaremos un ecuación diferencial para ξ (puede ser otra variable). mediante ella. Pero si hacemos una depresión en un pedazo de plastilina. y su solución no es una función en particular. Tengamos presente que cuando decimos una onda armónica estamos hablando de una sola frecuencia. con una rapidez de 340 m/s (realmente. Universidad de Antioquia. 9 . 1. Quiere decir que si el medio está en reposo y en algún lugar de él producimos una perturbación ξ ( x). 1. 1905) predice que en la naturaleza no se presentan velocidades mayores que la de la luz c. su ecuación diferencial contiene derivadas parciales respecto a x y a t. reconocemos inmediatamente que y corresponde al oscilador armónico simple y = y0 sen(α + ωt). sea mayor que c ya que. (b) onda real. x y t. ¿Por qué en un curso de física darle tanta importancia a la onda de la Ec.11 (a) Onda no existente. 1. como una mera traslación de la función ξ = ξ ( x). estrictamente una onda armónica no existe. cuando con nuestras cuerdas vocales producimos una comprensión del aire. además. tal que cuando la encontremos inmediatamente sabemos que su solución es la función de onda ξ = ξ ( x ± vt). sabiendo que no representa ninguna onda física? La respuesta es doble: porque es la base para representar ondas que sí existen y. la perturbación no se queda donde la produjimos. y su solución es una función en particular. esa perturbación no se queda en nuestra boca. No hay contradicción con esta predicción que para una onda armónica (Ec. cuando se propaga únicamente en la dirección x. la perturbación no se queda en el lugar donde cayó la piedra sino que se propaga en todas las direcciones en la superficie del estanque. Cuando encontramos la ecuación diferencial ordinaria (d2 y/dt2 ) + ω2 y = 0. sino la familia de funciones con argumento ( x − vt) ó ( x + vt). Marzo de 2006 Figura 1. con una rapidez que depende de la temperatura). esta depresión no viaja a través de ella.. llamada la ecuación de onda. ∂ξ ( x. 2 ∂2ξ ( x. ρ ds dt . ∂2ξ ( x. una onda hacia la derecha ξ1 ( x − vt). Boston. F = ma: la suma de fuerzas externas sobre un cuerpo es igual al producto de su masa por su aceleración. The Calculus and the Development of Theoretical Physics. atómica.10 Héctor Alzate L. 1. ∂t ∂t ∂u ∂t Pero ∂ξ (u)/∂u = dξ (u)/du y ∂u/∂t = ±v. Universidad de Antioquia. Con esta definición. d’Alembert en 1747 para las ondas en una cuerda. dξ (u) ∂ξ ( x. ξ ( x. se producen. tratamiento que es válido mientras λ sea mucho mayor que la separación promedio entre los átomos o moléculas del medio. ∂t2 du2 Reemplazando la Ec. La relación entre la segunda ley de Newton y la ecuación de onda se consigue con la aceleración. ∂x2 du2 (1. pues esta es el miembro izquierdo de la Ec. t) 2 ∂ ξ ( x. ∂x du En consecuencia. * Elizabeth 1999. The Language of Physics. ∂x ∂x ∂u ∂x Pero ∂ξ (u)/∂u = dξ (u)/du y ∂u/∂x = 1. Marzo de 2006 Física III Sea u ≡ x ± vt.* La solución que él planteo. Para hallar la ecuación nos basamos en la segunda ley de Newton. un gas y una cuerda. t) ∂ξ (u) ∂ξ (u) ∂u = = . A continuación hallamos la ecuación de onda unidimensional para varios medios continuos: una barra. Cuando se rasga una cuerda de una guitarra en un punto. 1. ξ ( x. simultáneamente. aunque con una notación diferente.. Birkhäuser. 32: d 2 = d 2 . 2 ∂2ξ ( x.17.17) Esta ecuación la halló. t) = ξ ( x ± vt) = ξ (u).16 en la anterior ecuación obtenemos la ecuación de onda unidimensional para el desplazamiento. ∂t du En consecuencia. Derivemos a ξ respecto a x con la regla de derivación en cadena. t) dξ (u) = ±v . Por medio continuo queremos decir un medio donde no tenemos en cuenta su constitución discontinua. t) = . Garber. por primera vez. ∂ξ ( x. t) ∂ξ (u) ∂ξ (u) ∂u = = . ∂ξ ( x. t) d2ξ (u) = .16) Derivemos respecto a t. t) = ξ1 ( x − vt) + ξ2 ( x + vt) se llama la solución de d’Alembert. ∂t2 ∂x2 (1. t ) = v . y otra hacia la izquierda ξ2 ( x + vt). dy T dy Pág. t) 2 d ξ (u) = v . . el punto 2 es el centro de masa del elemento comprimido por el golpe a lo largo del eje de la barra. para los vectores se debe utilizar una flecha. y por lo tanto es un vector. dividida en elementos de volumen de grosor ∆x. en cambio ξ está dirigido hacia la derecha o hacia la primer elemento. muchas situaciones reales se aproximan a sus predicciones teóricas. Universidad de Antioquia. A pesar de lo simple. La onda avanza en sentido + x. en lugar de negrilla. lo contrario a elástico es plástico. Marzo de 2006 Ondas en una Barra Cuando golpeamos un sólido.13 se amplifica. el primer elemento de volumen de la barra. Physics of Waves.18) El esfuerzo tiene unidades de presión. sin perspectiva. situación que nunca se presenta. el modelo es muy útil para ahondar en la comprensión de las ondas. El segmento 1-2 es ξ.13 ξ del está dirigida hacia la derecha. el proceso transfiere el momento lineal p que le fue dado con el golpe al segundo elemento. la onda se va propagando hacia la derecha. 1. Sl = F / A. y como ejemplo de material plástico tenemos a la plastilina.12 Barra dividida en elementos de volumen. y siempre actúa sobre toda el área A. o ley de Hooke. y no se propagaría una onda.2. * William Elmore. nos referimos es a su centro de masa. además. New York.1 Ondas Longitudinales En la Fig. Ed. Si ante una deformación no se generaran fuerzas recuperadoras. . Por la acción de un golpe en el extremo izquierdo. Después el segundo elemento le hace al tercero. izquierda. 1. v = u x v y ξ = u xξ. La velocidad v siempre Figura 1. y ξ † está en dirección x. (1. Al escribir a mano. y así sucesivamente . Definimos el esfuerzo de tensión o esfuerzo normal Sl como la fuerza perpendicular al área. pero en Figura 1. Aquí trabajaremos con una relación lineal entre la deformación y la fuerza recuperadora. lo que el primero le hizo a él.2 11 Héctor Alzate L. Para la propagación es necesario que el medio sea elástico. divida por el área.12 se ilustra una barra de sección transversal constante A. a las ondas en los medios materiales se les llama ondas elásticas. con notación vectorial. Se deben utilizar tensores* para describir más fielmente el fenómeno de la propagación en sólidos. a través suyo se propagan ondas longitudinales y transversales. que ξ está en negrilla. lo que define a estas ondas como longitudinales. caps. Por lo anterior. Dover Publications. . El punto 1 es el centro de masa antes de que la barra sea golpeada. En la Fig. Para su estudio dinámico adoptamos un modelo muy simple sobre el tipo de fuerza que se genera a medida que la onda avanza. La fuerza sobre una cara de un elemento de volumen varía a lo largo de la barra. que se generen fuerzas recuperadoras. y para los vectores unitarios un gorro. el primer elemento se comprime un poco y su centro de masa se desplaza hacia la derecha. sobre el elemento aparecen fuerzas recuperadoras que lo regresan a su situación inicial. u ondas mecánicas por seguir las leyes de la mecánica de Newton. Mark Heald. Al separarse de su posición de equilibrio. 3 y 7. esto es. el primer elemento se quedaría comprimido sin regresar a su posición inicial. Cuando nos refiramos a un elemento en particular. este campo de desplazamiento se propaga con una rapidez v que depende de las propiedades físicas de la barra.1] Ondas Elásticas 1. † Note . dependiendo de x y de t. Una suposición fundamental es que se generan fuerzas longitudinales independientes de las transversales. 1. [ Sl ] = N/m2 . Marzo de 2006 Física III En la Fig. t). supongamos que se cumple la ley de Hooke en la barra. esto es. t) = ξ ( x + L. t) − ξ ( x. La deformación por unidad de longitud o deformación por tensión l es. Sl = Yl ó F ∂ξ =Y . si estos valores fueran iguales. F 0 − F = dF y ∆x = dx.20) La deformación por tensión es causada por el esfuerzo de tensión. ∆x ∆x (1. ∂x ∂t . Pero una onda elástica es precisamente la propagación de deformaciones. es claro que F también. ∂t2 Como ξ depende de x y t. ∑ Fexterna = F0 − F = ma.14 Deformación de un largo L.14 se muestra un elemento de volumen de grosor ∆x con su cara izquierda en la posición de equilibrio x y la derecha en la posición de equilibrio x + ∆x. 1. t) que le ejerce la sección izquierda. y no hay onda a través de él. el lado donde empujamos y el lado opuesto se trasladan. El nuevo grosor del elemento por fuera de su posición de equilibrio es ∆x + ∆ξ. t) − ξ ( x.. no habría onda sino una simple traslación de la barra en la cantidad ξ. la aceleración a es ∂2ξ /∂t2 (Ec.21) La anterior ecuación nos da el tipo de fuerza que actúa sobre el elemento de masa y podemos proceder a aplicarle la segunda ley de Newton al elemento: la fuerza neta es la fuerza F 0 = F ( x + ∆x. aproxielemento. ∂t2 Cuando ∆x → 0.3. cuando empujamos una mesa de Figura 1. p. la cara izquierda se desplaza ξ ( x. ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∂x l = l´ım (1. la misma cantidad. t). madamente. t) que la sección derecha de la barra le ejerce. t) = (ρA ∆x) ∂2ξ . en el tiempo t. t). menos la fuerza F = F ( x. vemos que el miembro derecho es la definición de ∂ξ /∂x. Universidad de Antioquia. 2). Por ejemplo. la masa m es la densidad ρ por el elemento de volumen ∆V = A ∆x. y así la mesa permanece inalterada. dF = (ρA dx) ∂2ξ . también se muestra la posición del mismo elemento un poco más tarde. = F ( x + ∆x. t) − ξ ( x.19) Tomando el límite cuando ∆x → 0. t) y la derecha ξ ( x + ∆x. La constante de proporcionalidad es el módulo de Young Y de la barra. t) − F ( x. 1. ∂ξ ∆ξ ξ ( x + ∆x. Bajo la acción de fuerzas. sin comprimirse ni expandirse: ξ ( x. Supongamos que la relación entre ellos es lineal. entonces.12 Héctor Alzate L. Sl ∝ l . de compresiones y expansiones: cuando uno mueve un bolígrafo que tiene sobre la mano. donde ∆x es el grosor inicial y la deformación es ∆ξ = ξ ( x + ∆x. l = ∆ξ ξ ( x + ∆x. todos sus puntos experimentan el mismo ξ. y su diferencial total es dF = ∂F ∂F dx + dt. A ∂x (1. t) = . t) = l´ım = . l 1 (Ec. En este caso de baja deformación. se suspende de un soporte fijo (x = 0 en la Fig. Marzo de 2006 Las dos últimas ecuaciones son iguales.14.1. Universidad de Antioquia. cancelemos A y despejemos la aceleración. Como estamos desarrollando la física para un material homogéneo. Luego se le suspende una masa M.22) Despejemos a F de la Ec.1] Ondas Elásticas 13 Héctor Alzate L. 1. 1. Como el grosor de ambos elementos es distinto. el cambio relativo es mucho mayor. iguales. En la Fig. 19. el cambio relativo de volumen es muy bajo.13 no se queda en el sitio donde se produjo. ∂x ∂x Igualemos esta ecuación a la Ec. y se mide el estiramiento ` (Fig. (ρA dx) ∂F ∂F ∂2ξ = dx + dt.17. ∂2ξ Y ∂2ξ = . entonces sus secciones transversales también lo son.19). ∂t2 ρ ∂x2 Esta ecuación (compárela con la Ec. √ v= Y /ρ. donde bajas quiere decir ∆ξ ∆x. podemos tratar a A como constante y sacarla de la derivada.. sino que viaja con rapidez v constante.5.14 el volumen del elemento inicial y del elemento deformado son. a la cual hemos referido la segunda ley dx. Estrictamente. se da el módulo de Young de algunos materiales.15b). ∂2ξ ρA 2 = ∂t e izquierda es medido en el mismo t en la de Newton. aunque por claridad en la figura no lo sean. 2 ∂t ∂x ∂t Como el desplazamiento de las caras derecha Fig.22. es muchísimo menor que 1. vea el Ejemplo 1. esto es. para un gas o un líquido. 1. (Por supuesto que la deformación en la figura citada está exagerada. Y tampoco depende de x y la Ec. (1. el área depende de x: A = A( x. ∂F ∂ = ∂x ∂x AY ∂ξ ∂x . 1. t). . (1. entonces dt = 0 y cancelamos ∂F . con muy buena aproximación. p. la deformación longitudinal conlleva una deformación transversal. 1. 10) nos dice que la perturbación ξ de la Fig. mucho mayor que la masa del alambre. Medida del Módulo de Young Para medir el módulo de Young de un material. Vamos a suponer deformaciones muy bajas.21 y derivemos respecto a x. ∂x (1. 1. 1. p. p.15) un alambre de longitud L0 y diámetro o sección transversal A conocida (Fig. 1.23 toma la forma ∂F ∂2ξ = AY 2 . 1. 16).15a). en las mismas condiciones que el sólido. 1. 1.24) En la Tabla 1.23) Cuando aplicamos una fuerza a un sólido. pero como mcuerda M. 1. en aquella hacemos coincidir el eje x con la cuerda. p. ante una fuerza igual. ya que en laFig. . también medimos a ξ ( L0 ) y dξ ( x. pero con iguales F. ∂x (1. En cambio el punto con x = L0 sufre el máximo desplazamiento de esta posición de equilibrio.14 Héctor Alzate L. y así se puede averiguar en el laboratorio el módulo de Young del material del que está hecho el alambre. el que menos se alargue es el de mayor Y.15b. Integrando. y ξ ( x) lo hacemos paralelo al eje x en lugar de perpendicular. buena aproximación tomar como tensión en la cuerda solo el peso de M. ξ ( L0 ) = `. (1. se deforma más la muestra de aluminio que la de hierro. Sea F la tensión del alambre.. dt = 0. sino la posición de equilibrio de un punto de ella. poner en relación de igualdad dos cosas. ya que por debajo Figura 1. 1.5 mm.25) ξ depende de x y de t.1. Reemplacemos esta ecuación en la Ec. * Homologar: equiparar. esto quiere decir que en el instante en que medimos ξ (0) en la Fig. F dx = AY ∂ξ dx. La tensión es mayor en x = 0 que en el resto de la cuerda. La posición de equilibrio varía entre x = 0 y x = L0 . F sale de la integral. Pero t es fijo. la fuerza recuperadora que aparece en el hierro es mayor que en el aluminio. L0 y A. La posición de equilibrio x = L0 + ` no existe. Realmente A debe disminuir cuando el alambre se alarga.15b todos los puntos están desplazados de su posición de equilibrio respecto a la Fig. quiere decir que el punto x = 0 no se desplaza de ese sitio: ξ (0) = 0. Como la cuerda sigue unida al punto de suspensión cuando se le agrega la carga M. F Z L0 0 dx = AY Z ` 0 dξ. Despejemos a F de la Ec. y su diferencial total es dξ ( x.15. t) = (∂ξ /∂x) dx.21 y multipliquemos por dx. de donde Y= FL0 . t) = (∂ξ /∂x) dx + (∂ξ /∂t) dt.27) Las cuatro cantidades F. A` (1. 1. L0 . otra manera de verlo es así: ante una misma deformación. es de Y. al igual que A y Y. Marzo de 2006 Física III Recuerde que x no indica la posición de un punto de la cuerda. 1. F dx = AY dξ. de modo que el cambio del diámetro del alambre es despreciable respecto a su valor inicial. F = Mg. 1.15a. A y ` son fácilmente medibles. Homologando* la Fig. 1.25.15 Medición del origen está la masa de la cuerda más la carga. Note que de varias muestras de materiales distintos. Universidad de Antioquia. quiere decir que en igualdad de condiciones. Por ejemplo. pero en un experimento real un alambre de 2 m de longitud se puede alargar solo 0. el origen de coordenadas con el punto de suspensión. 1. como Y del hierro es mayor que Y del aluminio. 2 con la Fig.26) FL0 = AY `. los barra.30) S se llama el módulo de corte del material. Según la segunda ley de Newton.1] Ondas Elásticas 15 Héctor Alzate L. ó F ∂ξ =S . la rapidez de las ondas longitudinales siempre es mayor que la de las transversales en un mismo material. Dentro de los límites elásticos del material. tal vez con componentes y y z. ξ son perpendiculares a x..18). los diferentes elementos de masa se desplazan transversalmente. 1. dF = (dm) a: ∂F ∂2ξ dx = (ρA dx) 2 . ∂x ∂t Despejemos a F de la Ec.28) La deformación de corte o de cizallamiento t es ∆ξ ξ ( x + ∆x. En el extremo izquierdo. Mientras que la onda avanza horizontalmente. más complejo que lo dicho y mostrado en la figura.29) Matemáticamente esta ecuación es idéntica a la Ec. se cumple la ley de Hooke. Esto corresponde a una onda transversal.20. t) − ξ ( x.30. ∂x ∂t Cancelemos dx. y por esta razón se les llama fuerzas de corte o de cizalladura. Ante una deformación longitudinal igual a una deformación transversal. se producen ondas que. t) ∂ξ = l´ım = . (1. El esfuerzo de corte o de cizallamiento St se define como la fuerza paralela o tangencial a las caras sobre el área transversal de la barra (compare con la Ec. 1. Universidad de Antioquia. Las deformaciones y fuerzas son. 1. p.16 Onda Transversal en una es física: en la primera. sin embargo. ∂F ∂2ξ = ρA 2 . este modelo da buenos resultados en muchas situaciones prácticas.16 se ilustra una sección de una barra horizontal sin perturbar. St = St .16 no se queda en el sitio donde se produjo en la barra. St = F / A. en la última. igualemos a la anterior ecuación y cancelemos A para obtener ∂2ξ S ∂2ξ = .2 Ondas Transversales En la Fig. 1. A ∂x (1. 19 se da el módulo de corte de algunas sustancias. t). en la Tabla 1. 1.2. ∂t2 ρ ∂x2 Esta ecuación nos dice que la perturbación ξ de la Fig.31) Como siempre Y > S. t) y su cara derecha en ξ ( x + ∆x.1. sino que viaja con rapidez v constante igual a √ v = S/ρ. los ξ están en la dirección x. . mediante una fuerza perpendicular al eje de la barra. con notación vectorial. ya que Y > S. cuando llegan al elemento de grosor ∆x. siempre es mayor la fuerza recuperadora en el primer caso. ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∂x t = l´ım (1. desplazan transversalmente su cara izquierda en ξ ( x. Marzo de 2006 1. la diferencia Figura 1. (1. derivemos respecto a x. v = u x v y ξ = u yξ. Las fuerzas son perpendiculares al eje de la barra. en la realidad. 0◦ (Fig. ρatm = ρ0 ≈ 1. en el lugar donde vivamos corresFigura 1. YA (1.18 Onda en un gas.80 g/cm3 y Yacero = 2. En el punto más bajo. y la aceleración centrípeta.0 kg se une a un extremo de un alambre de acero de 3. una * En Medellín. pero la posición más baja no es de equilibrio. no viscosos. 1. puesto que la esfera se mueve en un arco de circunferencia.17). 1. es diferente de cero.3 Física III resfera . a 1. 1. en especial para lo gases. También se muestra un elemento de volumen. En la Fig. Con base en el anterior párrafo. con presión y densidad. Marzo de 2006 Ejemplo 1. esto es. p0 y ρ0 . Universidad de Antioquia. con un pistón o un parlante.0 kg/m3 . En condiciones comunes de presión y temperatura. los resultados que obtendremos con el tratamiento teórico que haremos coincide muy bien. de grosor ∆x. La tensión depende del ángulo y l (θ ) = T (θ ) L/YA. l (0◦ ) = T (0◦ ) L .* El sonido es fluctuaciones de la presión y la densidad alrededor de sus valores estáticos. v2 /r.27. Solución. reemplazando a F por T. entonces T (0◦ ) = 2mg. El alambre en su posición más baja se estira una milésima de su longitud inicial y mide 3 m + 3 mm. son iguales a si el aire está encerrado en un cilindro.00 m de longitud. el otro extremo se suspende del techo.7 cm y que malambre ≈ 23 g.0 × 1011 N/m2 . el estudiante debe demostrar que si θmáx = 60◦ . Consideraremos fluidos ideales. ρacero = 7. ponden con la densidad y presión atmosféricas.5 Una esfera de hierro de 10. es la compresibilidad.00 mm2 .32) Sea m la masa de la esfera. Ondas en un Fluido Una diferencia muy notable entre un sólido y un fluido. También debe demostrar que 1 mm2 = 10−6 m2 . cuando no hay ondas. Reemplazando en la Ec. Cuando una barra se somete a un tensión longitudinal T. como un gas o un líquido. Se podría pensar que T (0◦ ) = mg. o si el sonido se propaga en un espacio abierto. El estudiante debe comprobar que el radio de la esfera (ρhierro ≈ ρacero ) es cerca de 6. 1. patm = p0 = 640 mm Hg. el estiramiento l se despeja de la Ec.17 La longitud del péndulo depende de θ.18 se muestra un cilindro que se llena con un gas a una densidad ρ0 y presión p0 . lo que nos facilita el tratamiento teórico. estos parámetros reciben el nombre de densidad estática o de equilibrio y de presión estática o de equilibrio respectivamente. con medidas experimentales. obvio. . respecto a m podemos despreciar a malambre .0 × 1011 N/m2 )(10−6 m2 ) ≈ 3 × 10−3 m = 3 mm. Las relaciones que obtendremos entre desplazamiento.32 obtenemos l (0◦ ) = 2mgL 2(10 kg)(9. Halle el estiramiento del alambre cuando pasa por la posición más baja. presión y densidad para el sonido en el aire. Podemos entonces despreciar. la aceleración tangencial sí es cero en θ = 0. y puesto que el problema es especialmente de dinámica y no de ondas.. y se hace oscilar al péndulo así formado con una amplitud de 60. La sección transversal del alambre es de 1. Los resultados obtenidos son iguales a si lo hiciéramos en un espacio sin fronteras. Supondremos que el fluido está encerrado en un cilindro metálico de sección transversal A.76 m/s2 )(3 m) = YA (2.16 Héctor Alzate L. respecto a L. Figura 1. En la izquierda del cilindro se produce. 1] Ondas Elásticas 17 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 perturbación que, cuando llega a tal elemento, lo saca de su posición de equilibrio x, lo lleva a una nueva posición un tiempo más tarde, cambiándole la presión a un nuevo valor p y la densidad a un valor ρ. Estos son los valores absolutos o instantáneos de la presión y la densidad, dependientes de x y de t. El cambio de presión y de densidad es lo que constituye el sonido; a ∆p = p − p0 se le llama la presión acústica u onda de presión, a ∆ρ = ρ − ρ0 se le llama la densidad acústica u onda de densidad. Cuando la frecuencia con que ∆p y ∆ρ cambian es de 440 Hz, al sonido se le llama la central, y corresponde al sonido que se escucha cuando levantamos el teléfono; cuando cambia a 261.6 Hz, se le llama do central. El oído humano normal escucha frecuencias en el rango 20-20 000 Hz.* En ecografías y exámenes de tejidos se utiliza ultrasonido de alrededor de 4 MHz; en un microscopio acústico las ondas sonoras pueden ser de 4 GHz. Con sonido se trazan mapas del fondo del mar, ya que no se pueden usar ondas electromagnéticas debido a que el agua salada las absorbe completamente a los pocos centenares de metros de profundidad. Ultrasonido de 35 kHz se utiliza en el agua para producir cambios de presión que provocan la aparición de pequeñas cavidades de vapor que al sufrir implosión limpian las superficies de los cuerpos sumergidos; a este fenómeno de formación de cavidades o burbujas se le llama cavitación. Iniciemos la tarea de encontrar la ecuación de onda para el fluido (Ec. 1.17, p. 10): como la densidad de un gas cambia notablemente ante un cambio de presión, no podemos aproximar a una constante la densidad, como hicimos en el caso de la barra. La masa del elemento en su posición de equilibrio (Fig. 1.18) es igual a la masa fuera de ella, ρ0 V0 = ρV ρ0 ( A ∆x) = ρ[ A(∆x + ∆ξ )] Cancelemos A. En el límite cuando ∆x → 0, hacemos ∆x = dx y ∆ξ = dξ, ρ0 dx = ρ(dx + dξ ). (1.33) Como t es fijo, esto es, en el instante en que medimos a ξ ( x, t) también medimos a ξ ( x + dx, t), entonces dt = 0 y dξ = (∂ξ /∂x) dx. Después de reemplazar en la Ec. 1.33 y cancelar a dx obtenemos que la densidad instantánea es ρ= ρ0 = ρ0 (1 + ∂ξ /∂x)−1 . 1 + ∂ξ /∂x (1.34) Suponemos que la onda transporta bajas energías, donde bajas quiere decir que el volumen del elemento no perturbado difiere muy poco del volumen del elemento perturbado; gráficamente, en la Fig. 1.18 esto quiere decir que ∆ξ ∆x. Tomando el límite, dξ dx (∂ξ /∂x) dx dx. Cancelando dx, obtenemos que bajas deformaciones o bajas energías quiere decir ∂ξ /∂x 1. * Algunos rangos de audición: perro 60 Hz-45 kHz, gato 40 Hz-60 kHz, vaca 20 Hz-35 kHz, caballo 50 Hz-33 kHz, rata 200 Hz-76 kHz, murciélago 2 kHz-140 kHz, ballena beluga 1 kHz-125 kHz, atún 50 Hz-1.1 kHz, pollo 120 Hz-2 kHz. 18 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Física III Con el binomio de Newton se puede probar que cuando a 1, (1 + a)−1 ≈ 1 − a. Aplicando esta aproximación a la Ec. 1.34, con a = ∂ξ /∂x, obtenemos ρ = ρ0 (1 − ∂ξ /∂x). Despejemos la onda de densidad, ∆ρ = ρ − ρ0 = −ρ0 ∂ξ /∂x. (1.35) Esta ecuación inmediatamente implica que el desfase entre las ondas desplazamiento y de densidad es π /2, ya que si una de ellas está expresada con sen, la otra lo está con cos, debido a que ξ y ∆ρ están relacionadas a través de una derivada, y la derivada de sen es cos, y de cos es − sen. Para ξ ( x, t) = ξ0 sen(kx − ωt), ∆ρ = −ρ0ξ0 k cos(kx − ωt). (1.36) El coeficiente del coseno se llama amplitud de densidad R0 , R0 = kξ0 ρ0 . La densidad acústica es ∆ρ = −R0 cos(kx − ωt). La máxima densidad acústica se obtiene con cos(kx − ωt) = −1, ∆ρmáx = (ρ − ρ0 )máx = R0 . De donde ρmáx = ρ0 + R0 . La densidad mínima es ρmín = ρ0 − R0 . La densidad varía entre ρmáx y ρmín , fluctuando alrededor del valor ρ0 (Fig. 1.19). En la vida cotidiana (por ejemplo, cuando hablamos), ρ0 es la densidad atmosférica y R0 puede tener un valor cercano a 10−5 kg/m3 , ¡y esto es unas cien mil veces menor que ρ0 !; realmente el sonido es pequeñas fluctuaciones de la densidad (pequeñas quiere decir ∆ρ/ρ0 1, o sea cambios relativos pequeños). Figura 1.19 VaProcedamos a obtener la ley de Hooke para el gas: la presión es función de la denriación de ρ. sidad, p = p(ρ)* Como el sonido es pequeñas fluctuaciones de p y ρ, es útil expresar a p en series de Taylor alrededor de ρ0 , 2 dp d p 2 1 p(ρ) = p(ρ0 ) + (ρ − ρ0 ) + 2 (ρ − ρ0 ) +··· . dρ ρ0 dρ2 ρ0 Cuando la densidad es ρ0 la presión es p0 , p(ρ0 ) = p0 . Reemplacemos ∆ρ = ρ − ρ0 en la anterior expansión y multipliquemos y dividamos por ρ0 a partir del segundo término del miembro derecho para obtener ∆ρ dp ∆ρ 2 2 d2 p 1 p = p0 + ρ0 + ρ0 +··· . ρ0 dρ ρ0 2 ρ0 dρ2 ρ0 * Para la atmósfera, que se comporta muy aproximadamente como un gas ideal, pV = nRT; de esta ecuación se puede obtener una relación entre p y ρ. 1] Ondas Elásticas 19 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Tabla 1.1 Densidad y módulos de algunas sustancias Material Agua Acero Aluminio Cobre Latón Hierro Mercurio Plomo ρ (103 kg/m3 ) 1.0 7.8 2.7 8.9 8.6 7.8 13.6 11.3 Y (1010 Pa) S (1010 Pa) 20 7.0 11 9.0 21 7.5 2.5 4.4 3.5 7.7 21 7.8 B (1010 Pa) 0.21 16 7.5 14 6.0 16 2.8 17 Para cambios relativos pequeños de la densidad, ∆ρ/ρ0 1, (∆ρ/ρ0 )2 ≪ 1 . . . y en la anterior expansión conservamos solo hasta el segundo término, ∆ρ dp p = p0 + ρ0 . (1.37) ρ0 dρ ρ0 dp . La masa constante de un volumen cumple dV /V que su diferencial es cero: d(ρV ) = 0 = ρ dV + V dρ, de donde dV /V = −dρ/ρ. Reemplacemos dp en la definición de B, B = ; y esto en la Ec. 1.37, dρ/ρ El módulo volumétrico se define como B = − p = p0 + ( B/ρ0 )∆ρ. Por definición, ∆p = p − p0 . Llegamos así a la ecuación que nos relaciona la onda de presión con la onda de densidad, ∆p = ( B/ρ0 )∆ρ. Esta ecuación nos dice que la onda de presión está en fase con la de densidad; si ∆ρ se expresa con sen, ∆p se expresa con la misma función. Reemplacemos en la anterior ecuación la Ec. 1.35, ∆p = p − p0 = − B∂ξ /∂x. (1.38) Esta ecuación corresponde a la ley de Hooke para un fluido. Con ξ = ξ0 sen(kx − ωt), ∆p = − Bkξ0 cos(kx − ωt). El coeficiente del coseno se llama la amplitud de presión P0 , P0 = Bkξ0 . (1.39) La presión acústica es ∆p = −P0 cos(kx − ωt). La presión máxima es pmáx = p0 + P0 ; la presión mínima es pmin = p0 − P0 . La presión varía entre pmáx y pmin , fluctuando alrededor de p0 (Fig. 1.20). 40 y cancelando A y dx obtenemos ∂p ∂2ξ = −ρ0 2 . sobre la cara izquierda actúa otra fuerza F compresiva dirigida hacia la derecha. ∂t2 ρ0 ∂x2 (1.38. ∂t2 (1.máximo volumen.. Universidad de Antioquia. ∂2ξ B ∂2ξ = . ∂t2 ρ0 ∂x2 ∂2 ρ B ∂2 ρ = .20 Héctor Alzate L. La fuerzas resultante es F 0 + F = − p0 A + pA = A( p − p0 ). ∂t2 ρ0 ∂x2 Como p0 y ρ0 son constantes. En nuestro objetivo de hallar la ecuación de onda aún nos falta aplicar la segunda ley de Newton al elemento de masa de la Fig. 1. sobre la cara derecha actúa una fuerza compresiva F dirigida hacia 0 0 riación de p.20 Va.41) Según la Ec. − A dp = (ρ0 A dx) ∂2ξ . la izquierda. ∂x ∂t (1. dt = 0 y el diferencial total de p es dp = (∂p/∂x) dx. 1. ∂t2 ρ0 ∂x2 . derivemos respecto a x. ∂t2 ρ0 ∂x2 ∂2 ∆ρ B ∂2 ∆ρ = . ∆p = p − p0 = − B∂ξ /∂x.41 y despejemos la aceleración. la densidad también lo es. F = pA. cuando ∆x → 0. 1.18: como un gas tiende a ocupar el 0 Figura 1. y tengamos en cuenta que p0 es constante a lo largo del tubo. la masa es ρ0 A∆x y la aceleración es ∂2ξ /∂t2 . la perturbación no se queda en el sitio que se produce. esta resta de presiones es la presión en la cara izquierda menos la presión en la cara derecha. ∂2 ∆p B ∂2 ∆p = . F = − p A. ∂x ∂x Igualemos esta ecuación a la Ec.43) También se puede demostrar que la presión y la densidad cumplen la ecuaciones de onda. El que estén en fase está de acuerdo con nuestra experiencia cotidiana: cuando aumentamos la presión sobre un cuerpo. (1. Para t fijo. y por lo tanto es −∆p. Marzo de 2006 Física III Estar en fase la presión y la densidad significa que en los puntos e instantes cuando la presión es máxima.42) Esta ecuación de onda nos informa que cuando perturbamos un fluido. ∂p ∂2ξ = −B 2 . disminuye su volumen y en consecuencia aumenta la densidad. y en estas ecuaciones podemos reemplazar a p por p − p0 = ∆p y a ρ por ρ − ρ0 = ∆ρ. sino que se propaga ondulatoriamente con rapidez* √ v= B/ρ0 . Reemplazando en la Ec.40) La presión depende de x y t. sus derivadas espaciales y temporales con cero. Según la segunda ley de Newton. ∂2 p B ∂2 p = . 1. ya que el ∆ de una función se define como la función evaluada a la derecha menos la función evaluada a la izquierda: la fuerza neta es −∆pA. 7 Con este ejemplo queremos ilustrar el proceso de producción de sonidos al tocar (a) una flauta.. Marzo de 2006 Figura 1. New York. no hay ondas. el aire sale con máxima velocidad.23d ha transcurrido un cuarto de periodo más. Music. ∂2 p ∂ = −B ∂x ∂t2 1 ∂p − ρ0 ∂x = B ∂2 p . Definamos como cero la fase φ de la presión en su interior. 133-134. los átomos en contacto con la lámina se desplazarían ligeramente de su posición de equilibrio.23d y la Fig. correspondiente a un corte transversal.23c ha transcurrido otro cuarto de periodo. Cuando el músico toca un la central. La fase vale π. deja de entrar aire y un instante después empieza a salir aire por la boquilla.21 Ondas de desplazamiento. Ejemplo 1. ρ0 ∂x2 (a) En la Fig. y reemplacemos en la anterior. la presión ha mermado hasta p0 . 1. √ de presión y de densidad. la corriente de aire producida por el músico da sobre la boquilla y entra con máxima velocidad a la flauta. En la Fig. 161-162. si en lugar del tubo hubiera una barra.23a. Si no hay fuerzas recuperadoras ante una deformación. como si la lámina estuviera quieta. Tomemos la segunda derivada respecto al tiempo de la primera ecuación.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. la fase vale 2π y se ha completado un ciclo. 1967. Universidad de Antioquia.22 Un fluido no transporta esfuerzos transversales. Olson. movemos hacia arriba la lámina. el aire entra al máximo. entonces tampoco es posible que en él se propaguen ondas transversales. no puede transmitir esfuerzos transversales ni deformaciones transversales. o sea no viscoso. (b) una trompeta* √ * La expresión v = B/ρ0 la obtuvo Newton. desfasadas entre sí (Fig. Sólo en 1816 Laplace trató correctamente como adiabática la propagación sonora.23b ha transcurrido un cuarto de periodo. pero el fluido sigue inalterado. Es claro que en el fluido se propagan. generándose una fuerza recuperadora ante tal deformación. Entre la Fig. En la Fig. la presión dentro de la flauta es la presión atmosférica p0 . Solución. Con la intención de producir una deformación transversal. pero utilizó un valor de B que corresponde a un proceso isotérmico. la fase vale 3π /2. En cambio. ∂x ∂t obtenga la ecuación de onda para la presión en una columna de gas.22). simultáneamente. ∂2 p ∂ = −B ∂x ∂t2 ∂2ξ ∂t2 . Physics and Engineering. la presión aumenta hasta p0 . el aire deja de salir y un instante después empieza a entrar. este proceso Ejemplo 1. * H. Veámoslo así: una lámina tapa el extremo izquierdo de un tubo lleno de un fluido. 1. Como un fluido ideal. al mover la lámina. y por lo tanto el valor que predijo para la rapidez del sonido es considerablemente inferior al valor real. la presión llega al máximo pmáx = p0 + P0 (P0 : amplitud de presión). cuando a frecuencias audibles el sonido en el aire es un proceso adiabático. La fase vale π /2. En la Fig. presión y densidad. 1. 1. y conmutémosla con la derivada espacial. En un fluido sólo se propagan ondas longitudinales. 1.23a transcurre otro cuarto de periodo. pp. como aire o agua (Fig. 21 . por mera fricción. 1.21) y con rapidez v = B/ρ. 1. Figura 1.6 Combinando las ecuaciones p = p0 − B ∂ξ ∂x y ∂p ∂2ξ = −ρ0 2 . ondas de desplazamiento longitudinales. Dover. Despejemos a ∂2ξ /∂t2 de la segunda ecuación. 1. la presión al mínimo pmín = p0 − P0 . y dando origen a una onda transversal. Z Z − B dξ = − Bξ = P0 sen(kx − ωt) dx = −(P0 /k) cos(kx − ωt). los labios están abiertos. (b) Muestre que las ondas de desplazamiento y de presión están desfasadas entre sí un cuarto de longitud de onda. Si fuera un do central los labios vibrarían con una frecuencia de 261. y dξ = (∂ξ /∂x) dx. la presión se hace máxima. (c) Obtenga la expresión para la onda de densidad y muestre que está en fase con la onda de presión.24c. (d) Encuentre la relación entre la amplitud de la onda de densidad y la amplitud de la onda de presión.23 Un ciclo de la emisión de una nota. Introduzcamos este diferencial en la Ec. t) = P0 cos(kx − ωt) = ξ0 cos(kx − ωt). 1. El músico puede variar ν modificando la tensión de los labios. (b) En la Fig. los labios están cerrados y dan contra la boquilla de la trompeta. (1. dt = 0. Ejemplo 1.44 y multipliquemos por dx. y debido a su inercia continúan abriéndose hasta un máximo que se alcanza otro cuarto de período más tarde.45 e integremos. Fig. En un t fijo.21. En la Fig. La rapidez del aire a través de los labios es máxima y. t) es dξ = (∂ξ /∂x) dx + (∂ξ /∂t) dt. (1. la fase vale 270◦ .35.47) 2π vρ0 ν .38. p.38 a la Ec.23 con la Fig. Entre d y a transcurre el último cuarto de periodo. Despejemos la onda de desplazamiento. 1. obtenga la expre- Física III Figura 1. ξ ( x. Marzo de 2006 Figura 1. definimos la fase como cero. 18. dx = P0 sen(kx − ωt) dx. 1.24d ha transcurrido un cuarto de periodo más y los labios están parcialmente cerrados. La fase vale 360◦ y se completa un ciclo que se repite según la frecuencia de la nota emitida. en consecuencia.6 Hz y. y 1.44) (a) Usando las Ecs.24 Un ciclo de la emisión de una nota. − B(∂ξ /∂x).22 Héctor Alzate L. la amplitud toma la forma P0 ξ0 = .8 Asuma que las ondas de presión en una columna de gas tienen la forma ∆p = p − p0 = P0 sen(kx − ωt). (a) Igualemos la Ec. e interprete físicamente y en la representación gráfica de esas ondas. Solución.24a. la presión es mínima. 1. Reemplazando a B = v2 ρ0 . La onda producida por los labios se asemeja a una señal diente de sierra y no a una función armónica.45) El diferencial de ξ ( x. y a k = 2πν /v. la fase es 90◦ . (1. se repite 440 veces en un segundo. de acuerdo con la ecuación de Bernoulli. Al ser máxima la separación entre los labios la fuerza muscular que tiende a cerrarlos también es máxima porque están sometidos al mayor esfuerzo.24b ha transcurrido un cuarto de periodo. (1. 1.. 1. La presión del aire sobre los labios es máxima. el desfase. sión para la onda de desplazamiento. En la Fig. los labios se cierran. y se inicia el proceso de cierre de los labios. Universidad de Antioquia. 1. y entre las amplitudes de densidad y de desplazamiento. inicio de un ciclo. la fase es 180◦ . Compare la Fig. la presión del aire también cambiaría con igual frecuencia. 1. 1.46) Bk La amplitud de las oscilaciones es ξ0 = P0 / Bk. 1. El elemento de aire en x B está en su posición de equilibrio. 1. está expresada en término de la función sen. la onda de presión ( p − p0 ) vale cero. hablando sin total rigor. Examinando el entorno de los puntos del medio se sabe si son de máxima o de mínima presión. 1. Por supuesto. quiere decir. la pendiente en x A es negativa. 1. Puesto que el desfase entre ambas funciones es π /2. 1. y como v2 > 0. Un desfase de π /2 (o λ /4 o P/4 según se prefiera) entre dos variables. 1. Visto analíticamente. se dice a veces. que a mayor presión mayor es la densidad. (b) La onda de presión. con t fijo. El campo ξ en los puntos vecinos a x A y a su derecha es negativo. 2). Fig. (c) Al dividir la Ec.46. (b) interpretación temporal. 1. (∂ξ /∂x) x A < 0. (a) Interpretación espacial. Figura 1.38 y reemplazar B = ρ0 v2 obtenemos ∆ρ = ∆p/v2 .47 y reemplacemos. Marzo de 2006 Figura 1. mientras que la onda de desplazamiento. t).50) Los sonidos que escuchamos son variaciones.49) (d) Designemos R0 a la amplitud de la onda de densidad. ξ ( x B ) = 0.1] Ondas Elásticas 23 Héctor Alzate L. que R0 = . y según la Ec. ∂ξ /∂x = 0. pero como la mínima distancia ∆x.25a). con ciertas frecuencias. (1. Reemplacemos la Ec. en radianes. p( x B . y allí la presión es mínima.25a). En los puntos donde ξ es máxima o mínima. en ese mismo instante y esos mismos puntos la otra variable vale cero.26 Onda de desplazamiento ξ ( x. esto es. entonces las ondas están en fase entre sí: ellas alcanzan su máximo. p < p0 . v/ν λ v2 (1.38. Esto implica que en x A la presión y densidad son máximas. 1. 1. p − p0 > 0 ó p > p0 .25 Desfase de π /2 entre las ondas de desplazamiento y de presión. entre un mismo valor arbitrario de las funciones sen y cos es λ /4 (Fig.44. El campo ξ en los puntos vecinos a x A y a su izquierda es positivo. t) = p0 − P0 de equilibrio hacia la izquierda. p = p0 . R0 = P0 / v 2 . Ec. Ec. Un desfase se expresa. 1. Ello era de esperarse.48) Si la onda de presión ∆p se expresa con la función sen. ∆ρ = (P0 /v2 ) sen(kx − ωt). de la presión y densidad atmosféricas alrededor de los valores de equilibrio p0 y ρ0 . estrictamente.. según las familiares gráficas del seno y del coseno (Fig.48 para obtener la onda de densidad en función de x y t. Es válido darlo con unidades de tiempo. y según la Ec. como se indica con la flechita dirigida hacia la izquierda y debajo de x A (vea la definición de ξ en la figura y el recuadro de la p. está expresada con cos. y es un punto de mínimas densidad y presión.38. 1. 1. De la Ec.49. (1.35 por la Ec. lo que se interpreta como que esas porciones de aire se han alejado de sus respectivas posiciones de equilibrio hacia la derecha. con unidades de longitud. este también es el desfase entre dichas ondas.26. pues sabemos. y allí la presión es máxima. 1. p( x A ) = p0 + P0 . también la onda de densidad ∆ρ se expresa con la misma función. En la vecindad de x B ocurre todo lo contrario. 1. 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.44 en la Ec. que en el instante en que en ciertos puntos del espacio una de las variables es máxima o mínima. según la experiencia común y la ley de los gases ideales. El desfase se puede ver también en términos temporales en lugar de espaciales como en el anterior párrafo. t). y decir que es P/4. se hacen cero o se vuelven mínimas simultáneamente. lo que se interpreta como que esas porciones de aire se han alejado de sus respectivas posiciones 2πvρ0 νξ0 2πρ0ξ0 ξ = = 2πρ0 0 = kξ0 ρ0 . y viceversa: el elemento de aire en x A está en su posición de equilibrio. que el desfase es λ /4. 1. Despejemos a P0 de la Ec. ya que en un punto fijo x hay que esperar un tiempo mínimo de P/4 (Fig. ξ ( x A ) = 0.25b) para que un valor arbitrario de la función sen sea igual al de la función cos. en x B . Universidad de Antioquia. 1. 1. donde las variaciones del campo son suaves. gráficamente. Cambios pequeños implica ξ0 λ. En esta desigualdad reemplacemos R0 (Ec. se obtuvo para cambios pequeños en la densidad.28 El adjetivo de grande o pequeño depende de la relación ξ0 /λ.9 (Este ejemplo es una continuación del Ejemplo 1. ξ7 y ξ13 respectivamente. los ξi van paralelos al eje x. pero desplazado ξi de su posición de equilibrio. 1994. Figura 1. tienen frecuencias inferiores a 109 Hz. la distribución de densidad. para esta. d. pasa sobre cada flecha de la Fig. gases poliatómicos. Acoustical Society of America. a.67. y viceversa (hemos despreciado el 2π en la última relación). Todavía no hay onda. v= * A. γ = 1. (2π /λ )ξ0 1. b y termina en la cola de la flecha de la Fig.50). En la Fig. Solución. lo que implica que R0 ρ0 . Hasta esta frecuencia el proceso de propagación ondulatoria es un fenómeno adiabático. La posición de equilibrio xi se indica con una línea vertical invisible que empieza en la Fig. Esta desigualdad. kξ0 1. La Fig.27a se dibuja una porción del tubo dividida en 37 elementos de masa. 20. gases diatómicos.40. gases monoatómicos. New York. Reemplacemos B = γ p0 en la Ec. p. para una densidad instantánea ρ que se aparta poco del valor de equilibrio ρ0 . b. Universidad de Antioquia. m. 1. respectivamente. B = γ p0 . 1. t) = 0. Ec.42.3 y. ξ ( xi .). m. los ξi < 0 se han rotado de manera que apunten hacia la izquierda. Se muestra la posición de equilibrio de los elementos séptimo y décimo tercero. del elemento i = 0. se señala el desplazamiento de su posición de equilibrio de los elementos séptimo y décimo tercero.0 kg/m3 . la pendiente ∂ξ /∂x 1. esto es. Ejemplo 1. son longitudinales. 1. mostrar. ξ0 /λ ≈ 0. Marzo de 2006 en Medellín valen 640 mm Hg y 1. Ejemplo 1.28. En el agua los valores son distintos. cancelemos ρ0 . 36. p. El punto negro en el centro de cada rectángulo representa su centro de masa (c. en el c. Acoustics. c. y así cada elemento está en su posición de equilibrio. por encima de ella es un proceso isotérmico. 1. donde γ = C p /CV (C p es la capacidad calorífica molar a presión constante y CV es a volumen constante). de manera que apunten hacia la derecha de su posición de equilibrio. 1. en particular en el aire.8).24 Héctor Alzate L. Las flechitas son el desplazamiento ξ en función de xi .27b corresponde a la onda armónica de desplazamiento ξ en cierto instante t. ∂ξ /∂x / 1. en general.43. En la Fig.51) . en este caso aire. del elemento i. 1. m.* En la aproximación adiabática. En la Fig. La densidad del aire es uniforme a lo largo del tubo. que es la dirección de avance de la onda. d se aprecian claramente las variaciones Física III de densidad a la largo del tubo. La ecuación de onda para las ondas en una columna de gas. Como las ondas en un fluido. (1. esto es. esto es. Pierce.33. Dependencia de la Rapidez de Propagación con la Temperatura La gran mayoría de ondas en un gas. enumerados desde i = −3 hasta i = 33. El origen de coordenadas se ha hecho coincidir con el c. ξ0 λ. corresponde más con la curva de baja amplitud de la Fig. A partir de la onda de desplazamiento dentro de un tubo. kξ0 ρ0 ρ0 . En la cabeza de esta última empieza otra línea vertical que desciende hasta terminar en la Fig.10 Halle la condición que se debe cumplir para que los cambios de densidad (y de presión) se puedan llamar pequeños. que con la curva de mayor amplitud. gráficamente. √ γ p0 /ρ0 .. c los ξi > 0 se han rotado 90◦ respecto a la Fig. Marzo de 2006 Figura 1.. las ondas de presión y densidad en (d). Universidad de Antioquia. gráficamente. 25 .1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.27 La onda de desplazamiento en (b) explica. Su masa molar equivalente es Maire ≈ 0. R = 8.028 + 0.51 y cancelemos ρ0 . la concordancia de las predicciones de esta ecuación teórica con las medidas experimentales es excelente. la temperatura es T. Dividamos por m. 1.31 J/mol · K) αaire = = = = 20 m/s · K1/2 . Aunque la densidad de la atmósfera disminuye notablemente con la altura. Maire Maire 0. el volumen es V.53. en la Ec.29 es p0 . √ (a) v = 20 273 + 0 = 330 m/s. el número de moles es n. 1. Reemplacemos en la Ec. La temperatura también decrece rápidamente hasta una altura de 17 km (compare con la altura del Everest: 8748 m).40(8. 1 % de agua. √ (b) v = 20 273 + 25 = 345 m/s. La ecuación de estado para un gas ideal es po V = nRT. Universidad de Antioquia. R es constante. Vemos que el aire está compuesto en 99 % por gases diatómicos.52) La penúltima ecuación la expresamos como √ v = αgas T.29 Un cubo = . (b) 25 ◦ C. en gra- dos kelvin. √ αgas = γR/ Mgas . Ejemplo 1.53) Hasta una altura cercana a los 100 km en la atmósfera. de gas. (1. √ √ v = γRT / M = (γR/ M) T. Marzo de 2006 Física III La presión del gas de la Fig. argón. Basta con reemplazar la temperatura.029 kg/mol. r r r γR γR 1.26 Héctor Alzate L. 21 % de O2 . su composición porcentual es muy uniforme hasta poco menos de los 100 km: el aire está compuesto de 78 % de N2 . Solución. la masa total es m. . 1. m /V m/n La densidad es ρ0 = m/V y la masa molar es M = m/n. γ solo depende del número de átomos de cada molécula.21MO2 = 0. po RT Figura 1.21 × 0. 1.52. RT p0 = .31 J/mol · K es la constante universal de los gases ideales. Definamos para un gas en particular la constante α. ρ0 M De donde p0 = ρ0 RT / M. con αaire = 20 m/s · K1/2 . la masa molar M sí es característica de cada gas.032 ≈ 0.78 × 0.78MN2 + 0. dióxido de carbono y otros compuestos menos abundantes. por lo que γaire = 1.. (1.40.11 Halle la rapidez del sonido en el aire a (a) 0 ◦ C.029 kg/mol La rapidez del sonido en el aire es √ vaire = αaire T. Reemplacemos en la Ec. s 0. Un cambio de 1 ◦ C equivale a un cambio de 1 K (demostrarlo).21 × 1010 N/m2 y ρ = 1000 kg/m3 . (a) una barra de aluminio. 2. (b) Para el aluminio Y = 7. Conociendo la diferencia de tiempo en la llegada de las dos ondas. las ondas P (P de primero) que las S (S de segundo o del inglés shear.4. En el agua el sonido se propaga.7 × 103 kg/m3 (c) Para el agua.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. generalmente nos preguntas por las ondas longitudinales en él. A las longitudinales se les llama ondas P y a las transversales ondas S. ∆v α m/s dv 10 m/s · K1/2 √ ≈ = √ = = 0. nunca se propagan ondas transversales sino longitudinales. aproximadamente. pero se sigue cumpliendo que vl > vt .8 × 103 kg/m3 . se puede saber la distancia del foco. con este dato Huygens estimó en 1680 en 200 000 km/s la velocidad de la luz.8 × 103 kg/m3 La rapidez del sonido en una barra de hierro es cerca de 15 veces la rapidez en el aire. Pierce. utilizamos la Ec. dT ∆T C 298 K 2 T Si la temperatura pasa de 25 ◦ C a 26 ◦ C o 24 ◦ C. 4. (a) Para el hierro Y = 21 × 1010 N/m2 . A un punto en la superficie terrestre. Römer calculó en 1676 que la luz tardaba 11 minutos en llegar del Sol a la Tierra.53. B = 0.* lo que da v = 1508 m/s = 5 400 km/h. esto es característico de un fluido. de una barra. que significa cortar). llegan primero Figura 1. que son sólidos.21 × 1010 N/m2 = 1449 m/s = 5 200 km/h. se propagan en él ondas longitudinales (l) y ondas transversales (t).0 × 1010 N/m2 . 19. Como 1 K 298 K. según el caso. Se ha notado que en la dirección de A a un punto B diametralmente opuesto.58 m/s. en 0. s v= 21 × 1010 N/m2 = 5189 m/s = 18 700 km/h. Para el hierro y el aluminio. Cuando nos preguntan por el sonido en un material. estos valores dependen de la temperatura. debido a que en el aire el sonido es una onda longitudinal. Solo si el sólido tiene la forma√de una barra delgada. Solución. para el agua.13 Halle la rapidez del sonido en (a) una barra de hierro. . Derivemos la Ec. capítulo 1. La primera medida de la rapidez del sonido en el aire la hizo M.227 × 1010 N/m2 y ρ = 998 kg/m3 . Ejemplo 1. 103 kg/m3 . a 10 ◦ C.58 ◦ . como al epicentro C. (c) el agua. En el foco A (la Fig. Las ondas sísmicas P se propagan con v ≈ 6 km/s o poco más de 20 000 km/h (diámetro terrestre ≈ 13 000 km). por lo que se ha concluido que hay un núcleo fluido en el interior de nuestro planeta. podemos aproximar ∆T ≈ dT 27 y ∆v ≈ dv. 1. Ondas Sísmicas Cuando golpeamos un sólido. también se puede saber su dirección.43. Mersenne cerca de 1635. Como vimos. 1.12 Encuentre el cambio de la rapidez del sonido en el aire por unidad de cambio de la temperatura a 25 ◦ C. Nos piden hallar a ∆v cuando ∆T = y T = 25 ◦ C ≈ 298 K. s 7. B = 0. 7. cit. 1. Marzo de 2006 Ejemplo 1. ρ = 2. 5064/345 ≈ 15. En la Tabla 1. p. 1 ◦C Solución. Además de conocer la distancia del foco al lugar de recepción de las ondas. ρ = 7. v= 1000 kg/m3 A 25 ◦ C.30 Interior de la Tierra. aparecen las cantidades necesarias para hacer los cálculos.4 veces más rápido que en el aire.24. Para un bloque. Colladon en 1826. que es un fluido. la rapidez aumenta o disminuye. en el agua la hizo J. Op. utilizamos la Ec. la rapidez está dada por las ecuaciones vl = Y /ρ y vt = √ S/ρ. Universidad de Antioquia.1. el estudio de las ondas es más complejo que el visto aquí. 1. 1508/345 ≈ 4.30 representa a la Tierra y no está a escala) de un terremoto se producen ondas longitudinales y ondas transversales.0 × 1010 N/m2 v= = 5091 m/s = 18 300 km/h.7 × * A. Note que 20 000 km/h es un número cercano a la rapidez de las ondas L en una barra de hierro o de aluminio.. ante todo. aún en 1998 mediante simulaciones numéricas en computador con MATHEMATICA. 1.33 Fuerzas sobre un elemento de masa. ya sea por un peso suspendido a la cuerda. para que esta aproximación sea aceptable. equivale a ξ0 λ. New York. The missing wave momentum mistery. Definimos como cuerda ideal aquella que no tiene rigidez intrínseca: esta cuerda puesta transversalmente sobre una cuchilla formaría. o por la tensión dada por la clavija en un instrumento musical. y vibrando su pendiente en todo x y t se debe apartar poco de cero. Dover. p.67. como vimos. pero está por encima del nivel de este curso: David Rowland. Pero una cuerda real también tiene rigidez intrínseca. 1.4 Física III Ondas Transversales en una Cuerda Ideal La fuerza recuperadora que se genera cuando presionamos una mesa se debe a la rigidez intrínseca de la mesa. Marzo de 2006 1.31).28 Héctor Alzate L. Cuando pulsamos una cuerda. pero realmente siempre hay un desplazamiento horizontal y simultáneamente con la onda transversal se presentan dos ondas longitudinales que son de capital importancia para explicar el transporte de momento lineal en la cuerda. donde v no depende de las características de la onda. 1. que es de origen externo a ella. Para la rapidez con que la deformación se propaga hallaremos una expresión que cumple la Ec. sino únicamente la tensión.33 mostramos un elemento de masa de ancho ∆x desplazado transversalmente de su posición de equilibrio. Cuando se tiene en cuenta la rigidez intrínseca de la cuerda. La línea horizontal de la Fig. se estaba aclarando el difícil problema de la propagación del momento lineal. un ángulo α = 0◦ (Fig. también ideal. la realidad está entre estos dos extremos. v depende de ν. Physics of Waves. en el que α = 90◦ . American Journal of Physics. o sea |∂ξ /∂x| 1: esta desigualdad es la que hemos llamado baja deformación que. no deja de ser una suposición fuerte asumir que la longitud no cambia..31 Rigidez de ducimos una deformación en un lugar de una cuerda no tenemos en cuenta su una cuerda. Elmore. la fuerza recuperadora se debe. En la Fig. debido a la gravedad. Aunque la trasmisión de ondas en una cuerda tensa se está estudiando analíticamente desde 1747 (d’Alembert). de no deformación ante una fuerza. M. la línea curva es una porción de la cuerda pero ya transportando una onda o vibrando. no solo la que le da la tensión de origen externo. Colin Pask. a la tensión de la cuerda. Figura 1. También es una suposición fuerte asumir que ξ es perpendicular a x. 45. y la definimos como el eje x. Heald. debe haber poca diferencia entre la cuerda vibrando y no vibrando. rigidez. lo que equivale a asumir que la longitud de la cuerda no cambia. Figura 1. El siguiente artículo es importante para comprender la propagación de ondas en una cuerda. El caso opuesto. de entrada damos por un hecho esta posibilidad.* Como el presente curso es introductorio a la física de * W. Asumiremos que con o sin onda la tensión no cambia.32 representa la cuerda cuando no hay una onda.32 Onda en una cuerda. es el de rigidez absoluta. . o sea suponer una onda puramente transversal. 1985. 1. La pendiente de la cuerda estática es ∂ξ /∂x = 0. Universidad de Antioquia. En un primer acercamiento al problema de estudiar qué ocurre cuando proFigura 1. En una cuerda de una guitarra o de un piano se presentan fuerzas recuperadoras debida a la rigidez intrínseca y a la tensión de la cuerda. Mayo de 1999. no habría ningún espacio entre cuchilla y cuerda. a pesar de tantas aproximaciones necesarias para hacer accesible el estudio de las ondas. 1. entonces los segmentos de la cuerda cóncavos hacia arriba tienen aceleración positiva y los cóncavos hacia abajo negativa. la masa del elemento es ∆m = µ∆x. ∂2ξ T ∂2ξ = . asumiremos una onda puramente transversal. ∂Fy ∂(∂ξ /∂x) ∂2ξ =T = T 2. dFy = T d tan θ. Marzo de 2006 las ondas. como T /µ > 0. el ángulo a la derecha es θ 0 y a la izquierda es θ. La resta de fuerzas es ∆Fy y la resta entre paréntesis es ∆ tan θ. Por fortuna. Como la pendiente es pequeña. el signo de ∂2ξ /∂x2 da la concavidad de la cuerda.54 y despejemos la aceleración. Universidad de Antioquia. ∂x ∂t Cancelemos dx. ∂t2 µ ∂x2 (1.56) El miembro izquierdo de la Ec. La fuerza a cada lado del elemento es tangencial e igual a la tensión T de la cuerda. ∂Fy ∂2ξ =µ 2. 1.55 es la aceleración. Sea µ la masa por unidad de longitud o densidad lineal de masa. . ∂Fy ∂2ξ dFy = dx = (µ dx) 2 . y el seno lo aproximamos a tangente. |∂ξ /∂x| 1 implica que θ 1. 1. puede consultar la bibliografía que se ha citado para ahondar en situaciones más cercanas a la realidad. nos dice que cuando perturbamos una cuerda. 10. Una vez el estudiante haya comprendido los fundamentos conceptuales de las ondas. idéntica a la Ec. (1. se encuentran muchas situaciones en la realidad que se pueden comprender mediante los modelos idealizados que utilizamos en todo momento. ∂x ∂x Cancelemos dx. la pendiente es tan θ = ∂ξ /∂x.1] Ondas Elásticas 29 Héctor Alzate L. ∆Fy = dFy y ∆ tan θ = d tan θ.54) El infinitesimal de fuerza en y es igual al infinitesimal de masa dm = µ dx por la aceleración a y = ∂2ξ /∂t2 . ∂Fy ∂ tan θ dx = T dx. p. Sumemos las fuerzas en y.55) Esta ecuación de onda. En el instante en que se miden las variables a la izquierda del elemento se miden también a la derecha. Cuando ∆x → 0.. ∂x ∂t Igualemos esta ecuación a la Ec. Fy0 − Fy = T (sen θ 0 − sen θ ) ≈ T (tan θ 0 − tan θ ).17. lo que quiere decir que dt = 0 (t fijo) y los diferenciales totales de Fy y tan θ sólo dependen de dx. la perturbación no se queda en el sitio que se produce sino que se propaga con rapidez √ v= T /µ. ∂x ∂x ∂x (1. 58. Igualemos √ con la Ec. 1. En la sección 2. la polarización es rectilínea. halle la relación entre la densidad lineal de masa µ y la densidad volumétrica de masa ρ. Cancelemos L. analizamos con más detalle estas polarizaciones pero para las ondas electromagnéticas. Hablamos de polarización de la onda según la trayectoria que un punto del medio siga en tal plano: si es un segmento rectilíneo. o lo que es igual.35 La velocidad de la onda depende de x. m = µL. µL = ρAL. A el área transversal y V el volumen (Fig. t). (a) La densidad lineal de masa es µ = M/ L. 1. en un plano paralelo al plano yz: ξ ( x.57) (b) La velocidad de propagación del pulso de onda es v = dx/dt. o sea que ξ está en un plano perpendicular al eje x.58) Figura 1. t) + ξ z ( x. t) = ξ y ( x. Ejemplo 1. 0 . Z L 0 t √ x−1/2 dx = g dt. Despejemos. (b) Determine el tiempo t que tarda un pulso transversal en recorrer la longitud de la cuerda. Dicho tramo ejerce una tensión en la sección determinada por x. La masa del tramo de cuerda de longitud x es m = µx = Mx/ L.14 Para una cuerda uniforme.34 Cuerda de sección uniforme. 1. 86. M L−1 = M L−3 L2 . Marzo de 2006 Física III Polarización Hemos supuesto que el desplazamiento transversal ocurre paralelo al eje y. 1. (a) Demuestre que la velocidad de propagación de un pulso de onda transversal a lo largo de la cuerda √ es gx. Universidad de Antioquia. M/ L (1. Ejemplo 1. pero no tiene que ser así. o puede ser circular o elíptica. µ = ρA. dx/ x = g dt.15 Una cuerda uniforme de longitud L y masa M cuelga libremente del techo. L la longitud. La velocidad en x es r v= T = µ r √ Mgx/ L = gx. pues además puede tener componente z y seguir siendo una onda transversal. Solución. Por la definición de µ.34). (1. Sea x la distancia a partir del punto inferior de la cuerda (Fig. v = dx/dt = √ √ gx. Sea m la masa total de la cuerda..35). T = mg = Mgx/ L.30 Héctor Alzate L. Vemos que las dimensiones se cumplen. por la definición de ρ. Integremos el miembro izquierdo entre 0 y L y el derecho entre 0 y t. Solución. m = ρV = ρAL. Igualemos las 2 expresiones para m. p.5 Figura 1.6. L . t √ . . x1/2 . . = g t; 1/2 . 0 0 √ √ 2 L = g t. y en algún momento la onda se encuentra con una discontinuidad. Consideremos dos medios en contacto. el otro medio es el medio 2. ambas alejándose de ella: la que permanece en el medio 1 se denomina la onda reflejada ξr . En la interfaz se producen dos ondas. Z Reflexión y Transmisión en una Cuerda Compuesta Hasta ahora hemos hablado de ondas que se propagan en un solo sentido. con un cambio del medio. la que se propaga en el medio 2 es la onda transmitida o refractada . y generalmente ubicamos en ella el origen de coordenadas. Pero tal medio no existe. y a la onda la llamamos la onda incidente ξi . √ t = 2 L/ g. cada uno de ellos homogéneo e infinito. A la superficie de contacto la llamamos la interfaz. Definimos como medio 1 al medio donde está la onda que se acerca a la interfaz. lo que requiere un medio infinito. 59 en la anterior ecuación. si así fuera. el desplazamiento observado ξ es la superposición o suma de los desplazamientos parciales ξi y ξr . en lugar de la anterior ecuación tendríamos ξ0i = ξ0r + ξ0t . ξ0t = Tξ0i . ωi = ωr = ωt . ξ | x→0+ = ξ | x→0− A la derecha de la interfaz la cuerda obedece simultáneamente a dos ondas. 1. 1. ξr = ξ0r sen(ωr t − kr x). ya que sólo expresa el hecho de que la cuerda no está rota en la interfaz: en todo instante. Definimos los coeficientes de reflexión R y de transmisión T para la amplitud. a la izquierda solo está ξt . ¿cuál es la amplitud y la potencia de las ondas reflejada y transmitida? A continuación hacemos el análisis matemático y físico para responder. (1.61) Note que no hay una ley de conservación de la amplitud.. ξ0i sen ωi t + ξ0r sen ωr t = ξ0t sen ωt t.36 Ondas en una cuerda compuesta. Reemplacemos las Ecs. No hay onda reflejada si ξ0i = 0 (obvio.60) Entonces. lo que la cuerda se separa de su posición de equilibrio da igual si se mide en el medio 1 o en el medio 2. (1. ξ0i + ξ0r = ξ0t . Condición evidente. Consideremos las ondas armónicas Figura 1. Como esta igualdad se tiene que cumplir en todo instante. Surgen algunas preguntas importantes: conocidas la amplitud y la potencia de la onda incidente. no hablaremos .36). La última ecuación es (ξi + ξr ) x→0 = ξt | x→0 . ξi = ξ0i sen(ωi t + ki x). Expresado con lenguaje simbólico. si no hay onda incidente no existen las otras) o si R = 0. no hay onda transmitida cuando T = 0. Sean los medios dos cuerdas con densidad lineal de masa µ1 y µ2 respectivamente (Fig. R≡ ξ0r . y cancelamos las funciones sen. R y T.1] Ondas Elásticas 31 Héctor Alzate L. ξ0r = Rξ0i . por definición. Tenemos dos incógnitas. y de las características de las cuerdas µ1 y µ2 . ξ0i (1. que las obtendremos de dos ecuaciones dadas por dos condiciones de frontera (deben existir dos condiciones independientes dado que la ecuación de onda es de segundo orden): Primera condición de frontera: el campo en la interfaz es continuo. ξ0i T≡ ξ0t . Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 ξt . pero esperamos de antemano que la respuesta dependa solamente de la amplitud que la fuente de las ondas imponga sobre ξ0i .59) ξt = ξ0t sen(ωt t + kt x). cuando x → 0. Como las frecuencias angulares son iguales. ξr = ξ0r sen(ωt − k1 x). 1. La rapidez de propagación solo depende de las propiedades de la cuerda T y µ. 1 + R = T. o de v2 para la onda transmitida. Es obvio que esto sea así. (1. Fy | x→0+ = Fy | x→0− . (1.. Segunda condición de frontera: la fuerza en y es continua en la interfaz.63) Ya tenemos una ecuación con la incógnitas R y T. la igualdad de las ω implica la igualdad de las ν: la frecuencia no cambia por reflexión ni por transmisión. v2 Las Ecs. entonces ki = ω ω ω = = = kr = k 1 vi vr v1 y kt = ω = k2 . la fuerza sobre un infinitesimal de masa en la interfaz sería finita y la aceleración infinita.61 (vea las Ecs. lo que implica una pendiente mucho menor que 1 y la validez de las aproximaciones sen θ ≈ tan θ = ∂ξ /∂x. sino únicamente de v1 . las frecuencias no pueden diferir ni en un infinitesimal. sino simplemente de la frecuencia angular ω. hacemos el análisis para ξ0 λ. Dividamos por ξ0i la Ec.62) ξt = ξ0t sen(ωt + k2 x). hallemos la otra. por lo que no es apropiado hablar de la rapidez de la onda incidente o reflejada.59 las reescribimos como ξi = ξ0i sen(ωt + k1 x). Como k = ω/v.60).32 Héctor Alzate L. Como de costumbre. 1. pues no es imaginable que las cuerdas 1 y 2 permanezcan unidas y que a la vez vibren con frecuencias diferentes. . de no ser así. 1. Universidad de Antioquia. Condición que es consecuencia de la tercera ley de Newton. Marzo de 2006 Física III de la frecuencia de la onda incidente o reflejada o transmitida. . ∂ξ . . ∂ξ . . ∂x . T =T . x→0+ ∂x . Nuevamente. a la derecha hay dos ondas y a la izquierda sólo una. . x→0− Cancelando T vemos que la continuidad de Fy equivale a la continuidad de la pendiente. . ∂ξt . . ∂(ξi + ξr ) . . = . . ∂x ∂x . 62.64) .63. k1 + k2 T= 2k1 . R= k1 − k2 . x→0 x→0 Introduzcamos las Ecs. k1 − k1 R = k2 T. Dividamos por ξ0i . k1 + k2 (1. Despejemos a R y T de esta ecuación y de la Ec. hagamos x = 0 y cancelemos cos ωt. 1. derivemos respecto a x. 1. k1ξ0i − k1ξ0r = k2ξ0t . cuando µ2 > µ1 las ondas incidente y reflejada están en contrafase en la interfaz ya que su desfase es 180◦ . en la interfaz (x = 0). pero las amplitudes son positivas. La fase de la onda incidente es φi = ωt + k1 x. R es negativo para µ2 > µ1 . φr = ωt ± π. R = 0 y T = 1. Universidad de Antioquia. Este valor de R dice que no hay onda reflejada. lo que implica que un pulso de onda que llegue por encima. Marzo de 2006 Figura 1. Dividiendo las Ecs.65 por µ1 obtenemos √ ξ0r 1 − µ21 √ . √ . 1. y la interpretación de R < 0 es más bien la siguiente: La onda reflejada es ξr = ξ0r sen(ωt − k1 x) = −| R|ξ0i sen(ωt − k1 x) = | R|ξ0i sen(ωt − k1 x ± π ). lo expresamos como R = −| R|. en la interfaz.65) Definamos la densidad lineal relativa de masa del medio 2 respecto al medio 1 como µ21 ≡ µ2 /µ1 . y la amplitud reflejada es ξ0r = Rξ0i = −| R|ξ0i . Cuando la densidad relativa es 1. su fase es φr = ωt − k1 x ± π.i = φr − φi = (ωt ± π ) − ωt = ±π. φi = ωt. T= √ R= √ µ1 + µ2 µ1 + µ2 (1. El número de onda depende de las características de la cuerda. la reflexión cambia la fase en ±π. En dicha figura la pared a la que está fija la cuerda se puede tratar como una segunda cuerda con µ2 ≫ µ1 . k1 = ω ω =√ .37 Desfase de π en la reflexión. 1.37). En resumen.. √ √ √ 2 µ1 µ1 − µ2 √ . v1 T /µ1 k2 = ω ω =√ . toda la energía se transmite. Esto parece decirnos que una amplitud es positiva y la otra negativa. Por conservación de la energía.64 y cancelemos ω y T. se devuelve por debajo (Fig. R≡ = ξ0i 1 + µ21 T≡ ξ0t 2 √ . 1. ξ0t = Tξ0i = 1 × ξ0i = ξ0i . v2 T /µ2 Reemplacemos en la Ec.1] Ondas Elásticas 33 Héctor Alzate L.66) Casos Particulares de los Coeficientes 1. = ξ0i 1 + µ21 (1. El desfase entre ambas ondas es ∆φr. . ξ0r = Rξ0i = 0 × ξ0i = 0. 2. 34 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 3. Si µ2 µ1 , entonces µ21 1 y √ √ − µ21 1 − µ21 √ ≈ √ = −1, R= 1 + µ21 µ21 T= Física III 2 2 √ ≈√ 1. 1 + µ21 µ21 El significado del signo negativo de R lo acabamos de analizar; el que sea 1 quiere decir que la amplitud reflejada es, aproximadamente, igual a la incidente. T 1 significa que la amplitud transmitida es despreciable frente a la incidente, o que casi toda la energía se refleja. En la Fig. 1.37 la cuerda transfiere poca energía a la pared en cada reflexión. 4. Cuando µ1 > µ2 , la amplitud transmitida es mayor que la incidente (no existe una ley de conservación de la amplitud): µ21 < 1 y, en consecuencia, T > 1 ya que el numerador de T (Ec. 1.66) es mayor que el denominador. Tal desigualdad implica que ξ0t > ξ0i , y decimos que la amplitud transmitida se ha amplificado. Cuando un temblor de tierra alcanza un poblado construido sobre tierras húmedas, con densidad menor que el promedio de las tierras que las rodea, la amplitud del movimiento telúrico aumenta. Con ondas electromagnéticas se puede presentar una situación análoga donde el campo eléctrico transmitido sea mayor que el incidente. 5. La siguiente es una característica general de las ondas trasmitidas: como siempre se cumple que T > 0 (¿por qué?), en la interfaz las ondas incidente y transmitida siempre están en fase; cuando una es (+) la otra también lo es, ambas se hacen cero simultáneamente, cuando una es (−) la otra también. 1.6 La Rapidez de una Onda y las Propiedades del Medio Cuando presionamos sobre una mesa, se produce una deformación que depende de la magnitud de la fuerza ejercida sobre ella y de sus propiedades físicas. Al liberar la presión, la parte deformada regresa a su posición de equilibrio, transmitiendo en el proceso la energía y el momento lineal a la región vecina, y así sucesivamente se va propagando una onda. A mayor densidad, más tiempo tarda en regresar la parte deformada a su posición de equilibrio, lo que se traduce en una rapidez propagación.√Note que en √ menor de √ √las expresiones halladas para v en diferentes medios (v = Y /ρ, v = S/ρ, v = B/ρ, v = T /µ), la densidad se encuentra en el denominador, mientras que el parámetro indicativo (Y, S o B) de la magnitud de la fuerza recuperadora (o sea de la rigidez del medio) está en el numerador. En los medio ideales, continuos, siempre se cumple que √ (1.67) v = Rigidez del medio/Inercia del medio. En todas las deducciones de la ecuación de onda supusimos pequeñas deformaciones, ∂ξ /∂x 1. Para una onda armónica, esta desigualdad dice que ξ0 k cos(kx − ωt) 1. Como la desigualdad se debe cumplir en todo x y t, hacemos cos(kx − ωt) = 1 y la desigualdad queda ξ0 k 1. Reemplazando a k, (2π /λ )ξ0 1. Despreciando el factor 2π llegamos a que pequeñas quiere decir ξ0 λ. El que la rapidez de la onda dependa de las dos características mencionadas era de esperarse con base en la segunda ley de Newton: para un elemento de masa del medio, a = F /m. A mayor fuerza recuperadora (o sea a mayor Y o B de una barra), mayor aceleración del elemento y más 1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Figura 1.38 rápido regresa a su posición de equilibrio, transfiriéndole más rápido su energía a los elementos vecinos, lo que quiere decir mayor v. Pero a mayor masa del elemento (o sea a mayor ρ), menor la aceleración. . . y menor v. En la Tabla 1.1, p. 19, YFe > YAl , por lo que se esperaría vFe > vAl , pero el hierro también tiene mayor densidad que el aluminio, que contrarresta la influencia del mayor Y, dando como resultado que el sonido se propaga casi con igual rapidez en el aluminio y en el hierro (vea el Ejemplo 1.13). La rapidez de propagación solo depende de las características del medio, no de la onda: el zumbido de un insecto se propaga con la misma rapidez que un trueno, aunque la amplitud de la onda que aquel produce sea menor que la de este. Hay situaciones en las que la rapidez sí depende de las características de la onda: cerca de una explosión, ∂ξ /∂x / 1 y el sonido tiene una rapidez notablemente mayor que la predicha por la Ec. 1.53; cuando se tiene en cuenta la viscosidad del medio, se halla que la rapidez depende de la frecuencia; las ondas superficiales en el agua de gran longitud de onda, por el contrario, no dependen de las características del medio, sino únicamente de la longitud de onda y de la gravedad g.* El estudio que hicimos para las ondas en un fluido es para un fluido homogéneo, y las ondas superficiales en el agua no están en un medio homogéneo, ya que de la interfaz para abajo el medio es agua y para arriba es aire. 1.7 Propagación de Energía en una Onda Es claro que las ondas transportan energía: las embarcaciones se mecen al vaivén de las olas, el sonido hace vibrar nuestros tímpanos, la luz solar provoca la fotosíntesis en las plantas y evapora el agua. . . Obtendremos algunas relaciones generales para cantidades que conllevan el concepto de energía como la intensidad, la potencia y la densidad de energía, valiéndonos de las ondas transversales en una cuerda ideal. En la Fig. 1.38a se muestran las fuerzas que actúan sobre una sección de la cuerda; según la ley de acción reacción, son opuestas y de igual magnitud, y corresponden con la tensión. En la Fig. 1.38b se muestran la parte derecha de la cuerda y la fuerza T que sobre ella ejerce la parte izquierda. Como el punto de aplicación de T se mueve verticalmente, Fy hace trabajo sobre la parte derecha a un ritmo que es la rapidez con que fluye hacia la derecha la energía de la onda, o sea la potencia, P= * M. ∂ξ ∂W = F · v p = (−u x Tx − u y Ty ) · (u y v p ) = − Ty v p = (− T sen θ ) . ∂t ∂t Alonso, E. Finn, Física, Addison-Wesley, capítulo Movimiento Ondulatorio; v = p gλ /2π. 35 36 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Física III Para pequeñas deformaciones (pequeñas quiere decir ξ0 λ) θ 1 y podemos hacer la aproximación sen θ ≈ tan θ = ∂ξ /∂x, ∂ξ ∂ξ . P = −T ∂x ∂t Para la onda armónica ξ ( x, t) = ξ0 sen(kx − ωt) las anteriores derivadas son ∂ξ /∂x = ξ0 k cos(kx − ωt) y ∂ξ /∂t = −ωξ0 cos(kx − ωt), P( x, t) = + Tkωξ02 cos2 (kx − ωt). De la Ec. 1.56, T = µv2 = ρAv2 (vea la Ec. 1.57 del Ejemplo 1.14); además, k = ω/v y así Tkω = vρAω2 , P( x, t) = Avρω2ξ02 cos2 (kx − ωt). Esta es una función de ( x − vt) y por lo tanto cumple la ecuación de onda, 2 ∂2 P 2∂ P = v ; ∂t2 ∂x2 también podemos decir que por la cuerda se propaga una onda de potencia. P( x, t) se llama potencia instantánea por depender de t. En un x fijo igual a x0 , P(t) = Avρω2ξ02 cos2 (kx0 − ωt) = Pmáx cos2 (kx0 − ωt). El máximo de la potencia se da cuando cos2 (kx0 − ωt) = 1 y es Pmáx = Avρω2ξ02 . En la Fig. 1.39 se grafica la potencia instantánea, que varía entre 0 y Pmáx , y la potencia promedio definida más adelante. Cuando por la sección de la cuerda (o sea por un corte transversal a ella) determinada por x = x0 fluye cierta potencia, por ejemplo, 0.1 W, en ese mismo instante en otro punto puede ser 0 W ó 0.5 W, pero nunca un valor negativo, ya que la última ecuación siempre es mayor o igual Figura 1.39 Onda de potencia. que cero, lo que quiere decir que la energía fluye en el sentido en que la onda se propaga, en nuestro caso, hacia la derecha, aunque el elemento de masa se mueva hacia la izquierda (v p < 0) o esté a la izquierda de su posición de equilibrio (ξ < 0). En un ciclo las funciones sen y cos toman una sola vez el valor 1, mientras que cos2 lo hace dos veces, lo que nos dice que la frecuencia de la onda de potencia (o de energía) es el doble que la de las otras que se expresan con sen o cos sin elevarlos al cuadrado. O con otras palabras: la periodicidad de sen y cos es 2π, de sen2 y cos2 es π. Las ondas audibles tienen frecuencias entre 20-20 000 Hz y las visibles cerca de 1015 Hz. Nuestros ojos u oídos no detectan variaciones con estas frecuencias, la aguja o la pantalla de otros detectores tampoco tienen la capacidad de responder a ellas; en todos los casos lo que se percibe es un promedio temporal de la potencia. Como el cos2 es una función periódica, basta con hallar el promedio [pro: promedio por periodo de la potencia instantánea P( x, t); no confunda la P de potencia con la P de periodo], [ P( x, t)]pro = Ppro 1 t+ P 1 = Avρω2ξ02 cos2 (kx − ωt) dt = Avρω2ξ02 P t P = Avρω2ξ02 12 = Av 21 ρω2ξ02 . Z Z t+ P t cos2 (kx − ωt) dt (1.68) 8 W. y no tenemos una fuente de energía extra entre las dos áreas.71) Vemos que la intensidad depende de dos parámetros de la onda: la amplitud de desplazamiento ξ0 y la frecuencia ν (ν = ω/2π). el resultado da en J.68. 1. ción son inevitables. se concluye que la unidades de esta son J/m3 . 7. La energía promedio y por unidad de tiempo. porque las pérdidas por fricintensidad es diferente.70.41 Rango auditivo promedio cambio relativo de volumen. el cual depende de manera muy marcada de la frecuencia (Fig.41).40 se muestra un medio material de área variable. Marzo de 2006 El que el promedio no dependa de x quiere decir que aunque en una sección particular de la cuerda la potencia instantánea sea diferente que en otra. ya sea por su baja amplitud o porque su frecuencia esté por fuera del rango auditivo. en la de la potencia está la densidad de masa. y a un cambio relativo en I no le corresponde el mismo Figura 1.8 J (1 W = 1 J/s). La misma energía pasa por ambas áreas.69) Reemplacemos en la Ec. lo que corresponde disminuye). De comparar esta expresión con la que está entre paréntesis al final de la Ec. o sea Ppro . 1. en el habla cotidiana decimos que su volumen cambia. somos casi sordos para sonidos cerca de 20 o de 20 000 Hz. independiente de su amplitud. no le aumenta su temperatura. Cuando la intensidad de un sonido cambia. p.6. ya que mientras en la expresión del oscilador está la masa. que pasa a través de A1 es igual a la que pasa a través de A2 . La energía total del oscilador ideal de la Fig. Cuando un sonido tiene la mínima intensidad que lo hace audible decimos que se encuentra en el umbral de audición. y de dos parámetros del medio: la densidad de masa ρ y la rapidez de propagación v. la que por A1 . Pero nuestra percepción no es lineal. 1. Universidad de Antioquia. Ppro = AvE . entonces. la densidad de energía promedio E como 2 2 1 E = 2 ρω ξ0 (1. Definimos. 1. 1. Las áreas a las que nos referimos son perpendiculares a la dirección de propagación. (1. Como hemos despreciado fuerzas de fricción internas en el medio. Según la Ec. Cerca de 4 kHz es cuando el oído es más sensible porque es aquí donde se presenta la mínima amplitud audible de una onda armónica: cerca de 10−12 m.70) En la Fig.40 La potencia a través de las áreas es constante. y por A2 no pasa menos potencia Figura 1.68. Es útil definir el nivel de intensidad del oído humano. En la realidad sí pasa menos. Si Ppro fuera 0. dimensión que es el orden de una centésima de un diámetro atómico. es 21 mω2ξ02 . I ≡ Ppro / A = vE = 21 ρvω2ξ02 . la potencia promedio es igual. (1. la onda no le transfiere energía al medio. Un sonido puede que no lo escuchemos. por fuera de este rango no los escuchamos cualquiera sea ξ0 .1] Ondas Elásticas 37 Héctor Alzate L.. . La cantidad que nos dice cuánta energía pasa por unidad de tiempo y unidad de área es la intensidad I. por cualquier sección de la cuerda cada segundo pasaría 0. No puede pasar más. por cada unidad de área de A2 pasa menos energía que por unidad de área de A1 (cuando lo mismo se distribuye entre más. pero como A1 < A2 . 1. o sea un medio no disipativo. pues la energía se conserva. 00613 m = 6. con amplitud ξ0 y con rapidez v = T /µ. con polarización lineal. Es un error expresar en Hz a ω.72) donde dB quiere decir decibel (una décima de Bell.40 m Las unidades de ω son rad · s−1 o también s−1 . Una de ellas se debe a la tensión. (d) Escojamos al eje x coincidente con la cuerda estática. estos valores dependen de la presión). en honor a A. y una longitud de 80 cm. esto es. y cuantificadas por los módulos Y y G. cada una con su velocidad característica. Opuesto al umbral de audición está el umbral de dolor. Un sonido es apenas audible cerca de 0 dB (recalcamos que el umbral depende de la frecuencia). I0 con I0 = 10−12 W/m2 . que la cuerda sea dis- persiva. aproximadamente. definamos a esta dirección como el eje y. de amplitud 0. Solución. un Hz equivale a un ciclo por segundo. considerada como una barra rígida delgada. tiempo en s). En el umbral de audición.4 m El número de ciclos por segundo es ω = kv = ν= v 181 m/s ω = = = 452 Hz. sino que debido a la reflexión en los extremos de la cuerda hay ondas viajeras en sentido opuesto. que es la máxima intensidad a la que la sensación auditiva se empieza a transformar en dolor. Como la polarización es lineal. en un solo sentido.40 m. Al excitar la cuerda se producen ondas debido al comportamiento de la cuerda como una cuerda tensa y como una barra rígida delgada. Suponga que por la cuerda avanza una onda transversal viajera y armónica. tiene un diámetro de 1 mm. un sonido de 20 Hz tiene una intensidad más de cien millones de veces superior a otro de 1 a 5 kHz. µ = ρA = πρr2 = π (7800 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 (a) = 0. (e) la rapidez máxima de un punto de la cuerda. v= µ 0. (h) el promedio del flujo de energía por unidad de tiempo a través de cualquier sección de la cuerda. dando lugar a ondas estacionarias que tienen una descripción diferente a la del presente ejemplo.40 (1. Los datos numéricos del problema son ρacero = 7. el umbral de audición a 1000 Hz y se toma como referencia para comparar otras intensidades en la escala de decibeles.73) . y empieza a ser molesto por su intensidad después de los 100 dB. (d) la función de onda.16 Una cuerda de acero de un piano está sometida a una tensión de 200 N.5 mm y longitud de onda de 40 cm. inventor del teléfono). pues la rigidez intrínseca de la cuerda provoca que la expresión sea mucho más compleja. En una cuerda se presentan fuerzas recuperadoras de diferente origen. entonces ξ es perpendicular al eje de propagación x. λ = 40 cm = 0. ξ ( x. las otras a la rigidez intrínseca de la cuerda. Como es armónica. 0. Bell. r = 12 mm = 5 × 10−4 m. (Hay un paralelo con la temperatura del agua: se congela a 0 ◦ C y ebulle a 100 ◦ C. Marzo de 2006 β de un sonido con intensidad I como β = (10 dB) log I . (g) la energía promedio en toda la cuerda. I0 = 10−12 W/m2 es. ξ no cambia de dirección. y ocurre cerca de los 125 dB para todas las frecuencias. las de ν son Hz o s−1 .5mm = 5 × 10−4 m. Aún exposiciones cortas a sonidos de más de 100 dB pueden dañar permanentemente el oído. Universidad de Antioquia. (c) la frecuencia angular y el número de ciclos por segundo con que vibra un punto del medio. L = 80 cm = 0. 2π λ 0.13 g/m. Ejemplo 1.80 m. t) = ξ0 sen(kx − ωt)u y = ξ0 sen = 5 × 10−4 sen 2π ( x − vt)u y λ 2π ( x − 181t)u y . el campo ξ se expresa con seno o coseno (longitud en m. Halle (a) la densidad lineal de masa. y que dependa de la frecuencia. El objetivo de este problema es fundamentalmente didáctico. λ 0. ξ0 = 0. (i) la potencia mínima de la fuente (el pianista) que produce las ondas. en la realidad en una cuerda no se propagan ondas viajeras..38 Física III Héctor Alzate L. T = 200 N. Esta expresión de v es una buena aproximación.00613 kg/m (c) La frecuencia angular es 2π 2π v= 181 m/s = 2838 s−1 ó rad/s. El sonido que escuchamos se debe primordialmente a la onda transversal de√la cuerda tensa. Como es transversal. (1. (b) la rapidez de las ondas transversales. s kg/s T 200 N (b) = = 181 m/s.8 g/cm3 = 7800 kg/m3 . se presenta interferencia entre las ondas en ambos sentidos. (f) la densidad volumétrica y la densidad lineal de energía. 73 respecto al tiempo. t) = −ωξ0 cos(kx − ωt)u y . vp = ∂ξ ( x. . v p . ∂t La rapidez es máxima cuando cos(kx − ωt) = −1.1] Ondas Elásticas (e) El vector velocidad de un punto del medio. es la derivada de la Ec. 1. y se presenta cuando el punto pasa por la posición de equilibrio. . t) . ∂ξ ( x. . . v p máx = = ωξ0 ∂t . Por definición. La frecuencia no cambia por reflexión ni por transmisión.11 W. que la energía de la onda incidente debe ser igual a la suma de la energía de la onda reflejada y la transmitida. en términos de R y T.42 Reflexión y transmisión de ondas.00493 J. o número de joules por metro cúbico. (1. (a) Compruebe que la potencia promedio incidente es igual a la suma de la potencia promedio reflejada y la potencia promedio transmitida. dt dt dt Cada uno de los términos es la potencia respectiva. es E 39 Héctor Alzate L. y la densidad lineal de masa donde está la onda transmitida es 4 veces la densidad donde está la onda incidente. E = E V = E πr2 L = π (7854 J/m3 )(5 × 10−4 m)2 (0. (a) Como las ondas reflejada y transmitida provienen de la incidente.11 J/s = 1. (f) La densidad volumétrica promedio de energía. Halle. y se producen una onda reflejada ξr = ξ0r sen(ωt + k1 x) y una onda transmitida ξt = ξ0t sen(ωt − k2 x). (c) Si la onda incidente tiene una potencia de un milivatio (1 mW). Universidad de Antioquia.. expresiones para R y T.42 m/s. La densidad lineal de energía E l .42 incide sobre la interfaz de separación una onda ξi = ξ0i sen(ωt − k1 x). porque la propia fuente y la cuerda disipan energía. esto es.17 Desde la sección izquierda de la cuerda compuesta de la Fig. Pi = Pr + Pt . Solución. Por conservación de la energía. es obvio. = 7854 J/m3 . Pfuente = Ponda = 1. Marzo de 2006 = 12 ρω2ξ02 = 12 (7800 kg/m3 )(2838/s)2 (5 × 10−4 m)2 Ejemplo 1. en la Fig. Decimos como mínimo. no depende de la posición de esa sección. Los coeficientes de reflexión y transmisión para la potencia se conocen como la reflectancia R y la transmitancia T. no hay conversión de energía ondulatoria en calor por fricción entre los átomos o moléculas del medio. es la energía total de la cuerda dividida por su longitud L. la fuente (el pianista) debe tener como mínimo la misma potencia de las ondas que produce. puesto que la condición de frontera de que la cuerda es continua en todo instante (no está rota en la interfaz) exige que la frecuencia con que vibra la sección izquierda de la interfaz sea igual a la frecuencia con que lo hace la sección derecha. y el subíndice 2 donde está la onda trasmitida.8 m) = 0. Ei = Er + E t . ξr y ξt no hemos escrito ωi ni ωr ni ωt sino ω. el subíndice 1 se refiere al medio donde está la onda incidente. por conservación de la energía. (i) Por conservación de la energía. El E EV E AL = = = E A = π E r2 L L L = π (7854 J/m3 )(5 × 10−4 m)2 = 0. o número de joules por cada metro lineal de cuerda.máx = (2838 s−1 )(5 × 10−4 m) = 1. (h) Suponemos que la cuerda no es disipativa.11 W. E = E l L = (0. 1. dEi dEr dEt = + . halle la potencia reflejada y la potencia transmitida. = (g) Mediante la densidad volumétrica de energía. (b) R y T son los coeficientes de reflexión y transmisión para la amplitud respectivamente.34. La energía promedio por unidad de tiempo es la potencia promedio.8 m) = 0. O mediante la densidad lineal de energía. la medida que un observador haga de la energía promedio que en un segundo pasa a través de una sección transversal de la cuerda. En las funciones ξi . 1.74) .00617 J/m. P = I A = vE A = (181 m/s)(7854 J/m3 )π (5 × 10−4 m)2 = 1. la energía promedio (no la energía instantánea) por unidad de tiempo que atraviesa la cara de la izquierda es la misma que la de la derecha. Esta igualdad se cumple cuando las energías se miden en el mismo intervalo de tiempo. Figura 1.00493 J.00617 J/m)(0. hallemos una nueva expresión para la potencia. derecho y demostrar que se reduce a 1.1 %. el cobre es el medio 1 por estar en él la onda incidente. En el cobre está la onda incidente polarizada linealmente en y. (c) la rapidez de las ondas en el acero y en el cobre. Apliquemos esta expresión en la Ec. Según las Ecs. 1. = 19 Pi = 1 9 mW. √ µ21 T 2 . ξ √ 0i = 1 mm = 10 2 1 2ξ 2 µ T ω ξ Pr 1 0r 0r (a) Hallemos primero la densidad lineal relativa. . Pi 1 mW % transmitido = 100 % 8 mW Pt = 88.74. Se puede comprobar que la intensidad se conserva. Aplique1 + 0. % reflejado = 100 % 1 mW Pr = 100 % 9 = 11.9 g/cm3 T= = 21 √ = = µ21 T 2 . T = = 1. y podemos quitar la interrogación del signo igual.66. (La densidad del cobre es 8. ξ0t = Tξ0i = 1. se transmite entonces 8 novenos de milivatio. solo si A1 = A2 . 2ξ 2 Pi ξ0i µ T ω 1 2 0i √ ρ2 A2 ρ2 2. pues apenas vamos a comprobar que la igualdad se cumple. 1. Dividamos por µ1ξ0i ? 1= ξ0r ξ0i 2 + √ µ21 ξ0t ξ0i 2 . 1. (e) las ecuaciones de las ondas incidente.29. pero con un signo de interrogación sobre el signo igual.303 mos el numeral anterior. Marzo de 2006 La ley de conservación de la energía asume así la forma de conservación de la potencia. P = I A = vE A = v 12 ρω2ξ02 A = 21 v(ρA)ω2ξ02 √ √ = 12 T /µ µω2ξ02 = 12 µT ω2ξ02 . ρCu = ρ1 y ρAl = ρ2 . −3 m.7 g/cm3 µ2 2 r 1 2 2 = = = = 0. ? 1 = R2 + Pt = Pi − Pr = 1 mW − 1 9 mW = 8 9 mW. R = Pr / Pi y T = 0.74.5 mm = 5 × 10−4 m. Pt / Pi .43 Reflexión y transmisión en una cuerda.43).75. Universidad de Antioquia. 1. (c) Según la información del ejemplo. El primer paréntesis es el coeficiente de reflexión de la amplitud R. µ21 = 4. ν = 220 Hz. Para la reflexión y transmisión. Antes de comprobar la Ec. √ √ √ 2 ? 2 2 µ1 ξ0i + µ2 ξ0t . 1.29 × 10−3 m. En porcentaje. (b) Despejemos las amplitudes de las Ecs. = µ1 ξ0r √ 2. (d) la longitud de onda en ambas secciones de la cuerda. Solución.. 1.303 2 √ √ R = = 0. Simplifiquemos. Los datos del ejemplo son: r1 = r2 = r = (b) Según la definición de R y T.29.18 Alambres de cobre y de aluminio de 1 mm de diámetro se unen formando una cuerda larga (Fig.303 µ = µ T ω ξ 21 √ µ ξ Pt 2 2 0t 0t µ1 ρ1 A1 ρ1 8.29 × 10−3 m. √ !2 √ 2 1 − µ21 1− 4 2 √ √ Pr = RPi = R Pi = Pi = Pi 1 + µ21 1+ 4 ξ0r = Rξ0i = 0. y el segundo el de transmisión T.9 g/cm3 . = 21 √ = R= = R2 . 1 + µ21 1 + µ21 El estudiante debe desarrollar el álgebra del miembro Figura 1.66. Así queda comprobado que se cumple la Ec.66. 1 2 Incide un milivatio y se refleja un noveno de milivatio. la ley de conservación √ de la energía se puede escribir como R + T = 1. 2 2 Pi µ ξ 1 0i 2 µ1 T ω ξ0i Reemplacemos en las Ecs. = 100 % 9 Pi 1 mW Ejemplo 1. (b) la amplitud de las ondas reflejada y refractada (o transmitida).75) √ √ √ 2 ? 1 2 2 µ1 T ω2ξ0i = 2 µ1 T ω2ξ0r + 12 µ2 T ω2ξ0t . La tensión es de 100 N. 1. 1. ? 1= √ 2 2 √ 1 − µ21 2 √ √ + µ21 . Apliquemos la Ec. 1 − 0.40 Física III Héctor Alzate L. como la energía se conserva.7 g/cm3 ).9 %.74. con una frecuencia de 220 Hz (nota la) y una amplitud de 1 mm. (1. la del aluminio es 2. Halle (a) los coeficientes de reflexión y transmisión para la amplitud. Ii = Ir + It .303 1 + 0. reflejada y refractada. (f) la intensidad y la potencia de estas ondas. T = 100 N. no de la intensidad. v1 119. x ξi ( x. Estas cantidades son mucho menores que la rapidez de otras ondas que también transmiten el cobre y el aluminio. 15. la amplitud transmitida es mayor que la incidente.067 W.932 × 106 W/m2 )(7. (c) Las ondas transversales del ejemplo se deben al comportamiento del cobre y del aluminio como una cuerda. r r T T = µ2 πρ2 r2 r 100 N π (2700 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 217. 1. la onda reflejada se propaga hacia la izquierda.31.29 × 10−3 m)2 = 0.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.731 W. 0. p. que es mayor de 3000 m/s. La potencia de las ondas es Pi = Ii A = (1. 29. la densidad lineal de masa es µ.544 x ξt ( x. (d) La frecuencia no varía con los cambios de medio..017 × 106 W/m2 . no como una barra.2 m/s)(2700 kg/m3 ) × (440π s−1 )2 (1. r v1 = T = µ1 r = v2 = = = 2 Ii = 12 v1 ρ1 (2πν )2ξ0i = 21 (119. Pt = It A = (0.017 × 106 W/m2 )(7.987 m.19 Un guitarrista pulsa una cuerda de su guitarra y le cede una energía E. 1.085 × 106 W/m2 . p. pero la velocidad sí ya que depende de las propiedades del medio.2 v ≈ 0.29 × 10−3 sen 2π 220t + .85 × 10−7 m2 ) = 0. 1.932 × 106 W/m2 .71. por esto apliquemos la Ec.29 × 10−3 m)2 = 0. 0. Figura 1. Pr = Ir A = (0. paradójicamente.44 Los siguientes numerales resúelvalos primero literalmente y evalúelos luego para la cuerda más gruesa 41 .085 × 106 W/m2 )(7. y la longitud vibrante de la cuerda es L (Fig.544 m. y no la Ec.85 × 10−7 m2 .798 W. λ2 = 2 = ν 220 λ1 = (e) Para las 3 ondas utilicemos la función de onda ξ = ξ0 sen 2π (t/ P ± x/λ ). t) = 10−3 sen 2π 220t − .31. y podemos asumir que el coeficiente de reflexión en el traste es −1.2 m/s. se ha escrito el signo (−) dentro del paréntesis de sus respectivas funciones.56.85 × 10−7 m2 ) = 0. Marzo de 2006 Note que. Sea t1/2 el tiempo que tarda en transferirse la mitad de E a la caja. 100 N π (8900 kg/m3 )(5 × 10−4 m)2 119. 1. 15. Universidad de Antioquia. Ejemplo 1.544 x ξr ( x. 1. p. 2 Ir = 21 v1 ρ1 (2πν )2ξ0r = 21 (119.6 = ≈ 0. t) = 1.44).6 m/s. La energía que la cuerda le transfiere a la caja de la guitarra se presenta casi únicamente en el puente (igual pasa en el violín y el piano). 0.85 × 10−7 m2 ) = 0. en el puente es R.6 m/s)(8900 kg/m3 )(440π s−1 )2 (10−3 m)2 = 1. La tensión de la cuerda es T. Ec.29 × 10−3 sen 2π 220t − . (longitud en m y tiempo en s) × (440π s−1 )2 (0. y se debe escribir el signo (+). La longitud se mide entre el puente y el lugar de contacto de la cuerda con los trastes. 2 It = 21 v1 ρ2 (2πν )2ξ0t = 21 (217. ν 220 217. El área transversal es A = πr2 = π (5 × 10−4 )2 = 7. t) = 0.987 Como las ondas incidente y transmitida se propagan hacia la derecha.6 m/s)(8900 kg/m3 ) T πρ1 r2 r = (f) Según la Ec. y escucharíamos un sonido muy fuerte pero muy corto.9987. − L log 2 (−0.74 × 10−4 . El sonido que escuchamos de un instrumento de cuerda como la guitarra o el violín procede casi enteramente del cuerpo o caja de resonancia del instrumento.78 sobre la Ec. (e) Como la energía depende del cuadrado de la amplitud. Apliquemos la Ec.8 m/s.76) obtenemos una expresión para t1/2 . en la primera llegada de la onda a la interfaz toda la energía pasaría de la cuerda a la caja. la amplitud cambia a ξ0r = Rξ0i . El área de la cuerda en contacto con el aire es 0. ∆B = 30 = 10(log I1 / I0 − log I2 / I0 ) = 10 log I1 / I2 . (b) el tiempo entre dos reflexiones consecutivas en el puente. 1000 = I1 = I2 1 2 2 2 vρω ξ01 1 2 2 2 vρω ξ02 = 2 ξ01 . la cuerda tiene muy baja capacidad de perturbar el aire. 1. 1. Ambos extremos son indeseables.63 × 10−3 kg/m.42 Física III Héctor Alzate L. 1. T = 174 N. I. Se quiere que en 2 s la cuerda entregue la mitad de su energía a la caja de resonancia de la guitarra. Fig.71.63 ms. Cuando la onda que llega al traste con amplitud ξ0i se refleja. (1. Universidad de Antioquia. β1 = 10 log I1 / I0 . esto quiere decir que el área de la guitarra es 150 veces mayor que el de la cuerda.77) K es un parámetro que depende de características de la onda y del medio. (d) Reemplacemos en la Ec. la relación entre amplitudes es la raíz cuadrada √ de la relación entre energías. Marzo de 2006 de la guitarra que se afina a una frecuencia de 82. Después de N reflexiones en el puente la amplitud es ξ0r = R Nξ0i . Ejemplo 1. 2 KR2Nξ0i 2 Kξ0i = R2N = 1 . L = 0. 2 ξ02 Despejemos la relación pedida. (c) R. P) vemos que son proporcionales a ξ02 . N=− 1 log 2 = 262.0024 m2 . (d) el número de reflexiones N que sufre la onda en t1/2 ..20 Dos ondas sonoras de igual frecuencia tienen niveles de intensidad que difieren en 30 dB. escucharíamos un sonido muy débil durante largo tiempo. N=− 1 log 2 . y la energía que queda en la cuerda es 2 E = K ( R Nξ0i )2 = KR2Nξ0i . Según la información del ejemplo. 2 Despejemos. desde la caja a nuestros oídos. Con el antilogaritmo obtenemos R = 0. 1. 1.44). 2 E = Kξ0i . Halle la relación entre sus intensidades y amplitudes de desplazamiento. T /µ log R Despejemos el logaritmo del coeficiente de reflexión y reemplacemos t1/2 = 2 s.78) Cuando igualamos la Ec. para la otra. La energía total de la onda debe serlo también. t1/2 − L log 2 = √ .67 m) log 2 log R = √ = (175. O sea que. la fracción pedida es 1/2 = 0. I1 / I2 = 1030/10 = 103 = 1000.8 m/s)(2s) T /µ t1/2 = −5.9987 Entre las reflexiones número 262 y 263 la energía de la cuerda se reduce a la mitad. √ ξ01 /ξ02 = 1000 = 31. (e) qué fracción de la amplitud inicial tiene la onda al cabo de t1/2 . pero veremos que no necesitamos conocer su expresión.67 m) t= √ = 175. Solución. β2 = 10 log I2 / I0 . .67 m. Solución. (1. Halle (a) la rapidez de las ondas en la cuerda.79) Multiplicando por el tiempo entre 2 reflexiones sucesivas (Ec. 2 log R (1.4. no de la cuerda.707. Si R fuera cero. y el fabricante de instrumentos debe buscar un punto intermedio agradable para el oyente.8 m/s T /µ −3 = 7. Para una onda.79 el coeficiente de reflexión para la amplitud. de la caja de la guitarra es 0. Por la definición del logaritmo de un número en base 10. comparada con la caja. (a) La rapidez es r r T 174 N v= = = 175.6. (1. Si la cuerda no transmitiera energía a la caja (R = 1). 2 log 0.77 a 1/2 obtenemos N cuando la energía se ha reducido a la mitad.76) (c) Mirando las expresiones que involucran la energía (E .63 × 10−3 kg/m (b) La onda debe recorrer desde el puente hasta el traste y de regreso al puente una distancia 2L con rapidez v. directamente de la cuerda a nuestros oídos. el tiempo es 2L 2(0. µ = 5. 1. Esta será la nueva amplitud de la onda incidente cuando regrese después de la reflexión en el puente.62 × 10 s = 7.36 m2 . µ 5.4 Hz (nota mi. según el numeral (a) es Ritmo de pérdida de energía del salón = 0. I = I0 10 β 10 = (10 −12 2 W/m ) 10 65 10 = 10 −5. (c) Puesto que conocemos el volumen del salón. La rapidez del sonido es 340 m/s.5 2 W/m . o sea la densidad de energía E .72. y para esto debemos averiguar primero la intensidad. 6 × 4 × 3. (a) Calcule la energía promedio que la persona emite en sonido cada segundo. Marzo de 2006 Ejemplo 1. (a) Al pedirnos la energía por unidad de tiempo lo que nos están pidiendo es la potencia. (c) Si la persona está dentro de un salón de dimensiones. la intensidad sonora es máxima directamente en frente de la boca. 1 ξ0 = ω s 2I 1 = vρ 2π × 300 s−1 s 2(3. en lugar de agua se piensa en energía. en metros.21 Una persona hablando normalmente produce un nivel de intensidad de 65 dB a 1 m de distancia. la densidad del aire (depende de la altura) 1. cuántos joules son absorbidos por los objetos dentro del salón. El ángulo θ define un cono cuyo eje es perpendicular a la boca. Cuando dentro de un recinto normal hay una fuente sonora. mediante esferas concéntricas de radio r. en θ = 180◦ .2 kg/m3 . 43 . lo que lleva a que las ondas no sean esféricas cerca de la fuente.6 × 10−8 m. no solo emite sonido por la boca. aunque pueden contribuir con un 50 % de la intensidad. sino con un entero. Universidad de Antioquia. 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. Una analogía puede ser útil: en un tanque que contenga una cantidad fija de agua. P = AI = 4πr2 I = 4π (1 m)2 (3.16 × 10−6 W/m2 = 3. es indebido dejarlo así.5 × 10−6 W/m2 = 3. la cantidad de agua que sale de él.16 × 10−6 W/m2 ) (340 m/s)(1. Según la definición del logaritmo de un número y la Ec. y la intensidad fuera uniforme e igual al valor a 1 m de la fuente.45 Ondas sonoras esféricas. I (1 m) = 100. Las ondas reflejadas hacen que la intensidad se aparte mucho de una disminución como 1/r2 . Pero el exponente de una respuesta nunca se expresa con decimales.71. 1. suelo y paredes? (e) Halle la amplitud de las vibraciones de un punto del medio (aire) debido a las ondas. y la frecuencia promedio emitida 300 Hz. En realidad. junto con los joules que salen por puertas. Además.04 mW. esto es.2 kg/m3 ) = 6. Hemos supuesto que la intensidad solo depende de r. y mínima detrás de la cabeza. (b) La Fig. sino que la cabeza y el tronco también son fuentes sonoras importantes y la persona está lejos de ser una fuente puntual. 1. ni las fugas de energía están produciendo una disminución.45 representa. Aquí no hemos tenido en cuenta a estas últimas.. cuando alguien habla. Figura 1. la intensidad en un punto dentro de él se debe a las ondas que de la fuente llegan directamente a ese punto. (b) Discuta las aproximaciones hechas en la solución del primer numeral. Los puntos a 1 m de la fuente forman una esfera de 1 m de radio. 1. ventanas y por trasmisión a través del techo.7 µJ. para conocer la energía debemos calcular primero la energía por unidad de volumen.16 µW/m2 V= (6 m)(4 m)(3 m) v 340 m/s = 0. (d) La energía en el salón es constante. y que sea bastante uniforme. (e) De la Ec.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.16 µW/m2 ) = 0. En nuestro ejemplo. (d) ¿Cada segundo. en θ = 0.16 µW/m2 . y aunque el anterior valor sea correcto. E = EV = I 3. los frentes de onda emitidos. La potencia es entonces la intensidad a 1 m por el área de esa esfera. iguala a la cantidad de agua que entra. para multiplicarla por volumen total V.04 mW. y de las ondas reflejadas. Hemos supuesto que la frecuencia emitida es de 300 Hz. Solución. la emisión de la fuente no está provocando un aumento de ella. la composición de frecuencias de una voz —su análisis de Fourier— es muy compleja y es característica de cada individuo. en la realidad. calcule la energía total que habría dentro del salón. por segundo. entonces para δ = 2π se vuelve a presentar dificultad para localizar la fuente así se esté en P2 . entre menor sea λ respecto a 0. por la separación entre ellos.11 = 3136 Hz) hay dificultad para ubicar la posición de una fuente sonora. Hasta cierta frecuencia el cerebro utiliza el desfase entre el sonido en ambos oídos para detectar la ubicación de la fuente que los genera. la vista que se obtiene con uno es un poco diferente de la del otro. para frecuencias menores hay menor dificultad. Para sonidos con λ < a el sonido que llega al oído más alejado de la fuente lo hace a través del aire. en un plano perpendicular a la recta determinada por ambos oídos y en su punto medio. pp. dando un desfase de cero y en consecuencia nos es difícil ubicar fuentes en tal plano.11 m). donde r2 − r1 = a y δ = 2π a/λ. dando como resultado una mayor intensidad en el oído más cercano. Marzo de 2006 1. pero quienes sólo usan un ojo durante largo tiempo no aprecian si un objeto está más cercano que otro o no. λ = a ≈ 11 cm.46). en P2 . para ellos el mundo es plano. ξ1 = ξ01 sen(kr1 − ωt). Como un desfase de 0◦ es físicamente equivalente a 2π. La situación opuesta de máximo desfase se presenta cuando la fuente está en línea recta con los oídos. Ed. el desfase es como si se estuviera en P1 y nos es difícil ubicar la fuente. 1999. δ = k(r2 − r1 ) = (2π /λ )(r1 − r2 ). en el otro ξ2 = ξ02 sen(kr2 − ωt) Figura 1. pero ya se logra con la diferencia en intensidades y no con desfase. con tales diferencias el cerebro compone un cuadro tridimensional.46 El desfase depende de la posición de (Fig. Veamos para qué valores de λ y ν el desfase es 2π: δ = 2π = 2π a/λ. obtenemos que para una frecuencia cercana a 3 kHz (ν = v/λ = 345/0. Universidad de Antioquia. el sonido que llega a uno de ellos recorre el mismo camino que el que llega al otro. . a ≈ 11 cm. Sea a la separación entre los oídos. rodeando la cabeza (esto es una manifestación del fenómeno de difracción. 275-276. a la audición con ambos oídos se le llama audición binaural. Sounds of Our Times. y es indispensable para ubicar la posición de una fuente sonora. Cuando la fuente está en P1 . en tal caso. 1. New York. Despejemos. Springer-Verlag. La habilidad para localizar la fuente empieza a mejorar para ν > 3 kHz. Cerrando un ojo por breve tiempo.. quienes disponen de un solo oído no lo pueden hacer. El desfase es la fuente. Lo que nos dice que cuando la distancia entre los oídos es igual a una longitud de onda y se está en la posición óptima P2 . En un oído. Para δ > 2π hay ambigüedad debido a la periodicidad de la función sen. Suponiendo una rapidez del sonido de 345 m/s. De manera análoga. su universo sonoro es plano.44 Héctor Alzate L.8 Física III Audición Binaural Para localizar un objeto son indispensables ambos ojos. simplemente rotamos la cabeza para producir un desfase y facilitar su ubicación.* * Encyclopædia Britannica. la difracción va perdiendo importancia y la cabeza bloquea eficazmente el sonido que llega al oído más alejado de la fuente. el cerebro nos sigue proveyendo la sensación tridimensional. Robert Beyer. para un adulto. Entre mayor sea ν respecto a 3 kHz (es decir. A la visión con ambos ojos se le llama visión estereoscópica. que es el objetivo del último capítulo de este curso). En todos los puntos del plano especificado por el valor de x el campo es idéntico. A una onda plana le corresponden frentes de onda planos infinitos. como la superficie conformada por aquellos puntos en los que el campo está en fase. representa la posición de un punto. no es que y y z sean cero. t) = ξ ( x − vt) = ξ0 sen(kx − ωt). dicha afirmación interpretada en (a) una dimensión.47 La misma función de onda interpretada en varias dimensiones. están en fase.9 Ondas en Varias Dimensiones Definimos un frente de onda como la superficie alcanzada por una onda en el mismo instante o. 1. el campo solo depende de x. en el plano representa una recta. La ecuación es ξ (r.1] Ondas Elásticas 45 Héctor Alzate L. La onda de la Fig. Marzo de 2006 Figura 1. z).80) Vemos que el miembro de la izquierda contiene el vector posición r [r = u x x + u y y + u z z = ( x. 1. (1. Cuando decimos que ξ (2 m.80) en lugar de x escribimos la .9. Una onda es plana si su frente de onda es plano. y. respectivamente. llega a todos los demás puntos en el mismo instante. (b) dos dimensiones y (c) tres dimensiones (¿cómo cambiarían estas figuras para una onda transversal?). los vectores unitarios en las direcciones + x. En la Fig. t) = 1 mm estamos afirmando que el (los) punto(s) con posición de equilibrio x = 2 m está(n) a 1 mm de esa posición en el instante t. ya que el hecho de que la onda llegue en el mismo instante implica que tengan la misma fase. x es la distancia del plano en la que está el punto donde se calcula el campo. u = u x . Ambas definiciones son equivalentes. mientras que el de la derecha sólo contiene x. es esférica si el frente es esférico. u y y u z ]. 1. + y y + z son. o sea que cuando la onda plana avanza paralelo al eje x.47 ilustramos. con una onda longitudinal que se propaga hacia la derecha. al origen. 1. 1.48 el frente de onda plano no es perpendicular a ningún eje cartesiano.1 Ondas Planas La ecuación x = b tiene diferentes significados: en una dimensión. cuando la onda llega a un punto del rectángulo. y. aunque en la figura solo se dibuje una porción finita (un rectángulo) del frente de onda. 1. En la Fig. u x . más técnicamente. La dirección de propagación la da el vector unitario u perpendicular al frente.. no aparecen y ni z: quiere decir que aunque las coordenadas ( x. representada por los rectángulos a la derecha. Universidad de Antioquia. z) del punto donde calculamos el campo sean todas diferentes de cero. En la función de onda (Ec.47c es una onda plana. en el espacio tridimensional representa un plano. 46 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Física III distancia del plano al origen, que es r cos α = u · r, ξ (r, t) = ξ (u · r − vt) = ξ0 sen(ku · r − ωt). (1.81) Definimos el vector de onda como k ≡ uk. Por definición, k tiene la dirección de u, que es la dirección de propagación. La Ec. 1.81 se reescribe como ξ (r, t) = ξ (u · r − vt) = ξ0 sen(k · r − ωt) = ξ0 sen(k x x + k y y + k z z − ωt). (1.82) Las componentes cartesianas de k son k x , k y y k z ; la magnitud es Figura 1.48 Onda plana longitudinal. k= p ω = k2x + k2y + k2z . v (1.83) La ecuación de onda unidimensional (Ec. 1.17, p. 10), en tres dimensiones cambia a 2 2 ∂2ξ (r, t) ∂2ξ (r, t) ∂2ξ (r, t) ∂2 ∂2 ∂ 2 ∂ ξ ( r, t ) 2 = v + + = v + + ξ (r, t) ∂t2 ∂x2 ∂y2 ∂z2 ∂x2 ∂y2 ∂z2 = v2 ∇2ξ (r, t). 1.9.2 Ondas Esféricas Cuando una persona habla y el sonido que produce alcanza un punto a una distancia r al frente de su boca, también habrá alcanzado todos los demás puntos a la misma distancia debido a que el aire en la vecindad de la persona es isótropo. La superficie a la que llega el sonido en un mismo instante es una esfera concéntrica con la fuente (esfera de radio intermedio en la Fig. 1.49), y decimos que la onda es esférica a causa de la forma del frente de onda. Una fuente puntual, en un medio isótropo, emite ondas esféricas. La boca la aproximamos a una fuente puntual. Los distintos elementos de volumen en la superficie del frente de onda oscilan, en fase entre sí, alrededor de su posición de equilibrio (la misma esfera de radio intermedio). La circunferencia de radio mayor representa la esfera cuando ξ = ξ0 , la de radio menor cuando ξ = −ξ0 , ambas esferas están separadas por un tiempo de medio periodo; esto es sólo una aproximación, ya que la forma como cambia la amplitud de una onda esférica con la distancia a la fuente es un asunto más complejo. La vibración de los elementos en el mismo frente de onda se puede imaginar como una esfera pulsante entre los límites señalados. Como el sonido es una onda longitudinal, ξ es radial. Para una onda transversal esférica, ξ es tangencial a la esfera; este es el caso de la luz proFigura 1.49 Onda esférica cedente de una fuente puntual, sólo que en lugar de desplazamiento ξ se trata es de campos eléctrico y magnético. longitudinal. La amplitud de una onda plana es constante, pero la amplitud y la intensidad de una onda esférica deben disminuir a mayor distancia a la fuente, como se deduce con base en consideraciones energéticas: en la Fig. 1.50 una fuente puntual F 1] Ondas Elásticas 47 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 emite en ondas una energía promedio por unidad de tiempo PF constante. Por conservación de la energía, esta potencia debe ser igual a la potencia promedio Ppro que pasa a través de cualquier superficie cerrada que contenga la fuente. Imaginemos dos superficies concéntricas con la fuente. Ppro a través de la esfera menor debe ser igual que en la esfera mayor. Si no fuera así no se conservaría la energía, o habría una fuente adicional de ondas entre ambas esferas, o pérdida de energía entre ellas; descartando estas alternativas escribimos PF = Ppro = I A, donde I es la intensidad a una distancia r de la fuente y A es el área de una esfera de radio r; PF = I (r)(4πr2 ). Despejando la intensidad obtenemos I (r) = PF /4πr2 . (1.84) Esta ecuación nos dice que la intensidad de una onda esférica es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia a la fuente, y la constante de proporcionalidad es PF /4π. Lejos de la fuente la onda esférica se puede considerar localmente plana, y en una onda plana y armónica I = vE = 21 vρω2ξ02 . Igualemos esta ecuación a la Ec. 1.84, PF 1 = vρω2ξ02 . 2 4πr 2 Despejemos la amplitud de la onda de desplazamiento, r PF 1 ξ0 = . r 2πvρω2 Figura 1.50 Vemos que alejados de una fuente de ondas esféricas la amplitud√y la distancia a la fuente son inversamente proporcionales; la constante de proporcionalidad es PF /(2πvρω2 ). Ejemplo 1.22 Un observador está a una distancia D de una fuente puntual que emite ondas esféricas. Cuando se acerca 50 m a la fuente la intensidad se duplica. Halle D. Solución. Según los datos del problema, I ( D − 50) = 2I ( D ). Sea P la potencia de la fuente. La anterior ecua- 1.10 ción es, según la Ec. 1.84, PF P = 2 F 2. 4π ( D − 50)2 4π D Despejando, obtenemos D = 170.7 m. El Principio de Superposición y la Ecuación de Onda Supongamos que tenemos N funciones de onda que cumplen la ecuación de onda, ∂2ξ1 ∂2ξ = v2 21 , 2 ∂t ∂x ∂2ξ2 ∂2ξ = v2 22 , 2 ∂t ∂x ... , ∂2ξ N ∂2ξ N = v2 . 2 ∂t ∂x2 Después de sumar estas ecuaciones, factorizar y agrupar, obtenemos 2 ∂2 2 ∂ ( ξ + ξ + · · · + ξ ) = v (ξ1 + ξ2 + · · · + ξ N ). 1 2 N ∂t2 ∂x2 48 Héctor Alzate L., Universidad de Antioquia. Marzo de 2006 Física III Sea ξ la función resultante de la suma de las N funciones. La anterior ecuación se escribe, 2 ∂2ξ 2∂ ξ = v . ∂t2 ∂x2 Acabamos de demostrar que si N funciones son solución de la ecuación de onda, la suma de ellas también lo es. Esto se cumple porque la ecuación es lineal. Formulemos, entonces, el principio de superposición, El campo resultante de la presencia de N campos ξi que cumplen la ecuación de onda es ξ = ∑iN=1 ξi . El campo resultante también cumple la ecuación de onda y representa, por lo tanto, una situación física posible. Cuando las deformaciones son muy altas, como en una onda de choque o cerca de una explosión, no se cumple la ley de Hooke que estable una relación lineal entre la fuerza o presión deformante y la deformación. Como consecuencia la ecuación de onda no es lineal y no se cumple el principio de superposición. 1.11 Ondas Estacionarias En una onda viajera determinado valor del campo se propaga indefinidamente en una dirección. Por ejemplo, una ola de un metro (ξ = 1 m) de altura que recorra el mar, dentro de nuestra idealización de las ondas, pasó o pasará por cualquier punto en la superficie del mar. Cuando hay una frontera en un medio la situación no es así, pues hay puntos donde en todo instante ξ = 0. 1.11.1 Ondas Estacionarias en una Cuerda Semiinfinita Las ondas estacionarias se producen por la interferencia de dos ondas viajeras de igual frecuencia pero con sentido opuesto de propagación. En la Fig. 1.51 una onda en una cuerda semiinfinita incide en un extremo fijo en una pared, donde se refleja e interfiere con la onda incidente. Extremo fijo en el origen quiere decir ξ (0, t) = 0, lo que es una idealización, puesto que en la realidad el material donde termina la cuerda no es indeformable, por rígido que sea experimenta una pequeña deformación bajo la acción de la fuerza que le ejerce la cuerda; la cuerda hace trabajo sobre la pared, le cede parte de su energía. Estrictamente, no existe una cuerda con extremo fijo. Por la ley de acción-reacción, la pared le ejerce una fuerza a la cuerda haciendo que en la interfaz la onda reflejada tenga un campo de signo opuesto a la onda incidente, esto es, que estén en contrafase. La expresión para la onda incidente es Figura 1.51 Ondas incidente y reflejada. ξi = ξ0i sen(ωt + kx); (1.85) para la onda reflejada es ξr = ξ0r sen(ωt − kx). El coeficiente de reflexión es −1 (numeral 3 de la p. 34), y ξ0r = −ξ0i , ξr = −ξ0i sen(ωt − kx) = ξ0i sen(ωt − kx ± π ). (1.86) 1. (1. xN = mπ mπ λ λ λ = = m = 0. llamados nodos de desplazamiento (puntos N en la Fig. y el desplazamiento de los puntos de la cuerda está expresado por ξ = ξi + ξr = ξ0i sen(ωt + kx) + ξ0r sen(ωt − kx) = ξ0i [sen(ωt + kx) − sen(ωt − kx)]. La fase de la onda incidente (Ec. . 1. Los diferentes puntos de la cuerda son osciladores armónicos simples que vibran con una amplitud f ( x) dependiente de x.88) ξ = f ( x) cos ωt.91) Reemplacemos en la Ec.52). donde las ondas incidente y reflejada interfieren destructivamente dando como resultado una amplitud cero. el desfase entre ellas es ∆φir = φi − φr = (ωt + kx) − (ωt − kx ± π ) = 2kx ± π. (1. Hay puntos de la cuerda. Marzo de 2006 Como cada una de las ondas en la cuerda cumple la ecuación de onda.91 despejemos la posición de los nodos N. cancelamos luego el 2 y obtenemos que en los nodos kx = mπ . f ( x) = 2ξ0i sen mπ = 2ξ0i × 0 = 0.. como en la anterior ecuación.52 Nodos y antinodos de desplacontrafase. para que estén en contrafase el desfase es un impar por π. no acopladas a través de una suma o una resta como en una onda viajera. k 2π /λ 2 2 2 (1. 1. m = 0. De la Ec.85) es φi = ωt + kx.89) La Ec. en una onda armónica viajera la amplitud es constante. (1. . están en contrafase y la suma da cero.90) Cuando el desfase no depende del tiempo. las variables x y t están separadas. · · · . 1. 1. 3 .89. Da cero.87) Definamos la función de amplitud como f ( x) = 2ξ0i sen kx. como era de esperarse en un nodo. (1. En los nodos la interferencia entre las ondas es destructiva. . pues es obvio que no hay cierto valor del campo que se esté propagando a través del medio. Apliquemos la identidad sen α − sen β = 2 sen 21 (α − β) cos 21 (α + β) con α = ωt + kx y β = ωt − kx. como en una onda viajera. 1. 1.88. la fase de la onda reflejada (Ec. 2. Universidad de Antioquia. para obtener ξ = 2ξ0i sen kx cos ωt. la suma (o superposición o interferencia) de ellas también la cumple (sección 1. Escojamos +π para poder cancelarlo.86) es φr = ωt − kx ± π. .10). 1. El contador m no puede ser negativo porque x tampoco lo es. zamiento en una cuerda. (1. λ.1] Ondas Elásticas 49 Héctor Alzate L. 1.87 la reescribimos como Aunque esta onda sea la superposición de dos ondas viajeras ξi ( x + vt) y ξr ( x − vt) en sentidos opuestos. t) de la Ec. ∆φ = impar π = (2m + 1)π = 2kx ± π. 2.92) . · · · . ella no es viajera puesto que no es una función de ( x ± vt). En la interferencia destructiva los campos son opuestos entre sí. deben estar en Figura 1. Esto explica el nombre de onda estacionaria para la función ξ ( x. se dice que las ondas son coherentes. . m = 0. Hay puntos de la cuerda que tienen la máxima amplitud. 1. la energía es únicamente potencial. 1. y la vibración ya no es libre sino forzada. 1. y λ cambia inversamente. Marzo de 2006 Física III El primer nodo se obtiene con m = 0 en x = 0 donde la cuerda está fija a la pared.. p.52). a trazos. · · · . 1.52 la línea continua es la cuerda con todos sus puntos en la máxima elongación.14.90. sólo depende de la posición x. 1. Pero si el agente externo mantiene la interacción con el sistema. Cualquier longitud de onda es posible en la cuerda semiinfinita. y la cuerda está momentáneamente hodiferentes posiciones de una cuerda. v = T /µ es constante. donde las ondas interfieren constructivamente. 2. ∆m = 1. 1 λ λ λ λ λ λ λ xA = m + = . El desfase entre las ondas que se propagan en sentidos opuestos y que originan la onda estacionaria. Al despejar x obtenemos la posición de los antinodos. iluminando la cuerda con un estroboscopio podemos verla permanentemente en la posición de la línea continua. + . de donde kx = (2π /λ ) x = impar(π /2) = (2m + 1)(π /2). 1. λ = v/ν. 2 2 4 2 4 4 2 4 Esta ecuación la podemos obtener de la Ec. el desfase (Ec.92. La frecuencia con que esto ocurre puede ser tal que veamos algo como la Fig. Para dos nodos consecutivos. La situación es muy distinta cuando la cuerda es finita. 1. 1.50 Héctor Alzate L. Todos los puntos de la cuerda alcanzan simultáneamenFigura 1.53.90) es un número par por π. λ+ . la energía es sólo cinética.2 Ondas Estacionarias en una Cuerda Finita Frecuencia libre de vibración de un sistema es la frecuencia con que vibra después de que un agente externo lo ha excitado o le ha cedido energía. llamados antinodos de desplazamiento (puntos A en la Fig. . Por consiguiente. ∆φ = par π = 2mπ = 2kx ± π = 4π x ± π. La flecha vertical en la primera semilongitud de onda indica que durante el próximo cuarto de período todos sus puntos estarán moviendo hacia abajo dirigiéndose a las respectivas posiciones de equilibrio.88 sin necesidad de hacer consideraciones sobre interferencia constructiva: amplitud máxima implica que sen kx = 1. rizontal. ··· . a diferencia de los pulsos (sección 1. 3 + . Un cuarto de período más tarde la cuerda estará en la posición indicada con la línea a trazos. 66). λ m = 0. Ec. este vibra con la frecuencia de aquel. Por esto a las ondas estacionarias se les cita como un ejemplo de interferencia espacial. Universidad de Antioquia. se ha completado un ciclo. Durante el próximo medio período se reversa lo ocurrido en el primer semiperíodo y la cuerda estará en la posición inicial.11. Durante el proceso los puntos N permanecen en reposo. 1.53 A simple vista no vemos las te la posición de equilibrio. basta con cambiar √ como queramos la frecuencia. Cualquier punto en un segmento de cuerda comprendido entre dos nodos consecutivos vibra en contrafase con cualquier otro punto en una semilongitud de cuerda vecina. que se le cita como un caso de interferencia temporal. ∆x N = ∆(mλ /2) = (λ /2)∆m = λ /2. y es la razón por la que la onda se llama estacionaria. u horizontal de la Fig. Despejemos la posición de los antinodos A. la separación entre ellos es λ /2: apliquemos el operador ∆ a la Ec. 1. En la Fig. para observar la transición de interferencia constructiva a destructiva nos debemos desplazar a lo largo de la cuerda.52. A los modos de vibración con frecuencia ν > ν f se les llama sobretonos. Pero. 1. (1. después de que se le cede energía. (1. Universidad de Antioquia. el primer sobretono de la cuerda con extremos fijos es el armónico de orden 2. .94 la podemos reescribir como ν = mν f = ν f . . (1. v v T /µ ν= =m =m . . Denominamos modo de vibración de un sistema físico a la vibración del sistema con una de sus frecuencia libres. con sus manos. 1. λ= 2L 2 L = 2L. Figura 1. Por ejemplo. m 3 2 (1.91). m = 1. Sea L la longitud de la cuerda.96) Cuando excitamos una cuerda y la dejamos vibrar. no podemos hacer que vibre libremente con una frecuencia arbitraria que queramos. 2. y en consecuencia tampoco es posible cualquier frecuencia. L. entonces. . . . Vemos. junto con la función de onda ξ que la describa. .. La línea continua es la cuerda con todos sus puntos en la máxima elongación. e imponerle. . Despejemos la longitud de onda.54 Tres primeras fre√ cuencias de una cuerda. Marzo de 2006 Por ejemplo. como caso extremo.93 obtenemos las frecuencias propias. no con otras. Como en x = L hay un nodo (Ec. que el fundamental siempre es el armónico de orden 1. . 2ν f . lo que interpretamos como ausencia de ondas. La Ec. según la anterior ecuación. l es una característica geométrica) la llamamos frecuencia propia o normal o libre de oscilación. ella lo hace sólo con una frecuencia o varias de las anteriores frecuencias.93) No tenemos en cuenta a m = 0 porque da λ = ∞. o por cada 10 minutos. 2. En la Fig. . . se dice que el modo es el armónico de orden m. 1. 3ν f . Mercurio . kL = (2π /λ ) L = mπ . m = 1. L. 1. Cuando ambos extremos de la cuerda son nodos (o antinodos) no es posible cualquier longitud de onda. .54 mostramos la cuerda para las tres longitudes de onda más largas.95) 2L 2L La Ec. . un péndulo simple oscila con frecuencia r g 1 ν= .1] Ondas Elásticas 51 Héctor Alzate L. √ v T /µ νf = = . un periodo de un ciclo por segundo. . . Utilizando la Ec. 2π l Como esta frecuencia depende solo de características del sistema (g es una características física. menores las frecuencias propias o mayor el periodo. la línea discontinua es la cuerda medio período más tarde. 1. alguien puede forzar las oscilaciones. .94 muestra algunas características generales de cualquier sistema físico: a mayor dimensión (a mayor L). . el segundo sobretono es el armónico de orden 3. Cuando ν /ν f es un entero m.94) λ 2L 2L A la frecuencia más baja de vibración libre de un sistema se le llama la frecuencia fundamental ν f . Las frecuencias libres de vibración de un sistema finito están determinadas por su geometría y propiedades físicas. y así sucesivamente. la frecuencia de los remolinos coincidió con una de las suyas. Las cuerdas vocales de las mujeres son. En el laboratorio se obtienen varios nodos como en la Fig. Esto es imposible si hay puntos de la cuerda que no se desplacen. dando como resultado un flujo neto de energía cero. más cortas que las de los hombres. tal que compense las diferentes pérdidas. en el mundo físico nos referimos a los puntos donde la amplitud de vibración del campo es menor que en los otros puntos. 1. la misma que se debe suplir si queremos mantener vibrando la cuerda durante largo tiempo. Es célebre la destrucción del puente de Tacoma en 1940 por vientos de 67 km/h. el más alejado. la cuerda pierde energía. New York. conectando una fuente de ondas en un extremo de la cuerda. en promedio. 123-137. 1. Science & Music. Cuando decimos que hay un nodo. estrictamente. ya que no habría allí un trabajo W de la parte derecha de la cuerda sobre la parte izquierda. con otras palabras. en los sitios nodales la cocción de los alimentos es pobre. .54. en lugar de hablar de puntos nodales como en la cuerda que es unidimensional. Para emitir tonos graves o bajos. para emitir tonos altos o agudos. las microondas no son ondas elásticas sino electromagnéticas.* un flujo continuo de un fluido. Cuando el aire fluye alrededor de una lámina (o de una cuerda) se forman remolinos periódicos de aire que se alternan a uno y otro lado de la lámina.11. pero sin ser cero porque por ellos debe pasar un flujo de energía para el resto del sistema. o trasmite ondas a la estructura que soporta la cuerda. esto es. sección 1. ya sea el Sol o un puente. en la realidad. para lo que es necesario que haya un flujo neto de energía desde la fuente hacia el resto de la cuerda. Remolinos del mismo tipo son los responsables de la generación del sonido en los instrumentos de viento. ya que en los límites del espacio debido a la onda incidente se origina una onda reflejada. Marzo de 2006 Física III que es el planeta más cercano al Sol tiene un período de traslación de 88 días. lo que origina una fuerza periódica perpendicular a ella (Fig. donde d es desplazamiento. En el caso del puente referido. y la interferencia de ambas produce una onda estacionaria. La potencia que una onda propaga en un sentido es igual a la potencia que la otra propaga en el sentido opuesto. debemos hablar de planos nodales. Universidad de Antioquia. Las ondas estacionarias que hemos estudiado son el resultado de dos ondas viajeras con sentido opuesto de propagación pero de igual frecuencia.55).11. las acortamos y tensamos. ν ∈ [0. En la sección 1. entraron en resonancia y la amplitud de las ondas estacionarias del puente aumento Figura 1. 1. Dover Publications. Plutón. Además. de baja frecuencia. Como dichas ondas son tridimensionales. lo que explica su voz más aguda. p.. Una onda en un espacio finito da lugar a ondas estacionarias. o.11. Esto se presenta en el interior de un horno microondas. James. Una condición de frontera es una condición que debe cumplir una función. Entonces.55 Fuerza periódica debida a tanto que colapsó. 1968.3 Ondas Estacionarias y Condiciones de Frontera Las frecuencias posibles de vibración de una cuerda infinita. recuerde que W = F · d. y por ello se deben poner sobre un plato rotatorio.1.52 Héctor Alzate L. de 248 años. de alta frecuencia. forman un conjunto continuo. Pero no hemos tenido en cuenta las diferentes pérdidas de energía de la onda por fricción o porque la cuerda perturba el aire y emite sonido. no hay nodos. esto es. alargamos y relajamos las cuerdas vocales. cualquier frecuencia es posible. Cualquier sistema físico tiene frecuencias de vibración que le son características.2 hacemos que la función * Jeans. ∞). sin embargo. = 0. el antinodo de desplazamiento se corre una cantidad .97) Esta L0 es la longitud que se debe tener en cuenta en lugar de L. esto es lo que provoca la reflexión. planos nodales perpendiculares a x donde la interferencia es destructiva. T y nu constantes) tampoco puede hacerlo. lo que hace que las variaciones de ξ sean máximas. En las primeras décadas del siglo XX se comprendió que. . interferencia entre la ondas incidente y reflejada. si se quiere una mayor concordancia con medidas experimentales. donde D es el diámetro del tubo. llamada corrección de extremo libre. en determinadas condiciones. cuando cambia de energía emite una onda con una frecuencia que hace parte de un conjunto discontinuo de frecuencias. ν ∈ {νm } = {mν f } = {ν f . en las próximas ecuaciones. . En el interior se presenta. su extremo izquierdo tiene que coincidir . entonces. que la onda reflejada tiene la misma amplitud que la onda incidente. el electrón no puede emitir cualquier frecuencia por las mismas razones que una cuerda de una guitarra (L. Un ejemplo notable de lo expuesto lo constituye un electrón de un átomo cualquiera. En estas condiciones hay puntos nodales en el interior del tubo o. Esto significa que la longitud efectiva L0 de la columna de aire sea la longitud física L del tubo más la corrección.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. la onda puede provenir de un parlante lejano. Marzo de 2006 53 de onda estacionaria en la cuerda sea cero en x = 0 y en x = L. Supondremos. Cuando se tiene en cuenta que el extremo abierto sí radia sonido al medio circundante. y pasen a conformar un conjunto discontinuo {νm }. porque en ellos la ondas de desplazamiento incidente y reflejada están en fase. estas dos condiciones inmediatamente tienen como consecuencia que las frecuencias dejen de pertenecer a un conjunto continuo. 2ν f . y es una suposición fuerte ya que la realidad es diferente. afuera del tubo aproximadamente igual a 0.57 se muestran nodos y antinodos de desplazamiento sin conexión con ningún sistema físico en particular. Pero al llegar al extremo sí hay un cambio de medio: los elementos Figura 1. (1. Y así. 1. lo que se considera una partícula exhibe un comportamiento ondulatorio. Tubo Abierto en Ambos Extremos Los extremos del tubo de la Fig.56 Tubo con extremos abiertos. En los extremos abiertos es constructiva. cuyos infinitos elementos son enumerables con un entero m. como en el caso de la cuerda finita. y planos antinodales donde es constructiva. en cambio un elemento de volumen inmediatamente después de x = L sí puede cambiar de volumen cambiando sus dimensiones transversales. lo que es extraño puesto que allí hay aire y no una frontera rígida. 1. }.56 están abiertos. La onda que penetra en el tubo sufre una reflexión en el extremo derecho.3D. En la Fig. ya que transversalmente lo limita aire y no el tubo. mejor. el electrón. y en su interior se propaga una onda sonora.3D. Esto es característico de cualquier onda confinada a una región finita del espacio. L0 = L + . 3ν f . Pasemos a considerar las ondas sonoras que se propagan en un tubo. . Para un tubo abierto-abierto. de volumen en el interior del tubo solo se pueden expandir o comprimir en la dirección x. lo que equivale a decir que el extremo abierto no emite sonido al espacio abierto en frente de él.. por estar confinado a moverse en la vecindad de su núcleo atómico. Universidad de Antioquia. (1. . . Física III Figura 1. . . (1. . . (1. y esto explica el cambio que se presenta en el sonido. Despejemos la longitud de onda. Casi siempre en nuestra vida cotidiana existe un ruido de fondo que contiene una gama amplia de frecuencias.98) v es la rapidez del sonido en el fluido dentro del tubo. y la última de exigir que los extremos del tubo sean antinodos. Las frecuencias propias del tubo son ν= v v =m .54 Héctor Alzate L. . con un A. . L = mλ /2. expresemos con una ecuación lo dicho. Marzo de 2006 Figura 1. Cuando acercamos el extremo de un tubo a un oído (el tubo se puede formar con la mano sola) la intensidad de los sonidos del ambiente con una frecuencia igual o cercana a cualquiera de las frecuencias dadas por la Ec. que se escucha como el rumor del mar. 1. λ= 2L 2 L = 2L. 2. está dada por la Ec. .99) La Ec. Recuerde que como el desfase entre ξ y ∆p es 90◦ . La frecuencia mínima o fundamental es ν f = v/2L. . 3. . 2. L.58 Tres primeros modos de vibración en un tubo abiertoabierto.. m 3 2 Ecuación que es idéntica a la Ec. Como entre antinodos consecutivos la distancia es λ /2.100) El sonido producido por un tubo abierto-abierto contiene una o varias de las anteriores frecuencias. . estamos diciendo que entre los extremos del tubo debemos acomodar un número entero de semilongitudes de onda. todos sus sobretonos son armónicos. esta proviene de exigir que los extremos de la cuerda sean nodos. 1. .53.100 se ve reforzada respecto a las demás. . . λ 2L m = 1. 26. si es aire. 1. y los antinodos de desplazamiento con nodos de presión (p = p0 ). 3ν f . y el derecho con otro A más a la derecha del primer A. L.57 Sucesión de nodos y antinodos de desplazamiento. Universidad de Antioquia.98 la reescribimos como ν = mν f = ν f . 1. 2ν f . . . . m = 1. p.93. los nodos de desplazamiento coinciden con antinodos de presión. si es de viento.101) Excluimos m negativos porque L y λ son positivos. . . 1. puede ser de milésimas de milímetro. las frecuencias propias dependen únicamente de la geometría y propiedades físicas del sistema. 1. o sea una longitud de onda. 1. m = 3. proviene de haber impuesto dos condiciones de frontera: que los extremos sean antinodos de desplazamiento. 4 2 4 m = 0. Generalicemos. la distribución de amplitud. el extremo se convierte. En x = L ya el aire no tiene libertad de desplazarse. Universidad de Antioquia. lo que daría frecuencias más bajas y.58c a tres semilongitudes de onda. . . representan. m = 2. . la que sigue es λ /4 + λ /2 + λ /2.58a corresponde a cuando acomodamos un semilongitud de onda en el tubo. la Fig. Las curvas en el interior del tubo representan la amplitud de vibración de los elementos de masa.102) Figura 1. m = 1. el extremo es de una inercia mucho mayor que el extremo libre y como consecuencia la onda reflejada de desplazamiento está allí en contrafase con la incidente. (1. la Fig. 1. los límites entre los que tales elementos vibran. m = 2.59b corresponde a cuando acomodamos en el tubo un cuarto de λ.59 Tubo abierto cerrado y sus tres primeros modos de vibración. 1. . la próxima entre el mismo A y el otro N más alejado es λ /4 + λ /2. Despejemos λ de la Ec.. 1. 2.58b a dos semilongitudes de onda. ν = (2m + 1) v .59d a cuando acomodamos λ /4 + λ /2 + λ /2. porque el sonido en un fluido lo es. entonces. 1. 4L m = 0. La mínima distancia entre A y N es λ /4. R = −1. L= λ λ λ + m = (2m + 1) . 1. y los límites dados por dichas curvas se deben entender a lo largo del eje x. . centrados en una coordenada x en particular. 2. (1.103) . Cuando un instrumento musical se lleva de un lugar frío a uno más caliente sus frecuencias cambian. lo que daría un aumento de ellas.1] Ondas Elásticas 55 Héctor Alzate L. aumenta la rapidez del sonido. . Vemos que la frecuencia fundamental es ν f = v/4L. en un nodo de desplazamiento y un antinodo de presión: no hay fluctuaciones del desplazamiento. e interfieren destructivamente en todo instante. esto es. La Fig. como se dijo. De nuevo. La Fig. m = 0. alrededor de p0 . 1. . pero las fluctuaciones de la presión son máximas. por ejemplo dentro de una trompeta. solo ciertas frecuencias. la Fig. . 1. Al tapar.59)a. Recuerde que las vibraciones son longitudinales. como consecuencia. Las curvas no representan las ondas incidente y reflejada. .101 y reemplacemos en ν = v/λ para obtener las frecuencias propias o de resonancia del tubo.57 y el extremo derecho con un N. (1.59c a cuando acomodamos λ /4 + λ /2. La escala en y de las curvas es diferente de la escala en x: la máxima amplitud de las vibraciones dentro de un tubo o columna de aire. Marzo de 2006 El que sólo sean posibles determinadas longitudes de onda y. 1. m = 1. ya que hay dilataciones. El extremo izquierdo debe coincidir con un A de la Fig. . Tubo con un Extremo Abierto y el Otro Cerrado Tapemos el extremo derecho del tubo (Fig. la Fig. 99 vemos que al tapar un extremo la frecuencia fundamental se reduce a la mitad. la mayoría de la energía sonora que emitimos corresponde a frecuencias por debajo de 1 kHz. 1. las ondas de presión tienen la ventaja de ser escalares mientras que las de desplazamiento son vectoriales. 1. 1. soprano. Para que las predicciones concuerden con lo que escuchamos es. el sonido producido al arrojar una piedra en él tiene reforzados los armónicos impares. en términos musicales se dice que baja una octava. 147-523 Hz. 749.103 con la Ec. de extremos A y B. p.105) La cuerda. cabeza. tiem- po en s) ξ (r.56 Héctor Alzate L. o con otras palabras. 196-698 Hz. los pares no existen o son relativamente débiles. Ejemplo 1. los otros tres a femeninas: bajo. y viceversa. 19. 110-392 Hz. con el micrófono detectamos nodos y antinodos de presión. Según la Ec. o constructiva entre las ondas de presión. contralto. laringe. y viceversa. las ondas de desplazamiento y de presión están desfasadas 90◦ . mezzosoprano. Además. y puesto que este responde es a cambios de presión. . en la reflexión en el extremo cerrado de un tubo las ondas de desplazamiento incidente y reflejada están en contrafase. y las de presión en fase (Ejemplo 1. Marzo de 2006 Física III La Ec.38. Esto quiere decir que donde ocurre interferencia constructiva entre las ondas de desplazamiento incidente y reflejada (ondas en fase) se presenta interferencia destructiva entre las ondas de presión incidente y reflejada (ondas en contrafase).102 la reescribimos como ν = (Número impar)ν f = ν f .* Cuando dentro del tubo se usa un pequeño micrófono como sonda.26. . p. t) = 10−3 cos(3π x + 4π y) sen(10 000π t)u z . Aunque hay fluctuaciones importantes de individuo a individuo. y es que en la reflexión de una onda sonora en una pared rígida ambas ondas de desplazamiento están en fase. (1. Universidad de Antioquia. p. y cuando escuchamos un máximo de la interferencia de dos ondas. tenor. entonces. Un pozo se comporta como un tubo abierto-cerrado. donde el autor sostiene un punto de vista diferente. . 1. El más grave es el de menores frecuencias. . Además. al comparar la Ec. Las frecuencias que una persona produzca dependen de las dimensiones de su cavidad torácica. . 5ν f . barítono. boca. se comprueba que la señal eléctrica proveniente de él es máxima en los nodos de desplazamiento y mínima en los antinodos. 1. . desaparecen los armónicos pares. 1. el más agudo es de mayores. septiembre de 1986. . Aunque percibamos sonidos entre 20 Hz y 20 kHz.23 Las ondas en una cuerda se describen con la función vectorial de onda (longitud en m. de C. el siguiente es el rango aproximado de cada grupo o registro. 3ν f . incluyendo el cuerpo humano. 175-622 Hz. . American Journal of Physics. (1. La Voz El que las frecuencias propias dependan de la geometría y las propiedades físicas no es exclusivo de un tubo o de una cuerda sino de cualquier sistema.104 con la Ec. En consecuencia.. 82-293 Hz.100. mide 50 cm y su * Vea el artículo Pressure and Displacement in Sound Waves. El oído también responde a cambios de presión. solo quedan los impares. Los cantantes se clasifican en seis grupos principales. según el rango en que se ubiquen las frecuencias fundamentales de las notas que cantan. 59). 262-1047 Hz. lo que lleva a que los antinodos de desplazamiento sean nodos de presión. los tres primero registros corresponden a voces masculinas. preferible analizar las ondas sonoras en términos de ondas de presión antes que en términos de ondas de desplazamiento. Tindle. cuerdas vocales.104) Al comparar la Ec. escuchamos es la interferencia destructiva entre las respectivas ondas de desplazamiento. T. . 105. 1. 5 5π m−1 4π m−1 4 = cos−1 = 36.105 tiene una frecuencia v= 10 000π rad · s−1 ω = = 5000 Hz. encontremos las coordenadas de los extremos A y B (L = 0. esta definición implica que el modo fundamental siempre es el armónico de orden 1. 1. En la Ec. La orientación de la cuerda es la de k.104. es un nodo de desplazamiento o extremo fijo. A se comporta como un extremo libre pues está vibrando. p. y B = L cos β = 45 L = 0. En la Fig.5 m es la longitud de la cuerda). B no vibra y es un extremo fijo. β (con el eje y) y γ (con el eje z) iguales a. k 5π m−1 (f) Las frecuencias propias las da la Ec.5 m El armónico descrito por la Ec. son perpendiculares a la misma cuerda o a k. si ν /ν f es un entero. el extremo A está en el origen. 1. z A = 0.13◦ . k · r − ωt = k x x + k y y + k z z − ωt.105. p.5π ) sen(10 000πt)u z = 10−3 × 0 × sen(10 000πt)u z = 0. a ν /ν f se le denomina el orden del armónico.105 el coeficiente de x es k x .3 + 4π × 0. 46. Universidad de Antioquia. propagación es. 4L 4 × 0. 1.3 m. 1. k x = 3π m−1 . (d) Si en todo instante un extremo no vibra. en una onda viajera la amplitud es constante. 1. 5π m−1 (cos α. 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 Orden del armónico = 5000 Hz = 5. k= p del k y = 4π m−1 .83) v = ω/k. la fundamental es v 2000 m/s νf = = = 1000 s−1 = 1000 Hz. 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. 56. ξ B (t) = 10−3 cos(3π × 0. vector de k z = 0. 2π 2π rad Por definición. según la Ec. ω = 10 000π s−1 . (b) En 3 dimensiones. esto es. 1. La frecuencia angular es el coeficiente del tiempo. 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. (e) Halle la rapidez de propagación de las ondas viajeras. 0) de la cuerda.87◦ . 5 5π m−1 − 1 0m = cos−1 0 = 90. pues la onda se propaga a lo largo de ella.105 lo hacen con rapidez (Ec. y. La rapidez es 10 000π s−1 ω = = 2000 m/s. (c) Según la Ec. π 2 (32 + 42 + 02 )m−2 = 5π m−1 . 1000 Hz 57 . 1.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L.83). 1. Para evaluar a ξ.60 Ondas en una cuerda. ξ A (t) = 10−3 cos(3π × 0 + 4π × 0) sen(10 000π t)u z = 10−3 sen(10 000πt)u z . Además. (a) Hallemos la dirección de propagación. z B = L cos γ = 0 × L = 0.4 m.105 no es una función de (k · r − ωt). 1. En este ejemplo.. El vector de propagación k no tiene componente z. (e) Las ondas viajeras que se propagan con sentidos opuestos y dan lugar a la onda descrita por la Ec. cos β y cos γ se denominan los cosenos directores de k). el de y es k y y el de z es k z .105. m−1 3π 3 = cos−1 = 53. k z = 0 y k · r − ωt = k x x + k y y − ωt. ξ ⊥ k. 1. (a) Ubique la cuerda en un sistema cartesiano. y A = 0.83.4) × sen(10 000π t)u z = 10−3 cos(2. La polarización es lineal pues ξ siempre es paralelo a z. con ángulos α (con el eje x). La magnitud Ec. y esta perpendicularidad es lo que define a una onda transversal. La Ec. si vibra es un extremo libre o antinodo. Reemplacemos en la Ec. x B = L cos α = 53 L = 0. Marzo de 2006 densidad es 4 g/cm3 .00◦ . β = cos −1 γ = cos−1 kx = cos−1 k ky = cos−1 k kz = cos−1 k x A = 0. las vibraciones son paralelas al vector unitario u z . Solución. ν= Figura 1. (f) Encuentre la frecuencia fundamental y el orden del armónico descrito por la Ec. α = cos−1 tanto no es una onda viajera.60 se ubica la cuerda con estos ángulos y con el extremo A en el origen. 26.53. La A (antinodo de desplazamiento) en estas figuras marca la posición de un plano transversal al tubo cuyos puntos vibran con la máxima amplitud. (a) La √ rapidez del sonido es. = (2m + 1) × 0. 4L m = 0. 1. 1. νext = (2m + 1) v . v 345. Marzo de 2006 Física III Figura 1. En los antinodos la variación de ξ es máxima.6 Hz es exactamente 3 veces 87.61d).61 Resonancia entre una columna de aire y un parlante. (En el Laboratorio de Física III esta experiencia se hace con una frecuencia mayor. m = 0. Suponga una temperatura de 25. (a) Halle la longitud de las 3 primeras columnas de aire que entran en resonancia con el parlante. p.58 Héctor Alzate L. 1.24 Un parlante que emite un sonido de 261.0 + 273. λext /4. Ejemplo 1. m = 1. 2). λext L = (2m + 1) = 3λext /4. (b) Con m = 0 se obtiene el modo fundamental o armónico de orden 1 (Fig. · · · .6 Hz (nota do central) está al frente del extremo abierto de un tubo (Fig.2 = 345. 1. según la Ec.2 Hz.33 m = 0. (Cuando mide 1. La presión en A no cambia. 19. 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.33 m. 1. Esto en la Ec. L = λext /4 + λext /2 = 3λext /4. Solución. y generalmente p0 es la presión atmosférica. ¿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. ext m = 0.65 m. lo que ya se sabe cuando se dice que las ondas de presión y de desplazamiento están desfasadas 90◦ ó λ /4. (b) Mediante un esquema.2 Hz.0 ◦ C. el aire en su interior adquiere una gran amplitud de vibración. en la figura vemos que L = λext /4.4 m/s = (2m + 1) 4νext 4 × 261. Con n = 1 se obtiene el primer sobretono o armónico de orden 3 (Fig.99 = 87. p. 1. La longitud L de la columna de aire se puede cambiar moviendo el pistón que sobresale a la derecha del tubo. Despejemos y hallemos las 3 primeras longitudes (m = 0. 1.. m = 2. Cuando la columna de aire mide 33 cm el parlante entra en resonancia con el modo fundamental de la columna. v = 20 25. 55. muestre en cada caso la distribución de amplitud y la posición de los nodos y antinodos de desplazamiento.4 m/s.61a). y el observador escucha una importante variación del volumen.61b).38. v v = (2m + 1) . 2.99 m. reemplacemos νext = v/λext en la Ec. pues en ellas el tubo absorbe mucha energía sonora proveniente del parlante.102. 1. Según la Ec. un tubo de ∼ 5 cm de diámetro y un L máximo de 90 cm).6 s−1 0. los antinodos de desplazamientos son nodos de presión. cuando mide 99 cm entra en resonancia con el tercer armónico.65 m. m = 1. pues la frecuencia fundamental cambia a v/4L = 345. p. y la νext de 261. 1. 1.4/4 × 0. la N (nodo de desplazamiento) marca un plano transversal cuyos puntos están en reposo. L = λext /4 + λext /2 + λext /2 = 5λext /4. da que p( A) = p0 : la presión en los antinodos de desplazamiento es p0 . Universidad de Antioquia. . y ∂ξ /∂x = 0. L = (2m + 1) Si queremos expresar a L en términos de la longitud de onda del sonido del parlante λext . Con m = 2 se obtiene el segundo sobretono o armónico de orden 5 (Fig. m = 2.102. 1. 4 5λ /4. λext 4L Cancelemos v y despejemos L.61c). corresponde a una nota re. 10−14 m2 πρω2 r2 L 4 10−14 m2 = π (1.69. interfieren destructivamente y dan un nodo de desplazamiento. p. En caso de que el generador de impares. 49. El desfase entre las ondas de desplazamiento en el extremo cerrado es el valor de la Ec. ∆pi = − B ∂ξr ∂ = − B [ξ0r sen(ωt − kx ± π )] ∂x ∂x = Bξ0r k cos(ωt − kx ± π ) = Bξ0r k sen(ωt − kx ± π + π /2). La densidad E (Ec. se presenta la complicación de que la amplitud de las vibraciones del aire depende de la posición en el interior del tubo. p.51 los ξ son transversales. como en el tubo existe una onda estacionaria y no viajera. aunque los datos utilizados son reales. o de una forma extraña como (2m + 1219). 1. hallemos las ondas de presión incidente y reflejada.86.38. ∆pr = − B .85 y 1.1] Ondas Elásticas 59 Héctor Alzate L. llamada corrección de extremo abierto . 1. 1. p. para x = 0. Con la Ec. por alguna razón.2 kg/m3 )(586π s−1 )2 4 × (0. 19.2 m (Fig. mientras que las de presión están en fase.106) Figura 1. el volumen del tubo. o sea que las ondas están en contrafase y por estar en la misma dirección. Universidad de Antioquia.69 se debe reemplazar a ξ0 por f ( x). ν = ω/2π = 586π /2π = 293 Hz. 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).26 Las ondas incidente y reflejada en el extremo cerrado del tubo de la Fig. 1. 1. Figura 1.025 m)2 (0. La energía en un dV es.62 La función de onda es (longitud en m. 3 y 5 respectivamente. E= Z V E dV = = 12 πρω2 r2 = Z L 0 Z L 0 2 2 2 1 2 ρω f ( x )πr dx f 2 ( x) dx 10−14 m2 πρω2 r2 2 Z L 0 cos2 kx dx. Mientras que en la Fig. p. por definición de densidad de energía. de la columna de aire y del espacio entre el parlante y el tubo. Predecir su valor es un problema complejo que depende de las características físicas del parlante. debemos evaluar la energía en un diferencial de volumen y luego integrar. La energía total es la integral sobre Solución. La integral da L/2.9 m) E= = 1. 1. Como la amplitud depende de x. ¿qué n le correspondería al modo fundamental y a los armónicos de orden 3 y 5? Ejemplo 1..63 están dadas por las ecuaciones 1. En la figura vemos que dV = A dx = πr2 dx. Si el generador de impares (2m + 1) se hubiera escrito como (2m − 1). 1. 1. ∆φ = ±π. En la Ec. aunque seguirían siendo de orden 1. es decir. depende de la amplitud y. se hubiera escrito como (2m + 1219). Solución. Nota: la frecuencia del ejemplo. tiempo en s) ξ = 10−7 cos kx sen 586πt.8 × 10−11 J.90.106 es f ( x) = 10−7 m cos kx. su suma es cero.25 En el interior de un tubo de 90 cm de longitud y sección circular de 2. en el tubo son longitudinales. La amplitud f ( x) es el coeficiente de la función que da la variación temporal.5 cm de radio hay una onda sonora con longitud de onda de 1.62). ∂ ∂ξi = − B [ξ0i sen(ωt + kx)] ∂x ∂x = − Bξ0i k cos(ωt + kx) = Bξ0i k sen(ωt + kx ± π + π /2).2 kg/m3 . 48. dE = E dV. el eje x. Es una energía extraordinariamente pequeña. Halle la energía sonora promedio en el interior del tubo. Pruebe que en dicho extremo las ondas ξ están en contrafase. el antinodo de desplazamiento que se espera allí se desplaza cierta cantidad fuera del tubo. según la Ec. Ejemplo 1. Marzo de 2006 Debido principalmente a que el extremo abierto radia energía hacia el exterior. 37). les corresponderían unos valores distintos de m. a los armónicos hallados.63 La densidad del aire es 1. (1. La membrana del parlante vibra entre los extremos C y D indicados por las líneas discontinuas. por ser un extremo abierto. sufre un desfase de π (Ejemplo 1. como una compresión. Así el tubo funciona como un filtro acústico. Mientras tanto. las ondas respectivas de presión. La frecuencia propia del columpio es ν = (1/2π ) g/l. e inicia como una compresión un nuevo ciclo ABA. de lo expuesto en este ejemplo. como una compresión y podamos decir que ∆p en el tubo ha completado un ciclo. un instrumento musical. y demos esperar. Se sigue. es positivo: P = F · v p > 0. Pext = 2L/v. 1.64a se representa un columpio de longitud l sobre el que actúa una fuerza F de frecuencia√νext . otro recorrido más ABA para que en A se refleje como inició. llegamos a que se presenta resonancia. la situación física es igual. entonces la compresión del aire que está iniciando un nuevo ciclo ABA recibe un "empujón"de parte de las compresiones causadas por el parlante. se refuerzan en el extremo cerrado y dan un antinodo de presión. un ciclo dentro del tubo abierto-cerrado tarda el doble que si fuera abierto-abierto t ABABA = 4L/v. En la Fig. F y v p deben tener igual frecuencia. Vemos que la frecuencia fundamental se reduce a la mitad al tapar un extremo del tubo. φr = ωt − kx ± π + π /2. Solución. veámoslo: v p es la velocidad de un elemento de volumen de ancho infinitesimal en el extremo abierto A del tubo. dada por dicho producto siempre sea positiva.64b). ∆p < 0). νext . Si esta frecuencia se multiplica por un entero m.27 Análisis detallado de la física de las vibraciones del aire dentro un tubo excitadas por un agente externo. Ejemplo 1. que en un extremo abierto las ondas de desplazamiento están en fase e interfieren constructivamente dando un antinodo de desplazamiento. Si reemplazamos al columpio por un tubo con los extremos abiertos y a la persona por una fuente sonora como un parlante (Fig. x = 0. tal como ya lo habíamos deducido. t ABA = tCDC . la velocidad del columpio es v p . en consecuencia.98. si la membrana ha ejecutado un ciclo CDC. y F · v p > 0. Evaluado el extremo cerrado. ecuación igual a la Ec. es decir. La frecuencia con que la membrana hace el recorrido CDC es la del generador que alimenta el parlante. o el ruido que siempre hay en el ambiente. Si el tubo es abierto en A y cerrado en B. Para que la potencia.26) y se refleja como una rarefacción (o expansión. el inicio de un ciclo ABA también coincide con una posición C de la membrana y F · v p > 0. que es la rapidez de transferencia de energía de A al columpio. el empujón se aplica hacia la izquierda cuando el columpio llega a A y empieza a bajar: F y v p están dirigidos ambos hacia la izquierda y su producto escalar. las ondas están en fase y por ser escalares interfieren constructivamente. Esto es. y νext = 1/ Pext = v/4L. Universidad de Antioquia. Con el lenguaje de la física. ∆p > 0. este es el tiempo que debe tardar un ciclo CDC para que F · v p > 0. están en contrafase e interfieren destructivamente dando un nodo de presión. 1. 54. y por lo tanto su desfase es ∆φir = φi − φr = 2kx. Supongamos que C Física III coincide con una compresión en el extremo A. esto es. . Como tCDC es el período de la fuerza externa Pext y t ABA es el período P de un ciclo de la onda dentro del tubo. decimos que entran en resonancia el sistema y la fuerza externa. Marzo de 2006 De donde concluímos que las fases de las ondas de presión son φi = ωt + kx ± π + π /2. Este ∆ recorre el tramo AB. en el mismo extremo. F generalmente proviene de una persona en A. νext = ν. en B. Esto explica el cambio de la percepción del sonido en el ambiente cuando formamos una cavidad con nuestra mano sobre un oído. en A se refleja con un cambio de fase de π por estar también abierto. entonces. νext = ν. de donde νext = 1/ Pext = v/2L. la compresión que inicia el recorrido en A no sufre desfase en B donde se refleja. En lugar de un parlante podemos pensar en sonidos procedente de otras fuentes como la voz de una persona. Sólo los sonidos con frecuencia igual a una de las frecuencias propias del tubo entran en resonancia con el tubo y se escucha de forma apreciable. 1. recorre de regreso el tramo BA. De la experiencia cotidiana sabemos que cuando esperamos a que el columpio vaya y vuelva (trayectoria ABA) basta con un ligero empujón para mantener una gran amplitud. al regresar a A se refleja como una expansión. Por lo tanto. p..60 Héctor Alzate L. las frecuencias de resonancia son ν = mv/2L. El periodo de la fuerza externa es igual al tiempo que la perturbación tarda en hacer el recorrido ABA. da ∆φ = 0. pues coinciden sus frecuencias. cuando hay un alejamiento detecta Figura 1. En ambos casos se confirmó la predicción de Doppler. . . En la Fig. American Institute of Physics. (1.64 Resonancia entre un sistema y una fuerza externa. Cuando hay un acercamiento entre fuente y observador llegan más ciclos por segundo al observador y ∆ν > 0. un observador O con rapidez vO .107) Esta velocidad no depende de la velocidad de la fuente. lo explicó como un efecto de un acercamiento de una de ellas a la Tierra y un alejamiento de la otra. Predijo que este cambio también lo debía presentar el sonido. en su movimiento alrededor del centro de masa del sistema. alrededor de una fuente no experimenta efecto Doppler. Después situó a los trompetistas en tierra y a los observadores en el tren. cuando la distancia permanece constante rente de la emitida si la distancia fuente∆ν = 0. F · v p > 0. Hallaremos la ecuación que relaciona a ν y ν 0 para el caso en que la fuente y el observador se mueven con velocidad constante a lo largo de la misma línea recta. Sounds of Our Times. 1. . Ballott lo comprobó en 1845 con músicos en una estación de tren: sitúo a varios trompetistas en un vagón y a otros músicos en diferentes puntos de la carrilera. es la frecuencia con que el sonido de la sirena de una ambulancia llega a su conductor. en 1842. Definimos como frecuencia de recepción ν 0 la frecuencia detectada por cualquier observador.. Llamamos corrimiento o efecto Doppler ∆ν a ∆ν = ν 0 − ν. Es obvio que si el observador está en reposo respecto a la fuente no se presenta tal efecto.65 una fuente F se mueve con rapidez v F .12 Efecto Doppler 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. 1998. √ T /µ. pp. la rapidez de las ondas respecto a él es v0 = v − vO . estas velocidades son medidas respecto a un sistema de referencia en reposo en el medio cuyas vibraciones son la onda. Pero como ya consideramos a un observador en movimiento en el medio. Marzo de 2006 61 Figura 1. 42-44. 1. Dedujimos varias expresiones para la rapidez de una onda en diferentes medios: v = √ v = Y /ρ. .65 La frecuencia percibida es difemenos y ∆ν < 0. Por ejemplo. Por ejemplo. Respecto al mismo sistema definimos también a v F y vO . quienes estimaron el aumento de tono cuando el tren se acercaba y la disminución cuando se alejaba.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. un observador en movimiento circular observador cambia.* Definimos como frecuencia de emisión ν la frecuencia con que llega la onda a un observador en reposo respecto a la fuente. . Universidad de Antioquia. ∆ν = 0. * Robert Beyer. Doppler. por ejemplo. c = 3. Una diferencia esencial es que no necesita de un medio para su propagación y no podemos aplicar la Ec. 1. λ 0 = vP − v F P. donde las diferentes v son las medidas por un observador en reposo en el medio. v = −340 m/s (Ejemplo 1. mientras que detrás se alarga.62 Héctor Alzate L. La distancia entre estos dos máximos consecutivos. en el sentido en que se mueve la Figura 1. incluyendo la del sonido en el punto donde calculemos a ν 0 . Todas las ondas. λ0 v − vF (1. cambia v respecto a él.66 Si la fuente se mueve cambia fuente. . (1. ya que el tiempo entre dos máximos consecutivos es un periodo.109. La frecuencia detectada por el observador es el cociente entre las Ecs. entre ellas la luz. 1. (1. Vemos que al frente de la fuente la longitud de onda se acorta. 1 + v/c donde c es la velocidad de la luz en el vacío o el aire. es la nueva longitud de onda λ. Factoricemos por P y reemplacémoslo por 1/ν. Durante ese período. 70).00 × 108 m/s.109) Hay varias maneras de manejar numéricamente esta ecuación. Se concluye inmediatamente que la mayoría de las galaxias se están alejando de la Tierra con una velocidad mayor entre más alejadas estén. y emite el próximo máximo.108. si se mueve el observador. ν 0 = ν (1 − v/c). no dependen de la velocidad de quien los mida. Una muy sencilla consiste en reemplazar por valores (+) las velocidades que vayan hacia la derecha y por (−) las que vayan hacia la izquierda. Cuando v c la anterior ecuación se simplifica. Esto dio origen a las teorías de un universo en expansión y del big-bang. λ 0 = (v − v F )/ν.108) En física prerrelativista los intervalos espaciales y temporales son absolutos. pero esta distancia es la longitud de onda. esto es.29. Marzo de 2006 Física III Supongamos que en la posición 1 de la Fig. ν0 = v0 v − vO =ν .110) Al medir las frecuencias de la luz emitida por la mayoría de las galaxias se halla que son menores entre más alejadas estén de la Tierra. un tiempo de un periodo P más tarde el frente de onda correspondiente a ese máximo es una esfera representada por la circunferencia de la figura con un radio vP..66 la fuente emite un máximo. Universidad de Antioquia. este fenómeno se conoce como corrimiento hacia el rojo. p. la fuente avanza una distancia v F P hasta la posición 2. ya que de los colores es al rojo al que le corresponde menor frecuencia. y como consecuencia el anterior valor de λ 0 es válido para todos los sistemas de referencia inerciales y no depende del movimiento del observador. 1.107 y 1. λ = vP. presentan efecto Doppler. ν 0 solo depende de la velocidad relativa fuente-observador v y se halla que está dada por √ 0 ν =ν 1 − v2 /c2 . El frente de onda es una Figura 1. Un ejemplo más de onda de choque es el chasquido producido por la punta de un látigo. como es el caso del resplandor azul que a veces rodea el núcleo de un reactor nuclear sumergido en agua. en una noche despejada. Se cumple que vt v sen θ = = . ra. pues se desplazan respecto al resto: se detienen. asumiendo que 340 m/s es la rapidez del sonido donde se encuentra el avión. con v F > v.38. visto desde la Tierra. p. el frente de onda producido en A es una esfera de radio AC = vt.67 Frente de onda cónico debido a una fuente que se desplaza con región de violentos esfuerzos. Universidad de Antioquia.5 quiere decir que su velocidad es 1. p. Marzo de 2006 63 Ondas de Choque Cuando la rapidez de la fuente o del observador es mayor que la de la onda. Pero.5 × 340 = 510 m/s. y es lo que ocurre para los observadores dentro del cono. en el aire es menor que un micrómetro. 1.43. 1. 16. las partículas emiten la radiación Cherenkov.111) vF t vF Los demás frentes esféricos producidos en puntos intermedios son tangentes al cono especificado por θ puesto que los respectivos radios decrecen en la misma proporción que la distancia de los puntos a B. A esas 5 estrellas errantes se les llamó planetas: . el cono dado por θ. cuya posición se ha determinado previamente con ultrasonido.3. (1. 19). cada estrella es un punto fijo a tal esfera. La onda de choque va disminuyendo su amplitud hasta que se debilita tanto que llega a obedecer las leyes regulares de las ondas acústicas expuestas en la sección 1. La llegada del frente de onda a nuestros oídos es lo que escuchamos como un trueno sónico. Así mismo. se distinguen cerca de cinco mil estrellas.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. La acumulación de energía en la superficie del cono es tal que ya no hay una relación lineal entre la fuerza restauradora y la deformación de un elemento de volumen del medio (ley de Hooke. hacen bucles. El frente de onda es. retroceden. la Ec. AB = v F t. Un avión que vuele con Mach 1. se distingue que de ellas hay 5 que no siguen el patrón de movimiento de las demás. su espesor es menor que la trayectoria media libre de las moléculas del medio donde se produce la onda. p. Es posible que ni siquiera la onda alcance al observador o que este la deje atrás. por lo que la rapidez de la onda de choque no cumple la ecuación que da la rapidez de las ondas acústicas. Ec..109 no tiene sentido. Su movimiento. v va a depender de la amplitud y es mayor que el valor predicho por la ecuación referida. Cuando la fuente está en B. En la Fig. La relación v F /v se conoce como el número de Mach. Ondas de choque se emplean en medicina para desintegrar cálculos renales y biliares. se puede representar con un solo movimiento de una esfera que rota alrededor de un eje norte-sur una vez en 24 horas.67 una fuente se mueve desde A hasta B en un tiempo t. avanzan. cambios de densidad y temperaturapidez mayor que la de la onda. una lancha de carreras produce una onda de choque en la superficie del agua. Ec. también a simple vista. Cuando partículas cargadas se mueven en un medio con rapidez mayor que la que lo hace la luz en ese mismo medio. y siguiendo el movimiento durante varios meses. 1.13 Análisis de Fourier A simple vista. y se le conoce como una onda de choque. 1. entonces. 20. 1. ∞ = ξ0 + ∑ m=1 ∞ ξ0m sen m(kx − ωt) + 0 cos m(kx − ωt).6 Hz. . O sea que escuchamos un sonido con ν f = 261.68 tiene período P. Universidad de Antioquia. reemplazó la complejísima estructura de decenas de movimientos circulares por solo 5 elipses. aunque la mayoría de las veces escuchamos. otro con ν = 2ν f = 2 × 261. y se dieron a la tarea de descubrir qué suma de movimientos circulares uniformes reproducía el movimiento de los astros. En muchos casos la suma se reemplaza por una integral. cada uno de ellos con una frecuencia múltiplo de una frecuencia fundamental. además. hacerA las amplitudes ξ0m y ξ0m le el análisis de Fourier a una señal consiste en hallarle tales amplitudes. un análisis de la vibraciones ξ de la cuerda o del aire revela una serie como la expresada por la Ec. Con el paso del tiempo la idea se aplicó en terrenos distintos al de la termodinámica. Para los instrumentos de cuerda* y de viento estos son armónicos y cuando producen. Fourier publicó en 1822 la Teoría Analítica del Calor. . estos suenan distintos? La respuesta es que el conjunto de amplitudes es característico de cada instrumento. el tono do central.6 = 523. y ha evolucionado hasta llegar a ser hoy en día una herramienta indispensable en campos muy importantes de la física y la ingeniería. también es una suma. Marte.nz/research/research_files/keane_nzas04. pero en algunas mentes dicho movimiento les confiere a los planetas un significado especial. La solución consistió en una suma de senos y cosenos. Decimos entonces que dos instrumentos emiten el mismo tono (igual ν f ) pero tienen diferente * Cada sobretono tiene su tiempo de decaimiento. Cuando decimos que un instrumento musical emite determinado tono.acoustics. Marzo de 2006 Física III Mercurio. 1.2 Hz. por observarlos desde la Tierra. que como sabemos.. otro con ν = 3ν f = 3 × 261. por ejemplo. Júpiter y Saturno.112) 0 se les llama coeficientes de Fourier. una por planeta. si el contenido de frecuencias de dicho do es igual para todos los instrumentos. mediante la serie de Fourier ξ ( x.ac. ¿Por qué. se alejan ligeramente de la fórmula νm = mν f y son inarmónicos: http://www. y juegan un papel importante en la seudociencia de la astrología. 1. al que le corresponde una frecuencia fundamental ν f = 261. . La función no armónica ξ ( x. Pensando el movimiento de los planetas.68 Onda periódica no armónica. nos referimos es a la frecuencia fundamental.pdf . t) = ξ0 + ξ01 sen(kx − ωt) + ξ02 sen 2(kx − ωt) + · · · 0 0 + ξ01 cos(kx − ωt) + ξ02 cos 2(kx − ωt) + · · · Figura 1. cerca de 1610.64 Héctor Alzate L.6 Hz. simultáneamente. cada uno de ellos con su amplitud o coeficiente de Fourier. hasta que Kepler.8 Hz.112. y se puede expresar como una superposición de funciones armónicas seno y coseno con una frecuencia múltiplo de la frecuencia fundamental ν = 1/ P. los de un piano. El movimiento aparentemente errático de los planetas se explica de forma simple como un mero efecto de perspectiva.6 = 784. y son las que determinan el timbre. t) = ξ ( x − vt) de la Fig. ∑ ξ0m m=1 (1. Venus. Tal fue la tarea del astrónomo durante 2000 años. el modo fundamental y varios de los sobretonos. como veremos más adelante.auckland. donde resolvió el problema de hallar cómo cambia la temperatura con el tiempo en los puntos de una placa bidimensional. los griegos de hace 2400 años concibieron la idea de representar lo irregular o complejo como una superposición de elementos sencillos. . entonces. La idea de representar el complejo cambio de la temperatura como una suma de sencillas funciones armónicas (situación semejante a la de los planetas) probó ser muy fértil. 65 . Figura 1. marcando nítidamente las líneas nodales.112 no coinciden con las frecuencias de los sobretonos físicos a que realmente vibra.6 Hz. Desde hace decenios existen en el comercio teclados electrónicos con las anteriores características. otro que las genere pero con las amplitudes para el piano. y con ellos alimentar un parlante. Podemos construir un conjunto de osciladores electrónicos: uno que oscile con ν = 261. de la intensidad de la excitación. Pero se puede demostrar que los sobretonos de las ondas en dos dimensiones. febrero de 2004. La importancia de los sobretonos (m > 1 en la Ec.69 Seis primeros modos de vibración de una membrana circular ideal. los instrumentos de viento son ricos en armónicos. otro con frecuencia el doble. al excitar una cuerda. Fue Chladni. White. 1. el sonido nos parece especialmente agradable. las líneas interiores son líneas nodales de desplazamiento. del punto donde esta se aplique.112) depende de las características físicas del instrumento.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. de la propiedades físicas del agente excitador.† como en la membrana de un tambor o en un platillo no tienen una frecuencia que sea un entero por fundamental. timbre (diferente conjunto de amplitudes) y así distinguimos entre los do de una guitarra y de un piano.7. Revista Scientific American. En la Fig. Nuestro gusto es tal que cuando escuchamos varios sonidos simultáneamente y las relaciones entre sus frecuencias se pueden describir con números enteros. Universidad de Antioquia.69 se muestran el modo fundamental y los cinco primeros sobretonos de una membrana circular. E. los armónicos pares de los tonos bajos de un clarinete no existen. lo que le da su agradable sonido. lo que le de da el sonido característico de un golpe. Finn. tomo II. los armónicos de orden mayor a 7 no existen en el piano.* En sentido estricto. otro con frecuencia el triple y así sucesivamente. 1. mientras que el (−) baja en contrafase. suena la fundamental y sus sobretonos armónicos. esto es. en general. (+) quiere decir que el sector respectivo sube. Además. le hace un análisis de Fourier. Por ejemplo. tendremos un botón que al oprimirlo genere cada una de la anteriores frecuencias pero con las amplitudes apropiadas para dar el timbre de una guitarra. no son armónicos. o para una flauta. Alonso . Física. quien desarrolló este método de visua* En el artículo The Cosmic Symphony. medio periodo más tarde se han invertido. del tono que se quiera producir. artículo 22. Hu y M.. el fondo cósmico de microondas y el universo primitivo. Al golpear un tambor escuchamos la fundamental y sus sobretonos no armónicos. 1. cerca de 1790. † M. Los sobretonos matemáticos para el tambor dados por la serie de la Ec. las componentes de Fourier tienen una frecuencia múltiplo de la fundamental. aparece una relación interesante entre las ondas sonoras en un tubo. W. Si se esparce arena sobre el tambor. por números racionales. esto es. Ondas Estacionarias en Dos Dimensiones. Marzo de 2006 Figura 1.70 El prisma analiza la luz blanca en componentes simples. ella se acumula en las partes que no vibran. si las frecuencias fueran iguales. Que difieran poco en sus frecuencias quiere decir que |∆ν |/ν1 ó 2 1. ∆p1 ( x. t) = P01 sen(k1 x − ω1 t) y ∆p2 ( x. Cuando escuchamos Figura 1. o una expansión de una con una expansión de la otra. Universidad de Antioquia. 19).39. p. . 1. El Sol también tiene modos normales de vibración. Para hallar el tiempo entre dos interferencias constructivas apliquemos el operador ∆ a la Ec. El desfase entre los dos campos de presión es ∆φ( x. generalmente en forma de U. dados por ∆φ = 2mπ = x∆k − t∆ω. (1. duran un tiempo comparable al fundamental.114) Vemos que las ondas no son coherentes ya que el desfase depende del tiempo. Hay ciertos instantes t donde las ondas interfieren constructivamente (puntos C de la Fig. ±2. por ejemplo donde estén un micrófono o nuestros oídos. 2π ∆m = ∆x∆k − ∆t∆ω. las frecuencias no son múltiplo de una frecuencia fundamental.68. no habría pulsos. Cuando lo golpeamos. para que haya transferencia de energía del diapasón a la caja mediante resonancia. vibra con una frecuencia fundamental y varios sobretonos no armónicos. Un diapasón es un elemento metálico. como en el tambor.14 Velocidad de Fase y Velocidad de Grupo.72a y b). donde los sobretonos. lo que lo hace muy útil para afinar instrumentos musicales.. Pulsos Consideremos un grupo de dos ondas sonoras armónicas ∆p1 y ∆p2 de igual amplitud pero con frecuencias ν1 y ν2 ligeramente distintas (figuras 1. Marzo de 2006 Física III lizar la líneas nodales de los diferentes modos de vibración de una placa de vidrio excitada en un borde por un arco de violín. ∆x = 0. ±1.113) Las amplitudes de presión son iguales a P01 (Ec. t) = φ1 − φ2 = (k1 x − ω1 t) − (k2 x − ω2 t) = (k1 − k2 ) x − (ω1 − ω2 )t = x∆k − t∆ω. De nuevo. con |∆ν | = |ν1 − ν2 |. En un tiempo muy corto los sobretonos se disipan en el propio diapasón y solo sobrevive el modo fundamental. t) = P01 sen(k2 x − ω2 t). además de ser armónicos. hay lugares de su superficie que oscilan en contrafase con otros.115. 1. Los experimentos de Newton con prismas están entre los más importantes en la historia de la ciencia.115) En esos instantes coinciden una compresión de una onda con una compresión de la otra. Una de las frecuencias propias de la caja debe ser igual o muy próxima a la frecuencia del diapasón.71). 1. La situación es muy diferente con un instrumento de cuerda o viento. El prisma le hace la descomposición física de Fourier en señales seno más simples. 1. (1. 1.72c). se pueden escuchar pulsos debido a la interferencia del sonido de aquel con el fundamental o uno de los sobretonos de la cuerda. reemplacemos y despejemos el intervalo temporal. (1. 1. ∆t = −2π∆m/∆ω.66 Héctor Alzate L. En un punto fijo del espacio. · · · . cada una de ellas con su frecuencia y asociada con un color (Fig. m = 0. 1.71 simultáneamente un diapasón y una cuerda. e inclusive pueden ser más intensos que él.70). acoplado a una caja de resonancia (Fig. La luz blanca que penetra en un prisma la podemos representar por una señal no armónica del tipo de la Fig. 121. t) = 2P01 cos(∆φ/2) sen(kx − ωt). Esto nos dice que la amplitud de ∆p en los instantes de refuerzo es 2P01 . t) = ∆p1 + ∆p2 = P01 [sen(k1 x − ω1 t) + sen(k2 x − ω2 t)]. Universidad de Antioquia. ∆p( x. 2π 2π 2 . ∆p( x. Al intervalo temporal de la Ec. t) = 2P01 cos 21 [(k1 − k2 ) x − (ω1 − ω2 )t] sen 12 [(k1 + k2 ) x − (ω1 + ω2 )t] = 2P01 cos 12 ( x∆k − t∆ω) sen(kx − ωt). (1.118.72c se señalan con la letra D los instantes de interferencia destructiva. con línea continua. la frecuencias de los pulsos es. 1. (1. 1. 1. Apliquemos la identidad sen α + sen β = 2 cos 12 (α − β) sen 21 (α + β). 1. k = (k1 + k2 )/2 y ω = (ω1 + ω2 )/2.10. además. (1. se le pide al estudiante mostrar que este es también el tiempo entre dos interferencias destructivas consecutivas. tomemos el valor absoluto para hallar la magnitud de ∆t. t) = f AM sen(kx − ωt). con líneas a trazos. 1. t) = 2P01 cos 12 ( x∆k − t∆ω) = 2P01 cos(∆φ/2). Introduzcamos la Ec.120) con lo que la Ec. 1. En esos instantes las ondas se refuerzan y la función de amplitud vale f AM = 2P01 cos(2mπ /2) = 2P01 cos mπ = ±2P01 .72c) debe representar una situación física. En la Fig.116) En el Problema 1.118) donde ∆k = k1 − k2 . t) = impar π.44.. Marzo de 2006 El tiempo entre dos interferencias consecutivas corresponde a ∆m = ±1. 1 |∆ω| |ω − ω2 | νp = = = 1 = |ν1 − ν2 | = |∆ν |. 1. 1. ∆ω = ω1 − ω2 . p. ν= ω (ω1 + ω2 )/2 ν + ν2 = = 1 .1] Ondas Elásticas 67 Héctor Alzate L. ∆p cambia con una frecuencia promedio ν = (ν1 + ν2 )/2.121) En la Fig.72c se grafican.116 lo llamamos el período de un pulso Pp . mayor el tiempo entre un máximo y el próximo máximo en un mismo punto del espacio. ∆t = 2π /|∆ω|. las funciones f AM ( x.114 en la Ec. 75. p. f AM ( x. pues según la Ec. con α = k1 x − ω1 t y β = k2 x − ω2 t.117) Pp 2π 2π Para hallar los cambios de presión resultantes de las dos ondas apliquemos el principio de superposición (sección 1. su producto ∆p( x. 47): la suma de ∆p1 y ∆p2 (línea continua de la Fig. (1. note que en dichos instantes ∆p1 está en contrafase con ∆p2 : ∆φ( x. ∆p( x. (1. como era de esperarse puesto que ∆p1 y ∆p2 tienen igual amplitud P01 . t). sen(kx − ωt) y.119) Llamamos función de amplitud modulada f AM al coeficiente de sen(kx − ωt). (1.119 queda ∆p( x. t). A menor |∆ω|. 114. Ec.118: la frecuencia de f AM es ν AM = |ν1 − ν2 |/2. pues allí coincide un máximo de a0 con un mínimo de b0 .73: dos diapasones con frecuencias cercanas se golpean para que sus cajas de resonancia emitan sonido. expresión que acabamos de obtener mediante consideraciones de interferencia constructiva. y es análoga a los pulsos de c. o con otras palabras. para observar la transición de interferencia constructiva a destructiva no es necesario un desplazamiento espacial como en el caso de las ondas estacionarias en una cuerda.72a0 dibujamos una serie de rectángulos. Marzo de 2006 Física III Figura 1. 1. Experimentalmente podemos escuchar pulsos con el arreglo de la Fig. Universidad de Antioquia. c0 es el resultado de trasladar a0 y dejarla encima de b0 . Note que las zonas más oscuras de c0 corresponden a interferencia destructiva. 1. La frecuencia del factor sen(kx − ωt) es ν = (ν1 + ν2 )/2. El desfase entre las ondas que producen los pulsos depende del tiempo. 1. Para reforzar el concepto de pulsos.. Analicemos más la Ec. Por esto a los pulsos se les cita como un ejemplo de interferencia temporal. como cada ciclo de f AM contiene dos pulsos (Fig. Entre más . la frecuencia de estos es ν p = 2ν AM = |ν1 − ν2 |.72 La interferencia de dos ondas de frecuencia similar produce pulsos. igual relación existe entre b0 y b. 1. En consecuencia.72c). 1. Basta con fijar x y esperar que el tiempo transcurra. la amplitud del campo ∆p cambia mucho más lentamente que el propio campo ∆p.68 Héctor Alzate L. lo que que implica que ν AM ν puesto que ν AM está determinado por la resta de las frecuencias y ν por la suma. en la Fig. uno por cada máximo de la figura a. así que no es posible. cuando ν1 = ν2 . por lo tanto.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. Marzo de 2006 69 cercanas estén sus frecuencias.53. pulsos de frecuencia |ν1 − ν2 |. 1. dk dk Llamamos medio no dispersivo a aquel en el que la rapidez no depende de λ y. y por eso decimos que el aire es un medio no dispersivo de la ondas sonoras. lo que escuchamos sigue la línea de pulsos dibujada con una línea continua en la Fig. igual al cociente entre la frecuencia angular de la función f AM y el número de onda de la misma función. los sonidos graves y los agudos tardan. la velocidad de grupo tomando el límite cuando ∆ω → 0. por fortuna. con rigor. igual tiempo en llegar a nosotros. sin importar la frecuencia. 1.. Si la rapidez dependiera notablemente de la frecuencia en condiciones ordinarias. y escuchamos. PP = ∞ y los pulsos desaparecen puesto que ν p = |ν1 − ν2 | = 0. sino la frecuencia intermedia (ν1 + ν2 )/2 que corresponde a un cuarto de tono. y la rapidez sí depende de la frecuencia. para citar solo un ejemplo. 1. donde no está ninguna de las dos frecuencias originales. todo medio material es dispersivo. entonces. pero en muchos casos la dispersión pasa desapercibida. además del cuarto de tono. sino que lo hacen con la velocidad implícita en la Ec. ya que en un concierto. ∆k/2 ∆k Definimos.72c. obtener un cuarto de tono. Por ejemplo. Universidad de Antioquia. más espaciados temporalmente están los pulsos. d(kv) dv = v+k . 26. ∆ω→0 ∆k dk v g = l´ım Reemplacemos a ω = kv. la rapidez del sonido en el aire está dado por la Ec. Llamamos medio dispersivo a aquel en el que la velocidad sí depende de la longitud de onda o.73 Con dos diapasones producimos ducen la curva continua referida. Al intervalo de frecuencias fundamentales entre dos teclas consecutivas en un piano se le llama un semitono. cumple que dv/dk = 0. lo que significa que la velocidad de grupo es igual a la velocidad de fase v puesto que todas las componentes del grupo tiene igual velocidad.120. vg = ∆ω/2 ∆ω = . aún de una misma nota (recuerde que esta tiene componentes de Fourier). pulsos. imposibilitando la experiencia musical. Cuando pulsamos dos teclas no vecinas. llamada velocidad de grupo v g . dω ∆ω = . La amplitud variable f AM que produce los pulsos es el resultado de un grupo de dos ondas. v g = v. Así nos explicamos la utilidad de un diapasón para afinar una nota musical: se hacen sonar simultáneamente el instrumento por afinar y el diapasón y se realizan los cambios necesarios en el instrumento hasta que no se escuchen pulsos. por lo tanto. llegarían a nuestros oídos primero unos sonidos que otros. p. de la frecuencia. No necesariamente los pulsos avanzan con la velocidad de una de las ondas. vg = . cuando las pulsamos simultáneamente. la experiencia sonora sería muy diferente de la que conocemos. Estos últimos producen una sensación de sonido áspero al que calificamos como disonante. muy cerca de una explosión tal ecuación no se cumple. Sin embargo. En este caso. en un instrumento de cuerdas se le cambia la tensión a la cuerda respectiva. Estrictamente. el cerebro es capaz de diferenciar las componentes ∆p1 y ∆p2 que proFigura 1. Marzo de 2006 Física III El vacío es un medio no dispersivo de la luz. 1. quien la refleja hacia la fuente e interfiere allí con la onda inicial produciendo pulsos de frecuencia ν p = |ν 0 − ν |. Halle en qué porcentaje se debe cambiar la tensión de la cuerda para afinarla. Si uno de los armónicos de orden m tiene su frecuencia cercana a νd .122 en la anterior ecuación. para que no se escuchen pulsos.117) ν p = |νm − νd |. puesto que todos las frecuencias se propagan en él a 300 000 km/s. que sí son armónicos. Con una cuerda es diferente: al excitarla. 1. no sonora. 2L µ Reemplacemos la Ec.94. √ 0 = (νd ± ν p ) 1 + α − νd . esta frecuencia y ν nos da la velocidad incógnita. Figura 1.28 Un diapasón la de 440 Hz y una cuerda de una guitarra se hacen sonar simultáneamente (Fig. Si α es la fracción del cambio. p. Sean νd la frecuencia del diapasón. Se escuchan pulsos si νcuerda 6= Solución. Según la Ec. Despejemos.. el rojo y el azul se propagan con esta rapidez. 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. νm la de la cuerda y ν p la de los pulsos. r m T = νd ± ν p .74). Al golpear un diapasón se producen varias frecuencias.74 440 Hz.70 Héctor Alzate L. Se escuchan 15 pulsos por segundo. de frecuencia conocida hacia el objetivo. cada color cambia de 300 000 km/s a una rapidez menor que le es característica. debido a la interferencia de ese armónico con el sonido del diapasón se escuchan pulsos de frecuencia (Ec. tienen amplitudes y tiempos de duración similares. 1. Pero cuando la luz penetra en las goticas de agua de la llovizna. El diapasón también debe ir sobre una caja de resonancia para que dé un buen volumen). Para tal efecto se envía una onda electromagnética. Con efecto Doppler se puede saber la velocidad de una tormenta o de un carro. y esto provoca un cambio en la dirección de propagación. (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. la fundamental y varios sobretonos.122) 2L µ Para que no se presenten pulsos la tensión se debe cambiar hasta que νm = νd . 51. la nueva tensión es T + αT y r r m T + αT m T (1 + α ) νp = 0 = − νd = − νd 2L µ 2L µ r m T√ = 1 + α − νd . 1. dando como resultado el arco iris. esto es. (1. Ejemplo 1. Universidad de Antioquia. como erróneamente puede sugerir la figura. . r . . m T . . . νp = . − νd . . . . . si la cuerda está sobretemplada. 1. emite un sonido de 440 Hz —nota la central—. que en este caso es el aire. ν p = +15 Hz. como cantidades que intrínsecamente pueden ser positivas.065 quiere decir precisamente que es necesario mermar la tensión.109. El signo (−) en el valor α = −0. α= −1 = −0. Ejemplo 1. T ni µ. es decir. νd ± ν p No hay frecuencias negativas.2 % para que la frecuencia del armónico aumente de 425 a 440 Hz. Solución.065.072. negativas o cero. si la cuerda esta destemplada hay que incrementar la tensión en 100 α = 7. p. La rapidez del sonido en el aire es 340 m/s. 2L µ Los datos del ejemplo son νd = 440 Hz y ν p = 15 Hz.75a). En términos de porcentaje. ν p = −15 Hz.29 Una fuente sonora F. que se mueve a 60 km/h en línea recta (Fig. Despejemos la fracción buscada α y reemplacemos los datos. ν p = −15 Hz sólo quiere decir νm < νd . Note que en la solución no fue necesario conocer los valores de m. 1.5 % para que la frecuencia del armónico disminuya de 455 a 440 Hz. hay que disminuir la tensión en 100 α = 6. L. 62. Halle la frecuencia con que las ondas reflejadas por O regresan a F. Se sobreentiende que todas las velocidades son con respecto a un observador en reposo en el medio. Un observador O se mueve hacia F a 40 km/h sobre la misma línea. las vamos a tratar algebráicamente. 2 νd 0. Las diferentes cantidades de la Ec. 3 Halle las dimensiones de (a) ∂ξ /∂x. (a) La fuente es F y se mueve hacia la derecha. A es una constante.8 Hz. Figura 1. ∂t2 Problema 1. sen(2x − 7t).109 para hallar la frecuencia con que las ondas llegan a O. Marzo de 2006 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.2 Hz. en (b) O es la fuente y F el observador..en segundos): (a) (3x − 2t)/( x + 2t). (c) log(6t − 8x) + exp( 2 x + t/2). t) = v2 .10 Pruebe.1 Muestre que kx ± wt = (2π /λ )( x ± vt). 1.75b).1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. x en metros y t (b) pruebe que la expresión del numeral anterior cum. (c) ∂ξ /∂t. la rapidez del sonido es 340 m/s.34. t) = v2 ∇2ξ ( x.75a). v = +340 m/s. 47. (d) ∂2ξ /∂t2 . t) ∂2ξ ( x. Fig. 9 y 1. aproximar a ρ = ρ0 (1 − ∂ξ /∂x). 1. Reemplacemos en la Ec. obtenemos la frecuencia de las ondas que regresan a F. halle l con la Ec.7 Un sonido para ser audible debe tener una intensidad y frecuencia adecuadas. Problema 1. 14. (b) La frecuencia de las ondas no cambia por reflexión (ni por transmisión). en t = 0 (distancia en m. (+340 m/s) − (+16.1 m/s. Reemplazando en la Ec. La distancia horizontal entre escalas contiguas es 1.4. el sonido percibido se propaga hacia la derecha. 17.ξ ( x. cuando ∂ξ /∂x 1. el sonido percibido por F se propaga hacia la izquierda con v = −340 m/s (Fig.11 Muestre que el promedio por periodo 71 . Problema 1. Problemas Problema 1. p. En (a) F es la fuente y O el observador. t). 12. 2 ∂t ∂x2 ∂2ξ ( x. Problema 1.9 Señale cuál de las siguientes funciones (a) Escriba una expresión para ξ ( x. t) = −ξ0 cos(kx − ωt).Problema 1.4 Considere el pulso de onda. La frecuencia para ser audible por un ser humano debe estar entre 20 y 20 000 Hz. t). (−340 m/s) − (−11.7 m/s) = 518.109. palmotea una vez al frente de ella. p. (El valor que ha. Halle la frecuencia con que el sonido reflejado por las escalas regresa a la persona. 1.75 Efecto Doppler.1. t)|t=0 = A(2 + 3x2 ). 1. ν 0 = 477. cuando el medio es (a) aire y v = 340 m/s.7 m/s. el nuevo observador es F que se mueve hacia la derecha con vO = +16. y que por lle es válido sólo para el instante al que corresponde la que si a 1. (e) ∇2 .1 m/s) Esta frecuencia es próxima a la de un do aunque el sonido emitido inicialmente sea un la. alejada de las escalas de una pirámide.7 m/s. la frecuencia emitida es ν = 440 Hz (Fig. dado por la función de onda ξ ( x. p.1 m/s. vO = −40 km/h = −11.1 m/s) ν 0 = 440 Hz = 477.8 Una persona. t) cumple la ecuación de onda y dé las razones (vea so viaja hacia la izquierda con una rapidez de 5 m/s. las secciones 1. (b) ln( x2 + 6t) + √ ple la ecuación de onda. 1. tiempo en s). Problema 1.15. se puede figura). Universidad de Antioquia. 1.19. v F = +60 km/h = +16.2 Halle la fase de la onda de desplazamiento ξ ( x.8 Hz (−340 m/s) − (+16. (b) ∂2ξ /∂x2 . con el−binomio 1 ≈ 1 − a. ¿cuánto vale ξ ( L 0 / 2 )? Problema 1. por lo tanto O se convierte en una nueva fuente que emite con ν = 477. 1. (f) Verifique que las siguientes ecuaciones son dimensionalmente correctas: ∂2ξ ( x. ¿en qué rango está la longitud de onda correspondiente. (+340 m/s) − (−11.7 m/s) La frecuencia aumenta puesto que FO disminuye. si el anterior pul. Problema 1. (b) agua y v = 1500 m/s? Problema 1. Problema 1. el observador es O y se mueve hacia la izquierda. entonces (1 + a) lo tanto la Ec. p.8 Hz y se mueve hacia la izquierda con v F = −11.10. p.14.00 m.6 En la Fig. 1.5 Tomando medidas con una regla en la de Newton. 1. 23) y determine si en dichos puntos no hay cambio de presión (∆p = 0). Del otro extremo.15 Se produce en Medellín un sonido con una amplitud de presión de 1. (b) el tiempo que tarda una perturbación transversal en viajar entre el oscilador y la polea. p.976 N. ∂2 ρ B ∂2 ρ = . están en su posición de equilibrio? (b) ¿Qué elementos i están más separados de posición de equilibrio? Mida con la regla de la figura y dé el valor respectivo de xi y ξ ( xi ). 25. (b) la amplitud reflejada no puede ser mayor que la incidente. · · · . En Medellín. 24. cuánto vale ξ para estos elementos? (d) ¿Está de acuerdo el resultado del anterior numeral con la Ec. se suspende una masa de 100 g. la longitud de onda. Si la temperatura atmosférica es 25 ◦ C. Problema 1.35. y ∆t = 51 s. no hay flujo de calor entre el elemento i y los elementos i − 1 e i + 1). (c) Halle el límite máximo del coeficiente de trasmisión.27d tienen ρ = ρ0 = 1. A la varilla se acopla una cuerda horizontal muy larga.00 g/m y con una tensión de 0. (c) la máxima potencia instantánea y la potencia promedio transferida a la cuerda. Halle (a) el tiempo que tarda un punto de la cuerda en completar un ciclo y la longitud de la trayectoria que recorre en este tiempo. de densidad lineal 4.00 g. estos son los valores para todos los elementos de la Fig. (k) Si en la Fig.27d. Problema 1. si son de compresión (∆p > 0) o descompresión (∆p < 0). 1. 1. Marzo de 2006 de sen2 (kx − ωt) definido como [sen2 (kx − ωt)]pro = Z 1 t+ P P t sen2 (kx0 − ωt) dt es 1/2.27d un elemento i de masa tiene un volumen el doble que otro. 1. se concluye que decir "bajas deformaciones" también implica que en todo instante la velocidad de una partícula debe ser mucho menor que la velocidad de la onda. que pasa por una polea. (b) la amplitud de densidad y los límites entre los que fluctúa la densidad instantánea.12 Sean v P la rapidez de las ondas P (longitudinales) y v S la rapidez de las ondas S (transversales) que se producen en un terremoto.5 km/s. Evalúe esta expresión para v P = 8 km/s.72 Héctor Alzate L. teniendo en cuenta que a la derecha es (+) y a la izquierda es (−). 24). ρ0 ∂x2 ∂t2 Problema 1.35? (g) Mida ξ0 y λ.00 mm de longitud. si al cambiar de medio la densidad lineal de masa disminuye.0 ◦ C. 32. 1. la amplitud reflejada y la trasmitida? . ∆v = v P − v S . ¿cuánto vale ξ para estos elementos? (f) ¿Está de acuerdo el resultado del anterior numeral con la Ec.0 Hz. (b) el máximo valor de la anterior razón es igual a kξ0 . Universidad de Antioquia. ¿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. (a) ¿Qué elementos de masa i (i = −3. 18?. ¿se puede afirmar también que la presión es la mitad? (Recuerde que PV = nRT).9. podemos afirmar que su densidad es la mitad.10.50 m y la masa de la cuerda es 2. Utilice la definición de ξ. Problema 1. esto es. que es igual al promedio de cos2 (kx − ωt). Sea t P el tiempo que tarda en viajar la onda P entre el foco y un sismógrafo y t S el tiempo respectivo para la onda S. ¿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 mm Hg.00 kg/m3 . Nota: De este problema y el Ejemplo 1. 2 ρ0 ∂x2 ∂t obtenga la ecuación de onda para la densidad.. Muestre. Problema 1. Calcule (a) la máxima rapidez de un punto de la cuerda. 1. p. (b) la máxima fuerza sobre un pequeño segmento de la cuerda de 1.13 Combinando las ecuaciones ∂ξ ρ = ρ0 − ρ0 ∂x y ∂2ξ B ∂2ξ = . 33) en la Fig.0000 kg/m3 . 1.00 kg/m3 y p0 = 640 mm Hg. además. vs = 3.20 Muestre que (a) la magnitud de la razón entre la rapidez de una partícula de una cuerda tensa y la rapidez de la onda es igual a la pendiente de la cuerda en el punto donde está la partícula. en términos de la amplitud incidente.40 cm. La distancia entre el oscilador y la polea es 1. Trate a la cuerda como ideal. Problema 1. La presión atmosférica es 640 mm Hg y la temperatura 28. Física III Problema 1.27a. ρ0 ≈ 1. (c) la distancia que recorre la perturbación en un periodo. Problema 1. Halle (a) los límites entre los que fluctúa la presión instantánea. Muestre que la distancia entre el foco y el sismógrafo está dado por x = v P v S ∆t/∆v. −2. (d) ¿Qué quiere decir "trate a la cuerda como ideal"? Problema 1. (c) Como el tubo es de sección transversal constante. cuánto es. 2. ¿Qué elementos i de la Fig.19 Una varilla vibra con movimiento armónico simple verticalmente entre dos puntos separados 1. (d) ¿Cerca del anterior límite. calcule la frecuencia del sonido. p.21 Demuestre que en una cuerda compuesta (a) la amplitud de la onda trasmitida es mayor que la de la onda incidente. tarda 1/60 de segundo en completar un ciclo. asuma que la densidad del aire es 1.26. (h) ¿Cuál es la intensidad y el nivel de intensidad sonora? (i) ¿Cuál es la amplitud de la onda de presión?. p.17 Halle el cambio de la rapidez del sonido en el aire por unidad de cambio en la temperatura a 0. ∆t = t S − t P . y cuáles mínima?. esto es.14 (Este problema es una continuación del Ejemplo 1. el ancho de cada elemento es inversamente proporcional a su densidad.16 Interprete gráficamente el campo ξ en el entorno de xC y x D (Fig. p. La amplitud de las oscilaciones es ξ0 . p.18 En un extremo de una cuerda horizontal se acopla un oscilador que vibra a 50.0 ◦ C. Problema 1. Problema 1. Figura 1.1. 19) consta de dos secciones de 1. (a) Halle α. en estas dos últimas la cuerda está instantáneamente en reposo. plana y armónica.22 Un alambre de cobre de 1. 1. en el punto P de coordenadas.0 dB. Su dirección de propagación forma el mismo ángulo α con cada uno de los 3 ejes cartesianos. (d) la potencia de la onda trasmitida. Problema 1. (b) si en P se produce un tirón breve como se indica con la flecha gruesa horizontal. La figura no está a escala y la pendiente se ha exagerado.80 m de longitud como se muestra en la Fig.00 m de longitud cada una (Fig. Desde el cobre una onda transversal incide en la interfaz.76). Se quiere hacer vibrar toda la cuerda de modo que el punto de unión de las secciones sea un nodo. Problema 1.00 kg. (c) la rapidez del punto A cuando pasa por la posición de equilibrio.0 g de una cuerda de 1.0 %? Problema 1. (c) halle la amplitud en x de las oscilaciones de un punto del medio. ¿cuánto tarda en llegar a Q la señal así producida? (trate al alambre como una barra). 4. ρ a = 8.00 kg/m3 .00 mm2 y la masa suspendida que la tensiona es 2. la longitud de onda y la rapidez de las ondas viajeras que producen la onda estacionaria. Con luz Problema 1. Mediante un oscilador acoplado a la cuerda se produce una onda estacionaria con 3 vientres. Universidad de Antioquia. para la componente ξ x de la onda de desplazamiento. (d) ¿En qué sección es mayor la amplitud? Explique. 73 .27 Una cuerda de 80. estroboscópica de 5400 destellos por minuto se observa la cuerda en las posiciones 1 a 6. (e) Dibuje la cuerda con la onda estacionaria. con una frecuencia de 200 Hz y una amplitud de medio milímetro. ρAl = 2700 kg/m3 . 1. en metros. (c) ¿qué fracción de la potencia producida en el numeral (a) se transmite a la sección izquierda y llega a P? Problema 1. la frecuencia.78). (e) halle la energía sonora en una región del espacio de dimensiones.00 cm . de esta sección se suspende una masa de 1.24 Una onda sonora viajera.00 g/m. en metros.23 Un alambre de cobre (Tabla 1.9 g/cm3 . 1. (b) la amplitud de las ondas reflejada y trasmitida. L a = 82. Halle (a) la rapidez de las ondas en el cobre y en el aluminio. en función del tiempo. se propaga en el aire con una rapidez de 350 m/s. (c) Halle el valor de dicha mínima frecuencia si el área transversal de la cuerda es 1.0 y 100 Hz. Figura 1. (b) el orden de los armónicos de 80. halle m a y mb si la sección a es de cobre. Marzo de 2006 Problema 1.00 kg.77. (2.25 ¿En qué porcentaje se incrementan las frecuencias propias de vibración de una cuerda finita cuando la tensión se incrementa un 20. y la b es de aluminio.76 (a) Si en el extremo Q se produce una perturbación transversal como se indica con la flecha vertical.28 Una cuerda de área transversal uniforme está compuesta por las secciones a y b (Fig.26 Se suspende una masa de 50.0 cm de largo que está tensionada con ambos extremos fijos tiene dos frecuencias de resonancia consecutivas en 80. de 700 Hz. La tensión del alambre compuesto es 50 N. (b) la masa de la cuerda. ρb = 2. (b) halle la amplitud de la onda de desplazamiento. el nivel de intensidad es 70.62 cm y Lb = 100.00 mm de diámetro se une a un alambre de aluminio de 4. 6).1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. la densidad lineal de masa de la sección izquierda es 4. p. mb ρb Lb (b) Si se quiere obtener dicho nodo con la mínima frecuencia posible. Figura 1. (d) escriba una expresión. ¿cuánto tarda en llegar al otro extremo P la señal así producida? (trate al alambre como una cuerda).. (c) la rapidez con que se propaga una perturbación en la cuerda.7 g/cm3 .0 y 100 Hz. 10 × 6 × 4. Halle (a) la frecuencia fundamental.00 g/m y de la sección derecha es 1.00 mm de diámetro.77 Halle (a) el periodo. (c) la potencia de la ondas incidente y reflejada.78 (a) Demuestre que la relación entre el número de vientres m a y mb está dado por r ma ρa La = . ρCu = 8700 kg/m3 . la densidad del aire es 1. (d) la rapidez de propagación de las ondas. (b) especifique el . la temperatura del recinto donde se encuentra el órgano es 24. (a) ¿Cuál de las siguientes funciones puede representar una onda estacionaria dentro del tubo: ξ = ξ0 sen kx cos ωt o ξ = ξ0 cos kx cos ωt? Explique.41. Calcule la frecuencia fundamental y los dos primeros sobretonos del tubo (a) sin tener en cuenta la corrección de extremo libre y (b) teniéndola en cuenta (Ec. En un extremo está la fuente de sonido y por el otro se radia al aire circundante. (c) ¿Si la onda fuera transversal. el extremo A está en el origen y el B en la dirección de propagación de las ondas.32 Suponga que las ondas en una barra se describen con la función de onda (longitud en m.31 Cierto tubo de un órgano se comporta como un tubo abierto-abierto.34 Cerca de una máquina perforadora de calles la intensidad del sonido es 105 dB.0 cm. 37. el frente de ondas es. (f) la frecuencia fundamental de la barra. Universidad de Antioquia.38 La Tierra está 2. en mm. ¿cuántas personas se necesitan para que. (c) Si la onda estacionaria corresponde al primer sobretono.0500 W/m2 .6 cm y diámetro 2.37 Una persona hablando normalmente en un salón produce un nivel de intensidad de 65 dB.30 Un tubo tiene un extremo abierto en el origen y un extremo cerrado sobre el eje x.00 kg/m3 . ¿cuántas veces es mayor la intensidad de la luz solar en Mercurio que en la Tierra?.29 Un tubo de 40.79).79 Problema 1. cerca de un automóvil en marcha es 45 dB. la amplitud de las vibraciones del aire a 1. en función del tiempo. tiempo en s) √ ξ (r. durante una hora.36 Muestre que el nivel de intensidad a una distancia r de una fuente puntual que emite isotrópicamente en un medio homogéneo está dado por β = a − b log r. t) = 10−3 sen( 3 π x + π z) cos(6000πt)u y . Problema 1.35 Con datos tomados de la Fig. Se halla que tiene dos frecuencias de resonancia consecutivas en 1080 y 1512 Hz. λ.39 Una fuente sonora puntual F emite uniformemente en todas las direcciones sobre el piso (Fig. Problema 1. p. produzcan un nivel de 85 dB? Problema 1. la mínima frecuencia que percibe es 900 Hz y la máxima es 1000 Hz. El tubo es de longitud 38. (c) la rapidez del sonido y la temperatura del aire. un hemisferio.97. con a y b constantes. a 50 m del punto de equilibrio de la fuente. β (con el eje y) y γ (con el eje z) que la barra y el vector de propagación forman con los ejes cartesianos.00 m de la fuente la intensidad sonora es 0. Halle (a) si la onda es transversal o longitudinal.41 Una fuente sonora ejecuta un movimiento armónico simple.0 W a 440 Hz. Marzo de 2006 Problema 1. (a) Halle. A 4. (d) ¿Cuál es la amplitud de las ondas viajeras cuya interferencia produce la onda estacionaria? Problema 1. estime cuántas veces mayor es la mínima intensidad audible a 30 Hz que la mínima intensidad audible a 4 kHz. Problema 1.00 m del parlante. 53). Especifique la dirección de este desplazamiento y diga por qué. La barra mide 75. Problema 1. ¿cuántas veces mayor es en la Tierra que en Plutón? Problema 1.74 Héctor Alzate L. (b) escriba una expresión para la onda de desplazamiento que avanza en sentido + y. p.0 cm de largo está abierto en un extremo y cerrado en el otro. cuántos decibeles más tiene? (b) ¿En qué rango debe estar una intensidad sonora para que le corresponda decibeles negativos? Problema 1.. (a) Halle la máxima rapidez de la fuente y la frecuencia de emisión.3 ◦ C.33 (a) ¿Un sonido 4 veces más intenso que otro. Halle la energía emitida. Problema 1. entonces. escriba la función de onda. (g) el orden del armónico descrito por la función dada. explique. 1. para los puntos del medio situados en la posición del primer antinodo de desplazamiento después del origen. la rapidez del sonido es 350 m/s y la densidad del aire es 1. ¿Cuántas veces es mayor la amplitud de la onda de presión de la perforadora que la respectiva amplitud del automóvil? Figura 1. (b) Determine si cada uno de los extremos es un nodo o un antinodo de presión. la rapidez del sonido es 350 m/s. 1. Halle (a) la frecuencia fundamental.00 cm. viajera o estacionaria. ν y ξ0 son conocidas. a una distancia L del origen. Suponga que la radiación sonora es isótropa y armónica. (c) los ángulos α (con el eje x). Física III Problema 1. Plutón esta 40 veces más alejado que la Tierra del Sol. Un observador se encuentra en reposo en la línea de las oscilaciones. (b) el orden de los armónicos de 1080 y 1512 Hz. cuál sería la dirección del anterior desplazamiento? Problema 1. 1.5 veces más alejada que Mercurio del Sol.40 Un parlante situado en el origen emite en sonido 50. hablando simultáneamente. en sonido. (e) con las coordenadas de los extremos determine si son nodos o antinodos de desplazamiento. (b) el valor del número de onda. (b) Halle la longitudes de onda del sonido emitido por A. 1. p. la rapidez del sonido es 326 m/s. Halle la velocidad con que B se aleja —o se acerca— de A. Estos valores son respecto a un sistema de referencia en reposo en el aire.0 m/s. 62. ¿Cuál es la frecuencia de los pulsos si la temperatura sube a 30. y al sonar simultáneamente no producen pulsos.80 Problema 1.0 ◦ C. halle la frecuencia de los sonidos emitidos. 62. Los pulsos producidos por la interferencia de las ondas sonoras emitidas se detectan con un micrófono. un espectador está parado viendo pasar una banda como se muestra en la figura. Problema 1. Problema 1.46 Un diapasón y cierto instrumento de viento. 1. A a 10. p. p. Marzo de 2006 qué punto se encuentra la fuente y hacia donde se mueve cuando se producen los sonidos que se escuchan con las frecuencias escritas. ¿de qué frecuencia serían los pulsos? (c) Cuando se aumenta un poco la tensión de la cuerda. están en resonancia a 370 Hz (fa sostenido) cuando la temperatura es 27. crece la frecuencia de los pulsos. En el osciloscopio se lee que a P (Fig. la rapidez del sonido es 350 m/s. Muestre en qué punto de la trayectoria de la fuente se produce el sonido que el observador escuchará con mayor frecuencia y en cuál se produce el de mínima frecuencia. Problema 1.00 × 109 Hz hacia otro automotor B.44 Muestre que el tiempo entre dos interferencias destructivas consecutivas de las ondas dadas por la Ec. 1. que se puede tratar aproximadamente como un tubo abierto-cerrado. utilice la Ec. Los pulsos producidos por la interferencia entre la onda emitida y la que regresa reflejada por B a la patrulla tienen una frecuencia de 210 Hz. los trompetistas marchan a 1. Problema 1.47 Inicialmente.72c) le corresponde 2 milisegundos. (c) Cuando un tiempo después ambos trompetistas estén al lado izquierdo del espectador. 1.45 Dos parlantes se conectan a sendos generadores de onda (Fig.51 Un avión vuela horizontalmente con Mach 2.110.1] Ondas Elásticas Héctor Alzate L. (c) halle el tiempo transcurrido entre la producción de esos sonidos y su percepción por el observador. (a) ¿Cuánto tiempo después de pasar el avión por la vertical de un observador en tierra este escucha el trueno sónico? Suponga que la rapidez del sonido 75 .113. (b) Si la cuerda desafinada se tocara junto con un diapasón la de 880 Hz. la rapidez del sonido es 350 m/s. ¿dependen estos valores del movimiento de un observador diferente al propio A? (c) ¿Según A.42 El movimiento de una fuente sonora es circular uniforme.80). ¿se escucharían pulsos debidos al sonido del diapasón y a alguno de los armónicos de la cuerda?. debidos a las dos trompetas? (b) ¿Depende la frecuencia de los pulsos del numeral anterior de la distancia entre el observador y los trompetistas? Explique.0 m/s y B a 20. Note que esta ecuación es igual a la Ec. 1.116. ¿cuál es la frecuencia de los pulsos? Problema 1.43 Dos aves A y B vuelan la una hacia a la otra. donde vOF es la rapidez de separación de O respecto a F. en el sentido en que A se mueve y detrás de A. 66.00 a 6 000 m de altura. Las dos trompetas están afinadas a 440 Hz.50 Demuestre que cuando vO y v F son de magnitud mucho menor que v.00 m/s. 1. con qué rapidez se le acerca el sonido de A? Problema 1.109. cuya señal se examina con un osciloscopio.. (a) Halle los valores posibles de la frecuencia fundamental de la cuerda desafinada. p. Problema 1. 1. con qué rapidez se le acerca el sonido de B?.81 (a) ¿Cuál es la frecuencia de los pulsos escuchados por el espectador.48 Una cuerda de un violín que debería estar afinada a 440 Hz (la central) realmente no lo está ya que se oyen 3 pulsos por segundo cuando se toca junto con un diapasón de 440 Hz. ¿según B. Ambas aves emiten sonidos de 500 Hz. Universidad de Antioquia. Figura 1. en un punto del espacio. antes de aumentarle la tensión? Problema 1. se puede aproximar a Figura 1. Tomando datos de dicha figura. lo da también la Ec. (Se supone que B se mueve en la línea AB. 1. 62. (a) Halle la frecuencia de los pulsos percibidos por cada una de las aves y que se producen por la interferencia de su propio sonido con el que le llega de la otra ave. ¿cuál es la frecuencia fundamental de la cuerda desafinada. la Ec.0 ◦ C? ν 0 = ν (1 − vOF /v). En la pantalla de este se observa la señal mostrada con una línea continua en la Fig.) Problema 1. un observador en reposo está alejado de ella.72c.49 Una patrulla A de la policía emite una onda electromagnética de 2. Exprese el resultado con tres cifras significativas.110. (c) 30◦ . (c) 8/9 (a) 54.98 × 10−3 N.41 1.34 1.0011 kg/m3 0. (c) perpendicular a y (a) 18. 370 m/s 469 y 531 Hz 1. 0. (c) i = 5. (f) 1000 Hz.46 1. 25. t) = (5. (b) 0. y se origina en el valor exagerado de ξ0 . 90◦ . (b) no.1154 − 0. 880 Hz.19 1. 15. Universidad de Antioquia.190 mm.4 1. (b) el origen es un nodo.143 s En los puntos de tangencia a la circunferencia de las dos rectas que pasan por el observador (a) A: 45. (b) ¿A qué distancia estaba el avión de esa vertical cuando se produjo el trueno que escucha nuestro observador? (c) Realmente la temperatura atmosférica depende notablemente de la altura. B: 44. 1341 Hz. (g) 3 (a) 6 dB.5 Hz. x25 ≈ 13.57 ms.42 1. 1. (c) 360 m/s. (e) A es un nodo. 947 Hz.9 cm. 0.51 9.35 1. (c) 32.39 1.26 1.12 1.1 Hz. ξi=0 = ξ10 = ξ20 = ξ30 = 0. (b) 5 y 7. x5 ≈ 2. (b) 0. pues dependen de las medidas que se estimen con la regla.23 1.9 s. 1. (c) 0. 9. (d) distancia en m. (d) ξ0 /2 (a) 447 Hz. (c) 0.24 3π /2 o −π /2 (a) adimensional.6 1.7 1.4 km 1.310 mm. (b) L−1 . (d) en b.. (c) 3.542 m (a) 2. (d) Por conservación de la energía.44 × 10−8 m. (e) 1.2 cm. ξ (2.06 × 106 W/m2 . (b) con el armónico de orden 2. Entre 285 y 995 mm Hg (a) 639 y 641 mm Hg. dentro de los primeros 18 km.0553 s. 4ξ0 . (i) P0 ≈ 355 mm Hg.605 m/s (a) 0. (c) 346 m/s.84 Hz (a) 2. (e) 6. el otro extremo es un antinodo. 6 Hz.5 m/s. ξ25 ≈ +6.49 1. (b) 0. (c) 0. cómo cambia este hecho la forma del frente de onda cónico. 15. 0. (b) 7. (b) y en metros y t en segundos: ξ ( y.20 m. paralelo a y. (b) 10.14 sen(87.0 m/s (b) 3 y 2. (c) LT −1 .2 1.5 mm. (b) entre 75 m y 7.5 mm. (e) L−2 (a) ξ ( x.40 1.7 cm.7◦ .5 mm. no. y por lo tanto también la rapidez del sonido. (d) ξor ≈ ξoi .0011 kg/m3 .9y − 2768t).29 1. (b) 0.31 1.218 W (c) 2. este nivel es irreal por lo alto.0167 = 0.6 Hz. (c) −ξ0 cos ωt. (d) LT −2 . estacionaria.0200 s.4 m/s. (g) ν ≈ 3255 Hz. (c) 0. x15 ≈ 7.37 1.48 76 Respuestas a los Problemas no depende de la altura.5 1. 38.22 1. t) = 3.38 1. (b) i = 5.565 m/s (a) 20.9 1.33 1.45 × 10−5 / y) sen(7.2 Hz.4 m/s.15 1. (e) ρmáx = ρ10 = ρ30 .18 1.5 cm 170 Hz (c) 317 km Algunas respuestas: los valores son aproximados. Héctor Alzate L. 22.47 1. (b) 2π m−1 . ξot ≈ 2ξoi (a) 85. (c) 443 Hz 110 km/h (a) 15. (c) 85.21 1. (h) I ≈ 3.0303 s. B es un antinodo.14 1.1 − 1440πt). Describa.6 cm.54 % (a) 1/9 s. ξ15 ≈ −6.6 cm) = ξ5 ≈ +6. (d) 3000 m/s. los x respectivos son los del numeral anterior.0167 J/s. t) = A[2 + 3( x + 5t)2 ] 0. 25.48 `/2 (a) Entre 17 m y 1.3 1.87 µJ (a) 216 Hz. a mayor altura menor es.64 m/s.25.8 m/s.9989 y 1. (b) 4 y 5.0545 mm.03 m.25 1.45 1.32 1. 1320 Hz (a) Transversal.14 × 10−8 m. 60◦ .28 1.17 1. (c) 0. 1600 18 100 J (a) 0.0987 J/s (a) 0. (b) −0. (b) 5.1154 J/s. 0.1.8 1. β ≈ 185 dB.680 m.43 1.435 W. (b) 0 < I < 10−12 W/m2 1000 1 millón de veces 100 6.0 Hz. Marzo de 2006 Física III .00 Hz. (b) 3. 10. Pt = 0. (b) 440 Hz.30 1.7 ◦ C (a) ξ0 cos kx cos ωt.27 1. tiempo en s: ξ x ( P. (c) 0 Hz (a) 437 y 443 Hz.56 g. ρmín = ρi=0 = ρ20 . cualitativamente. 894 Hz. 4) . Solución. un ‘gorro’. t) = µ00 ∂E(r. t) = 0. p. t) = − . = ∂x ∂y ∂z rot r ≡ ∇ × r ∂ ∂ ∂ = ux + uy + uz × (u x x + u y y + u z z) ∂x ∂y ∂z ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y ∂y − uy − uz + ux + uy − ux = uz ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z = 0 + · · · + 0 = 0. ∂B(r. ej. ∂t ∂E(r. y r = u x x + u y y + u z z. t) = ρ(r.1) (2. uˆ x . t) = 0. ∂ ∂ ∂ ∇ = ux + uy + u z .2) (2. en su lugar.1 Halle ∇ × r. t) ∇ × E(r. ej. se debe ˆ escribir. t) ∇ × B(r. ∂t En el vacío.. ∇ · B(r. t) = − . t) = µ00 .2 Halle ∇ · r.1 Las Ecuaciones de Onda en el Vacío Las ecuaciones de Maxwell son ∇ · E(r. ∂t 77 (2. Ejemplo 2. A la operación ∇ · se le llama la divergencia o div. t) ∇ × E(r. ni corrientes (j = 0). t)/0 . 2. k. ∂t ∇ · B(r. A la operación ∇ × se le llama el rotacional o rot.3) (2. t) + µ0 j(r. Ejemplo 2. t) = 0. diferenciar entre vectores y escalares escribiendo una flecha sobre los vectores. p. ∇ × B(r. o sea aplicadas en puntos del espacio sin cargas (ρ = 0). div r ≡ ∇ · r ∂ ∂ ∂ = ux + uy + uz · (u x x + u y y + u z z) ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z + + = 1 + 1 + 1 = 3.. t). Solución. cuando se escribe a mano. son ∇ · E(r. por ∂x ∂y ∂z lo tanto.2 Ondas Electromagnéticas Recuerde que Es indispensable. + A continuación resolvemos dos ejemplos con el propósito de lograr alguna familiaridad con el operador ∇. ~F. ∂B(r. cuando el vector es unitario. 2 ∂2 B . 1954. Como las derivadas temporal y espacial conmutan. 2. Marzo de 2006 Física III Apliquemos el operador rotacional a ambos miembros de la Ec. Al igualar las dos últimas 2 ecuaciones. ∇(∇ · E) −∇ E = −(∂/∂t)(∇ × B). Esta velocidad. en unidades SI. Dos tomos. Universidad de Antioquia. 2. Reemplazando los valores de la permeabilidad √ magnética µ0 y de la permitividad eléctrica del vacío 0 .6 concluímos que E en el vacío se propaga ondulatoriamente con velocidad 1/ µ00 . 1 c= √ ≈ 300 000 km/s. es una de las constantes fundamentales de la naturaleza. Dover Publications. En resumen.5) Para una onda que se propague sólo en la dirección x. El producto triple vectorial de 3 funciones vectoriales A. * Justificación. . obtenemos la ecuación para las ondas de desplazamiento ξ en una cuerda. ∂t2 µ00 ∂x2 (2.3.4. obtenemos c = 1/ 1. µ00 B en el vacío también cumple la ecuación de onda. ∇ × (∂B/∂t) = ∂(∇ × B)/∂t. ∂t Además. 2. New York.5 o 2. las ecuaciones de on- da. ∂B . C y D es A × (C × D ) = C (A · D ) − (A · C )D. K.5 adopta la forma ∂2 E 1 ∂2 E = .2566 × 10−6 × 8. Introduciendo las Ecs. que ya había sido medida con diferentes métodos. Maxwell (1831-1879) publicó* A Treatise on Electricity and Magnetism. ∇ × (∇ × E) = −∇ × ∂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. y ∇ × (∇ × E) = − ∂ (∇ × B). A Treatise on Electricity and Magnetism. Sea E el vector D. 2. conocida con la letra c. ∂t2 (2.. Si asociamos a A y C con ∇. * J. y mostró que la velocidad esperada es muy próxima a la de la luz. En este libro halló.7) Algunos Comentarios a Raíz de las Ecuaciones de Onda En el año de 1873 J.6) Reemplazando en esta ecuación a E por ξ y a 1/(µ00 ) por T /µ. obtenemos ∂E ∂ µ00 . ∇ × . K. Llegamos así a la ecuación de onda −∇2 E = − ∂t ∂t ∇2 E = µ00 ∂2 E . ∂t2 (2.78 Héctor Alzate L.8544 × 10−12 = 299 790 km/s. la identidad toma la forma ∇ × (∇ × D) = ∇(∇ · D) − (∇ · ∇)D = ∇(∇ · D) − ∇2 D. Maxwell.1 y 2. E cumple la identidad* ∇ × (∇ × E) = ∇(∇ · E) − ∇2 E. Hemos reemplazado a ∇ · ∇ por el operador ∇2 . con la matemática y la física de la época. ∇2 B = µ00 2. De las √ Ecs. ∇2 = ∂2 /∂x2 y la Ec. este operador se llama el laplaciano. Antes de Maxwell la Óptica y el Electromagnetismo eran dos ramas independientes de la física. aceleración. y cuyas deformaciones constituyen la luz. es similar a como se propagan las ondas en la superficie del agua: debe existir un medio material. Truesdell. En 1687 publicó los Principios Matemáticos de la Filosofía Natural.† son d2 F + ∇2 F = 0. y otra cosa es lo que Newton pensó de sus leyes. * C. Las predicciones (a) y (b) fueron comprobadas en el laboratorio antes de 1900. Los fenómenos se concebían mecánicamente. deformaciones. a la manera newtoniana: la manifestación de masas sometidas a fuerzas. . 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. y llegar a ellas como hicimos en la sección anterior. segundo tomo. cit. Editorial Tecnos. llega a la Tierra. descubiertos en 1897. se pensaba que ocurría lo mismo: se perturba el † Op. . no es en la presentación y el tratamiento matemáticos. en cambio. y pone en movimiento al éter vecino. Ensayos de Historia de la Mecánica.") Se dedicaron. ‡ Op. Con Newton (1642-1727) ocurre* lo mismo que con Maxwell: una cosa es lo que nosotros conocemos como las leyes de Newton. el modelo físico de Maxwell para la propagación de la luz. ." ("Magnetic force is the effect of the centrifugal force of the vortices. dt2 d2 G Kµ 2 + ∇2 G = 0. El éter en contacto con el Sol empieza a vibrar. en el libro Los Elementos. independiente de la velocidad del observador inercial que la mida o de la fuente que la produzca. del cual ya hemos señalado algunos aspectos.7. . Madrid. éter en contacto con el imán. cerca de 2000 años antes de Newton). por ejemplo. (Euclides quiso hacer lo mismo. ). sino en el modelo físico. dentro de estos esfuerzos. 434. que la luz es una onda electromagnética. a. La predicción (c) implica que la luz. . En lugar de una ecuación vectorial. Es sorprendente que de Maxwell sobrevivan sus ecuaciones (aunque con una presentación matemática renovada). la existencia de las ondas electromagnéticas. En un punto cercano hay otro remolino con el mismo sentido de rotación que el primero. 79 . no con letras (x. escribe tres ecuaciones escalares. G y H son las componentes cartesianas del campo. antes de 1905. tiempo. p. el campo eléctrico se asocia con cierta energía potencial. Esto se debe principalmente a Oliver Heaviside (1850-1925) y J. . entre ambos remolinos existen unos rodamientos.. 470. debe provenir de las cargas eléctricas del filamento. fue necesario desarrollar aún más de lo que Maxwell conocía. el éter luminífero. (b) que la velocidad de estas ondas es igual a la de la luz. no es la deformación de un medio. constituían la onda. no con fórmulas analíticas. por ejemplo la producida por el filamento de un bombillo. Fue necesario el trabajo intenso de otros matemáticos y físicos (especialmente de Euler) para llegar al método newtoniano de so- cit. cuyo eje coincide con la dirección de B. y cómo las escribió. halladas con un modelo físico completamente descartado. ). ingentes esfuerzos a detectar el éter. Las ecuaciones de onda. áreas. ni de la estructura nuclear del átomo. y va avanzado una perturbación con velocidad c. El lenguaje matemático de Newton y de su época es la geometría euclidiana.5 y 2. Maxwell no escribió textualmente las ecuaciones 2. Para hacerlo. Pero donde encontramos una mayor diferencia del trabajo de Maxwell respecto a nuestra época. y (c) debido a la igualdad entre la velocidad predicha de las ondas electromagnéticas y la velocidad de la luz. para nosotros la misma palabra tiene un significado diferente. pero fue imposible probar su existencia física (es de destacar. y para entenderla es necesario renunciar al éter (tan imprescindible para los físicos antes de 1905): la luz es un nuevo tipo de onda. pero él con la predicción (c) convirtió a la óptica en un capítulo del electromagnetismo. pero en geometría. Quienes pensaban en una onda. F. que no requiere de un medio material. la notación y el análisis vectorial. un imán. segundo tomo. a la manera de balines. que permiten la igualdad entre los sentidos. En este libro se propuso deducir toda la física a partir de unos axiomas. conocidos como las tres leyes de Newton. dt Kµ K es la permitividad . o sea la luz. Universidad de Antioquia. En 1905 Einstein postuló: la luz en el vacío se propaga con velocidad c. v. Con la palabra vacío los físicos del siglo XIX quieren decir el espacio sólo con la presencia de éter. t. por ejemplo del Sol a la Tierra. Al hacer oscilar.. Las variables y parámetros (espacio. esto es. Marzo de 2006 Maxwell predijo: (a) a partir de la deducción de las ecuaciones de onda. La solución de los problemas era predominantemente gráfica. hasta bien entrado el siglo XX. que llena todo el espacio. tomadas textualmente del Treatise. Notamos que Maxwell no utiliza el signo de derivada parcial ∂.. Así. los experimentos de Michelson y Morley). p. mediante segmentos de rectas o de curvas de una gráfica (o mediante ángulos. Él no supo de la existencia de los electrones. cómo las aplicamos y cómo las escribimos. velocidad. 1975. ) se representaban. y así sucesivamente hasta que la perturbación. Dice en su Treatise‡ : "La fuerza magnética es el efecto de la fuerza centrífuga de los remolinos. Lo que fallaba era el modelo: la luz no es una onda mecánica. siempre pensaban en un medio material cuya vibraciones. etc. El campo magnético se asocia con la energía cinética del remolino.. aunque utiliza el signo de derivada total con el significado de derivada parcial. dt d2 H Kµ 2 + ∇2 H = 0. desde hacia siglos. cómo las aplicó. Willard Gibbs (18391903).2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. t) = E(u · r − ct) y B(r. un medio elástico. Tabla 2. Dover Publications. y menos escribió la ecuación vectorial (conocida como la segunda ley de Newton para masa constante) equivalente a las tres anteriores ecuaciones escalares..8) * A la ley dm a = df John Papastavridis la llama la ley de Newton-Euler en su libro Analytical Mechanics. ∼440 a. dt2 Los signos + y − fueron de uso general en aritmética solo en el siglo XIX. e. pues son la presentación en un lenguaje matemático simbólico de los axiomas expuestos en su libro los Principios. Solución en Ondas Planas de las Ecuaciones de Onda Las Ecuaciones 2. un sólido. 102. > × ∞ ÷ R dx. sin embargo. Oxford University Press. New York. En este caso. un sistema de partículas. y se resuelve la ecuación diferencial resultante para despejar a r(t). no contiene la dirección del campo. esto es. M.1 muestra algunos símbolos. − = <. 2002 † F. F = Ma = M d2 r(t) . la fecha de su primera aparición escrita con el significado actual. Sin embargo. y a las mencionadas soluciones para E y B se les denomina solución en ondas planas. Introduciendo la variable s ≡ u · r − ct = u0x x + u0y y + u0z z − ct. necesariamente los vectores u. y su autor. p. E y B son constantes en todos los puntos de ese plano. E y B son ortogonales entre sí. 2.80 Héctor Alzate L. como lo demostramos a continuación. n. A History of Mathematical Notations. Símbolo aplicables a cualquier sistema mecánico (una partícula. Kajory. ∇× ‡ Fecha Autor S XII 1489 1557 1631 1631 1655 1659 1675 1706 1728 1777 1786 1808 1853 1881 1881 al-Hassâr‡ Johann Widman Robert Recorde Thomas Harriot William Oughtred Wallis Johann Rahn Leibniz William Jones Euler Euler Legendre Christian Kramp Hamilton Gibbs Gibbs Como símbolo fraccional. lo que constituye una demostración de que las ondas electromagnéticas planas son transversales. A History of Vector Analysis. puesto que u · r − ct forma parte de la fase. a × b ∇·. . La fase contiene la dirección de propagación. — +. Newton nunca las escribió. Crowe. un sistema continuo o discontinuo) solo fueron publicadas por Euler* cerca de 1750. New York. Las ecuaciones Fx = Ma x . F = Ma. (2. donde u es un vector unitario en la dirección de avance de la onda.1 Fy = Ma y . no hay componente de los campos en la dirección u de propagación. 1993. Fz = Ma z . La designación de puntos.3 Física III ∂ ∂ n! ∇ a · b. Marzo de 2006 lución de un problema que. t) = B(u · r − ct). π e i Breve Historia de Algunos Símbolos† La Tabla 2. Dover Publications.5 y 2. La notación actual tuvo aceptación general solo después de 1915. Universidad de Antioquia. en el caso de una partícula de masa M. 1994. líneas y planos por letras se ha llevado hasta Hipócrates de Quíos. El nombre de nabla para ∇ fue sugerido por Robertson Smith (∼ 1860) a causa de la similitud del símbolo con un arpa asiria. J. 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. el nombre de leyes de Newton es justo. Puesto que el valor de (u · r − ct) en cierto instante especifica un plano.7 admiten una solución de la forma E(r. * .. Universidad de Antioquia. Consideremos el vector ∇ × E(s). u0y y u0z 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). Marzo de 2006 —estas u0x .2] Ondas Electromagnéticas 81 Héctor Alzate L. . . ux u y uz . . . . ∂ ∂ ∂ . . . ∇×E = . . .. ∂x ∂y ∂z . . Ex E y Ez . Examinando el miembro derecho de esta ecuación notamos que es una resta donde está ausente el índice x. llevándonos esto a pensar que es la componente x del producto vectorial u × dE/ds. por lo tanto. Pero ∂B(s)/∂s = dB/ds y ∂s/∂t = −c (vea la Ec. Siguiendo un procedimiento análogo al del anterior párrafo. u × dE = c dB: u × E = cB. vemos que la componente x del vector (∇ × E) es (∇ × E) x = ∂E y (s) ∂s ∂E z (s) ∂E y (s) ∂E z (s) ∂s − = − . Multiplicando por el número de onda y recordando que ku = k y kc = ω. .8. mientras que y y z se alternan simétricamente. 2. Desarrollando el determinante. Integremos. De igualar esta ecuación a la Ec. ∇ × E = u × dE/ds. Eliminando ds obtenemos u × dE = c dB. Despejemos. ∂s/∂y = u0y y ∂s/∂z = u0z . según la Ec. O sea Rque u × RdE/ds = −(−c) dB/ds. por lo tanto. Derivemos en cadena. 2. ∂y ∂z ∂s ∂y ∂s ∂z Pero ∂E z (s)/∂s = dE z (s)/ds y ∂E y (s)/∂s = dE y (s)/ds. ∂B(s)/∂t = −c dB/ds. 2. se demuestra que (∇ × E) y = (u × dE/ds) y y (∇ × E) z = (u × dE/ds) z . llegamos a k × E = ωB.8). Reemplazando estas igualdades. o sea (∇ × E) x = (u × dE/ds) x . obtenemos (∇ × E) x = u0y dE z (s)/ds − u0z dE y (s)/ds. ∂B(s)/∂t = ∂B(s)/∂s · ∂s/∂t.3 resulta u × dE/ds = −∂B(s)/∂t. . . ux u y uz . . 1 1 . . k x k y k z . . B = k×E = (2. .9) . ω ω. Ex E y Ez . También se puede demostrar que . El campo B es transversal por ser perpendicular a la dirección de k. E(r). t) = 0. Esta ecuación nos da información útil: por propiedad del producto vectorial. t) también vale cero: en el punto r y en el instante t los campos eléctrico y magnético están en fase o en contrafase. que es la de avance de la onda. si B(r. k · B = 0. Además. B ⊥ k y B ⊥ E. . . ux u y uz . 2 2 . c c . E = − k × B = − . . k x k y k z . . . ω ω. Bx B y Bz . . . ux . y D su producto vectorial. Sean A y C dos vectores. * Justificación. entonces D = A × C = . A . x . uy Ay Cy uz Az Cz . Cx ciamos a A con ∇ y a C con E. . . . Aso.. . . todos son campos eléctricos y magnéticos ondulatorios. 1. Vectorialmente. Ondas de radio. no son estrictos. E = cB. 2. Microondas. Una onda transporta energía y en cada punto del espacio tiene una dirección de avance. la ecuación no se cumple. sino que ellos se solapan con las regiones vecinas.1). como k/ω = 1/c y despejemos. Sea una superficie cerrada A que delimita un volumen V (Fig. |B| = B = (1/ω)|k| |E| sen 90◦ = (k/ω) E. ordenado de menor a mayor frecuencia o.1 mm y 30 cm. por circuitos electrónicos como los osciladores LC o por astros como el Sol y Júpiter. .. ν entre 109 Hz y 3 × 1012 Hz o λ entre 0. E ⊥ k: el campo eléctrico es transversal. 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. Rapidez de flujo de energía a través de A = I A S · da. k · E = 0. 2. No existe una diferencia esencial entre las ondas de radio. Podemos idear un vector S(r. lo que es equivalente.4 El Espectro Electromagnético Cuando Maxwell predijo la naturaleza electromagnética de la luz convirtió a la óptica en un capítulo del electromagnetismo y dio origen a la clasificación de las ondas electromagnéticas según la frecuencia o longitud de onda. 2. En una onda plana. Son generadas en los alambres de circuitos eléctricos. t) cuya magnitud sea la intensidad y su dirección la de avance de la onda. 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. A escala cósmica Es necesario observar las emisiones de los cuerpos estelares en cada uno de las regiones del espectro para obtener la información más completa sobre el universo. Calculemos la magnitud de B con la Ec.5. (2.5 Energía de una Onda Electromagnética 2. los rayos X o la luz visible.9. Sea EV (t) la energía instantánea dentro de V. Universidad de Antioquia. Los límites de cada región del siguiente espectro. S ≡ Iu. E y B están en el frente de onda. E 6= cB.10) Esta ecuación nos dice que las magnitudes de E y B están relacionadas a través de c. la rapidez con que cambia EV es Rapidez de cambio de la energía en V = dEV (t)/dt. Son generadas por circuitos electrónicos.82 Héctor Alzate L. 2. ν entre 30 kHz y 109 Hz o λ entre 10 cm y 10 km. Marzo de 2006 Física III Según esta ecuación. de mayor a menor longitud de onda (λ = c/ν). el llamado espectro electromagnético.1 Conservación de la Energía Imaginemos un medio no disipativo en el que se propagan ondas. 2. por conservación de la energía.3. de donde B · = . 2. por lo tanto. obtenemos ∇ · (E × B) = B · (∇ × E) − E · (∇ × B). Multipliquemos escalarmente* por B a cada uno de los miembros de la Ec.11) dt A Figura 2. t). ∂E 1 ∂(E · E) 1 ∂E2 ∂ E · (∇ × B) = µ00 E · = µ00 = µ00 = µ0 ∂t 2 ∂t 2 ∂t ∂t 1 2 0 E . I dEV (t) S · da = − . ∂t ∂t ∂t (2. t) y B(r. ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t 2 ∂t † Justificación. 2. E Z * ∂(B · B) d ∇ · (E × B) dV = −µ0 dt V Z E V dV. y. a C por E y a D por B.13) Efectuemos la resta entre las Ecs. ∇ · (E × B) = −µ0 ∂E /∂t. Si reemplazamos a A por ∇. C y D es A · (C × D ) = D · (A × C ) − C · (A × D ). El producto triple escalar de 3 vectores A. Multipliquemos por dV e integremos sobre todo el volumen.5. pero al integrar sobre el diferencial de volumen dV = dx dy dz la integral queda función únicamente de t.13. t) en términos de E(r.1 La superficie A delimi- 2.12 y 2. Z V ∇ · (E × B) dV = −µ0 Z ∂E dV.† ∇ · (E × B). t). z. B · (∇ × E) = −µ0 ∂E B . Por lo tanto. t).. 2. (2. y el primer miembro es. ∂t 2 ∂t 2 ∂t ∂t 2µ0 Este último paréntesis es la densidad instantánea de energía magnética E B (r. B · (∇ × E) − E · (∇ × B) = −µ0 ∂E B ∂E ∂ − µ0 E = −µ0 (E B + E E ). en un medio en el que se propagan ondas. ∂B ∂B ∂B ∂B 1 ∂(B · B) = B· +B· = 2B · . según una identidad. 2 Este último paréntesis es la densidad instantánea de energía eléctrica E E (r. Universidad de Antioquia. 2 ∂B B 1 ∂(B · B) 1 ∂B2 ∂ B · (∇ × E) = −B · =− =− = −µ0 .14) El último paréntesis es la densidad total de energía del campo electromagnético E . Nos proponemos expresar a S(r. esta integral es lo que V está perdiendo.12) Multipliquemos escalarmente por E a ambos miembros de la Ec. Marzo de 2006 H Si A S · da > 0 es porque a través de A hay un flujo neto de energía hacia el exterior de V y. ∂t (2. o sea que dEV (t)/dt sería negativo: la energía que V pierda la gana el exterior de V. ∂t (2.2 Conservación de la Energía y las Leyes de Maxwell ta el volumen V. la derivada parcial respecto a t sale de la integral como una derivada total. V ∂t es función de ( x. E · (∇ × B) = µ0 ∂E E . . Rapidez de flujo de energía a través de A = − Rapidez de cambio de la energía en V. t).2] Ondas Electromagnéticas 83 Héctor Alzate L.4. cuando decimos que cierta cantidad tiene un valor numérico específico. y I (r. Marzo de 2006 Física III La última integral es la energía total dentro del volumen V. Por una razón análoga. una potencia de 0. se debe entender que nos referimos al promedio temporal de la cantidad. físico británico que lo definió en 1884. Universidad de Antioquia. B = E/c y I (r. (2. t) = c0 E20 sen2 (k · r − ωt). Según las dos últimas ecuaciones. t). Z V ∇ · (E × B) dV = −µ0 dEV . así. * En honor a John Henry Poynting (1852-1914). Este vector S es fundamental en electromagnetismo y se denomina el vector de Poynting. t) = S = c20 EB sen 90◦ = c0 E2 (r. S = uI. EV (t). t) es la intensidad de la onda. h I i = hc0 E20 sen2 (k · r − ωt)i = c0 E20 hsen2 (k · r − ωt)i = 12 c0 E20 . I = cE . Z V ∇ · (E × B) dV = I A (E × B) · da. 2. I dEV .15) S = E × B/µ0 = c20 E × B. . se debe sobrentender que se trata de promedios temporales. Como µ0 = 1/(c20 ).16) Si también es armónica y con polarización lineal. dt dE E×B · da = − V . por esto hemos prescindido de los signos h i. y su dirección u es la de propagación de la onda. En una onda plana polarizada linealmente. llegamos a (2. Como I y E están expresados en función de E0 y no de E(r.1 W se refiere a una potencia promedio. concluímos que S = E × B/µ0 . hE B i = 1 2 B B2 E2 h B2 i ( E /c)2 = 2 0 = 0 = 0 = 20 = 14 0 E20 2µo 2µ0 4µ0 4µ0 4c µ0 y hE E i = 21 0 h E2 i = 14 0 E20 . t). E ⊥ B. µ dt A 0 De comparar la última ecuación con la Ec. por lo tanto E = 12 0 E20 . I (E × B) · da = −µ0 A Dividamos por µ0 . dt Según el teorema de la divergencia. esta integral de volumen es igual a una integral sobre toda la superficie A que delimita a V.17) Además. E = E0 sen k(u · r − ct). (2.11..* Su magnitud evaluada en (r.84 Héctor Alzate L. Si la onda es plana. Promediemos por período. 85 . Sin embargo. de donde ≥ = = 1. para calcular la deflexión en la pantalla del osciloscopio solo se tiene en cuenta el campo eléctrico entre las placas y no el magnético. Marzo de 2006 Vemos que las densidades de energía eléctrica y magnética de una onda plana son iguales.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. es mucho mayor que la fuerza FB que la componente magnética de la onda hace sobre la misma carga. 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. la fuerza FE que E hace sobre una carga q con velocidad v c. Universidad de Antioquia.. F = qE + qv × B = FE qE E c F E + F B . 2π aL S= El área superficial de la resistencia es As = 2π aL y u x × u t = − ur . Demuestre que (a) en los puntos de la superficie el vector de Poynting es normal a la superficie. Solución. Pero mientras que en una onda elástica se puede pensar en puntos materiales que realmente se mueven en elipse. Una corriente rectilínea produce un campo magnético cuyas líneas son circunferencias concéntricas con la corriente y se expresa por µ0 I ut . no penetra por los conectores de la resistencia sino por su superficie. En una cuerda. La energía disipada. decimos que la onda electromagnética está polarizada elípticamente en ese punto. L A L L S. el observador que determine la polarización de una onda electromagnética se .20) (2. Por convención.2).20. Con una onda electromagnética puede ocurrir una situación análoga. Universidad de Antioquia. el área transversal es A. Despejemos la resistividad y reemplacémosla en la Ec. decimos que la onda tiene polarización circular. (a) Hallemos expresiones para los vectores E y B en la superficie de la resistencia. L y A cumplen que R = ρL/ A..86 Héctor Alzate L. eléctrico o magnético. ut es un vector tangencial a la circunferencia con sentido dado por la mano derecha. (b) la rapidez con que fluye energía hacia el interior a través de la superficie es I 2 R. 2. una onda longitudinal siempre está polarizada linealmente. (2. o elíptica si sigue una elipse. el campo siempre está en la dirección de avance de la onda. B= S = −(V I / As )ur = −( I 2 R/ As )ur . Se entenderá que una onda longitudinal no es polarizable puesto que. y su campo. 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 P (Fig. 1 V µ0 I E×B = ux × ut = µ0 µ0 L 2π a VI = u x × ut . longitud L y radio a transporta una corriente I (Fig.15) con las ecuaciones 2. Vemos que S está dirigido en sentido −ur . o sea la potencia. (2.19.21) Z As da = −( I 2 R/ As ) As = − I 2 R. debemos integrar sobre toda la superficie de la resistencia (da = ur da) Z As El campo eléctrico y la densidad de corriente J están relacionados por E = ρJ = ρJu x = ρ( I / A)u x . hacia el eje de la resistencia.da = − Z As ( I 2 R/ As )ur · ur da = −( I 2 R/ As ) Figura 2.3 Un resistencia cilíndrica de resistividad ρ. según el vector de Poynting. los vectores unitarios ur y u x están definidos en la figura. por no ser una onda elástica. los campos E y B se propagan en el vacío. si estamos describiendo el campo de desplazamiento ξ para un punto de ella. Marzo de 2006 Ejemplo 2.6 IR V AR I ux = ux = ux . O dicho con otras palabras. y vemos que este punto sigue una circunferencia. (b) Para encontrar la rapidez de flujo de energía.3e) especificado por r. es decir. Física III Evaluemos el vector de Poynting (Ec. 2. como función del tiempo en cierto punto del espacio se pueda describir con una elipse. E= 2. 2. por definición de onda longitudinal.18 y 2.19) La resistencia R.2 (2. en una onda electromagnética no.18) 2π a donde a es la distancia al eje de la resistencia. El signo negativo significa que este flujo va hacia el interior de la resistencia y vemos que es igual a la energía disipada por efecto Joule. 2. siempre en la misma dirección. elevemos al cuadrado y sumemos con ( E y / E0y )2 .2] Ondas Electromagnéticas 87 Héctor Alzate L. En el gráfico (a) vemos que cuando E y = E0y . E2oz Esta es la ecuación de una elipse. En el gráfico (b) vemos que cuando E y = E0y . 2. Por ejemplo.22. 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. Veamos las diferentes polarizaciones según el valor de δ. decimos que la onda tiene polarización circular. E z = − E0z . en un péndulo la altura y la energía potencial están en fase. El plano definido por E y k se llama el plano de polarización. dada por la Ec. su campo eléctrico se puede expresar como E = E y + E z = u y E y + u z E z = u y E0y sen(kx − ωt) + u z E0z sen(kx − ωt + δ ). si la onda avanza en dirección de x creciente. la ecuación de la elipse cambia a la ecuación de la circunferencia E2y + E2z = E20 .3a). en el punto r donde se hace el presente análisis. La onda tiene polarización rectilínea: su campo E oscila. E z = 0. la dirección de avance de la onda es paralela al eje x. sea este el plano yz. E y = ( E0y / E0z ) E z . δ = 0 (Fig. Vimos que en una onda plana E y B definen un plano perpendicular a k.9) y la otra polarizada en z (componente eléctrica E z y su respectiva componente magnética B y ). 2. Esta es la ecuación de una recta con pendiente E0y / E0z .9. De la Ec. Como E. 2. Componentes en Fase Estar en fase dos variables quiere decir que las dos alcanzan simultáneamente. se puede preguntar por el sentido de la polarización. . Cualquiera sea la polarización de la onda. 2. + x. la otra vale cero. su máximo valor. El vector de onda. en lugar de (k · r − ωt) escribiremos (kx − ωt). E z = E0z sen(kx − ωt ± π /2) = ± E0z cos(kx − ωt). δ = ±π /2 (Fig. Componentes en Cuadratura o Desfasadas π /2 Estar desfasadas 90◦ dos variables quiere decir que en el instante que una alcanza su máximo o su mínimo valor. Marzo de 2006 debe ubicar de manera que la onda se le acerque. Por ejemplo. o su mínimo. ¿dextrógira o levógira? En un ejemplo posterior veremos un método de determinarlo. Despejemos E z / E0z .3b). E z = 0. cuando E y = − E0y . E y = 0. decimos que la onda tiene polarización elíptica. 81. . Esto se logra describiendo a una variable con la función sen y a la otra con la función cos (examine los gráficos de estas funciones).. E y = 0. cuando E z = E0z . En este caso.22) δ es el desfase entre las componentes E z y E y . E y = E0y sen(kx − ωt) y E z = E0z sen(kx − ωt). p. cuando E z = − E0z . B y k forman un sistema derecho. Cuando la polarización es elíptica o circular. o cero. coincidente con el frente de onda. y también simultáneamente se hacen cero E y y E z . y luego fijarse en su campo eléctrico. La anterior ecuación equivale a descomponer la onda en dos ondas con polarización lineal.22. Lo que ocurra con el campo magnético se deduce de E con la Ec. E2y E2oy + E2z = sen2 (kx − ωt) + cos2 (kx − ωt) = 1. E z = E0z . De la Ec. Hagamos el cociente E y / E z y despejemos. Esta definición lleva a que el plano de polarización sea perpendicular al frente de onda. será k = u x k. cuando E y = − E0y . Universidad de Antioquia. Si E0y = Eoz ≡ E0 . en el oscilador armónico simple bloque-resorte la elongación y la velocidad están desfasadas π /2. 2. una polarizada en y (componente eléctrica E y y su respectiva componente magnética B z . 2. (2. En el gráfico (c) vemos que cuando E y = E0y . (b) en cuadratura. La onda tiene polarización rectilínea: su campo E oscila. (c) en contrafase y (d) desfase diferente a los anteriores. De donde E y = −( E0y / E0z ) E z . 2. E z = E0z sen(kx − ωt ± π ) = − E0z sen(kx − ωt). la otra está en su mínimo.3 Componentes E y y E z (a) en fase. Por ejemplo. siempre en la misma dirección. E z = + E0z . De la Ec.3d). Cuando una variable se hace máxima. Marzo de 2006 Física III Figura 2. y que las dos se hacen cero simultáneamente. y sólo por este tiempo la onda mantiene una polarización definida. Universidad de Antioquia. a 14 P (desfase de ±π /2). para la luz más común o luz natural —por ejemplo la luz del Sol. de una llama o de una lámpara— δ en un punto del espacio cambia aleatoriamente con el tiempo por intervalos de cerca de 10−8 s. ±π. ±π /2.22. E z = − E0z . y también simultáneamente se hacen cero E y y E z . cuando E y = − E0y . Componentes con Desfase Diferente a los Anteriores Valores Cuando δ 6= 0. δ = ±π (Fig.3c). Componentes con Desfase Aleatorio Realmente. despolarización— se llama aleatoria.88 Héctor Alzate L. Esta es la ecuación de una recta con pendiente − E0y / E0z . 2. en el punto r donde se hace el presente análisis.. Componentes en Contrafase Estar en contrafase dos variables quiere decir que en el instante que una variable alcanza su máximo valor. cero o mínima. en el oscilador armónico simple bloque-resorte la elongación y la aceleración están en contrafase. . y a P/2 (desfase de ±π). la otra lo hace un tiempo después diferente a 0 (desfase de 0). Esta polarización —o más bien. 2. 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. debido al intercambio de momento lineal con ellos. 2. 2. Esta experiencia nos revela que el sonido transporta momento lineal.2] Ondas Electromagnéticas 89 Héctor Alzate L. δ = 0 ó ±π y la anterior ecuación da I (r.23 no se deben entender como que la intensidad sea la suma de una componente y de la intensidad con una componente z. El promedio de la Ec. y. que el campo eléctrico "describe" una elipse. Si fuera un vector sería I = Iy2 + Iz2 .3a. b. t) = c0 E20y sen2 (kx − ωt) + c0 E20z sen2 (kx − ωt + δ ) = Iy (r. es igual al negativo del cambio del momento lineal del medio. δ = ±π /2. cuyos ejes son E x . t) + Iz (r. 2. Las ondas electromagnéticas también presionan los cuerpos sobre los que inciden.16 obtenemos la intensidad instantánea. E0y = E0z . 2. En la polarización circular. y por tanto no tiene componentes. que es el espacio con ejes x. sino como que es √ la suma de la intensidad de la onda y más la intensidad de la onda z.c y d). ponda = −pmedio . 2. Universidad de Antioquia. por ejemplo. Marzo de 2006 Debemos recalcar que el campo eléctrico no describe una figura en el espacio. la intensidad instantánea es I (r. el cambio de momento lineal ponda de una onda cuando es reflejada o absorbida por un medio. y entonces es igual a la intensidad promedio.. o d.3e se describe con una de las figuras a. Intensidad Reemplazando la Ec. z: lo que ocurre en el punto P de la Fig. Este resultado era de esperarse puesto que el promedio de una suma es la suma de los promedios.22 en la Ec.23) En la polarización lineal. Vemos que la intensidad instantánea en la polarización circular no depende del tiempo. Cuando decimos. t) = c0 [ E20y sen2 (kx − ωt) + E20z cos2 (kx − ωt)] = c0 E20y . La intensidad es un escalar y no un vector.23 es I = c0 [ E20y hsen2 (kx − ωt)i + E20z hsen2 (kx − ωt + δ )i] = c0 [ E20y (1/2) + E20z (1/2)] = 12 c0 E20y + 12 c0 E20z = I y + Iz . t) = c0 ( E20y + E20z ) sen2 (kx − ωt).24) Incidencia Normal sobre una Superficie Absorbente . pmedio . t). (2. cerca de los parlantes utilizados en conciertos o en discotecas. Por conservación del momento lineal. b c. Las ecuaciones anterior y 2. E y y E z (figuras 2.7 Presión de Radiación Todos hemos sentido. la presión del sonido sobre nuestra piel o vestido. no en el espacio en que vivimos. I (r. lo hace pero en el espacio abstracto del campo eléctrico. (2. A A (2. El paréntesis es el momento lineal del cilindro de luz.. θi = 0. esto lleva a que Figura 2. (2. 2. h = ct. 2. En la Fig.25) Según la relatividad especial. El ángulo de incidencia θi se define como el ángulo entre la normal N en el punto de incidencia y un rayo.24.4 Absorción para incidencia normal. t t La presión Prad que la onda o radiación ejerce sobre la superficie es así Prad = F p Ac = den = pden c. El cilindro es absorbido por la superficie con una velocidad c.27) La incidencia normal. Prad = E cos θi . 2. esto es. Igualemos con la Ec.4b se ilustra la situación después de la absorción. volumen V y densidad de momento lineal pden (momento lineal por unidad de volumen). 2. un cilindro de luz de altura h.25. Prad = E . Recuerde que E = I /v y E = 12 E20 (polarización lineal). antes de la absorción. E = pden c. pero su momento y energía se han transferido a la superficie. (2. . El momento lineal se puede descomponer en una componente p x paralela a la interfaz y una componente perpendicular p y . Dividiendo por el volumen del cilindro. donde ha desaparecido el cilindro. Según la Ec. E = I = 12 0 E20 . en un tiempo t. p y = p cos θi . c Incidencia Oblicua sobre una Superficie Absorbente En la Fig.26.26. basta con introducir cos θi en la Ec. la fuerza que la onda le ejerce a la superficie es F= p p Act = den = pden Ac.26) Vemos que la presión (N/m2 ) y la densidad de energía (J/m3 ) tienen unidades equivalentes.90 Héctor Alzate L. este momento es el que se transfiere a la superficie en el mismo t. ( E/V ) = ( p/V )c. es una caso particular de la Ec. 2. El primer paréntesis es la densidad de energía E y el segundo es la densidad de momento lineal pden . E = pc.5 la luz incide sobre una superficie totalmente absorbente. la energía E del cilindro y su inercia m están relacionadas por la célebre ecuación E = mc2 = (mc)c. 2. Universidad de Antioquia. sección transversal A. que absorbe el 100 % de la onda. En la Fig. 2. De acuerdo con la segunda ley de Newton. en el vacío. Puesto que solo la componente perpendicular.4a se ilustra. produce una presión. Marzo de 2006 Física III Consideremos primero la situación más sencilla: el caso de una onda electromagnética con un ángulo de incidencia de 0◦ sobre una superficie perfectamente negra. El momento dentro del cilindro es p = pden V = pden Ah = pden Act. a que la onda ejerza el doble de fuerza y. Como el momento lineal se conserva. ( pcilindro + psuperficie )antes = ( pcilindro + psuperficie )después . Una situación parecida se presenta cuando jugamos con un balón: hacemos más fuerza cuando lo rechazamos que cuando lo atrapamos.6 Reflexión para incidencia normal. Prad = 2E .2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L. .6b). el cilindro es totalmente reflejado. Marzo de 2006 Figura 2. 2. que refleja el 100 % de la energía de la onda. p + 0 = − p + 2p.28) Desde hace siglos se sabe que la cola de los cometas está en la línea Sol-cometa. 2.7 Orientación de la cola de los cometas. Después de un tiempo t. y tiene un momento − p (Fig. Se selecciona de la onda un cilindro de luz con momento lineal p antes de la reflexión (Fig. Universidad de Antioquia. Esto se debe al sentido de la fuerza que la radiación hace sobre las partículas de la cola (vea el Problema 2.7). (2. si la incidencia es oblicua basta con introducir la función cos θi en la anterior ecuación. de acuerdo con la segunda ley de Newton. Incidencia Oblicua sobre una Superficie Reflectiva Por argumentos ya expuestos. Además de la radiación electromagnética.6 se ilustra una onda que incide normalmente sobre una superficie totalmente reflectiva. el doble de presión. Esto lleva a que la superficie después de la absorción adquiere un momento lineal 2p.5 Incidencia oblicua. el momento del sistema cilindro-superficie antes y después de la absorción debe ser constante.. lo que lleva. en el lado opuesto al Figura 2. 2. Sol (Fig.12). que da origen a otra cola menos brillante. Incidencia Normal sobre una Superficie Reflectiva En la Fig. el llamado viento solar. el Sol también emite partículas. en consecuencia. pantes = pdespués . explicación dada por Kepler en 1619. esto es. Prad = 2E cos θi .6a). 91 Figura 2. Vemos que el cambio de momento lineal de la superficie es el doble de cuando hay absorción total. 2. tiene el mismo sentido que el producto k × E. con longitud de onda λ = 6. . perpendicular a k. t) = − E0 cos(kx − ωt). ±2. los vectores E y B se deben dibujar con sentido opuesto. ∂E y /∂t = −ωE0 cos(kx − ωt) es positivo. Figura 2. Esto quiere decir que al cabo de un tiempo t = 12 P = 1 1 2 5×1014 s tales vectores tendrán un sentido opuesto al mostrado en la figura. puesto que ω > 0.8.92 Héctor Alzate L. lo que da lugar. nλ (n = ±1. Los vectores E y B están en fase. (2. también se deben trasladar a todos los puntos de los planos a una distancia. correspondiente a polarización dextrógira. que se propaga paralelo al eje x. cuando se quiere saber el sentido de movimiento de una partícula se examina su velocidad dr/dt). Escojamos a E y cuando E está en el cuadrante I. E (y por supuesto B también) rotaría alrededor de k. y Enfatizamos que es incorrecto decir que la onda se propaga a lo largo del eje x. Comparando estas 2 relaciones características del cuadrante I con las Ec. con componentes E y (r.0 × 10−7 m. La dirección de propagación es paralela al plano xz.8 Polarización circular.29) E z (r. Solución. En la Fig. Halle el sentido de la polarización de la onda. Como la onda es plana. Figura 2. Basta con examinar el cambio temporal de una de las componentes de E en cualquiera de los 4 cuadrantes. Se debe decir. Figura 2. en el origen y para cierto instante.10 Solución. las ecuaciones que describen los campos eléctrico y magnético de la onda. las ondas transversales son vibraciones de los puntos de la cuerda en planos paralelos al plano yz. se propaga en el vacío.30. La intensidad promedio de la onda es 0. y existe en todo el espacio tridimensional infinito. a polarización circular (Fig.5 W/m2 . ∂E z /∂t. a lo largo de k.10 se muestran. Para hallar el sentido se debe averiguar en qué sentido cambia E.4 El campo eléctrico de una onda es E(r. y vibran con una frecuencia ν = c/λ = 3 × 108 /6 × 10−7 = 5 × 1014 Hz. Según la anterior ecuación. que es el plano infinito donde están E y B. Como la polarización es lineal. A la misma conclusión llegamos si analizamos la rapidez con que cambia E z . más bien. . . E0 > 0 y cos(kx − ωt) < 0.30) Ejemplo 2. Entonces. en forma vectorial. si fuera elíptica. 2. 2. Universidad de Antioquia. la onda se propaga paralelo al eje x. y por lo tanto el diagrama final es el de la Fig. a 30◦ con el eje x. en cualquier punto del espacio tridimensional especificado por r. Para esto es necesario examinar su variación temporal ∂E/∂t en algún punto fijo r (de manera análoga. vemos que sen(kx − ωt) > 0 y cos(kx − ωt) < 0. 2. como ya se demostró. Cambie a E por el campo de desplazamiento ξ y a E0 por ξ0 . Las componentes y y z tienen igual amplitud y un desfase de 90◦ .9. En un plano infinito separado λ /2 del plano mostrado. con le acerque. El valor positivo de la derivada nos indica que E y está aumentando. donde se cumple que E y > 0 y E z > 0. espacial y temporalmente. t) = u y E0 sen(kx − ωt) − u z E0 cos(kx − ωt). ) del plano que pasa por el origen. E siempre es paralelo a y. Imagínese al eje x coincidente con una cuerda. t) = E0 sen(kx − ωt). Un observador ubicado de manera que la onda se . 2. ±3 . 2. Marzo de 2006 Física III Ejemplo 2. El campo eléctrico oscila paralelo al eje y.29 y Ec. los vectores E y k.5 Una onda plana armónica polarizada linealmente. la Fig. 2..8).9. 2. E y B se deben trasladar a todos los puntos del frente de onda. El vector B se halla con la regla de la mano derecha: según la Ec. (2. Este ejemplo lo podemos transformar en uno sobre ondas elásticas. describe a E en un punto r.9 Sentido de la polarización. Escriba. pues la onda es plana. Para hallar la componente magnética de la onda utilizamos la Ec..85 × 10−12 C2 /N · m2 ) E0 = 93 Héctor Alzate L.31 una ecuación específica para este ejemplo: (c) La frecuencia angular es ω = 2πc/λ. 2. La onda descrita por la Ec. k y = 0. Reemplazando los valores hallados de E0 . t) = E0 sen(k · r − ωt)u E . (2. (b) k · r. (a) De la Ec. 2.31. ω y u E en la Ec. k no puede tener componente en la dirección de E. uE = u y . El vector r especifica el punto P de ese espacio donde se está analizando la onda (Fig. y su expresión es 1 B(r. (d) Como la polarización es lineal. Si fuera circular. Marzo de 2006 = 19. 2. Universidad de Antioquia. 2.4 V/m. Hallemos los valores o expresiones de (a) E0 . u E no depende del tiempo.2] Ondas Electromagnéticas a la vez que cambiaría de magnitud.31 existe en todo el espacio infinito tridimensional.9. λ √ De esta ecuación vemos que k x = 3π /λ.31) donde u E es un vector unitario con la dirección de E. 2. El campo eléctrico para una onda plana. rotaría sin cambiar de magnitud. = √ V π 2πc sen ( 3x + z) − t uy m λ λ (2. (c) ω y (d) u E que hacen de la ecuación general 2. t) = ω . p. k · r. E(r. 84. 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 ). armónica y con polarización lineal se puede escribir como E(r.4 sen x + z − ct uy 2 2 m λ = Ey uy . y k z = π /λ.17.5 W/m2 ) (3 × 108 m/s)(8. (b) Como la onda es transversal.11).4 r 2I c0 s 2(0.32) 2π √3 V 1 = 19. llegamos a la expresión final para el campo eléctrico. t) = 19. . ux . . kx . . Ex uy ky Ey . . . u x u z . . . 1 . kx k z . . = . Ez . ω . 0 uy 0 Ey . u z . . k z . . 0. λ k·r = Vemos que B x y B z son generados por E y . que la fase no contiene la dirección del campo. 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 = (− 21 u x + 23 u z ). z ∈ (−∞. x ∈ (−∞.4 3 V 1 sen x + z − ct uz . En dichas ecuaciones tampoco aparece la coordenada y. no porque y = 0. t) = − r = u x x + u y y + u z z. +∞).4 V 2π √3 x + 12 z − ct u x . y √ 3E y uz 2c √ 2π √3 19.11 La onda en un punto P arbitrario. +∞).32 y posteriores notamos que la dirección de avance de la onda está en la fase. t) = Figura 2. +∞). . π √ ( 3u x + u z ) · (u x x + u y y + u z z) λ π √ = ( 3x + z). Recuerde que en general y 6= 0. Hallemos el producto escalar. =− sen 2 2c m λ B x (r. la cual es dada por el vector unitario que acompaña a la amplitud del campo. En las ecuaciones 2. c = De esta ecuación se desprende que Ey ux 2c 19. y ∈ (−∞. = 2 2 2c m λ B z (r. sino porque k y = 0. pues y es la coordenada respectiva de un punto cualquiera del espacio. 13 muestra como elemento de área sobre la superficie terrestre a un anillo concéntrico con la línea TS. B0 = E0 1027 V/m = = 3. en promedio.13 Presión de radiación sobre la Tierra. estime la amplitud de los campos eléctrico y magnético de la onda.6 La radiación electromagnética solar cae sobre la Tierra a razón de 1400 W/m2 .12 Emisión de radiación solar. A esta distancia la intensidad es 1400 W/m2 . dt Sol (c) Según la relatividad especial. E Figura 2.. Física III < Prad < 2E .52 × 109 kg/s. p. Solución. esta potencia es igual a la disminución de energía del Sol cada segundo. (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). r TS = 1. y suponemos que el frente de onda es plano localmente. Marzo de 2006 Ejemplo 2. y de ancho infinitesimal. y menor que si fuera totalmente reflectiva.5 millones de toneladas cada segundo. P = I (r) A(r) = I (r TS )4πr2TS = (1400 W/m2 )4π (1.42 × 10−6 T = 3. de donde 4 × 1026 J/s dm 1 dE =− = 2 dt Sol c dt (3 × 108 m/s)2 = −4.5 × 1011 m. (a) Según los datos. entendiendo por localmente desplazamientos muy pequeños en comparación con r TS . (a) Asumiendo que la radiación se pueda considerar como ondas planas.10. A. I (r TS ) = 1400 W/m2 .27. U. su área es entonces el perímetro por el ancho. (d) halle entre qué límites está la fuerza que dicha radiación ejerce sobre la Tierra. La distancia de la Tierra al Sol (r TS ) es. La fuerza sobre el infinitesimal es Despejemos a B0 de la Ec. 2. E = mc2 . sin importar r. 2. pero la curvatura de las ondas cuando nos movemos en la superficie terrestre es indetectable. de distancia). por lo que la presión de radiación sobre ella es mayor que si fuera totalmente absorbente. Como la energía se conserva.42 µT. 2. dE/dt = c2 dm/dt. 90. 2. dF = Prad da = (E cos θ )(2π R2 sen θ dθ ) = 2π R2 E sen θ cos θ dθ.12). El ángulo entre un rayo proveniente del Sol y la normal N al infinitesimal es θ. 150 millones de kilómetros (a esta distancia se le define como una unidad astronómica. p. p. s 2(1400 W/m2 ) E0 = 8 (3 × 10 m/s)(8.5 × 1011 m)2 = 4 × 1026 J/s. en este caso la presión la da la Ec. dE = −4 × 1026 J/s.17. la que se transforma en ondas electromagnéticas. Debemos hallar entonces el área de una esfera de radio r TS .94 Héctor Alzate L. no porque pierda átomos o moléculas) de 4. 84. Derivemos respecto al tiempo. lo que quiere decir que por cada m2 pasan en un segundo 1400 J.. Figura 2. El Sol pierde una masa (entendida como inercia.85 × 10−12 C2 /N · m2 ) = 1027 V/m. (b) halle la potencia emitida por el Sol en ondas electromagnéticas. 2. . 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. La Fig. pasan cada segundo a través de una esfera de radio r TS (Fig. Despejemos a E0 de la Ec. El Sol se puede aproximar a una fuente puntual que emite ondas esféricas. aproximadamente. Nos piden hallar cuántos Joules. Hallemos la fuerza suponiendo que la Tierra absorbe toda la radiación. 82. El radio del elemento es R sen θ y su ancho es R dθ. y compare con la fuerza de atracción gravitacional entre ambos astros. da = (2π R sen θ )( R dθ ) = 2π R2 sen θ dθ. Universidad de Antioquia. En metros. Sea R el radio de la Tierra. (c) ¿cuánta masa (inercia) por segundo pierde el Sol debido a la radiación?. Universidad de Antioquia. la densidad de energía es E = I /v ≈ I /c. Marzo de 2006 Para hallar la fuerza total.. debemos integrar entre 0 y π /2.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L.37 × 106 m)2 . Reemplacemos en la última ecuación para F. sen θ cos θ dθ sen θ d(sen θ ) = 2π R2 E F = π (6. Sobre la superficie terrestre la densidad de energía E es casi constante y sale de la integral. F = 2π R2 E = 2π R2 E Z π /2 0 Z π /2 0 El radio terrestre es R = 6370 km = 6.37 × 106 m. π /2 sen2 θ . . 2 . La respuesta a este numeral (d) es 6 × 108 N < F < 12 × 108 N. 2. = 1013 veces mayor que FG es.69 × 10−8 Ω · m) transporta una corriente de 1. La masa de la Tierra es 6 × 1024 kg.9. y proceda de manera análoga a como se hizo para llegar a la Ec. 78. 2 c Problema 2. Problema 2. pero repitiendo el análisis en los cuadrantes II.4. Problema 2.1 Halle la Ec.27 y 2. (∇ × B) x = (∂/∂y) Bz (s) − (∂/∂z) By (s) = . potencia Problema 2.2 A. (b) la rapidez con que fluye energía electromagnética a través de la superficie del 95 . p. La función cos θ en las ecuaciones para la presión de radiación (Ecs. (e) verifique que la integral sobre el área de la resistencia del vector de Poynting (es decir.15 Muestre que (a) el vector de Poynting está dirigido hacia el eje del cilindro.4. En un punto de la superficie halle (b) el campo magnético y (c) la magnitud del vector de Poynting y su sentido. Utilice la Ec.3 Resuelva el Ejemplo 2.14 se ilustra entre líneas gruesas un elemento de área da. 2.7 a partir de las ecuaciones de Maxwell.14 Proyección de un elemento de área. 1400 W/m2 3 × 108 m/s ≈ 6 × 108 N. .2 Demuestre que en el vacío. 22 Figura 2. E = − ω k× B.4. (d) Halle la resistencia de un metro del alambre y la potencia disipada por efecto Joule en ese metro. . la del Sol es 2 × 1030 kg. 2. con líneas punteadas. Halle (a) el campo eléctrico en la resistencia.4 Una alambre de cobre de un milímetro de diámetro (resistividad ρ = 1.0 = π R2 E . la fuerza sería el doble de lo hallado.6 × 1022 N. Problemas Problema 2. 2. aproximadamente. la fuerza de atracción gravitacional FG es FG = G mSol mTierra r2TS = 6. por consiguiente. Ayuda: siga un procedimiento análogo al que se recorrió para llegar a la Ec. y su proyección en un plano perpendicular a la luz. En esta ecuación π R2 es el área de la proyección del hemisferio iluminado sobre un plano perpendicular a la dirección de la luz. 10 109 la fuerza debida a la radiación electromagnética. III y IV.5 Un condensador cilíndrico de volumen V 0 se está cargando (Fig.67 × 10−11 N · m2 /kg2 (6 × 1024 kg)(2 × 1030 kg) (1. 2.5 × 1011 m)2 = 3. 2. 2.5. 2. el flujo de S) hallado en el numeral c es igual a la anterior Figura 2.28) realiza la proyección. En la Fig.15). La presión de radiación cuando la superficie es 100 % reflectiva es el doble que cuando es 100 % absorbente. ¿Con qué velocidad se propaga B en el vacío? Ayuda: aplique el operador rot (o sea ∇×) a la Ec. (c) 9. 3. (f) x − y = mλ /2. Escriba una el Sol.6 2. y es la densidad de la corteza terrestre. 2.11 2. t).12 Una partícula esférica de radio r proplazamiento durante el proceso de carga. (g) Halle la ecuación de los planos en los que el campo magnético está polarizado circularmente.68 × 10−5 m/s No (a) E1 = E0 sen(kx − ωt)u z . la partícula es ρ. (b) Lineal. . t). M = 1.8 Halle la fuerza que la onda del Problema 2. se propagan en el vacío en las direcciones + x y + y respectivamente. t) 2. .0215 Ω.0310 W √ 3 (a) E(r.10 Dos ondas electromagnéticas 1 y 2. ±1.) (c) En el caso del numeral a. La densidad de energía dentro del condensador es E = 1 2 2 0 E . 0.00 W/m2 .0258 V/m. t) y su resultante E(r.11 Halle el sentido de la polarización de la onda electromagnética cuyo campo eléctrico está descrito por E(r. (i) 0 E02 . . La dirección de propagación es paralela al mina la atracción gravitacional y la partícula cae hacia plano xy.3 µm Problema 2. ¿cuál es el cambio de velocidad de la lámina durante este tiempo si su masa es 400 g? . dt promedio? Con este valor. ±2. (d) No. t) = E0 cos(ky + ωt)u x − E0 sen(ky + ωt)u z . B. k y S. (b) ¿Por qué la respuesta no depende de Poynting promedio. (b) el vector es alejada del Sol). (b) 0. El plano de polarización forma 40◦ con el plano xy. c0 E02 Dextrógira (a) 3P(200 − α )/(1600πcGρM). la masa solar es M. (g) x − y = (m + 1/2)λ /2.10 2.6 Una onda luminosa plana y armónica electromagnéticas es P. ±2. . (b) z. ρ = 3000 kg/m3 . B. (c) x − y = (m + 1/2)λ.6. . Problema 2. . (c) grafique en el origen de un de la distancia de la partícula al Sol? (c) Evalúe r si absistema cartesiano y en algún instante. los vectores E. (e) Escriba una expresión vectorial para el campo magnético resultante B(r. el desfase entre E1 y E2 es cero. Universidad de Antioquia.00 m 2 (a) B(r. Marzo de 2006 cilindro es.Respuestas a los Problemas presente en un sistema cartesiano el plano de polarización y los vectores E. (b) S = (a) 0.80 × 10−4 T. formando 60◦ con la dirección x. ±2. k en el origen y en algún instante. Problema 2. y de ellos grafique en un sistema cartesiano el plano más cercano al origen.Problema 2.9 2. ¿cuál es el cambio de momento lineal de la lámina durante 1 hora.4 1 2 ux = V 27. de igual frecuencia angular ω y amplitud E0 . Problema 2.96 Física III Héctor Alzate L. Sugerencia: Calcule B debido a la corriente de des. (c) 2. con polarización lineal z. E2 = E0 sen(ky − ωt)u z . m = 0. En el origen.12 Problema 2. (c) 1. (a) Re. t). (a) Escriba las expresiones para los vectores E1 (r.47 × 10−5 kg· m/s. E2 (r.9 ¿Es correcto hablar del sentido de la polarización —levógira o dextrógira— cuando esta es lineal? 2.08 × 10−9 N. sorbe el 80 % de la radiación.α de la radiación solar (0 ≤ α ≤ 100). Z S · da = V 0 dE . . . su para que la fuerza debida a la radiación solar equilibre longitud de onda es 628 nm y la intensidad promedio la atracción gravitacional del Sol (para r mayor predo1. (b) ¿Qué polarización tiene E? (c) Halle la ecuación de los planos en los que el campo eléctrico es cero en todo instante. m = 0. t). .7 W 1. (Ayuda: Tenga presente que lo que no se refleja es absorbido. ±1.4 m sen 2π λ √ E(r. t) y B(r. m = 0. hacia el eje de la resistencia.7 Una onda plana armónica con polarización lineal se propaga en el vacío en dirección + x. si es menor predomina la fuerza de la radiación y ecuación vectorial para (a) E(r. halle el promedio del vector de Poynting. t) = 2 y − ct u z . E(r. halle una ex. (f) Halle la ecuación de los planos en los que el campo magnético está polarizado linealmente. (i) ¿Cuál es la densidad de energía (a) 4.00 m de diámetro que refleja el 80 % de la radiación si la lámina está perpendicular a la dirección (a) y.86 W/m2 . . debido a la onda?.6 ejerce sobre una lámina circular de 1. t) = E0 [sen(ky − ωt) + sen(kx − ωt)]u z . (b) 4. (e) B(r. la potencia que el Sol emite en ondas Problema 2. t) = ( E0 /c) sen(ky − ωt)u x − ( E0 /c) sen(kx − ωt)u y . (h) Escriba las ecuaciones de las componentes del vector de Poynting. ±1. (d) ¿Es cero el campo magnético en los planos donde E = 0? Explique. (d) 0. Para el valor de P consulte el Ejemplo 2. la densidad de densador.cedente de la cola de un cometa absorbe un porcentaje presión para S y realice su integral sobre el área del con..t) 3 ux − c 2 √ 3 2 uy + 1 2 uy 1 2x + . . (b) repita el anterior numeral si el ángulo es con el plano yz y la dirección de propagan es + z. (a) Halle r con polarización lineal z se propaga en el vacío. según dicho vector. planas y armónicas. .8 2.99 × 1030 kg. Marzo de 2006 97 . Universidad de Antioquia.2] Ondas Electromagnéticas Héctor Alzate L.. t AB = tCD . El nuevo frente de onda un tiempo posterior es la superficie envolvente de las onditas. y en algún momento alcanza una pared o alguna otra superficie cercana.1 Principio de Huygens La propagación de una onda electromagnética que incide sobre una interfaz se puede estudiar. en principio. 3.3 Reflexión y Refracción Cuando hablamos el sonido se propaga en todas las direcciones. A las ondas secundarias también se les denomina onditas. Cristiaan Huygens enunció una ficción muy útil. 30. En la Fig. después de atravesar la lente todos los rayos se cruzan en F haciendo que allí la densidad de energía sea máxima. Prin. al igual que la onda reflejada. El principio dice Todo punto de un frente de onda se puede tratar como un emisor de ondas secundarias.frentes de onda son planos paralelos y en consecuencia los rayos cipio de Huygens. al cabo de cierto tiempo el nuevo frente es la superficie envolvente o tangente de estas ondas. también. con las leyes de Maxwell. 3.2b. una onda onda plana incide sobre una lente.1 se trazan cinco frentes de onda y tres rayos. decimos que la onda es convergente porque los rayos se aproximan entre sí en la dirección de propagación. p.5. Por el propio concepto de frente de onda (p. A la derecha de F la onda es divergente porque los 98 . pero si conductores de tales ondas.1 Frentes de onda y rayos. También se ilustra el principio de Huygens con los puntos A. en la pared se propaga una onda transmitida con la misma frecuencia que la incidente. y que tiene la orientación de la propagación de la onda. que se consideran como emisores puntuales secundarios de las onditas también ilustradas. En la Fig. Definimos un rayo como una línea que en todo punto del espacio es perpendicular al frente de onda. 3. la piel de una persona o el piso. E y C. sin perspectiva. En el presente capítulo nos detendremos a examinar como se comportan las ondas electromagnéticas cuando inciden en una interfaz que separa dos medios no conductores de la electricidad (dieléctricos). y buena parte de los fenómenos que se presentan se pueden comprender de una manera más simple. con perspectiva. Entre la lente y F los frentes de onda son casquetes esféricos. una onda plana. Pero es una tarea de alta dificultad. Ya examinamos el caso de una onda que se encuentra con una discontinuidad del medio en la sección 1. En la Fig. como la frecuencia no cambia por transmisión. que hoy podemos aplicar a las ondas electromagnéticas para trazar como se propagan sus frentes de onda. Una luz que se encienda también alcanzará alguna interfaz como un vidrio. En 1678. 3. los Figura 3.2a se ilustra. 45). el tiempo que tarda la onda en ir de A a B es el mismo tiempo que tarda en ir de C a D. conocida como principio de Huygens. 3. y θt es el ángulo del rayo transmitido o refractado kt con N. Al abordar una situación donde haya reflexión y refracción. diagonalmente opuesto al I. parte se refleja y parte se refracta. Índice de Refracción El índice absoluto de refracción de un medio se define como n = c/v. los rayos de una onda esférica son radiales.3). El ángulo de incidencia θi es el ángulo del rayo incidente con N.2 (a) onda plana. y el IV. θr es el ángulo del rayo reflejado kr con N. El plano definido por el rayo incidente ki y la normal N en el punto de incidencia se llama el plano de incidencia. se define como el medio 1. Universidad de Antioquia.3 ki define el medio 1. N y la línea de intersección entre el plano de incidencia y la interfaz dividen el plano de incidencia en cuatro cuadrantes: el cuadrante I.* Donde están la luz incidente y la luz reflejada. y v es la rapidez en el medio. adyacente al I en el medio 1. donde está la luz refractada.2 Definiciones Plano de Incidencia. Como v ≤ c. agua o alguna otra sustancia trasparente a la luz. El rayo reflejado está siempre en II y el transmitido en III. inmediatamente después de la interfaz. donde está el rayo incidente. Reflexión y Refracción Cuando la luz incide en una interfaz. es el medio 2 (Fig. donde c es la rapidez de la luz en el vacío. El medio 1 en muchas situaciones es el aire. inmediatamente después de la interfaz. rayos se separan entre sí en la dirección de propagación.. diagonalmente opuesto al II. 3. el II. * Hay casos particulares donde no hay reflexión o transmisión.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. (b) ondas plana y esférica. Como se comprenderá. Marzo de 2006 99 Figura 3. entonces n ≥ 1. lo primero que se debe hacer es localizar el plano de incidencia. y el 2 es un vidrio. . Figura 3. el III. Ángulos de Incidencia. La igualdad entre θi y θr fue conocida por Euclides (300 a. lo que se manifiesta con un quiebre del rayo. Como la frecuencia no cambia por trasmisión podemos escribir ν= v v1 = 2.1) Supongamos que el medio 1 es el vacío y llamemos λ. Newton obtuvo 240 000 km/s. Esta es una primera aproximación a la compresión del mecanismo físico de generación de la luz reflejada y refractada: la luz que incide desde el aire sobre un medio. Universidad de Antioquia. y la que sigue en el vidrio da origen a la onda refractada. con lo que se inició la óptica moderna aplicada. en todas las direcciones. † Descubierta empíricamente por Willebrord Snel en 1621. una disminución de λ implica un aumento de k. θi = θr . absorbiendo energía de la luz para emitirla a continuación con la misma frecuencia de la luz original. en el que era necesario que tal rapidez disminuyera. v1 v2 Introduciendo la definición de índice de refracción obtenemos n1 λ1 = n2 λ2 . Los rayos incidente. kr y kt son coplanares con dicho plano.3 Leyes de Reflexión y Refracción Las leyes de reflexión y refracción establecen que 1. Al depender la rapidez de la frecuencia. a la longitud de onda de una onda en el vacío. Reemplacemos en la Ec. . con un arreglo de espejos rotantes. En el siglo XVII se halló teóricamente la ley con base en un modelo corpuscular. (3. λ 0 = λ /n. La relación entre los ángulos de incidencia y refracción es n1 sen θi = n2 sen θt . λ1 λ2 ó cλ1 cλ = 2. Solo en 1850 Foucault. quien la enunció en su libro Catóptrica. esto es.100 Héctor Alzate L. (3.. λ 0 = λ2 . sin subíndices y sin primar.3) Esta ecuación se llama ley de refracción o ley de Snell. n = n2 . (3. Al índice del medio 2 denotémoslo con n. Al cambiar de medio la onda cambia de rapidez (n cambia). interacciona con los átomos del vidrio. un satélite de Júpiter.† Recuerde que en un medio material n depende de la frecuencia. Denotemos con λ 0 la longitud de onda en un medio material. lo que quiere decir que ki . La velocidad de la luz fue medida por primera vez a partir del trabajo de Ole Römer en 1676 con los eclipses de Io. reflejado y refractado están en el plano de incidencia. también se halló con base en un modelo ondulatorio. C. constató que disminuía. sólo en el vacío todas ellas se propagan con rapidez c. n depende también de ν o de λ. en el que era necesario que la rapidez de la luz aumentara al pasar del aire al agua. por ejemplo un vidrio.). Marzo de 2006 Física III Cualquier medio material dispersa las ondas electromagnéticas. Esta ley se cumple para cualquier frecuencia e índices de refracción.1. El ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión. 3. La radiación que sale de los diferentes átomos al aire da lugar a la onda reflejada. λ = λ1 . 3. 2. 3. puesto que la frecuencia no cambia.2) Vemos que cuando la onda pasa a un medio donde su rapidez disminuye la longitud de onda disminuye. un tiempo t después llega a C. y que se aleja de la normal si θt > θi (Fig. sólo en este caso el rayo refractado no se desvía. podemos escribir. esto es..3.5 El rayo refractado (a) se acerca a la nor- mal. o sen θi v = 1. la luz llega simultáneamente a A y B. n1 sen θi = n2 sen θt . y debe continuar en tal plano. tarea que emprendemos a continuación. Por la misma razón. (b) se aleja de la normal. D y E ya que C y D están en un mismo frente de onda. al igual que D y E. sen θi c/v2 n = = 2. CDA es igual a θr y ADE es igual a θt . También se cumple que sen θi /v1 = sen θt /v2 . Según el principio de Huygens.4 una onda plana incide sobre una interfaz plana con un ángulo θi . AB. de los infinitos rayos paralelos dibujamos dos. la onda transmitida también es plana. Cuando θi = 0. y son perpendiculares a sus respectivos rayos. sen θt c/v1 n1 Llegamos así a la forma más común de escribir la ley de refracción.5a). 3. respectivamente. 3. sean elásticas o no. ya que ambos puntos son físicamente indistinguibles. t BD = t AC = t AE . Marzo de 2006 101 Las leyes de reflexión y refracción fueron conocidas empíricamente antes de que fueran deducidas a partir de un modelo teórico. no hay razón para que la luz prefiera un lado. El rayo reflejado en A tiene que ser paralelo al reflejado en D. Por el mismo concepto de frente de onda. Universidad de Antioquia. el rayo refractado sí se desvía respecto a la dirección del rayo incidente. El numeral 1 se prueba por razones de simetría: al ser idéntico la naturaleza a un lado y otro del plano de incidencia. En la Fig. De la Ec. Para las ondas electromagnéticas se suele escribir en términos de índices de refracción y no de rapidez. el ángulo BAD es igual a θi .4 flejado y refractado. reFigura 3. la que permanece en el medio 1 pertenece a la onda reflejada. vemos que θt < θi implica que n2 > n1 o v2 < v1 y que θt > θi implica que n2 < n1 o v2 > v1 . v1 v1 v1 v1 v2 v2 Vemos que sen θi = sen θr . Como la rapidez en constante en cada uno de los dos medios. estos puntos emiten ondas secundarias. Figura 3. sen θt v2 Esta es la ley de Snell para las ondas. como los ángulos están entre 0 y 90◦ esto implica que θi = θr . CD y DE representan una porción del frente de onda incidente.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. 3.5b). la que se emite al medio 2 pertenece a la onda refractada. θt también es cero. Por tener lados mutuamente perpendiculares. uno que incide en A y el otro en D. por simetría probamos que una onda incidente plana en una interfaz plana produce una onda reflejada plana. . t BD = BD AD sen θi AC AD sen θr AE AD sen θt = = t AC = = = t AE = = . Decimos que se acerca a la normal si θt < θi (Fig. Para θi 6= 0. 3. basándonos en el Principio de Fermat (1657) o Principio del Tiempo Mínimo: La trayectoria que la luz sigue para viajar entre dos puntos es aquella que toma un tiempo mínimo. La trayectoria rectilínea de la luz en un medio homogéneo es una consecuencia directa del principio de Fermat. Figura 3. El máximo θt es 90◦ . Pero si la superficie es irregular o rugosa como nuestra piel. fue descubierta por Kepler (1571-1630). En el capítulo Óptica geométrica veremos que la formación de imágenes por reflexión requiere de una superficie especular. formando un cable coaxial. sen θc = n21 . Detrás de él hay trabajos de Maupertuis.de la calidad del vidrio. 3. Este absurdo lo interpretamos como que no hay luz refractada. 3.7 En una fibra óp. sólo hay un ángulo de reflexión y hablamos de reflexión especular (Fig. también es la de tiempo mínimo. Este se cubre. Lagrange. El principio tiene fallas. Ángulo Crítico Cuando n1 > n2 . dependiendo Figura 3. n > ne . toda la luz incidente se refleja y la onda permanece así dentro del medio 1. La única pérdida es la absorción que se presenta de la energía electromagnética por parte del vidrio. Hamilton y Feynman y está relacionado con el desarrollo de la mecánica cuántica en el siglo XX. En cada punto de incidencia en el interior de la fibra de vidrio θi > θc = sen−1 n21 . n1 es n y n2 es ne . que se obtiene cuando el ángulo de incidencia cumpla que (Ec. El fenómeno de reflexión total tiene una aplicación importante en la comunicación a través de fibras ópticas. Fig. la corteza de un árbol o la página de un libro. 3.7. 3. Euler.6). Para ángulos de incidencia mayores que el ángulo crítico.3) sen θi = (n2 /n1 ) sen 90◦ = n21 .4 Principio de Fermat La forma en que la luz se propaga se puede estudiar con un enfoque diferente al expuesto anteriormente. el vidrio esmerilado. Aunque una página la iluminemos con luz en una sola dirección. porque al ser la recta la línea más corta entre dos puntos. Universidad de Antioquia. la podemos ver desde cualquier ángulo debido a su reflexión difusa.. A este ángulo se le denomina el ángulo crítico θc . el seno del ángulo de refracción sería mayor que uno. pero estimuló la búsqueda de funciones que se minimicen (Cálculo Variacional) en los fenómenos físicos. la luz reflejada se propaga en varias direcciones y se llama reflexión difusa.102 Héctor Alzate L. . tica. pero la luz puede recorrer kilómetros con una amplitud apreciable. θt > θi . decimos que se presenta reflexión total interna. Marzo de 2006 Física III Reflexiones Especular y Difusa Cuando una onda plana incide con un ángulo θi en una superficie plana perfectamente lisa. y así la luz permanece dentro de la fibra sin que se escape fuera de ella. con una envoltura cuyo índice de refracción ne cumple que ne < n.6 La reflexión depende de qué tan lisa sea la superficie. sen θi = sen θr .8 Geometría para aplicar el principio de Fermat. Marzo de 2006 Deduzcamos las leyes de reflexión y refracción a partir de dicho principio. El tiempo que tarda un rayo en ir de A a B por reflexión es √ √ AD + DB a2 + x2 + b2 + (d − x)2 t1 = = . Como ambos ángulos están entre 0 y 90◦ . Universidad de Antioquia. dt1 1 2x 2(d − x) √ = −√ = 0. Figura 3. que es la trayectoria de distancia mínima. D debe estar en el plano perpendicular a la interfaz que contiene a A y B. " # dt2 1 2x 2(e − x) √ = − √ = 0. porque sino fuera así la trayectoria AD + DB sería más larga y el tiempo también.8 la luz va de A a B por reflexión y de A a C por refracción. . La luz no viaja en línea recta de A a C. 3. porque sino AD + DCB también se alargaría. sen θi sen θr = . D es el punto de incidencia definido por x. θi = θr . En la Fig. que es la ley de reflexión. v1 v2 v1 v2 como es mínimo su derivada es cero. lo cual se manifiesta con un acercamiento a la normal cuando n1 < n2 y un alejamiento cuando n1 > n2 . v1 v2 que es la ley de la refracción. dx 2v1 a2 + x2 b2 + (d − x)2 De donde √ x =√ (d − x) a2 + x2 b2 + (d − x)2 El lado izquierdo es sen θi y el derecho es sen θr . . sino que para minimizar el tiempo alarga la trayectoria en el medio de mayor rapidez y la acorta en el de menor.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. dx 2 v1 a2 + x2 v2 f 2 + (e − x)2 De donde √ x v1 a2 + x2 √ = v2 e−x f 2 + (e − x)2 103 . que es el plano de incidencia. v1 v1 como es mínimo su derivada es cero.. El tiempo que tarda un rayo en ir de A a C por transmisión es √ √ AD DC a2 + x2 f 2 + (e − x)2 t2 = + = + . C debe estar en el mismo plano. El lado izquierdo es sen θi /v1 y el derecho es sen θt /v2 . 10 las líneas Liπ . 2.1 Una onda plana sonora y una onda plana luminosa inciden a 10◦ sobre la superficie de un lago (Fig.104 Héctor Alzate L.6◦ . luz = 47. Con la ley Snell hallamos θr para la luz. Como origen de coordenadas escojamos cualquier punto de los infinitos puntos de la interfaz (plano xz). recordando que n = c/v. (a) En la Fig. 100. (b) Para el sonido el ángulo crítico es θt = arc sen[(naire /nagua ) sen θi ] ◦ Figura 3. cualquiera sea su polarización.10. sea xy el plano de incidencia.00/1. un campo. Asuma que el sonido se propaga en el aire a 340 m/s y en el agua a 1450 m/s. µ ≈ µ0 . lo representamos como la superposición de dos campos mutuamente perpendiculares con polarización lineal. cómo cambia la polarización de las ondas reflejada y transmitida respecto a la incidente? La respuesta. disminuye de velocidad al pasar del aire al agua. 3. están en el frente de onda. v 1/ µ µ00 0 Coeficientes de Fresnel Averiguar la dirección de las ondas reflejada y trasmitida es sencillo con las leyes de reflexión y refracción. no para las mecánicas. Para hallarlos aplicamos las condiciones de frontera que deben cumplir E y B. Ejemplo 3. 3.2 Muchos medios dieléctricos tienen su permeabilidad magnética cercana a la del vacío. de dicha ecuación se puede recuperar la ley de Snell para cualquier onda. Para descomponer los campos (recuerde que estos. La componente en z la llamamos la componente perpendicular o componente σ y a la otra.33) sen 10 = 7. (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? Solución. que coincide con el plano de la hoja. Fig.8◦ . la obtenemos con los coeficientes de Fresnel. θc = arc sen[(v1 /v2 ) sen 90◦ ] = arc sen(340/1450) = 13. sonido − θt. Como la luz. que ya no es tan sencilla. al contrario del sonido. mientras que las más largas representan rayos de sonido. lo que no se suele representar son los cambios energéticos y de polarización. ¿Cómo se relacionan la energía y los campos reflejados y transmitidos con los de la onda incidente. El ángulo pedido es ∆θ = θt.6◦ . En los libros se ilustran gráficamente los cambios de dirección. p.5◦ = 40.8◦ − 7. p.5 n= √ √ √ √ 1/ µ00 µ c √ = = √ ≈ √ = r . . √ Muestre que n ≈ r . 92) utilizamos la dirección z y las líneas Lπ determinadas por la intersección del frente de onda respectivo con el plano de incidencia (vea en la Fig. Marzo de 2006 Física III Ejemplo 3. El ángulo de refracción para el sonido es θt = arc sen[(v2 /v1 ) sen θi ] = arc sen[(1450/340) sen 10◦ ] = 47. Solución. Universidad de Antioquia.5 . ya que el índice de refracción se define para ondas electromagnéticas. 3.9 ◦ = arc sen[(1. 3.9 se ilustran ambas ondas con un ángulo de incidencia de 10◦ . Definimos la permitividad relativa como r = /0 . v2 sen θi = v1 sen θt . Para el sonido no podemos aplicar directamente la Ec.9).3◦ . Las flechas más cortas representan rayos de luz. esto es. para cualquier θi < 90◦ habrá luz trasmitida al agua. Sin embargo.. sino también la energía y la polarización. Lrπ y Ltπ ).3. No hay sonido trasmitido si θi > 13. Pero lo único que cambia en la reflexión y la trasmisión no es la dirección. en una onda plana electromagnética. 3. En P1 . 3.π Rσ Tσ = E0r.† (3. 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. (3.10 Sistema de referencia Vea la Fig.σ = E0t. Figura 3. 3.5) Una condición de frontera nos dice que E paralelo a la interfaz es continuo. Ei = Eiπ + Eiσ . reflejada y transmitida. Br = Brπ + Brσ . a θr con βr . Biπ . Por onda π entendemos a Eπ junto con Bσ . p. y para Et es βt .11). Note que la componente σ es paralela o tangente a la interfaz. Eiπ . E0i. y no confunda a θi con βi . y también los puntos P2 .4) Et = Etπ + Etσ . Para Ei es βi .π . la llamamos la componente paralela al plano de incidencia o componente π.6) y (3. p.12. —Los vectores de la Fig. por onda σ entendemos a Eσ junto con Bπ . kr . pero se debe mantener presente que todos los puntos P1 son un mismo punto del espacio. cada onda. Universidad de Antioquia. Cualquier vector en esta hoja puede representar el campo.7) Para aplicar las condiciones (3. independientes entre sí.17. ni a θt con βt . Erπ .π . 3. puesto * Para visualizar las componentes π y σ es conveniente poner una hoja perpendicular al rayo que estemos examinando.11 P1 P2 → 0.7) debemos examinar los campos en los puntos P1 (en el medio 1) y P2 (en el medio 2) separados entre sí una dis. Biσ . Con P2 hay menos problema porque en el medio 2 solo existe la onda transmitida. Brπ y Brσ : ¡diez vectores para representar en un sólo punto! Esta congestión de vectores la resolvemos como se ilustra en los cuatro diagramas de la Fig.12 se deben imaginar en cada uno de los puntos cercanos a la interfaz. para Er es βr . Er = Erπ + Erσ . Eiσ . Así.σ (3. 3. † De esta condición de frontera es posible deducir las leyes de reflexión y refracción. tancia infinitesimal P1 P2 → 0 (Fig. por haber ondas incidente y reflejada. 110) como Rπ Tπ = E0r.12).σ . 3. Marzo de 2006 105 la proyección a lo largo de la línea π. para dieléctricos con µ ∼ = µ0 — caso muy común— B paralelo a la interfaz es continuo.σ . pero tampoco se debe olvidar que todos los puntos P2 son un mismo punto del espacio. E0i. Definimos los coeficientes de Fresnel para la amplitud (se pueden definir coeficientes para la potencia. Ejemplo 3.π = E0t.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L.6) y la otra condición de frontera nos dice que. una π y otra σ. Son ángulos para descomponer los campos. (3. E0i.Figura 3. Bi = Biπ + Biσ . la descomponemos en dos ondas. Bt = Btπ + Btσ . Sea β el ángulo entre un E y el plano de incidencia.. y luego trasladar horizontalmente de manera que los puntos P1 se superpongan. E0i.5. . debemos dibujar ki . la incidente. O con otras palabras: podemos imaginar cuatro transparencias —vea la figura citada—. 112. Erσ . De acuerdo con esto* (Fig. las cantidades entre paréntesis deben ser iguales. 3.106 Héctor Alzate L. El diagrama (b) es igual a (a) pero visto de frente. sin perspectiva. pero visto de frente. es necesario que ωi = ωr = ωt ≡ ω. Las α son constantes de fase relativas a la fase de Eiπ .π cos θi + E0r. Eiπ cos θi + Erπ cos θi = Etπ cos θt . y toda onda estrictamente plana tiene un frente de onda que es un plano infinito.π cos θi = E0t.π sen(ki · r − ωi t) cos θi + E0r. (c) y (d): Diagrama de la onda σ (Eσ y su Bπ ). que toda la interfaz está siendo iluminada con una onda plana. Según la condición (3.. E0i. Reemplacemos los campos por ondas planas armónicas.π sen(kr · r − ωr t + αrπ ) cos θi = E0t.π sen(kt · r − ωt t + αtπ ) cos θt .π cos θt .12 (a) y (b): Diagrama de la onda π (Eπ y su Bσ ).6) y las Figs. y para eliminar la dependencia del tiempo en la condición de frontera. sin perspectiva. Universidad de Antioquia. Como la última igualdad se cumple en todo r de la interfaz y en todo t. Marzo de 2006 Física III Figura 3. .12a y b. (d) es igual a (c). E0i. y las podemos cancelar. entonces cada amplitud B0σ está relacionada con su amplitud asociada E0π . 1 + Rσ = Tσ . Rπ = n cos θt − n2 cos θi E0r. v1 v1 v2 Multipliquemos por c y reemplacemos a c/v por n. 3.σ sen(kr · r − ωt + αr ) = B0t. Según la condición (3. (3. cos θi + Rπ cos θi = Tπ cos θt . B0i. esto lo interpretamos como que Eπ genera a Bσ y viceversa). E0i. según las Ecs. Marzo de 2006 Dividamos por E0i.π .σ sen(kt · r − ωt + αt ).σ .π n1 cos θt + n2 cos θi Tπ = E0t.σ sen(ki · r − ωt + ασ ) + E0r. E0i.π = 1 .π 2n1 cos θi = . Cancelemos las funciones seno.9) Puesto que para una onda plana E ⊥ B (B = ω1 k × E implica que Bσ = ω1 k × Eπ . n1 − n1 Rπ = n2 Tπ . 3.10) Despejemos las incógnitas Rπ y Tπ de las Ecs. 3.π − n1 E0r.σ .σ sen(kr · r − ωt + αrσ ) = E0t.13) . introduciendo esta igualdad en la Ec. las cantidades entre paréntesis deben ser iguales. (3.. según las Ecs.8 y 3.σ . B0σ = E0π /v.12a y b.12c y d.π . Ei.σ sen(kt · r − ωt + αtσ ) Para que esta ecuación se cumpla en todo r de la interfaz y en todo t.5.8) Según la condición (3. Universidad de Antioquia.9. según las Ecs. n1 E0i.3] Reflexión y Refracción 107 Héctor Alzate L.12) Reemplacemos los campos por ondas planas armónicas.π E E − 0r.σ + E0r.σ = B0t.7) y las Figs. 3.σ sen(ki · r − ωt) − B0r. 3. B0i.π n1 cos θt + n2 cos θi (3. 3.σ = Et.π .11) Hallemos ahora los coeficientes σ.6) y las Figs. 3. E0i. E0i.π = 0t. (3. Dividamos por E0i.σ .π . y las podemos cancelar.σ = E0t.σ + Er.5. Dividamos por E0i.5.σ − B0r. E0i. Biσ − Brσ = Btσ . (3.π = n2 E0t. (3.10. 3.σ n cos θi − n2 cos θt = 1 . o sea en fase. según las Ecs. − E cos θi E cos θt E0i. Rσ = 3. el otro también lo hará. Universidad de Antioquia. Si Rπ y Rσ tienen igual signo.13 y 3. no habrá cambios respecto a las orientaciones definidas para los campos transmitidos en la Fig. −n1 cos θi + n1 Rσ cos θi = −n2 Tσ cos θr . no cambiará el sentido de la polarización. 3. el otro también (Figs.σ cos θt .15) 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.5. pues fue la figura utilizada para hallarlos.σ cos θi + n1 E0r. igual será la polarización de la onda transmitida. Reemplacemos a B0π por E0σ /v. (3. Dextrógira es sinónimo de derecha u horaria. 3.12b).σ 2n1 cos θi = . y la onda incidente tiene polarización dextrógira.14) Despejemos las incógnitas Rσ y Tσ de las Ecs. E0i.σ n1 cos θi + n2 cos θt (3. Or y Ot . o ambos con sentido opuesto al ilustrado. v1 v1 v2 Multipliquemos por c y reemplacemos a c/v por n. 3. 3.12. 3. levógira es sinónimo de izquierda o contrarreloj. como explicamos a continuación. Puesto que para cualquier θi . .σ . Ley de Brewster .7) y las Figs.σ n1 cos θi + n2 cos θt Tσ = E0t. 3. E0i. − B0i. cuando uno esté entrando a la hoja.σ . los respectivos B (Biσ y Brσ ) estarán siempre antiparalelos.14. Dividamos por E0i.σ = 0t. si la onda incidente tiene polarización dextrógira o levógira. El sentido de la polarización no puede cambiar por transmisión. la onda reflejada tendrá polarización levógira. Si Rσ > 0.12c y d —después de cancelar funciones seno—. Tπ ≥ 0 y Tσ ≥ 0. Eiσ será antiparalelo a Erσ .12a. Eiπ y Erπ estarán orientados en el mismo instante t como se muestra en la Fig.π cos θt . solo uno de ellos (Eiπ o Erπ ) tendrá sentido opuesto al ilustrado. 3. Si Rσ < 0. .12. Marzo de 2006 Física III Según la condición (3. Si Rπ < 0.σ cos θi = −n2 E0t..7 Ángulo de Polarización. o cada uno en sentido opuesto al ilustrado. Eiσ y Erσ estarán siempre paralelos en el mismo t: cuando uno esté saliendo de la hoja. generalmente cambian millones de veces cada segundo.π cos θi = − B0t. Los respectivos B estarán siempre paralelos. Los observadores adecuados para juzgar la polarización son Oi .6 E0r. o sea en contrafase (Fig. Sólo uno de los B asociados (Biσ o Brσ ) tendrá sentido opuesto al ilustrado. y viceversa.12c y d). pero no pierda de vista que dichos campos son oscilantes. −n1 E0i.π cos θi + B0r. 3. los respectivos B estarán como se ilustra. Si Rπ > 0.108 Héctor Alzate L.σ cos θi + 0r. Si Rπ y Rσ tienen signos opuestos. 105. Hallemos el valor de θi ≡ θ B que hace cero a Rπ . la onda reflejada tampoco la puede tener. p. (3. 1781-1868. entonces sen θt = cos θ B . m. Si además la onda incidente no tiene componente σ (o sea que tiene polarización π). Cuando el polarizador se rota 90◦ . De dividir entre sí estas dos últimas ecuaciones obtenemos sen θ B cos θ B = sen θt cos θt . Universidad de Antioquia. Esto se comprueba con el arco iris diario de la fuente de la Universidad de Antioquia. Un caso muy especial en el que no hay onda reflejada. Ec. y después de las 3 p. n1 sen θ B = n2 sen θt . y la luz queda con polarización lineal σ. Según la Ec. pero sí transmitida. 3. solución trivial es θ B = θt . demuestre que rectángulo DBGH. m. Rπ = 0 y.π y E0r. Inventó el caleidoscopio.5. En la Fig.. En esta reflexión la componente Er.16) Existe un ángulo de incidencia.16. físico escocés.π se hace muy pequeña. ó sen 2θ B = sen 2θt .13 Polarización por reflexión. sin importar el valor de E0i. según las Ecs. al incidir en las goticas de agua se dispersa y sufre como mínimo una reflexión dentro de las goticas antes de regresar al aire. Marzo de 2006 La amplitud de los campos eléctricos de la onda reflejada. lo que lleva a que la onda reflejada no tenga componente π. At cos θt = . la luz reflejada tiene polarización lineal.π . 3. según la Ec. Se puede demostrar que no existe θi para el que Rσ sea cero.σ = 0 y. La luz solar tiene polarización aleatoria. lo que elimina a E0r. llamado el ángulo polarizante o ángulo de Brewster* θ B .14 mostramos las secciones transversales de los haces incidente. E0i. para el que Rπ es cero. La sección transversal del haz incidente Ai es el área del rectángulo ACFE. reflejado y transmitido.σ = Rσ E0i. lo que implica que no hay cambio de medio. 3. que se presenta aproximadamente antes de las 9 a. Ejemplo 3. están dados por E0r. para el haz refractado es la del * Sir David Brewster (pronúnciese brúster).16.π = Rπ E0i. desaparece el arco iris (o mejor. n1 cos θt = n2 cos θ B . 3. otra solución es θ B = π /2 − θt ó θ B + θt = π /2. según la ley de Snell. cualquiera sea la polarización de la onda incidente. Si la sección transversal del haz refractado es At . Como θ B + θt = π /2. 3.3 Un haz de luz de sección transversal Ai incide sobre una interfaz plana. Una Figura 3.3] Reflexión y Refracción 109 Héctor Alzate L. O sea que para dicho ángulo la onda reflejada queda polarizada linealmente en dirección σ. Ley de Brewster: cuando los rayos reflejado y refractado son perpendiculares entre sí. . Ai ( AE)( AC ) (3. 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.11. n1 sen θ B = n2 cos θ B . descubrió experimentalmente esta ley en 1812. de donde tan θ B = n21 .σ . Ai cos θi At ( BG )( DB) = . los arcos iris. El ejemplo más notable de polarización por reflexión es el arco iris. el primario y el secundario) y solo se observa el paisaje. 3.17) Solución. Reemplacemos en la ley de Snell.13). es cuando θi = θ B . cualquiera sea la polarización incidente.π . perpendicular al plano de incidencia (Fig. para incidencia oblicua es sumamente reflectivo y actúa como un buen espejo. vidrio o diamante. 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 . n2 cos θt 0 = = 0.11 y 3. 3. %Pr = 4 %. %Pt = 83 %. La intensidad de la luz transmitida tiende a cero a medida que θi → 90◦ . toda la luz se refleja. At cos θt = . n1 cos θt 0 =− = 0. 3. Las anteriores expresiones se cumplen para cada onda π ó σ y para todo θi . y a la fracción transmitida la transmitancia T ≡ Pt / Pi .00 y n2 = 1. n1 cos θt = 1. E0i E20i R= 1 2 2 1 E0r 1 2 2 1 E0i n1 − n2 .3). Ir Ar + It At . Esto está de acuerdo con la observación cotidiana con un vidrio: aunque sea transparente para incidencia normal (solo refleja el 4 %. Y las áreas son iguales sólo para incidencia normal. Ejemplo 3. %Pr = 17 %.33) obtenemos. Sólo si Ai = Ar = At se puede obtener Ii = Ir + It . AC = AB cos θi y DB = AB cos θr . también se halla que Ii = Ir + It solo si los radios de las secciones 1 y 2 de la cuerda son iguales. Rπ = Rσ = Solución. Universidad de Antioquia. Pr Ir Ar Ir v Er Er = = = 1 = = Pi Ii Ai Ii v1 E i Ei E2 E0r 2 = 0r = = R2 .15. R = R2 . T = 1 − R = 1 − R2 . ó. reemplacemos en las Ecs. 1 = Pr / Pi + Pt / Pi = R + T. n1 cos θt −n2 cos θt = = −1.0 y n2 = 2. 2 n1 − n2 2 n 2n1 Rπ o´ σ = . (a) Halle expresiones para las fracciones de potencia reflejada y transmitida en función de R. al igual que las transmitancias. n2 cos θt = Por lo tanto las amplitudes reflejadas no cambian por ser de magnitud 1 los coeficientes de reflexión.4) obtenemos. Solución. (b) Evalúe los coeficientes de Fresnel y la reflectancia y la transmitancia para incidencia normal. Por conservación de la energía.11 y 3. %Pt = 98 %.6 Evalúe los coeficientes de Fresnel para incidencia rasante e interprete los resultados. para aire-diamante (n1 ≈ 1. (b) Reemplacemos θi = 0 y θt = 0 en las Ecs.110 Héctor Alzate L.18) Ejemplo 3. Ai cos θi (3. (a) Si consideramos un haz incidente de área transversal Ai (Fig. Marzo de 2006 Física III Por conservación de la energía. n1 cos θt − n2 cos 90◦ n1 cos θt + n2 cos 90◦ θi →90 n cos 90◦ − n2 cos θt l´ım ◦ Rσ = 1 n1 cos 90◦ + n2 cos θt θi →90 2n1 cos 90◦ l´ım ◦ Tπ = n1 cos θt + n2 cos 90◦ θi →90 2n1 cos 90◦ l´ım ◦ Tσ = n1 cos 90◦ + n2 cos θt θi →90 l´ım ◦ Rπ = Figura 3.4 ¿Cuándo se cumple que Ii = Ir + It ? Solución. Incidencia rasante quiere decir θi → 90◦ .15 T = 1 − R2 . En el caso de una cuerda compuesta. 3. dividiendo por Pi .. %Pt = 100T = 100(1 − R2 ). En resumen. 3.0 y vidrio de n2 = 1.15. %Pr = 2 %. Ejemplo 3. n1 + n2 por lo tanto las reflectancias π y σ son iguales.5) obtenemos. Despejemos. . Pi = Pr + Pt . Para aire-agua (n1 ≈ 1.15). el área transversal del haz reflejado es Ar = Ai puesto que θr = θi .5 Un haz de luz incide sobre una interfaz. A la fracción reflejada se le llama la reflectancia R ≡ Pr / Pi .17. y por lo tanto es malo como espejo). Reemplacemos en la Ec.14 Pero BG = AE. (c) Evalúe los porcentajes de energía —por unidad de tiempo— reflejada y transmitida si la incidencia es normal. ni el sentido de la polarización por tener signos opuestos Rπ y Rσ . %Pt = 96 %. y Tπ o´ σ = 2 . el medio 1 es aire y el medio 2 agua. Pi Ii Ai = = Pr + Pt . θi = 0 (vea el Ejemplo 3. Figura 3. n1 + n2 n1 n1 + n2 (c) %Pr = 100R = 100R2 . n1 + n2 Tπ = Tσ = 2n1 . para aire-vidrio (n1 ≈ 1. σ + 2E0i.σ = 0.π = 0. 3. Tσ = 0.697.5 V/m. 107. Figura 3. p.σ = −0.π = −0. no porque los respectivos coeficientes sean cero. Como Rπ y 111 . 1.π = 0.9◦ . El campo eléctrico neto en P1 es E1 = Ei + Er (ambos vectores están en mismo punto a una distancia infinitesimal de la interfaz).π = Rπ E0i. p. 1. no es necesario conocer el valor de estos dos coeficientes.σ | = 100 − | − 15. Falta evaluar Rσ y Tσ .0.π = Tπ 0 = 0. Estas amplitudes son cero.13◦ .σ | cos δ + E20r.π = Rπ E0i. Las amplitudes pedidas son E0r. p.7 Una onda plana polarizada linealmente incide sobre una superficie de agua (n = 1. pues le estamos dando la posibilidad de estar antecedida por el signo (−). Por lo tanto. cuando se evalúan con las Ecs.. Diferencie claramente entre θi y el ángulo entre Ei y el plano de incidencia. 3. q E01 = E20i. con un ángulo de 20◦ .3 veces la amplitud π (E0r. el otro medio es aire. se suele decir que estos coeficientes son cero. 3.8 Un haz de luz polarizada circularmente. (a) Describa con detalle el estado de polarización de los haces reflejado y refractado.5. n1 = 1.00 sen 20◦ 1.π 6= E0r.092 = 3. θi = 45◦ . No hay luz reflejada ni transmitida π porque la luz incidente no trae componente π.σ . Solución.σ = Rσ E0i. E01 . con la amplitud σ 3. pero vemos claramente que no es cierto.5 Reemplacemos los anteriores valores en las Ecs. (b) Halle la reflectancia y la transmitancia.5 V/m.33 = 14. pues son totalmente independientes entre sí.5| = 84.π E0r.845. efectivamente.σ q = E20i. Apliquemos las Ecs. se obtiene Rπ = −0.σ − | E0r.σ = Tσ E0i.σ = Rσ = −0. Como T siempre es positivo. Como la luz incidente tiene polarización circular. La amplitud del campo eléctrico incidente es 100 V/m. La amplitud de E1 . 3. Rσ = −0.16 Los campos eléctricos del ejemplo se muestran en la Fig. Rπ = −0. E0r. al contrario de lo que muestra la figura. pero escribiendo la amplitud E0r.σ sea negativa (las amplitudes siempre son positivas) sino que Ei y Er están en contrafase.σ / E0r. p. Tπ = 0. (a) Los cambios en la polarización los determinan los coeficientes de Fresnel.155.092E0i. Debemos suponer que el medio 1 es aire.155 × 100 = −15. Por defecto. Sin embargo.11. E0r. Como no hay luz reflejada ni transmitida π.σ = E0i.σ − 2E0i.11 y 3. De la ley de Snell. sí se cumple.15. 3.15.728. Ejemplo 3.848.092. δ = ±π: cuando un vector entra al plano de incidencia. o entran al plano de incidencia simultáneamente.σ Rπ y Rσ tienen igual signo.σ . Según las Ecs.σ con valor absoluto.σ | + E20r. Determine la amplitud de las ondas reflejada y transmitida y sus fases relativas a la fase de la onda incidente. incide sobre una superficie de vidrio (n = 1. pero como la polarización es lineal es absurdo decir que el sentido de la polarización cambia. Ei y Et siempre están en fase: ambos vectores salen del plano de incidencia.σ : la onda reflejada tiene polarización elíptica. cualquiera sean los valores de Rπ y Tπ . Marzo de 2006 Ejemplo 3.303E0i.σ | E0r. E0r. n1 = 1.σ = Tσ = 0.σ = Rσ E0i. E0i. El signo (−) no significa que E0r.00. Vemos que. de 1 W de potencia.σ | E0r.σ = −0.5) con un ángulo de 45◦ .16. Así. E0i.303. 107.π = Rπ 0 = 0 y E0t. el otro sale.303/0.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. El que el ángulo entre Ei y el plano de incidencia sea 90◦ quiere decir que Eiπ = 0 y en consecuencia E0i. E0r. (c) Halle la potencia reflejada y la transmitida. 105. Universidad de Antioquia. se hacen cero. 3. Solución. Ei = Eiσ .σ E0t.33).π = Tπ E0i. De la ley de Snell obtenemos θt = arc sen 1. E0i. E0t.5.5 V/m.128 y Tπ = 0. n2 = 1.845 × 100 = 84. 3.4. se puede hallar con la ley del coseno. la condición de frontera expresada por la Ec. si el ángulo entre Ei y el plano de incidencia es 90◦ . Según las Ecs.12.0 sen 45◦ θt = arc sen = 28. 108.3).π = E0i. 17). (b) Según la Ec.0085 × 0.9◦ .8.9 = 62. Pr = Prπ + Prσ = Rπ Piπ + Rσ Piσ = 0.9. .σ .697 = 0.π Tπ E0i.0922 = 0. 28.12b y d.σ / E0t. incide sobre el agua un rayo de luz con un ángulo de 60◦ . 3.19 del Problema 3. Universidad de Antioquia.2 % de la energía de la onda incidente σ se refleja.0cos cos 45◦ 0.13◦ 2 Tπ = 1. Los coeficientes de Fresnel tienen los mismos valores del Ejemplo 3.. De la energía incidente se refleja el 5 % y se transmite el 95 %.55.13◦ 2 Tσ = 1. (c) Como la onda incidente tiene polarización circular. el sentido de la polarización sí cambia.303 = tan 30◦ = 1.π Rπ Ei cos βi Rπ −0.5 = 0.0085: el 0. (b) el ángulo βt entre Et y el plano de incidencia. y esto lleva que sus potencias sean iguales. ¿Cuál es la rapidez de la luz en el aceite? Problema 3.092 × 0. el sentido de la polarización de la onda refractada nunca cambia —aunque pueda pasar de circular a elíptica—. El vaso está lleno de agua y arriba.5 = 0. Pt = Ptπ + Ptσ = Tπ Piπ + Tσ Piσ = 0.σ Tσ Ei sen βi Tσ = = = tan βi E0t. Er tiene dirección opuesta a la mostrada en la figura.51.12b y d.728 = 0.697/0. Como Tπ y Tσ siempre son positivos. (b) Tσ E0i.728 = 0. 0.48) es de caras planas y paralelas y está horizontal.9915 × 0. 3.π 6= E0t. Rσ = 0.5. de donde Piπ = Piσ = 0. en los instantes en que Ei está orientado como se ilustra.55 = 28. El ángulo βi entre Ei y el plano de incidencia es de 30◦ (Fig. De la figura vemos que (a) Rσ E0i.9915: el 99. 3.908: el 90. 3. 1 W = Piπ + Piσ = 2Piπ = 2Piσ .697 = tan 30◦ = 0. Problemas Problema 3. juzgado por el observador Ot de las Figs.51. la amplitud de la onda incidente π es igual a la de la onda incidente σ.9◦ .2 El fondo de un vaso de vidrio (n = 1.092: el 9.95 W.17 Solución.π = 0. Física III Figura 3. Halle el ángulo con que el rayo incide sobre la cara inferior del fondo de vidrio del vaso. Rπ = 0.092 tan βr = de donde βr = arc tan 1.π Tπ Ei cos βi Tπ 0.15 % de la energía de la onda incidente π se refracta.0cos cos 45◦ 0.1 Un haz de luz en aire incide sobre un aceite con un ángulo de 45◦ y se refracta con un ángulo de 30◦ .5 W. juzgado por el observador Or de las Figs.5 + 0.15. Pero la elipse correspondiente al campo eléctrico transmitido es mucho menos excéntrica que la reflejada: E0t. −0.85 % de la energía de la onda incidente π se refleja. desde el aire. Marzo de 2006 Rσ tienen signos iguales.05 W.96. concluímos que E0t. con un ángulo de 45◦ .728 tan βt = de donde βt = arc tan 0.σ E0t. Debido a los signos negativos de Rπ y Rσ .112 Héctor Alzate L. 28.π Rπ E0i.908 × 0. Halle (a) el ángulo βr entre Er y el plano de incidencia.3032 = 0.9 Un haz de luz polarizada linealmente incide sobre una superficie de vidrio de índice de refracción 1.8 % de la energía de la onda incidente σ se refracta.σ E0r.5 + 0. Con argumentación análoga a la del anterior párrafo. Ejemplo 3.σ Rσ Ei sen βi Rσ = = = tan βi E0r. Problema 3.12 Explique cuál es el error cuando se escribe (a) ~E0i = ~E0i.3] Reflexión y Refracción Héctor Alzate L. El índice de refracción del prisma es 1.11 Una fuente F emite luz roja de 633 nm. Universidad de Antioquia.21.14)? 113 . Halle el mínimo radio del disco para que la moneda no sea visible por ningún observador desde el aire.18). pueda ver el centro del cubo.50 y 2. de grosor a (Fig..π + Ei.σ . cos θt Problema 3. muestre porqué un rayo trasmitido no puede estar en el cuadrante IV. (b) E0i = E0i.6 Luz roja de λ = 650 nm penetra en el agua (n = 1. β = 2α.14 ¿Es válida la Ec.18 cualquiera sea la forma de la sección transversal del haz.8 Un haz de luz incide normalmente sobre la cara vertical del prisma de la Fig. 3.π + E0i. Problema 3. p. Marzo de 2006 Problema 3. 3. muestre Problema 3.20.σ . (c) Ei = Ei. que un rayo sale del medio paralelo a como entró. Problema 3. (a) ¿Cuántas longitudes de onda o cuántos ciclos del campo eléctrico hay en este tramo?. o lo es únicamente para una sección rectangular (Fig. el rayo reflejado rota el doble (Fig. (b) Pruebe que el rayo emergente sufre un desplazamiento d. (b) la pregunta anterior. (a) Verifique que la desviación δ es cero. 3. pero entre F y P se intercala una placa de vidrio de índice 1. Problema 3.π + ~E0i. ¿cambia la frecuencia al pasar del aire al agua? Problema 3. 3.5 Muestre que cuando un plano se rota un ángulo α. 3.0 mm de espesor.9 Una fibra de vidrio (n = 1.19 Problema 3.4 Con una figura similar a la de la Fig.19). sin mover sus ojos. 1 ωk × E.22).σ . 3. esto es. ¿cuál es la longitud de onda en el agua?.6) tiene una envoltura de índice de refracción 1. Figura 3.π /v.3 Una onda atraviesa un medio homogéneo limitado por caras planas y paralelas.64. Figura 3. Figura 3. Problema 3.20 Halle el mínimo índice de refracción de un líquido con el que se debe llenar el cubo para que O. La luz recorre un tramo de 2. Problema 3.13 Sabiendo que B = que Bπ . Figura 3.10 Una pequeña moneda está en el fondo de un estanque de 1.20 m de profundidad. Figura 3. Problema 3.33).3 (Fig.4.7 Un observador O mira el borde del fondo de un recipiente cúbico vacío como se muestra en la Fig.18 El rayo no se desvía. con su centro encima de la moneda. 3. 3. Un disco opaco flota en el estanque. esto es. respecto al incidente. dado por d=a sen(θi − θt ) .21 Halle el máximo α para el que no sale luz del prisma por la cara inclinada cuando el prisma está rodeado de (a) aire. 101. (b) agua.0 cm hasta un punto P de interés.22 Halle entre qué valores de θ hay trasmisión de luz de la fibra a la envoltura. solo se desplaza.σ = Eσ. no (a) −0. 3. Problema 3. (c) 0. 3. (b) 33 175. reflejado y trasmitido.7 3. basta con cambiar al eje x por ki . p. (3. Ayuda: este problema es igual al Ejemplo 2.21 i La conservación de la energía exige que Pr / Pi + Pt / Pi = 1.17). Universidad de Antioquia.4 36. 0.16 3. 0. Nota: simultáneamente se debe cumplir la ley de Snell.7 V/m.5. 0.22 114 .783.378 µT (a) Igual.Héctor Alzate L.9◦ y 90◦ 1. 79. 0.9◦ .21 Igual al Problema 3. de incidencia y tiene una amplitud de 100 V/m. (d) Especifique la dirección de los anteriores campos magnéticos. pero el ángulo del campo eléctrico incidente con el plano de incidencia es 0◦ .19 Cuando n2 > n1 muestre que (a) Rσ es negativo para cualquier θi .05 µT. 0.18 Si en el Ejemplo 3. (c) 0. donde uπ es un vector unitario en la dirección Liπ de la Fig.333 µT.10 3. Problema 3. no √ 2.029 mW. 0.37 m (a) 31 595. (b) Rπ es negativo para θi < θ B y positivo para θi > θ B .0 V/m.3 V/m. su campo eléctrico forma un ángulo de 90◦ con el plano Problema 3. Tπ y Tσ .17 Muestre que Rσ = 0 implica que no hay cambio de medio. (c) la amplitud de los campos magnéticos incidente.10. 3.3◦ 489 nm.383 µT (a) 0.150. Cuando n2 < n1 lo anterior se invierte. (b) la amplitud de los campos eléctricos reflejado y trasmitido.4◦ . 0. Rσ .25 mW.45) con un ángulo de 28◦ . Halle la potencia (a) de las componentes π y σ de la onda incidente.22 Un haz de luz polarizada linealmente incide sobre una superficie de vidrio de índice de refracción 1.6 3.20. t) = Eiπ + Eiσ = uπ E0 sen(ki · r − ωt) − uσ E0 cos(ki · r − ωt). −0. Marzo de 2006 Problema 3. Ei (r. El ángulo βi entre Ei y el plano de incidencia es de 30◦ (Fig.15 Demuestre que. ¿existe algún ángulo para el que se presente reflexión total y no se trasmita luz al agua? Problema 3.58 (a) 52. 0. 78.75 mW.072 µT.20 i Problema 3. 0. (b)0.20 Una onda plana incide sobre un material trasparente (n = 1.4. Rπ o´ σ = R2π o´ σ . a E z por Eiσ y a E y por Eiπ .9 3..71c = 212 000 km 35.793. 92.8◦ 68.16 ¿A qué ángulo respecto a la horizontal debe estar el Sol para que la luz que incide sobre un lago quede polarizada por reflexión?.2 3.971 mW Problema 3. (b) −15.3 V/m. y uσ = u z es un vector unitario en la dirección σ ó z.8 3. Utilice este hecho para probar también que θt 2 R2π o´ σ + nn21 cos cos θ Tπ o´ σ = 1. con un ángulo de 45◦ . (b) de las ondas reflejada y trasmitida.8.6.5 = 1.19) n2 cos θr 2 Tπ o´ σ = n1 cos θ Tπ o´ σ Física III 3.333 µT. La potencia del haz incidente es de 1 mW. Respuestas a los Problemas 3. halle el sentido de polarización de la onda incidente. Halle (a) los valores de Rπ .217. en las direcciones π ó σ. (b) −21.11 3.1 3. Problema 3. (b) 35. 5a. En la Fig. en lentes o la luz que penetra en el ojo). y del que sale luz. 115 . El lado positivo de un sistema es por donde le llegue la luz. (a) Objeto puntual y real. el resto es geometría euclidiana. 101. no es necesario saber que es una onda. que es transversal. (c) Objeto puntual y virtual.1a lo representamos con una curva cerrada.1 Sistema óptico y objeto. vemos que la luz que sale por reflexión siempre está en lado positivo (por ejemplo. Objeto e Imagen Un sistema óptico es un dispositivo físico al que le llega luz. y en muchas situaciones parte de la información que se obtiene puede lograrse con un método mucho más sencillo que se llama Óptica Geométrica. (b) Objeto macroscópico real. Por ejemplo. en espejos) y la que sale por refracción siempre está en el lado negativo (por ejemplo. se puede investigar con las ecuaciones de Maxwell. se debe mantener presente que un rayo tiene dirección y sentido: los de la propagación de la luz. o una combinación de estas como un microscopio o un telescopio. ni de polarización. Para lograrlo. y puede ser una superficie reflectiva o refractiva. Figura 4. que tiene campos E y B.1 Convención de Signos. En la Fig. L 4. nos valemos de los conceptos de objeto (P) y de imagen (Q). p. El concepto fundamental es el de rayo. 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. 4. ni de coeficientes de Fresnel. 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. Generalmente esto es de una gran complejidad. donde hay que saber poco de la física de la luz. no es necesario tampoco hablar de fase. 3. negativo es el lado opuesto (muchos textos siguen una convención diferente). De física solo son necesarias las leyes de reflexión y de refracción.4 Óptica Geométrica a propagación de la luz en un medio y lo que le ocurre cuando llega a una superficie o interfaz donde comienza un medio distinto. y el lugar de intersección necesariamente está en el mismo sentido en que se aproximan los rayos.1. 4. así sea con prolongaciones. debemos sobreentender que nos referimos a un objeto óptico y no a un objeto físico. En su lugar. p = | p|. Debemos diferenciarlo de un objeto físico. alejándose entre sí en el sentido en Figura 4. o con otras palabras: a cada punto del sistema le llega información de todo el objeto (Fig.116 Héctor Alzate L. pues tienen algún volumen. 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.1 Concepto de Objeto Un objeto óptico P es el lugar de intersección de los rayos que llegan al sistema. aunque en la realidad los objetos no lo sean. Se debe evitar la fuerte tendencia a pensar la imagen como el lugar donde físicamente se intersecan los rayos que salen. Necesariamente P está en el lado positivo. En cambio. y siempre llegan divergentes al sistema. el objeto puntual P se denomina un objeto real. como lo harían si los rayos provinieran de un objeto físico situado en P (Fig. opuesto al de aproximación de los rayos al sistema. Pero esto no es una limitación. como dijimos. y es llegan rayos de todo el caso ilustrado en la Fig. Dicha tendencia se origina en que los rayos provenientes de un punto de un objeto físico sí salen del punto. Se debe evitar la fuerte tendencia a pensar al objeto (óptico. en la vida cotidiana cuando hablamos de objeto nos referimos a objetos físicos. con considerar un solo punto. Optics. Marzo de 2006 Física III 4. Si llegan convergentes (esto es. p. . o mediante prolongaciones. 4. En cualquier caso. p = −| p|. acercándose entre sí en el sentido en que se propaga la luz).1a. A menudo hablamos de objetos puntuales. y hay infinitos puntos. llamada la distancia objeto. Si los rayos que llegan al sistema se intersecan físicamente.1a). 4.* que es un conglomerado de partículas.2 Concepto de Imagen Llamamos imagen Q al lugar de intersección de los rayos que salen del sistema y distancia imagen q a la distancia de Q al sistema (Fig. pero a veces no. en un punto. 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. Si los rayos llegan divergentes (esto es. * La idea de que los rayos emanan en todas las direcciones desde cada punto de un objeto físico se debe a Francesco Maurolico de Messina.. pero a veces no. y su distancia p. es la intersección de las prolongaciones de los rayos que salen. 4. Dover. p > 0 (pero no viceversa). 4. 4. En la Fig.2). Basta. en oposición a un objeto imaginado. Universidad de Antioquia. todo objeto físico es un objeto (óptico) real. 39. O sea que P está al otro lado del sistema por donde llega la luz. 1494-1575. pues la superficie del objeto macroscópico o extendido la consideramos conformada por un infinito número de objetos puntuales.1. y p es (−).1c).3). En consecuencia. Ed. a veces es así.1991. a veces es así. pero con frecuencia no es así. Al sistema de cada punto le llegan infinito número de rayos. se denomina un objeto virtual (Fig. pues a los demás les aplicamos el mismo análisis. donde el lugar de intersección está en sentido el objeto.2 A cada punto que se propaga la luz). por supuesto) como el lugar de donde salen físicamente los rayos. el lado negativo. que es un objeto físico que sí existe. es (+). como se ilustra mediante las líneas a trazos de las figuras. como se ilustra mediante las líneas a trazos de las figuras. A veces un objeto óptico coincide con un objeto físico. 4. Cuando en óptica hablamos de objeto. el objeto es puntual. The Science of Vision. Vasco Ronchi. En óptica queremos decir que los rayos asociados a P llegan divergentes al sistema. se debe pensar como el lugar de intersección de los rayos que llegan al sistema. También puede salir por el mismo lado por donde llegó (figuras c y d). Figura 4. Cuando se vea en Óptica Física el tema de Difracción. como en una lente o la luz mediante la que vemos. Si los rayos salen convergentes. o sea acercándose entre sí en el sentido en que avanza la luz. Decimos entonces que el sistema sufre de aberraciones o defectos.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. como salen divergentes. por ser convergentes. se intersecan en el lado (−). En la Fig. . Se comprenderá que no es posible proyectar las imágenes virtuales (o sea rayos divergentes. la imagen se denomina una imagen virtual. el lugar de intersección es el sentido opuesto en el que avanza la luz. En los cuatro dibujos de la Fig. Una interfaz puede producir simultáneamente imágenes por reflexión y por refracción. 4. 4. en el lado (+). en el lado (+). no por una aberración del sistema. Pero la perfección no es de Figura 4. la imagen se denomina una imagen real. y los rayos que salen nunca se intersecan en un solo punto. Entre menos se aleje del ideal de que a P puntual le corresponda una Q puntual. en el lado (−). 4. Si a un objeto puntual le corresponde una imagen puntual. que son los que definen el lado (+). y q es (+). se intersecan en el mismo sentido de los rayos.4 se ilustran rayos que salen del sistema óptico. 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. como la luz que se refleja en las caras de una lente. 4. y entregarlos con direcciones diferentes. sino como una manifestación intrínseca de la naturaleza ondulatoria de la luz.4d. se ilustra cuando salen por el mismo lado por donde llega la luz al sistema y. Si los rayos salen divergentes.4 (a) y (c) son imágenes reales. q = −|q|. se ilustra cuando salen por el mismo lado por donde llega la luz al sistema y. En la Fig. (b) y (d) son virtuales. Universidad de Antioquia. En la Fig. el lugar de intersección está en el sentido en que avanza la luz.4b se ilustra cuando los rayos salen por el lado opuesto por donde llega la luz. mejor y mas costoso es el sistema. por ser divergentes. y q es (+). q = |q|.4c. Marzo de 2006 117 El problema principal de la óptica geométrica es: ¿cuál es el lugar de intersección de los rayos que salen del sistema. En la Fig. que es la que penetra al ojo. o sea que tenga menos aberraciones. o sea alejándose entre sí en el sentido en que avanza la luz. como salen convergentes. el sistema se denomina un sistema óptico perfecto. procesarlos. o la que se refleja en el ojo y produce las imágenes que vemos cuando miramos a los otros a los ojos. y q es (−). este mundo. se verá que a un objeto puntual nunca le corresponde una imagen puntual.4a se ilustra cuando los rayos salen por el lado opuesto por donde llega la luz. 4..3 El sistema cambia la inclinación de los rayos. y q es (−). La luz puede salir por el lado opuesto por donde entró (figuras a y b). no se muestran los que llegan. en el mismo sentido de propagación. Si los rayos refractados salen convergentes (Fig. y p < 0.118 Héctor Alzate L.4b y d) en una pantalla. está al otro lado por donde llegaron. La el objeto y las imágenes. está al otro lado de la interfaz. intrínsecamente pueden ser negativas. nuestros ojos.7d. mediante prolongaciones. debemos inmediatamente trazar la normal N al plano tangente a la interfaz en el punto de incidencia (si la interfaz es Figura 4.7e) la imagen es real y su lugar de intersec- . 4. el plano tangente es la propia interfaz). Si Q está al otro lado de donde llega la luz. p. Por ejemplo. luz incidente. A continuación se debe dibujar el resto de dicha figura. ya sea un espejo. como es el caso de un espejo plano en el que nos miremos). a pesar de no ser visible. ubicar a continuación un interfaz hay luz asociada con plano que contenga a N y a la dirección de incidencia.6 En cada punto de la plana. en sentido contrario a su sentido de propagación. Si llegan convergentes (Fig. y que es el plano de incidencia. 4. y con minúsculas la distancia de los puntos al sistema. que llega a la interfaz. toma siempre la forma concreta de una interfaz reflectiva-refractiva o un conjunto de ellas. Las distancias las tratamos algebráicamente. aunque en la vida cotidiana se le llame así.7b). denotamos puntos. porque casi siempre se presenta reflexión y trasmisión (los coeficientes Rπ . La pantalla habría que ponerla en Q para observar una imagen nítida. cero o posiFigura 4. Si salen divergentes (Fig. Rσ . y q > 0. 3. Marzo de 2006 Física III Figs. en sentido opuesto a su dirección de propagación.7a). Volvamos a exponer lo dicho.3. La imagen real sí es posible. la imagen. con la letra q denotamos la distancia de var una imagen real. Universidad de Antioquia. mediante prolongaciones.6). es negativa y aún en este caso escribimos q y no −q. el objeto es real y su lugar de intersección (no importa si físicamente o mediante prolongaciones) está al mismo lado de la interfaz por donde llegaron. la superficie del agua de un estanque. Pero si no se ubica en Q (Fig. pero ya con una interfaz concreta: La Fig. en su sentido de propagación. representado hasta ahora de una forma abstracta por una curva cerrada. Generalmente existen estas dos imágenes. y q < 0. la imagen es real y su lugar de intersección (no importa si físicamente o mediante prolongaciones) está en el mismo lado de la interfaz. 4.5b). y no ¡q = −q!. porque si q es negativa. y p > 0. un microscopio o un telescopio. sigue siendo real y ¡ubicada en Q! Más sobre los Signos: con mayúsculas. Nuestro sistema óptico. q = |q|. Si los rayos llegan divergentes (Fig. 4. es básica en la óptica geométrica. la imagen es virtual y su lugar de intersección. pues la luz de la imagen asociada con cada punto del objeto se abre cada vez más dando una imagen borrosa. −q es positiva.5 Ubicación de una pantalla para obsertivas.5a).. Tπ y Tσ son diferentes de cero). 4. pero en Q no hay luz asociada con la imagen. por lo general. 99. se relaciona con el objeto (Fig. 4. y para garantizar que sea positiva. esto es. 4. 4. lo que se observe en ella no es la imagen. Siempre que un rayo incida en una interfaz. Si los rayos reflejados salen convergentes (Fig. Escribiendo −q no garantizamos que la distancia imagen sea negativa. Q. La forma correcta de garantizar que q sea negativa es escribiendo q = −|q|. 4.7c). la luz que sale por reflexión se relaciona con la imagen formada por reflexión y la que sale por trasmisión se relaciona con la imagen formada por refracción. el objeto es virtual y su lugar de intersección. poniendo la pantalla en el lugar dado por Q (Fig. está al otro lado de la interfaz. los rayos reflejados se intersecan en Q . Si salen divergentes (Fig. α2 ≈ tan α2 y β ≈ tan β. BQ = VQ − δ ≈ VQ = q. o sea rayos casi paralelos a él. Toda la óptica de este capítulo será paraxial. Usemos las aproximaciones paraxiales. 4. 1 1 2 + = .8 Geometría de la reflexión de rayos. en sentido contrario al de su propagación.. 4. La óptica paraxial se llama también óptica gaussiana en honor al trabajo de Gauss de 1841. BP BQ BC h h h + =2 . Universidad de Antioquia. p q r Cancelemos h. en su sentido de propagación.1) . BP = VP − δ ≈ VP = p. tan α1 + tan α2 = 2 tan β.8 vemos que se cumple que β = θi + α1 y α2 = θi + β. p q r (4. h h h + =2 .8). Marzo de 2006 Figura 4.7 Objetos e imágenes reales o virtuales ción (no importa si físicamente o mediante prolongaciones) está en el mismo lado de la interfaz que ellos. y q < 0. Eliminemos θi de este par de ecuaciones para obtener α1 + α2 = 2β. En la Fig. con lo que entenderemos que solo vamos a considerar los rayos que formen un ángulo pequeño con el eje principal.7f) la imagen es virtual y su lugar de intersección. En las próximas secciones hallamos la ecuación que relaciona la posición de un objeto con la de la imagen respectiva para varios sistemas ópticos concretos. y q > 0. BC = VC − δ ≈ VC = r. α1 ≈ tan α1 .4] Óptica Geométrica 119 Héctor Alzate L.2 Reflexión en una Superficie Esférica Sea nuestro sistema un espejo conformado por un casquete esférico reflectivo con centro de curvatura C y radio de curvatura r (Fig. empezamos con la formación de imágenes por un espejo. 4. mediante prolongaciones. Figura 4. En este caso podemos hacer las siguientes aproximaciones. su intersección con el espejo es el vértice V. 4. Los rayos que llegan se intersecan en un punto P. El eje de simetría del sistema (línea VC) se llama eje principal o eje óptico. Hablar de un objeto puntual equivale a decir que la porción de frente de onda que le llega al sistema es un casquete esférico. Igual ocurre con la afirmación matemática de que una variable tiende a cero.10 se trazan para un espejo cóncavo y uno convexo. uno que pase por el centro de curvatura y otro que incida en el vértice. O con otras palabras. En lugar de decir que 1/ p → 0. impidiendo que se distinga una de otra (Fig. p q q f r Vemos que f = r/2. El que se cancele h significa que todos los rayos que lleguen paraxiales se reflejan dirigiéndose a un punto. al objeto puntual P le corresponde una imagen puntual Q y el espejo se comporta como un sisteFigura 4. Desconcierta que a tal distancia se le pueda calificar como p → ∞. las imágenes de dos puntos P1 y P2 se pueden superponer.1 la escribimos 1 1 1 + = . otro que salga paralelo. Tal vez fuera mejor decir q p.9a). Con la afirmación matemática de que una variable tiende a infinito. . con f < 0 se denomina negativo. 1 1 1 1 2 + ≈ = = . resultando que Q no es puntual. O sea que si P1 y P2 son puntos de un objeto macroscópico o extendido su imagen no será nítida. Cantidades que tienden a Infinito o a Cero Al tomar medidas. 4. y que por lo tanto 1/ p + 1/q ≈ 1/q = 1/ f . Para rayos no paraxiales daría una ecuación en la que h no se cancela. y la Ec. q = f . que produce una imagen puntual.2) El espejo con f > 0 se denomina positivo. 4. 2 (4. con un radio de curvatura cercano a −8 mm. 2 m. para hallarla analíticamente lo hacemos con la Ec.2. y así podemos pensar a un sistema óptico perfecto como aquel del que sale también esférico el frente de onda. 4. Rayos Principales Llamamos rayos principales o notables a los siguientes cuatro rayos: uno que llegue paralelo al eje principal. 4. 4. ma perfecto. en física lo que se quiere decir es que es mucho menor que las demás variables. p puede ser. por ejemplo. Cuando | p| |q| a Q se le llama el foco F y a q la longitud focal f . cóncavo o convergente. Para hallar gráficamente la imagen de un objeto generalmente usamos sólo rayos principales.9b). es mas apropiado decir 1/ p 1/q. Marzo de 2006 Física III Esta es la ecuación de Descartes para espejos esféricos. bastando así con saber donde se intersecan dos rayos para saber por donde pasará el resto de infinitos rayos (o sus prolongaciones).120 Héctor Alzate L. en física lo se quiere decir es que esa variable es mucho mayor que las otras variables involucradas en el problema. Según la Ec. Vemos que cuando p → ∞ (o sea | p| |q|). esto es. en la Fig. Universidad de Antioquia.1.. El espejo convexo más común es la córnea de nuestros ojos. o una longitud focal de −4 mm. A esta aberración se le llama esférica (Fig.9 Aberración esférica. p q f con f = r . convexo o divergente. y considerársele infinito. 4. Del punto más alto del objeto llegan dos rayos divergentes. 4. M=− (−) q =− = (+) = +2. AB. dq. Ejemplo 4. el reflejado sale dirigiéndose hacia F. Despejemos. (b) Con rayos principales ilustre. (b) En la Fig. Averigüemos si es +2 o −2.4] Óptica Geométrica 121 Héctor Alzate L. y q > 0 por estar por donde llega la luz. p (+) de donde q = −2p. 4. | M| = 2. divergentes y se intersecan en dirección opuesta a ellos. pues la longitud focal es positiva. (b) convexo. dp. p > 0. M = −q/ p. Figura 4. Figura 4.11). El rayo inferior llega paralelo. De las dos últimas ecuaciones obtenemos AB = p tan θi y A0 B0 = −q tan θi . (a) Analíticamente. el rayo reflejado respectivo sale dirigiéndose hacia C. En V hemos aplicado la ley de reflexión. Hemos introducido un signo menos porque la tangente de un ángulo entre 0 y 90◦ es positiva. y la dimensión axial del objeto infinitesimal respectivo. los rayos llegan divergentes y se intersecan en dirección opuesta a la de ellos. la solución gráfica del problema.11 Aumento por un espejo. el punto más alto de P.10 Rayos principales de un espejo (a) cóncavo. Marzo de 2006 Figura 4.1 A un objeto real puesto a 1. y la altura transversal del objeto respectivo. (a) Como el objeto es real. Como vimos. entonces usamos valor absoluto.4) espejo es positivo. A0 B0 (Fig. determine la longitud focal y la naturaleza del espejo. Vemos que los que salen lo hacen divergiendo. q < 0.4 m.4) ML ≡ dq/dp = − M2 . El aumento es 2. los rayos salen. Solución.. hallemos el aumento M = A0 B0 / AB. El rayo superior llega con θi = 0. de los infinitos rayos asociados con B.2. y en la figura A0 B0 < 0 por estar orientado hacia abajo. 1/ p + 1/(−2p) = 1/ f . El (4. se define como la relación entre la longitud axial infinitesimal de una imagen. (4. Note que aunque el . por reflexión (es un espejo). pero no sabemos si la imagen es derecha o invertida. Se cumple que tan θi = AB/ p y tan θi = − A0 B0 /q. su imagen es B0 . que se relaciona con la dirección axial. Universidad de Antioquia. o cóncavo. En dicha figura trazamos. Reemplacemos en la Ec. todos los demás rayos reflejados se orientan hacia B0 ya que en la aproximación paraxial no hay aberración esférica. Aumento El aumento (o magnificación) transversal (o lateral) M se define como la relación entre la longitud o altura transversal (o sea perpendicular al eje principal) de una imagen. Por ser virtual la imagen.3) El aumento longitudinal ML .12 Imagen virtual y derecha. es igual a (vea el Ejemplo 4.2 m de un espejo esférico le corresponde una imagen que es virtual y dos veces mayor. f = 2p = +2. o convergente. a escala.12 se ilustra la solución gráfica. θr = θi . 4. dos de los rayos principales. Ejemplo 4.5). De la Ec. . −q (+) = . Encuentre la velocidad de la imagen como una función de la distancia p y discuta el resultado. vQ = − f −p Para un objeto lejano. (4. 4. 121. (4. Marzo de 2006 espejo es convergente. Lo primero a exigir es que el aumento sea positivo.5) y (4.3 Un objeto se mueve hacia un espejo esférico de longitud focal f con una velocidad constante v P . M = −q/ p y (1/ p) + (1/q) = (1/ f ). que toda imagen derecha de un objeto real es virtual. como se verá más tarde. El espejo tiene que ser convexo o divergente. dt dt Cancelemos dt y despejemos. que siempre se comportan como objetos (ópticos) reales. (+) de donde q < 0: Q es una imagen virtual. esto es. f = r/2. con el que la imagen es del mismo tamaño que el objeto. para que las imágenes sean derechas y menores que los objetos que se quieren vigilar. para aquellas son espejos convexos o negativos o divergentes que. Cuando P se acerca a F los rayos salen casi paralelos y la imagen se forma lejos (q y vQ → ∞).4. M > 0. p > 0. pues el objeto está entre el vértice y el foco. dan imágenes derechas y menores que el objeto. el miembro derecho de la anterior ecuación es cero. 4.9) (b) En la Fig. Para estas nuestros ojos son.8) El (−) significa que las velocidades son opuestas: si el objeto se mueve hacia la izquierda acercándose al espejo. (4. Reemplacemos esta expresión para M en la Ec. Llegamos a lo que se cumple también con las lentes. vQ = − M2 v P . (4. la imagen se mueve hacia la derecha. dq ≡ ML = − M 2 . − p−2 dp dq − q−2 = − p−2 v P − q−2 vQ = 0. De las ecuaciones para espejos. sin escala con el resto de la figura. Universidad de Antioquia. el cubo P y su imagen Q. la de la imagen es vQ = dq/dt. Ejemplo 4. 2 f vP .7) Reemplacemos en la Ec. Ejemplo 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. Ec. También hay imágenes por transmisión. la imagen del dedo apunta hacia el dedo.7). Esto lo comprobamos a diario cuando nos acercamos a un espejo plano. como acabamos de ver. dt dt Despejemos. Solución. Derivemos respecto al tiempo la Ec.122 Héctor Alzate L. hay imágenes por reflexión que son las que vemos cuando miramos a alguien a los ojos. la fija el constructor del espejo. 0 < M < 1. p Como (q/ p)2 = (−q/ p)2 = M2 . 4. para que la imagen tenga la misma orientación que su respectivo objeto. de más de 1 m. p f y la anterior ecuación predice que vQ v P (vQ → 0): Q coincide con F. las relaciones (4. como no depende del tiempo. La velocidad del objeto es v P = dp/dt. 4. Física III Solución. 4.2 Determine la naturaleza de un espejo que sea útil para la vigilancia en un almacén. M = −q/ p = f /( f − p). pues los estantes y las personas tienen medidas mayores que 1 m. dt dt dt La longitud focal. Cuando llega luz a nuestros ojos. la situación empeora. sería el caso de un espejo plano.. dq dp = − M2 . p. vQ = − 2 q vP . f < 0. que son las que nos dan la visión. (4.3. (a) Según la Ec. En conclusión. y obtener así un mayor cubrimiento o campo de visión mayor. También significa que si apuntamos con un dedo al espejo. 4. pues imágenes mayores que el objeto no son convenientes porque dan un cubrimiento aún menor que con un espejo plano. superficies refractivas convergentes. q = f p/( p − f ).2.4 (a) Halle la expresión para el aumento longitudinal de un espejo.8.6) y (4. y para dar un buen cubrimiento tendría que ser muy grande.8. y vQ = −v P .6) Las imágenes en el almacén corresponden a objetos físicos.5) Si M = +1. para el que se cumple que M = 1.13 se representan.2. Solución. como era de esperarse. Si M > 1. dq−1 d f −1 dp−1 + = . acercándose también.7). La longitud focal del espejo es 15 cm. dp (4. Reemplacemos en esta ecuación las relaciones (4. obtenemos f = Mp/( M − 1). produce rayos divergentes. Reemplacemos en la expresión para el aumento lateral. 4. y ∆q ≈ dq. x = b2 /(4 f ). . Sea este el plano xy. b) con pendiente m es y = m( x − b2 /4 f ) + b. VQ = A|∆q| = M2 h2P × M2 h P = M4 h3P = M4 VP .2. b). De donde concluímos que todos los rayos reflejados. El rayo incidente se caracteriza por el parámetro de impacto b. 4. En la figura se ha aplicado ya la ley de reflexión.14 Reflexión en un espejo parabólico. 0. el de la imagen es ∆q.5 × 0. Reemplacemos esta expresión en la identidad tan 2α = 2 tan α . El grosor es 0. M = −q/ p = −22. q y f ). sin importar b. donde se ubica un material que se calienta o se funde a miles de grados centígrados. En Mount Louis. Sea el eje x el eje principal.13 Un cubo P y su imagen Q. b2 − 4 f 2 2 3) La ecuación para una línea que pasa por P( 4b f .5 Pruebe que..9. El espejo es un paraboloide de revolución.0625 cm3 . 16 El que M sea diferente de ML lleva a que la imagen del cubo no sea cúbica. La altura y el ancho transversal o lateral (esto es.25 cm. y 4) la intersección del rayo reflejado con el eje x. q = f p/( p − f ) = 15 × 45/(45 − 15) = 22. o por el ángulo α. 4. De la Ec.5/45 = −0. con el paraboloide. ni la imagen de una esfera sea esférica. Solución. ∆q ≈ ML ∆p = ML h P = − M2 h P . Q es entonces un paralelipípedo recto de lados. ∆p ≈ dp.5 × 1 cm = 0.52 × 1 cm = 0. Francia. m = tan θ = tan 2α. con contaminación mínima. En F se ubica un receptor. El área de este cuadrado es A = h2Q = M2 h2P . y el origen de coordenadas el vértice del paraboloide. 1 − tan2 α la Ec.14 se muestra el corte de un plano que contiene el eje principal. x0 = f . En la Fig. todos los rayos que llegan paralelos al eje de un espejo parabólico se dirigen hacia el foco después de la reflexión. Universidad de Antioquia. Q tiene una cara A transversal cuadrada de lado 0.10 nos da m= 4b f .5. 2) la pendiente m del rayo reflejado. donde la densidad de energía es la más alta. 0). La pendiente del rayo reflejado es así VQ = M4 VP . Como son pequeños (mucho menores que p. en dirección perpendicular al eje) de la imagen son las de un cuadrado de lado hQ = Mh P . x = x0 y despejemos este intercepto. Un rayo incide paralelo al eje x en el punto P y se refleja pasando por el punto I ( x0 . Marzo de 2006 Figura 4. 1) La ecuación de la parábola de la figura es y2 = 4 f x. N es la perpendicular al plano tangente en el punto de incidencia. sin importar su distancia al eje. La demostración la haremos en coordenadas cartesianas. se dirigen hacia el punto I ( f . Está es la explicación de la utilidad de la antenas o espejos parabólicas. I es entonces el foco F de la parábola. en cm. 3) la ecuación del rayo reflejado con los datos de los 2 primeros numerales. La distancia del foco F de la parábola al vértice es f . de acuerdo con el siguiente plan: hallamos 1) las coordenadas de P en función de b. 4. (4.25. en el triángulo IPA. VQ = M4 VP = (1/2)4 VP = Ejemplo 4. De la Ec. 4.5 cm. su volumen es VP = h3P . Sea h P un lado de P.5 × 0. 4) Hagamos y = 0. El grosor del objeto es ∆p = h P .10) La pendiente de la parábola en P es tan α = dy/dx = 2 f /b.5 cm. hay un horno solar que utiliza un gran espejo parabólico para dirigir los rayos hacia F. 0). O sea que el espejo no tiene aberración esférica para los rayos paralelos al eje principal. El volumen de la imagen es así. aproximamos a infinitesimales estos deltas. Figura 4. Despejemos a x y reemplacemos a y por b.4] Óptica Geométrica 123 Héctor Alzate L. 2) De la figura vemos que θi = 90◦ − α y. θr0 = θi . Hallemos M. 2 Las coordenadas de P son P( 4b f . θ = 180◦ − 2θi = 180◦ − 2(90◦ − α ) = 2α. y con volumen 1 VP = 0. 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. y n2 el índice donde está la luz que sale refractada. con la normal N pasando por C. solo que su lugar de intersección o imagen Q está en el medio 1. virtual. En la aproximación paraxial. en dicha ecuación n1 no es el índice donde está el objeto. que es nuestro caso de aproximación paraxial. como a veces confusamente se piensa. n1 tan α1 − n2 tan α2 = (n1 − n2 ) tan β. Universidad de Antioquia.15). 43. Reemplacemos los ángulos por su tangente.124 Héctor Alzate L. la luz refractada forma una imagen Q como lo veremos en esta sección. p. Las imágenes paraxiales por transmisión son mucho más intensas que por reflexión. BQ y BC.11) Esta es la ecuación de Descartes para superficie refringente. la dirección de refracción corta al eje principal entre C y P. Los rayos refractados (o mejor. * Fue Kepler. en la Fig. Como δ es mucho menor que BP. 3. y como medio 2 agua o vidrio) que los coeficientes Tπ y Tσ .15 la imagen está en el medio 1. Por ejemplo.* La Ec. las anteriores tangentes las podemos reemplazar por h/ p. y una pequeña parte se refleja. debido a que su índice de refracción es muy cercano al del agua). sino solo sus prolongaciones. sino el índice del medio donde están los rayos que salen por refracción de la superficie. n1 n n − n2 − 2 = 1 .. La normal N y la tangente en el punto de incidencia A definen los cuatro cuadrantes. Note que la Fig. en sentido opuesto a su dirección de propagación y la imagen es. 4. El ojo humano consigue eliminar los rayos no paraxiales permitiendo el paso de la luz solo por la pupila. En consecuencia. no entre V y C ni a la derecha de P (¿por qué?). entonces. Como n1 < n2 . Para θi 1. Se cumple que β = θi + α1 y β = θt + α2 . p q r (4. solo se refleja el 2 % de la energía para incidencia normal. sus prolongaciones) en A y en V se intersecan en Q.3 Física III Refracción en una Superficie Esférica Cuando llega luz a una superficie transparente. La luz reflejada forma una imagen Qreflex según lo visto en la sección anterior. De estas tres últimas ecuaciones eliminamos θi y θt para obtener n1α1 − n2α2 = (n1 − n2 )β. Op. Aproximadamente esto es lo que ocurre en la córnea del ojo. 4.15. todos los demás rayos refractados también lo harán en Q. y n2 no es el índice donde está la imagen. en la que n1 es el índice de refracción del medio donde está la luz que llega a la interfaz. a n1 < n2 y a un objeto real a la derecha de C.3 se ha rotado y trasladado sobre el punto A de la Fig.11 se obtuvo utilizando la ley de Snell. hay reflexión y refracción (Fig. La figura corresponde una superficie refringente cóncava. por ahora consideramos sólo la superficie derecha de esta figura y no la izquierda. (Recordemos que si los medios son aire y agua. los coeficientes de Fresnel para la reflexión Rπ y Rσ son mucho menores (suponiendo como medio 1 el aire. pero los rayos que salen refractados están el medio 2. Cit. si no hay aberraciones. 4.15 Geometría de la refracción de rayos. quien por primera vez comprendió esta función de la pupila. la ley de Snell la escribimos n1θi = n2θt . sino el índice del medio donde están los rayos que llegan a la superficie o interfaz. en 1604. 4. . mayor parte de la energía se transmite. h/q y h/r respectivamente y cancelar h. Marzo de 2006 4. lo que quiere decir que la Figura 4. Al cancelarse h no se presenta aberración esférica. 16 hemos trazado. aproximación paraxial) no hay aberración esférica. no puntual.15 ver la imagen por reflexión Qreflex ? Solución. con rayos principales.12) n1 − n2 El foco imagen Fi es el punto del eje principal en el que se forma la imagen de un objeto puntual lejano. p q p fo r Despejemos.11. El aumento lateral es M = A0 B0 / AB = q tan θt / p tan θi . En la Fig. Universidad de Antioquia. esto es. De la ley de Snell. cuando | p| |q|. Aproximemos el seno a la tangente. (4. (4. porque los rayos tienen dirección. Basta con hallar el punto de intersección B0 de dos rayos refractados asociados con B para saber que todos los demás rayos refractados (o sus prolongaciones) también pasarán por B0 ya que en la óptica gaussiana (o sea. En la Ec. si es (−) es divergente. los rayos llegan paralelos (frente de onda plano) y el frente de onda sale esférico (imagen puntual). fi = − n2 r . La distancia de Fi al vértice es la distancia focal imagen o segunda distancia focal f i . la imagen de un objeto P extendido. 4.17 se traza. q es f i . M = q sen θt / p sen θi . 4.17 Aumento de una superficie refringente. y la luz reflejada solo le llega a un observador a la derecha de la superficie. cuando |q| | p|. 4. reemplacemos en la última expresión para M y cancelemos sen θi . En la Ec. p q q fi r Despejemos. n1 q . p es f o . 4. f o + f i = r. sen θt = n12 sen θi .13. usando rayos principales.6 ¿Puede un observador a la izquierda de la superficie refringente de la Fig. donde lejano. o sea que sale un frente de onda plano. Imagen en el infinito (o mejor.11. la superficie es convergente.13) Sumemos las Ecs. la dirección en que avanza la luz. Ejemplo 4.12 y 4. Figura 4. (4. n1 n n n n − n2 − 2 ≈ 1 = 1 = 1 . o infinito. Marzo de 2006 Figura 4.4] Óptica Geométrica 125 Héctor Alzate L.15) M= n2 p . n1 r . En la Fig. quiere decir | p| |q|). n1 − n2 (4. Definimos el foco objeto Fo de un sistema óptico como el punto del eje principal en el que debe estar un objeto puntual (frente de onda esférico) para que su imagen se forme en el infinito. 4. los focos objeto e imagen de una superficie refractiva. 4.16 Focos objeto e imagen. No. La distancia de Fo al vértice es la distancia focal objeto o primera distancia focal f o .14) Cuando f o es (+). fo = n1 n n n n − n2 − 2 ≈− 2 =− 2 = 1 . |q| | p|) quiere decir que los rayos salen paralelos entre sí.. 11.7.19) . 4.18) El aumento que S2 hace de su objeto en Q0 y cuya imagen está en Q es (Ec.19): como los rayos que le llegan están en la lente.18). este es el medio 2. rodeadas de aire.. Los rayos que llegan se intersecan en Q0 . Por convención. n2 = n). 4. en la figura este radio de curvatura es negativo. 1 n 1−n − = . y S2 por donde sale de ella (Fig. p q0 r1 (4. 129). Identifiquemos ahora los términos para aplicar la Ec. pues r1 puede ser intrínsecamente negativo.11.18 Cambio en la dirección del rayo debido a S1 .15) M2 = nq/q0 . Universidad de Antioquia. (4. pues estas se usan sobre el ojo (más exactamente sobre la córnea). Los rayos que llegan se intersecan en P.126 Héctor Alzate L. pero ello no es razón para escribir −r1 .4 Lentes Delgadas en Aire Una lente es un sistema óptico compuesto por dos subsistemas refractivos S1 y S2 . solo se escribe el signo menos cuando se escriba su valor numérico. 4.00029 ≈ 1. que tiene un índice ∼ 1. la lente es delgada. se llama S1 a la superficie por donde entra la luz a la lente. Como el lado positivo es por donde llega la luz. Los rayos que salen por refracción se intersecan en Q. el objeto para S2 es Q0 y la distancia objeto es p = q0 − t. 4. n2 = 1. entonces p = p. 4. q = q. p.00. entonces r = r1 . 4. Como los rayos que salen refractados están en la lente.38.15) M1 = q0 /np. Dos perpendiculares a S1 se intersecan en C1 . entonces este es el medio 1.11 a S1 identifiquemos primero sus diferentes términos: como los rayos que le llegan están en el aire. este es el medio 1. esta es el medio 2. 1 n−1 n − = . q = q0 (aunque en esta figura Q0 está en el aire. n1 = n.17) El grosor de la lente es t. Dos perpendiculares a S2 se intersecan en C2 .16) El aumento lateral que S1 hace de un pequeño objeto en P es (Ec. Para aplicar la Ec. 4. Reemplacemos estas igualdades en la Ec. entonces S1 siempre está en el lado positivo y S2 en el negativo (vea el Ejemplo 4. (4. entonces r = r2 . No es aplicable entonces a lentes de contacto. Marzo de 2006 Física III Figura 4. los rayos que salen por refracción se intersecan en Q0 . n2 = n.11 a S2 (Fig.00. Reemplacemos en la Ec. 4. La siguiente exposición la hacemos para lentes delgadas de índice de refracción n. n1 = naire = 1. Los rayos que salen refractados están en el aire. |q0 | t y p ≈ q0 . 4. 0 q q r2 (4. lo que quiere decir que. Universidad de Antioquia.16 y 4. Ejemplo 4.9. y (1/ p) − (1/q) ≈ −(1/q) = −(1/ f i ) = (1/ f ). de donde fi = − f . p q f (4. sí cambia (Ec. 1 1 1 − = . 4. (4. no cambia. 4. .21) Se puede demostrar que el aumento longitudinal es ML = M 2 . (4.4] Óptica Geométrica 127 Héctor Alzate L. Reemplazando en la Ec. 4. longitudinalmente.23) Las lentes con f > 0 se llaman convergentes o positivas. que son imágenes. y (1/ p) − (1/q) ≈ (1/ p) = (1/ f ). factorizando por (n − 1) llegamos a la ecuación de Descartes para lentes. (4. M = q/ p. la orientación de lo que miramos. y Ejemplo 4. pues a un bloque de material con n conocido se le pueden desbastar dos caras con radios r1 y r2 . con un espejo. p.20..18 se cancela n/q0 .22 en la Ec. Vemos que ML siempre es positivo. 4.20) − = (n − 1) − p q r2 r1 El aumento transversal de la lente es el producto (¿por qué no la suma?) de los aumentos parciales de los subsistemas S1 y S2 . Marzo de 2006 Figura 4.20.3. Figura 4. llegamos a la ecuación del constructor de lentes. (4. Sumando las Ecs. obteniendo una lente con la f deseada. 1 1 r − r2 1 − = (n − 1) 1 . Ecs.22) = (n − 1) f r2 r1 r1 r2 El nombre de esta ecuación es apropiado.17 y 4. p. Reemplacemos la Ec. 1 1 1 1 . Cuando | p| |q|. con f < 0 se llaman divergentes o negativas. Cuando |q| | p|. la imagen tiene la misma orientación que el objeto: cuando usamos anteojos.24) Los focos objeto e imagen de una lente delgada rodeada del mismo medio en ambas caras son simétricos respecto al centro de la lente.19.4). 4.19 Cambio en la dirección del rayo debido a S2 . 122. a q se le llama la longitud focal imagen f i . a p se le llama la longitud focal de la lente o longitud focal objeto f . 122.20 Desviación de un rayo. 4. se devolvería por donde vino. tiene δ = 0. esto es. Construimos la imagen de un objeto extendido en P usando rayos principales. el plano tangente en el punto de incidencia A es paralelo al plano tangente en el punto de emergencia B (Fig. . dibujar un solo quiebre con el δ neto en un punto donde físicamente no hay quiebre. 4. entonces. otro que salga paralelo. 4. La potencia de una lente.3. Con la ley de Snell se comprueba que si incidiera con θt en el medio 2. El aumento es M = A0 B0 / AB = q tan θi / p tan θi = q/ p. 4. 4. con la propiedad de que todo rayo que pase por él emerge paralelo a como entró. y un que pase por el centro O de la lente. O con otras palabras: si un sistema óptico forma una imagen de un punto P en un punto Q. Se acostumbra. en la Fig. llamado el centro óptico O. dioptrías D.22 se dibujan para lentes convergentes y divergentes. Marzo de 2006 Física III Figura 4. ya que θi = θr . 113). que nada tiene que ver con la potencia de energía cuyas unidades son W. Usamos la Fig.23 para otra deducción del aumento lateral de una lente. P = 1 m/ f .23 Aumento de una lente. (4. en dioptrías D. se define como 1 metro dividido por f. (b) lente divergente. esto es. p. en el plano central de la lente (Fig. Figura 4. la nueva imagen se formará en P. un rayo luminoso que se refleje o se refracte volverá a describir su trayectoria original cuando se le invierta la dirección.21 Centro óptico.21. Una lente posee un punto. Igual ocurre en la reflexión.22 Rayos principales (a) lente convergente. 4.128 Héctor Alzate L. Es engorroso dibujarle a cada rayo los dos quiebres que sufre. Universidad de Antioquia. se refractaría en el medio 1 con θi .. El análogo mecánico del principio es que si no hubiera fricción cualquier fenómeno se podría repetir exactamente como devolviéndose en el tiempo.25) Principio de Reversibilidad Óptica Imagínese un rayo en un medio 1 que incida con θi en una interfaz y se refracte θt en un medio 2. esta fórmula es igual a la Ec.20a). excepto que se utiliza el mismo nombre. al poner a P donde estaba Q. Definimos la desviación δ de un rayo como el ángulo entre sus direcciones de entrada y de salida (Fig. Esto es una consecuencia del principio de reversibilidad óptica que dice: sino se absorbe luz. Los rayos principales de una lente son tres: uno que llegue paralelo al eje principal. igual a como le ocurre a un rayo que atraviesa un vidrio de caras planas y paralelas (vea el Problema 3. y el resultado se expresa en Figura 4. 4.21) y dicho rayo no se desvía. uno al entrar y el otro al salir de la lente.20b). Reemplacemos a r1 = −|r1 | y r2 = −|r2 | en la ecuación del constructor de lentes. Marzo de 2006 Ejemplo 4. para D es al contrario. entonces. 1 |r | + |r 2 | (+) = (n − 1) 1 = (+) = (−). Como para A la luz proveniente de D entra por C y sale por B.24). Reemplacemos en la Ec. 1 −|r1 | + |r2 | = (n − 1) . Solución. (e) a (g). r1 = ∞.22. r1 = −r1 y r2 = −r2 . son negativas. e índice de refracción n. 4. pues ambos centros de curvatura están al lado opuesto por donde le llega la luz a la lente. Ejemplo 4. S1 es más aplanada que S2 . para esta lente. Por estética. Notamos que r1 y r2 son negativos. S1 y S2 son relativas a la dirección de la luz..22. Procedamos a analizar los signos en esta ecuación. La perpendicular a S1 pasa por C1 . según A. Ya no importa cual de las dos cara es más curva. Las caras se desvastan hasta que queden como casquetes esféricos de radios de curvatura r1 y r2 . entonces n > 1 y (n − 1) = (+).26 Lente de borde grueso. p. r2 = −|r2 |. las lentes de borde delgado. C1 está por donde llega la luz. Dividiendo el numerador y el denominador de la Ec. o sea convergentes. 4.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. y el radio de curvatura de S1 es positivo. como se hace a menudo.26). En la Fig.25 Diversas lentes. Figura 4. C es S1 y B es S2 . en las gafas solo se usan las lentes (b) y (e). y determine si son convergentes o divergentes.8 Para fabricar una lente se dispone de un bloque de caras planas y paralelas. Las lentes de borde grueso. Dibuje las diferentes lentes que se pueden obtener. Suponemos que las luz incide desde la derecha. respectivamente. Universidad de Antioquia. Solución.25a se ilustra. f siempre es negativa. La lente es cóncava-convexa (Fig. 127. con perspectiva. El numerador es negativo. debemos escribir r1 = −|r1 | y r2 = −|r2 |. f r2 −|r2 | (−) Para la lente bicóncava (d). Figura 4. pues. la perpendicular a S2 pasa por C2 . 1 1 − r 2 /r 1 1−0 (+) = (n − 1) = (+) = (+) = (−). y se le llama lente de borde grueso. Como en cualquier medio v < c. Con este tipo de lente se corrige la miopía. 4. Escojamos la lente (b) para hallarle su signo. las diferentes lentes que se pueden obtener desvastando las caras S1 y S2 . 4. determine las caras S1 y S2 de las lentes (Fig. (−) 1 = (+) = (−). y con ellas se corrigen la hipermetropía y la presbicia.22 por r1 . son positivas. 4. (b) a (d). según D. Las circunferencias a trazos representan las esferas imaginarias a las que pertenecen los casquetes esféricos S1 y S2 . Es obvio que el denominador es positivo. 4. La Ec. pues la luz proveniente de A entra por B y sale por C. y no. sin perspectiva. siendo así C igual a S1 y D igual a S2 . |r1 | > |r2 |. f |r1 ||r2 | Figura 4. o sea que |r1 | > |r2 | (en este caso. Para la lente plano-cóncava (c). Esto lleva a que la lente sea más gruesa en los bordes que en el centro. f (+) Como la longitud focal es negativa.7 Dos personas A y D se miran a los ojos y D usa lentes con caras B y C. la lente es divergente. Como los radios de curvatura son negativos. para las demás lentes se procede de igual manera. la desigualdad no se cumpliría sin los valores absolutos). f −|r1 ||r2 | (−) 129 . r1 = |r1 | (y no r1 = +r1 ).24 Las caras S1 y S2 son relativas. el bloque original y de (b) a (g). aplicada a esta lente nos dirá si es convergente o divergente. 20 q −5 Despejando..28 Imagen real Q0 para S1 .0. debemos aplicar la Ec. En su lugar. 4.11. q = q0 . n1 = 1.2. 4.5 1. siendo este punto el objeto para esa cara. Marzo de 2006 Para las gafas deportivas. a una distancia horizontal de V2 igual a p0 = (60 − 30) = +30 cm.3.0 1. diferirían en el signo. pues la barra no se puede tratar como una lente delgada. C1 está al otro lado de donde llega la luz. y de qué tamaño? (b) ¿Cuáles son la posición y la altura de la imagen formada por la segunda superficie? Física III res valores. Figura 4. se intersecan en el mismo sentido de ellos. n1 = 1. en signo y en magnitud). a 30 cm del vértice V1 . la Fig. Este valor de f significa que los rayos salen con la dirección que entran a la lente. 1. la imagen seguiría siendo Q0 . se intersecan físicamente en Q0 . r1 = −|r1 | = −5 cm. La longitud de la barra entre vértices es 60 cm (Fig. Reemplacemos los anterio- 1. r2 = |r2 | = +10 cm. los rayos ya no se intersecarían físicamente en Q0 . Como salen convergentes. sin tener en cuenta a S1 . y a la izquierda es negativo. Reemplacemos estos valores. los rayos que llegan se intersecan a 20 cm. Si S2 fuera un espejo.5 1. que el objeto es la imagen y que M = 1.15.0 − = . y el mismo Q0 sería un objeto virtual para S2 . Pero si tuviera menos de 30 cm (Fig.9 Los extremos de una barra de vidrio de 10 cm de diámetro e índice de refracción 1. o sea 1 mm. lo que da un grosor uniforme y f = ∞. pues es un objeto físico. Para el rayo superior se muestran los cuadrantes I a IV (vea. el objeto es real. hQ0 = M1 h P = −1 × 1 = −1 mm. p. r1 = −r2 . 124. identifiquemos sus términos: la luz que llega está en el aire.27 Refracción en la primera cara. Como la luz llega por la derecha de S1 .5 − 1. la Ec. 4. r1 = r2 (por supuesto. como se sabía de antemano.5 − 0 = .0(−30) = −1.0 1. la distancia imagen final es q (los que salen se intersecan en Q).130 Héctor Alzate L. real. 4. y a -30 cm de V1 . 4. C2 está en el lado por donde llega la luz.27). y f 6= ∞. n2 = 1. Universidad de Antioquia. la luz que sale está en la barra. n2 = 1. este es el lado positivo. 4.0 − 1. 1. Q0 es real y. 120.28). se intersecan en una dirección opuesta a ellos y Q0 es un objeto real para S2 . 127. (a) En la figura se ilustran dos de los rayos incidentes y refractados en S1 . el 1 significa que es de igual tamaño. Los rayos que le llegan a S2 .5. Pero si la barra tuviera una longitud menor que 30 cm.28). p < 0. solo sus prolongaciones (Fig. Un objeto físico P de 1 mm de altura se ubica a 20 cm del extremo derecho.5 × 20 El signo (−) quiere decir que la imagen tiene sentido opuesto al objeto. 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. S2 . Altura h de Q0 . Para aplicar la Ec. 4. 4. le aplicaríamos. p > 0. la luz que sale está en el aire. p. 1. se intersecan en sentido opuesto. obtenemos q0 = −30 cm: los rayos refractados salen hacia un punto al otro lado (signo negativo) de donde llega la luz.5. No podemos aplicar la Ec. los rayos que llegan se intersecan en el lado por donde llegan. (a) ¿Cuál es el objeto y cuál es la distancia objeto para la segunda superficie. 125] debido a S1 es Figura 4. Aunque la curvatura de ambas caras de las lentes (d) y (g) fueran iguales. p. S1 . Después la aplicamos a la superficie por donde sale la luz de la barra. 30 q 10 . los rayos llegan divergentes. en lugar de dicha ecuación.27). M1 = Solución. Ejemplo 4. los rayos llegarían convergentes. 4. es real o virtual. y que salieron de S1 . p.11. 3.5. como el medio es homogéneo hasta los 60 cm de V1 . Los rayos llegan divergentes. p. los que salen se intersecan en Q0 . p = +20 cm. El aumento [Ec.11 a S2 .23. además. es obvio que se intersecan en Q0 . se intersecarían en igual sentido. Como la barra tiene más de 30 cm de longitud (Fig.0. (b) Traslademos el origen de coordenadas a V2 para aplicar la Ec. sin tener en cuenta a S2 . a la superficie por donde llega la luz. f es (−) para (d) y (+) para (g). 99). e identifiquemos sus términos: la luz que le llega a S2 está en el vidrio. 4. cuya parte en contacto con el aire es visible a simple vista. que es una capa opaca y blanca. † Córnea . Los bastones. En el fondo del ojo se encuentra la retina.336 y 1. cuando está contraído. es mantenido en su lugar por unos ligamentos L que van unidos al músculo ciliar M.5(−∞) = −∞.386. y está formada por una membrana dura y transparente. compuesto casi únicamente de agua. que quiere decir duro y transparente como el cuerno. La longitud focal del cristalino la varía el músculo ciliar a través de los ligamentos. el humor vítreo V. de músculos circulares y radiales. 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. proviene del femenino del adjetivo latino cˇornˇeus.406 y 1. Detrás de la córnea hay un líquido A. el cristalino se curva y disminuye su f . formando lo que se llama el globo ocular (Fig.* con un radio de ∼ 1. con un radio de curvatura de ∼ 0.. El iris es un arreglo. el diámetro de la pupila. cuando está relajado. y su diámetro interior. y no posibilitan la percepción de imágenes nítidas. según la Figura 4. f = +20 cm. la cantidad de luz que penetra al ojo. entre 1. 4. el ojo está lleno de un líquido gelatinoso. Marzo de 2006 131 salen paralelos.2 cm.† con índice de refracción 1.29 Objeto real Q0 para S2 . ∼ 6 millones. el humor acuoso. donde sólo hay conos. El aumento debido a S2 es M2 = Figura 4. la barra es una lente gruesa convergente. hay un sitio. A esta capacidad de variar f se le llama la acomodación.0 × 30 La altura de la imagen final Q es hQ = M2 hQ0 = M2 M1 h P = −∞(−1)1 = +∞.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. Esto quiere decir que el objeto original P está sobre el foco objeto F de la barra. La parte central externa es un poco más curva. Universidad de Antioquia. la córnea. La distribución de ambas células varía ampliamente en la retina. y no forman una imagen. sí son sensible al color y son los responsables de la nitidez. El cristalino es una lente compuesta por unas 22 000 capas como una cebolla. 1.8 cm. los conos. La mejor visión se logra cuando los rayos de luz se intersecan o enfocan * Esta figura corresponde a un corte horizontal del ojo izquierdo. pero no son sensibles al color. el derecho quedaría verticalmente abajo. El Ojo El ojo es aproximadamente esférico.30). responden a muy baja intensidad de la luz. Al despejar obtenemos q = −∞: los rayos refractados 4. Detrás del cristalino.3 mm de diámetro. El resto del globo ocular está limitado por la esclerótica. la fóvea F.30 El ojo humano. de índice de refracción decreciente del centro hacia afuera. en contacto con el iris I y el cristalino C.337 respectivamente. intensidad de la luz presente. El índice de refracción de los humores acuoso y vítreo es de 1. ∼ 125 millones. los bastones y los conos. de ∼ 0. en cambio. cuya acción conjunta determina. Así. que es el diámetro de la pupila. el cristalino es aplanado. El nervio óptico conduce las señales eléctricas hasta las neuronas del cerebro responsables de interpretarlas como imágenes.376. con un agujero central o pupila.5 1. Si esto no se logra. y puede enfocar una estrella o la luna. Los Puntos Cercano y Lejano Hay una distancia mínima o distancia óptima a la que una persona se puede ubicar de lo que mira.31 Visión binocular. Para un ojo enfocar quiere decir formar la imagen en la fóvea. si quisiera ver nítida la Luna y con el máximo detalle. los ejes visuales se deben intersecar en el objeto o imagen que se mire (Fig. no al objeto que da lugar a esa imagen. para verlo con el máximo detalle posible.32a). p. 4. En la Fig.2 m al frente de un . nos ubicaríamos a δ del objeto (Fig. 4. La luz penetra al ojo por la parte de la córnea que está al frente de Figura 4. mayor es δ.. El eje visual del ojo es la línea determinada por la fóvea y el centro del cristalino. A mayor edad. Esta persona. la visión es deficiente.32b). 4. después el cristalino se acomoda con el objetivo de dirigir los rayos hacia la fóvea. La córnea es la componente que hace la mayor parte del trabajo de enfoque. de terminar de dirigir los rayos hacia la fóvea (Ejemplo 4.31). nos ubicaríamos a δ del sistema (Fig. Un valor común para un adulto es δ = 25 cm. y sale de regreso hacia la cámara fotográfica. los rayos que penetran en nuestros ojos son los que salen del sistema. Es común encontrar en las fotos tomadas con ‘flash’ pupilas rojas. o en al agua si tenemos abiertos los ojos dentro del agua. Esta distancia se llama el punto cercano o mínima distancia de visión nítida δ de la persona. la la pupila. un objeto P está a 1. Si queremos ver con un sistema óptico como una lente o un espejo. Cuando queremos mirar un objeto o una imagen. Universidad de Antioquia. El otro extremo entre los que se da la visión nítida es el punto lejano. si nos interesara mirar el sistema. pues es donde los rayos sufren el mayor cambio de dirección. Para un ojo normal es infinita. nos ubicamos a δ de la imagen si la queremos apreciar lo mejor posible (Fig. Marzo de 2006 Física III en la fóvea. debería acercar sus ojos hasta 25 cm de su superficie. pues debe verla desde la Tierra. Esto se debe a que parte de la luz que penetra en el ojo se refleja en la retina. a la que la persona enfoca bien. En la visión binocular. 121. 4. 4. debido al endurecimiento progresivo o pérdida de la acomodación del cristalino. Como nos interesa mirar la imagen.13). cosa que de ordinario es imposible.12. pero con poco detalle. La perpendicular en el centro de la córnea es el eje óptico del ojo y no coincide con el eje visual. el lado positivo siempre está en el aire. fino. Se utilizan lentes y cirugía ocular para lograr el ideal de que la luz que penetra al ojo se enfoque en la fóvea.132 Héctor Alzate L. Leyendo algún escrito. que es una estructura carente de células fotosensibles. determine su δ personal. El cristalino hace el trabajo restante.32c). que es roja por la alta irrigación sanguínea. y es la máxima distancia de visión definida. Por lo tanto. por lo tanto lo que miramos es la imagen producida por el sistema. el ojo se mueve de manera que el objeto o imagen quede en el eje visual del ojo. o sea con los dos ojos. y si quisiéramos mirar el objeto. Sólo para esta luz roja el lado positivo de la córnea queda dentro del ojo. Donde el nervio óptico entra al globo ocular se encuentra el punto ciego PC. desde donde se ve nítida. Se debe diferenciar entre mirarse en el espejo y mirar el espejo. Aplicando la ley de reflexión se ve que los rayos se reflejan divergentes entre sí. El 1 significa que la altura de la imagen es igual a la del objeto. La imagen no la puede observar a δ.33. 4.2. 4. p p−δ f 133 . p − q = δ.11. 4. Marzo de 2006 Figura 4. Supongamos que es usted quien se mira en el espejo. con f = ∞. La distancia óptima al espejo se presenta cuando P está a una distancia óptima δ de lo que mira. en (b) mira la lente. en la Fig. pues se forma detrás del espejo. si se aleja. p. espejo y su imagen Q está a 2. Por esto. en la Fig.32. 4.32 no hay ecuación que relacione estas 3 cantidades.32 El punto cercano del ojo. Obvio que usted no se puede ubicar a δ de la imagen de la montaña.2. pero si va a mirar su imagen. 4. Ejemplo 4. con δ = 25 cm. dando una imagen virtual (lugar de intersección en el sentido opuesto al que se reflejan). 1 1 1 + = .. por ejemplo una mancha en él. Una nube o una montaña que esté a varios kilómetros enfrente del espejo forma una imagen virtual a esa misma distancia. ya desenfoca el espejo en su retina. Despejemos. (En el Almacén del Instituto de Física hay un espejo con esta misma f . 4. o. consígase un espejo plano y haga ya las experiencias descritas en este ejemplo. de donde p = δ /2 = 25/2 = 12.34. pues de la geometría de la figura se deduce que p = −q (por favor. En (a) el observador mira la imagen. Así es como reconoce que está a δ de su imagen. Si va a mirar el espejo. Figura 4. y que su δ es 25 cm. reemplacemos en la Ec.11 Una persona P. con un aumento M = −q/ p = −(− p)/ p = +1. Encuentre la distancia óptima de P al espejo. y la puede ver enfocada en su retina desde cualquier distancia a la derecha del espejo. en (c) mira el objeto. con el que se puede hacer la experiencia descrita en este problema). a la derecha o a la izquierda. ¿Cuál es el aumento? Solución. Solución. su imagen. se debe ubicar a 25 cm del espejo. utilizando la Ec. Para el caso particular de la Fig. Es equivalente al Ejemplo 4. ya no se enfoca. Determine su punto cercano δ. Este ejemplo es la explicación de la experiencia cotidiana de mirarnos en un espejo casero. La diferencia. 4. Universidad de Antioquia. a una distancia mayor que el punto cercano.34. o sea con la misma orientación que el objeto.5 cm.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. Si P se acerca al espejo más de lo que muestra la Fig. se mira en un espejo cóncavo de longitud focal 15 cm. el (+) significa que es derecha. pero enfoca su cara).33 Imagen virtual y derecha.4 m detrás. Ejemplo 4. pero la longitud focal es ahora infinita. disminuye el detalle con que se ve. en este caso. Si un observador quiere mirar el objeto a una distancia óptima. δ = p − q = p − (− p) = 2p. comprúebelo geométricamente). en cambio.10 Discuta la formación de la imagen de una persona que se mira en un espejo plano. también se llega a que p = −q. pero con una lente. 120. pero detrás del espejo. entre mirar una imagen y mirar el sistema óptico que la produce se explica. no lo deje para después. se ubica a δ de P. así los ‘pegue’ al espejo. sus ojos enfocan la imagen. q = p − δ. se acerca a 12 25 cm (Fig. los ángulos están exagerados. con vértice en Q. después de reemplazar los valores de f plano de la hoja. La primera solución corresponde a la Fig. la segunda es real. y θt. cada uno con su plano de incidencia conteniendo el eje PH. 4. P es un pequeño cuerpo en el fondo Figura 4. q2 = 22 cm. Universidad de Antioquia. p2 = 47 cm. la persona P se ve derecha y 2. cuya solución la encontramos con la Ec. Por claridad. Los rayos con igual θi forman y δ. 4.34. y la segunda solución. ese punto de Q corresponde al punto P). p1 = 8 cm. El proceso de la visión humana representado por la Fig. M1 = 2. 4. 132. En resumen. a pesar de que gen en la figura no sea así. En la Fig. ¿A qué distancia de la superficie. p1 = 8 cm.tado AC alcanza a penetrar en el ojo. los ángulos de incidencia y refracción.12 Un recipiente se llena de agua hasta una profundidad h. pues discute la observación común de que cuando se observa desde arriba un vaso de agua o una piscina.1 veces mayor. 4.. de incidencia definido por N y EA y coincidente con el con soluciones. En ambos casos.11. y aumentos M1 = 2. Como la óptica que hemos desarrollado es paraxial. Figura 4. dando la sensación de que la profundidad es menor a la real. 124. p. máx dado por el rayo AC que toque el borde de la pupila (Fig. En la anterior explicación la trayectoria de la luz en el ojo se ha simplificado. máx . Figura 4. La imagen de la primera solución es virtual. Este ejemplo es sobre formación de imágenes por refracción. θi y θr son mucho menores que 57.35 Espejo cóncavo.1.3◦ . y H es el observador. la segunda a la Fig. y el rayo refraca las que les corresponde las respectivas distancias ima. Se muestran el punto de incidencia A. p.34 Espejo cóncavo. Marzo de 2006 Física III Ejemplo 4. pero objeto respecto al ojo).37 lo explicó por primera vez Kepler en 1604. ‘Mirar directamente desde arriba’ quiere decir que la línea PH es perpendicular a la interDespejando p obtenemos la ecuación cuadrática faz aire-agua. M2 = −0. un cono con vértice en P y de ángulo 2θi . Dentro del ojo la luz forma un cono con vértice en V y con la pupila como base. Los rayos que penetran por la pupila forman un como de ángulo 2θt.36 Profundidad aparente. imagen real. 4.47. el plano p − p(2 f + δ ) + f δ = 0.47. q2 = 22 cm. los cuadrantes I a IV. y con ello fundó la óptica moderna. q1 = −17 cm.36.37). p2 = 47 cm. el fondo parece acercarse al observador. imagen virtual. mirando directamente desde arriba. se ve el fondo del recipiente? Este ejemplo lo llamamos Profundidad Aparente. la persona se ve invertida y con una tamaño casi la mitad. Si el observador tiene bien enfocada la imagen Q (Q es imagen respecto a la interfaz agua-aire. esta Q tiene su respectiva imagen en la fóvea V.134 Héctor Alzate L.1. 4. la 2 normal en A a la interfaz. los ejes visuales del observador convergen en el punto de Q que P mire (en la Fig. el rayo incidente EA. M2 = 0. 4.35. q1 = −17 cm. tenemos la primera solución. . Solución.31. los rayos se intersecan en un punto P en sentido opuesto a ellos. 4. 1. su intersección es en sentido opuesto a ellos y la imagen es virtual. puesto que los rayos que salen refractados siempre están en el cuadrante III.4] Óptica Geométrica 135 Héctor Alzate L. El lado positivo está por debajo de la interfaz. ¡por el cuadrante IV! Como n1 > n2 . p q Despejemos la distancia imagen y hagamos las equivalencias p = h y q = h a .38b).36). M= n1 q n ha n (n /n )h = 1 = 1 2 1 = 1. Acérquesele desde arriba hasta cuando la empiece a desenfocar. (n1 / p) − (n2 /q) = (n1 − n2 )/r.. Por simplicidad no se muestran la córnea ni el cristalino. los rayos llegan paralelos.33 Si P es una moneda en el fondo de un vaso que se ha llenado hasta una profundidad de 7 cm.33 1. A continuación. h a = (7/1. n2 = 1. notará que se debe alejar del vaso esta misma distancia para ver la imagen de la moneda.00 h= .5. en este momento la distancia entre sus ojos y la moneda es su punto cercano δ (Fig. la córnea es convexa para la luz que le llega desde el aire. 4. h a = n21 h = h 1. q = f i . Reemplacemos en la Ec. Como la interfaz aire-agua es plana. Si n1 fuera menor que n2 . y Q está entre B y P (Fig.33) = 5. este es el medio 1.00 1. n1 = 1. p fi −0. p. Acérquese a la imagen hasta cuando empiece a desenfocarla.26) . Por llegar divergentes a la interfaz.38 − = ≈− . esto era de esperarse ya que P es un objeto físico. n2 ≈ 1.33. Haga ya la siguiente experiencia. 4.00. no la postergue: mire una moneda en el fondo de un vaso sin agua.00029 ≈ 1. 101). En la aproximación paraxial. r = −0. respecto a cuando miraba la moneda sin el agua (Fig. Ejemplo 4.13 Haga un estimativo de la longitud focal imagen de los ojos de una persona y halle si son convergentes o divergentes. el rayo refractado se acercaría a la normal. llene el vaso hasta 7 cm. (4. A esta distancia se pone usted de lo que mira si lo quiere ver con el máximo detalle. sino su imagen.7 cm hacia el observador. para que la imagen fuera real se necesitaría que salieran convergentes. y P es real.38 1. n1 = 1.7 cm más cerca de usted que el objeto. Ya no puede mirar la moneda. 4. la luz que sale está en la córnea. Los rayos que llegan están en el agua. | p| r y | p| |q| (p → ∞).38a). Identifiquemos sus diferentes términos: la luz que llega a la córnea está en el aire. una interfaz plana no cambia el tamaño de las imágenes formadas por reflexión ni por refracción.38 La imagen se acerca al observador.37 Los rayos van del objeto a la retina.8 cm. Tenga en cuenta solo la refracción en la córnea. Como salen divergentes. la luz refractada se aleja de la normal (Fig.9 cm. el lado negativo está encima de la interfaz. su radio de curvatura es infinito y la Ec.11 la escribimos n1 n − 2 = 0. y la imagen estaría por debajo de P.00 − 1. n2 p n2 h n2 h Figura 4. 1. 4. como está 1. Esto es forzoso. Marzo de 2006 Figura 4. 3.00.38 1. Solución.3 cm: la imagen de la moneda se acerca 1. Los rayos que salen por refracción están en el aire.8 fi Despejemos. Universidad de Antioquia.11. pero sin cambiar de tamaño. cuando la persona está (a) en el aire y (b) en el agua. (a) Debemos utilizar la ecuación para imágenes por refracción. f i = −2.38. de quebrar aún más los rayos y enfocarlos hacia la retina. 4.1 cm quiere decir que los rayos provenientes de un punto a 2.9) = +2. y la imagen sería borrosa. el cristalino no logra redirigirlos hacia la fóvea. Vemos que el trabajo mayor de enfoque lo hace la córnea. puede ser 25 cm) y el punto lejano B. se refractan dirigiéndose hacia un punto opuesto al lado por donde llegan. y no puede hacer el trabajo fino de enfoque. fi −0. 4.9 cm de la córnea (Fig. La circunferencia representa el ojo izquierdo.14. entonces el ojo es convergente. pues f o > 0: f o = r − f i = −0. con su ojo izquierdo. lo aprecia bien. los rayos que llegan al ojo cumplen (Fig.4 cm. la f i del ojo debería ser igual al negativo de su diámetro. La persona ve bien un objeto P situado entre los puntos A (punto cercano. 2. los rayos se enfocan más allá de la fóvea. | f i | > diámetro. Con la edad el cristalino pierde elasticidad. Como esto es mayor que el diámetro del ojo. Halle la potencia necesaria de una lente para corregir este caso de miopía. (4. − 1. sin ayuda de una careta. si la distancia entre la lente y el ojo será de 2. un poco más allá lo empieza a ver borroso. El valor para f o de +2. pues el ojo por estar constituído principalmente de agua representa un pequeño cambio para la propagación de la luz.8 − (−22) = +21. de ajuste. Ver bien quiere decir que los rayos que le llegan al ojo procedente de P se intersecan en F.33. no hay una imagen puntual en la retina del objeto lejano. Las figuras 4. Tradicionalmente estos defectos del ojo se han corregido con gafas. F es la fóvea. Figura 4.136 Héctor Alzate L.1 cm del ojo salen paralelos al refractarse en la córnea. y se presenta miopía.. los rayos se enfocan más acá de la fóvea. Figura 4. a esta limitación se le llama presbicia. para la hipermetropía se curva un poco más. mientras vuelan. Caractericemos la posición de P por el máximo ángulo de inclinación α de los rayos que penetran en el ojo procedentes de P.40a) α A > αP > αB . Marzo de 2006 Física III n1 = 1.38 1. Los peces hacen el trabajo fino de enfoque cambiando la distancia entre el cristalino y la córnea.0 cm Solución. Cuando la visión es buena.27) Cuando P está más allá de B. (b) Cuando el ojo está dentro del agua. a una fracción de milímetro a la derecha de F.5 cm. Ejemplo 4. α P < α B y la imagen se forma no en F sino dentro del ojo en G. Despejemos de la Ec.4 cm. 125 la longitud focal objeto o primera distancia focal. las aves de rapiña cambian. y se presenta hipermetropía. algunos moluscos cambian el tamaño del ojo. hasta una distancia de 80 cm. para la miopía se aplana un poco la córnea.1 cm. p. pero en su reemplazo ya es común cambiar la curvatura de la córnea mediante cirugía. la línea horizontal central es el eje visual. a 2. Como es positiva. la luz sufre un cambio menor en su dirección que cuando está en el aire.4 = 0. y no 2. Dentro del agua el ojo sigue siendo convergente. y por mucho que se contraigan los músculos ciliares.9 − 2.39).9 cm.39 Función de la córnea y el cristalino. Es decir.2 cm.8 − (−2.14 A un paciente que se le enseña un dibujo o un escrito. Universidad de Antioquia. El signo menos significa que los rayos que lleguen paralelos o casi paralelos.38 = . .8 Despejemos. | f i | < diámetro. la curvatura de la córnea. La nueva curvatura debe dar la f i deseada. Si es más corto. Basta con cambiar en el numeral (a) a Ya los rayos al salir de la córnea se orientan hacia un punto alejado 22 cm. siendo así imposible enfocar cuando el ojo mira dentro del agua. Si se tuviera en cuenta el cristalino. f o = r − f i = −0.00 por n1 = 1. 2. −2. Si el ojo es más largo de lo normal. y el cristalino hace el trabajo fino. 4. su punto lejano es dicha distancia.40a y b no están a escala. o sea que disminuye su capacidad de acomodación. después que el ojo los procesa. para un ojo hipermétrope G está a la izquierda.33 − 1. f i = −22 cm.40 Corrección para un ojo miope. El cristalino hace el trabajo faltante. e imagen real o virtual. ej. D es una imagen real. p. (4. su intersección. 15 cm o 1 m. y la imagen que γ forma de C es D. Reemplazamos en la ecuación de lentes delgadas y despejamos la longitud focal para obtener fγ = 4.27. (a) Análisis para α..71 u.25.23. 4. Halle la longitud focal de las lentes. los ejes visuales del observador se intersecan en P y la imagen se forma en G.80 m Note que es menor que si se usara gafas.42a) para aumentar la claridad del dibujo. qγ = −6 u. caracterice a A. está en la dirección de propagación. −6 −22 fα Despejamos la longitud focal.78 m. Los rayos que llegan a la lente procedente de P son objeto para la ella. C y D como objeto real o virtual. los anteriores valores de la distancia objeto y la distancia imagen respecto a α para obtener 1 1 1 1 − ≈− = . Los rayos llegan convergentes. l. Marzo de 2006 Debemos usar una lente de manera que el ojo miope pueda enfocar objetos lejanos. Los rayos refractados salen convergentes por S2α dirigiéndose hacia B. 4.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. Los rayos que salen convergentes de α hacia B son los que llegan convergentes a β. (b) ¿Es perfecto el 1 1 1 − = . 4. puede observar la imagen C?. El sistema de referencia lo trasladamos del centro Cα al centro Cβ . l. aunque las ecuaciones que utilizamos solo son válidas para rayos paraxiales. no tenga en cuenta rayos reflejados.41. en lugar de los 2. mediante prolongaciones. que pueda leer un letrero P en la calle a 10 o 20 metros de distancia. A es un objeto virtual. La luz entra al sistema por la derecha y sale por la izquierda. B.28) sistema óptico? (c) Si A tuviera una altura de 2 mm. por la derecha de la lente α. a la superficie S1α (Fig. Ejemplo 4.40b).78 m En conclusión. l.28 D. −0. ¿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. fβ = −2. son imagen para esta en el segmento AB.25 D. como se debe entender de comparar la anterior relación con la relación 4. −0. Análisis para γ. la persona ya enfocará bien el objeto lejano. α > α B .25 u.. lo que califica a C como una imagen virtual. Reemplazamos en la ecuación 1/ pβ − 1/qβ = 1/ fβ y despejamos la longitud focal. dirigiéndose hacia A.40b) α A > α > αB . Solución. La imagen que α forma del objeto puntual A es B. respecto a la lente que sea del caso. con θi 1 (1 = 1 rad ≈ 57.28. intersecándose mediante prolongaciones en C. su intersección está en la dirección de propagación.80 − 0. La prolongación de los rayos que salgan de la lente y lleguen al ojo tienen que cumplir la relación (Fig. cuando mira sin lentes a P lejano (Fig.40b). y obtenemos pβ = −3 u. con lentes. 1 cm. 4. esto es. B es una imagen real. Las caras de las lentes aparecen planas. La potencia es (Ec. a una distancia mucho mayor que 80 cm (Fig. a la que le corresponde una imagen final en F. pues los rayos ya no llegan al ojo con α P < α B sino con αQ tal que αQ > α B . sólo transmitidos). los rectángulos son meras representaciones.78 m. Usemos la Ec. 128) P= 1m = −1. ¿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. l.40a). 4.15 Un sistema óptico consta de 3 lentes delgadas que se representan mediante los rectángulos α. l.1 u. y para la lente q = 0. fα = −8. Universidad de Antioquia. Los rayos refractados por β salen divergentes. El tamaño de las lentes se ha exagerado en aras de la claridad. de lado. l. l. (a) Escoja dos rayos. ¿Si O se sitúa a la izquierda de γ.42a). donde 1 u.3◦ ). 1/ pα − 1/qα = 1/ fα . l y qβ = +7 u. Cada cuadrícula representa un cuadrado de una unidad de longitud u. ya se resta cero y la potencia es P= 1m = −1. 4. pα = −6 u. la imagen que β forma de B es C. p q q f De donde f = −q = −0. 1/ p − 1/q ≈ −1/q. qα = −22 u. en sentido opuesto al de su propagación. 127. l. Por los rayos salir de la lente. El sentido de propagación de la luz determina la convención de signos (+) y (−) que asignamos a las lentes. la imagen final se puede formar en F. Análisis para β. l. A puede ser producido por una lente convergente que no se muestra en la Fig.0 cm que se restaron. Cuando se cumpla la parte derecha de la relación 4. por ejemplo. es cualquier distancia.02 = 0. o sea que B es imagen real para α y simultáneamente objeto virtual para β. 4. uno por encima y otro por debajo del eje principal y trace el recorrido total de ellos (como se trata de lentes. pero realmente son casquetes esféricos. y como P está lejos. Además. Hemos escogido 2 rayos con un ángulo de incidencia en S1α notablemente mayor que 0◦ (ver a la derecha de α. Con lentes de contacto. su distancia a Cγ es pγ = 22 u. El punto C es objeto real para γ. β y γ de la Fig. Gracias al quiebre que las lentes le hacen a los rayos procedentes de P lejano. p. p. Reemplacemos en la ecuación para lentes delgadas rodeadas de aire. l. Fig. 4. 137 . 4. el observador reorienta sus ojos de manera que ya no mira a P sino a su imagen Q (Fig. para cambiar la dirección de propagación de la luz. 4. 4. derecha. La altura de D es h D = Mh A = 2. Marzo de 2006 Física III Figura 4. Se utilizan como medios dispersivos o.9 u. al contrario del numeral (a). 4. más comúnmente. Además. −3 u. Reemplacemos en la ecuación de lentes 1/ p − 1/q = 1/ f a qγ = −∞ (o mejor. Universidad de Antioquia. el foco de γ. un rayo está trazado con línea continua y el otro con línea discontinua.33(2 mm) ≈ 4. −22 u. debemos hallar en que punto sobre el eje principal debe estar un objeto puntual para que su imagen D se forme en el infinito.00). a β es qβ = −(15 − 4.138 Héctor Alzate L. El Arco Iris La variedad de prismas es muy alta en cuanto a forma. l. l. como mínimo a 25 cm de C.33 veces mayor que el objeto inicial A. l. (d) Solo en el punto D se intersecan físicamente los rayos (Fig. (f) Debemos hallar la longitud focal objeto f del sistema. pα = −5. despejemos el índice de refracción y . l. fβ = −2. +22 u. no tiene aberraciones. La trayectoria a través del sistema de los dos rayos seleccionados se muestra en la Fig. 3 ≈ 2. o equivalentemente. es qα = −[19 − (−1. l. no la refractada por β. Apliquemos la ley de Snell en A. y S2 por donde sale. Despejamos la distancia objeto y obtenemos pγ = fγ = 4. a α.41 Objetos e imágenes. 7 = = −6 u. y fγ = 4. Análisis para α. y 2.6 (e) A la izquierda de γ solo está la luz refractada por γ. mientras que γ es de borde delgado o convergente. l. esto es. l.71 u.74)] = −20. l. a 5. El Prisma.43a se hace incidir luz azul sobre la cara izquierda de un prisma triangular y se ilustra la desviación δ de uno de sus rayos. D es la única imagen que es posible observar en una pantalla. 4. sen θi = n sen θt . tamaño y material.74 u. l. qβ qγ qα M = Mα Mβ Mγ = pα pβ pγ +7 u.00029 ≈ 1. De igual manera. Asumimos que el prisma está en aire (n = 1. esto es. β y γ. Reemplacemos en la ecuación de lentes y despejemos. La distancia del punto con la anterior distancia objeto. En la Fig. l.71) = −10. l. La imagen D es real. por lo tanto el sistema de las 3 lentes es perfecto. Reemplacemos en la ecuación de lentes y despejemos. fα = −8. de izquierda a derecha: Análisis para γ. el aumento de nuestro sistema es el producto (¿por qué no es la suma?) de los aumentos parciales que hace cada uno de los subsistemas α.1 u.74 u. Fue con prismas que Newton concluyó (1672) que la luz blanca es una combinación de varios colores. Además. Para observar a C tiene que ubicarse entre β y γ.25 u. Una lente es un sistema formado por dos subsistemas: las superficies refringentes S1 por donde entra la luz.42a y b). ubicándose como mínimo a 25 cm a la izquierda de D. l.42b.. Procedemos. l.29 u. La distancia del anterior punto.71 u. (c) Debemos hallar el aumento transversal M de D respecto a A. a la izquierda de Cα . l. Vemos que α y β son lentes de borde grueso o divergentes. (b) La imagen D del objeto puntual A también es puntual. pβ = −1. o sea que O sí puede observar a D. está sobre el eje principal. El punto al que le corresponde esta distancia es el foco objeto F del sistema de las 3 lentes. l. los rayos de γ salgan paralelos entre sí.9 u. su aumento es M = MS1 MS2 . |qγ | | pγ |).33.7 mm. −6 u. Análisis para β. 4. 139 . Figura 4. con el mismo θi de la figura a.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. en el cuarzo fundido. El que no sea fuerte no quiere decir que sea secundario. sen θt v En la Fig. según la última ecuación. Esto se justifica ya que la dependencia de λ no es muy fuerte. Universidad de Antioquia.42 (a) Construcción de la trayectoria de los rayos refractados. llegamos a que el índice de refracción depende de λ y dicha ecuación la podemos escribir n(λ ) = sen θi c = . El índice de refracción no sólo depende de λ sino también de la sustancia en la que se propague la onda. En general. en ese prisma.43b se hace incidir luz blanca procedente de un gas a baja presión. 4. todo medio material es dispersivo.44 donde se grafica a n en función de λ en nm (1nm = 10−9 m) para el espectro visible. Se dice con frecuencia que el índice de refracción de una sustancia tiene determinado valor. igualemóslo a n = c/v . Cada color se refracta un ángulo característico θt que. Marzo de 2006 Figura 4. como se ilustra en la Fig. su propio índice de refracción o su propia v. sen θt (λ ) v(λ ) El que v dependa de λ es la razón para calificar de dispersivo al prisma.43 (a) Desviación de un rayo. a mayor λ menor es n. n= c sen θi = . como ejemplo. (b) Dispersión de la luz blanca. se debe interpretar como que cada color tiene. (b) trayectoria resultante.. Como cada color en el prisma tiene una longitud de onda característica. sin mencionar para que λ. tenemos que el arco iris se debe a que en el agua n = n(λ ). caracterizada por ser menos luminosa que el resto del Figura 4. pero actualmente se construyen sistemas acromáticos combinado lentes convergentes y divergentes de vidrios distintos. Universidad de Antioquia.45). V corresponde al verde. en A y en B. Si toda la cara izquierda se ilumina con luz de cierto λ y en todas las direcciones. Figura 4.46a). se ilumina con luz para la que se va a medir n. y aunque la lente no tuviera aberración esférica. p.22. parte de la luz se refracta (Fig.46 Arco iris (a) primario. el secundario se forma en ángulos mayores con la superficie terrestre que el primario. En la figura b la luz que sale al aire su(b) secundario. vemos que la longitud focal de la lente depende del color. Marzo de 2006 Física III Mirando la ecuación Ec. 4. Como el rojo se refracta menos que el azul. aquel forma su imagen más lejos que este otro. . El arco iris es producido por un gran número de gotas de agua. 4. Al incidir la luz solar. n= sen 21 (δmín + α ) sen 12 α . Esto da un método muy preciso para medir n: se construye un prisma de la sustancia de interés y determinado α. 127. Volvamos a las Fig. análogo al δmín del prisma triangular. por ejemplo. cada color con su ángulo. 4. que damos sin demostrar. que es menos intenso que el primario porque en cada reflexión parte de la luz incidente se refracta. la imagen de un objeto puntual P no sería puntual. luego sufre una reflexión interna en A y sale de regreso al aire produciendo el arco iris primario. En esta reflexión la componente π del campo eléctrico se disminuye notablemente resFigura 4. En la figura se ha exagerado la separación entre las imágenes R del rojo y A del azul.140 Héctor Alzate L. Este defecto se denomina aberración cromática. todos los demás rayos tienen δ > δmín .44 Índice de refracción del cuarzo fundido. la existencia de δmín da como resultado que por la cara derecha no se observe luz en determinadas direcciones. pecto a la componente σ y la luz del arco iris queda así altamente polarizada en la dirección σ.43a y b. El prisma esférico presenta un ángulo de desviación máxima. y se halla experimentalmente δmín .45 La posición de la imagen depende del color. mientras que O2 sí. δmín . y lo presenta el rayo que sea paralelo a la base del prisma. Es muy común poder observar ambos arcos iris. ya que como n depende de λ. dando origen al arco iris secundario. Esto explica la banda oscura de Alejandro presente entre el arco iris primario y el secundario. cada color teniendo su imagen según sea su n. fre dos reflexiones dentro de la gota. y en consecuencia hay unas direcciones en las que no sale luz de las gotas. el observador O1 de la figura b no detecta luz en la dirección en que está mirando. Newton creyó que era un problema insuperable. Existe un θi para el que δ es mínimo. Supongamos que el objeto puntual P es una fuente de luz blanca (Fig. por último se aplica la ecuación. que son prismas esféricos. que tiene polarización aleatoria. 4. en una gota.. f también. 127. de él ya hablamos en una sección anterior. revista Investigación y Ciencia. de cada uno de sus infinitos puntos llegan a la lente infinitos rayos divergentes. Cuando observe un arco iris. a continuación abordamos la formación de imágenes que ella hace. Sea el objeto P una letra. Moysés Nussenzveig.7.* 4. al lado donde está el objeto E: la imagen derecha de un objeto real es virtual.23. Dado que la lupa se utiliza para aumentar. cuya imagen queremos ver derecha. la imagen debe ser derecha. por ejemplo la E (Fig. 4.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. trate de localizar el secundario y comprobar la presencia de la banda oscura mencionada. o en la revista Scientific American. Para leer. para que se intersequen en dirección opuesta a ellos. La E es un objeto físico extendido (o sea macroscópico. (4. M = q/ p > 0.47a). por supuesto. Teoría del Arco Iris. 141 . (b) tamaño angular del objeto. q > 0. aumentada y con el máximo detalle (visión óptima). de la Ec. junio de 1977. 4. El ejemplo más común de esta situación es cuando nos miramos en un espejo plano. De las Ecs. definen a E como un objeto real. Universidad de Antioquia.47 (a) Lectura con una lupa. junio de 1977. 4. f = pq/(q − p) = (+) (+) = (+): la lupa debe ser de borde delgado. M debe ser mayor que 1. Debajo del arco iris primario se forman otros arcos conocidos como supernumerarios. Marzo de 2006 Figura 4. Deduzcamos primero qué lente debemos usar para que la imagen tenga las características anteriores. p > 0. firmamento. no puntual).23) * El siguiente artículo da una explicación excelente sobre el arco iris: H. el ojo humano. Todos hemos tenido la experiencia temprana de leer con una lupa. por lo tanto. (c) tamaño angular de la imagen. y su explicación no se basa en la óptica geométrica sino en la interferencia de varios rayos de luz.. tema de un capítulo aparte. intermediario entre el cerebro y los otros instrumentos. intermediario entre el cerebro y el mundo externo a nosotros.7 Instrumentos Ópticos El instrumento óptico más importante es.1 La Lupa Cuando leemos nos ubicamos a una distancia de las letras cercana al punto cercano δ. p. Esto quiere decir que los rayos salen divergentes. que como se recordará. lo que implica q > p. derecha. (Este ejemplo explica porqué se ve más grande la imagen de los ojos de quienes usan lentes para corregir la hipermetropía o la presbicia). p δ f Despejemos. p f (4. no está a escala). entonces p < f : la E está entre la lente y F (Fig. 4. 4.48a). el microscopio.29) Recordemos que δ es característico de cada individuo. la lente a donde el microscopista acerca sus ojos. Cuando queremos un aumento mayor que el que da una sola lente convergente (o microscopio simple o lupa). Sin embargo. Sea una lupa con f = +8 cm y supongamos que la tenemos ‘pegada’ al ojo. por donde sale la luz del instrumento.21). se halla que M = f /( f − p).47).7.. y su imagen la observamos a una distancia δ. cuando una persona con δ = 25 cm lee con una lupa de f = 8 cm. Es sorprendente que tuvieran que transcurrir 250 años después del inicio de la observación de microorganismos con el microscopio para que Pasteur (1822-1895) demostrara el origen microbiano de muchas enfermedades.47b). cada uno de los puntos de las letras producen rayos que salen de la lente paralelos hacia el ojo. en cambio f es una característica invariable de la lente. p 6. La lente más cercana a la muestra a examinar. pues el ojo es un sistema complejo que logra hacer el trabajo de enfoque. el ojo logra enfocar estos rayos en la fóvea.142 Héctor Alzate L. Si las letras se ubican en el foco. Definimos el aumento angular Mθ como la relación entre el ángulo subtendido θ 0 por la imagen y el centro de la lente (Fig. Algunos "tratamientos médicos" de hoy en día parecen ignorar esta difícil conquista. es . por donde entra la luz a nuestro instrumento. de longitud focal f 1 (Fig. δ+ f 25 + 8 El aumento es M= 25 q = = +4. 4. como M > 1. p= δf 25 × 8 = = 6.23. 4. usamos una combinación de mínimo dos lentes positivas y obtenemos el microscopio compuesto o. p = f − ( f / M). reemplacemos en la Ec. 4. simplemente. Los aumentos lateral y angular son Mθ = M = q δ ≈ . formando una imagen en el infinito. 4. con un aumento de ∼ 4. 1 1 1 − = .47c) y el ángulo θ subtendido por el objeto y uno de los ojos del observador (Fig. Es distinto si en lugar del ojo se pone una pantalla y se mira la pantalla.2 El Microscopio El microscopio fue inventando por Zacharias Janssen en 1590. Despejemos. logrando una imagen virtual. a lo que le corresponde un aumento infinito.1 En resumen.1 cm. es el objetivo. θ0 A0 B0 /δ A0 B0 Mθ = ≈ = =M θ AB/δ AB Cuando usamos una lupa. Marzo de 2006 Física III y (4. Podemos entonces hacer la aproximación q ≈ δ. lo que queremos ampliar lo ponemos a una distancia aproximadamente igual a f . ubica las letras a ∼ 6 cm de la lupa.1. dando una imagen de tamaño finito. Universidad de Antioquia. Este se dispone de manera que A0 B0 quede a una distancia un poco menor que f 2 del ocular. p. Que la imagen final este a δ quiere decir que la prolongación de los rayos que salen del microscopio se intersecan en el punto cercano del observador. Con el subíndice 1 nos referimos a la primera lente u objetivo. además. M1 ≈ q0 / f 1 . La imagen A0 B0 del objetivo es objeto para el ocular. por esto cada individuo debe mover el ocular para que la imagen se forme a su δ. 127) M1 respecto a AB. 143 .48 (a) El microscopio. y con el 2 a la segunda lente u ocular. con f 1 f 2 . La muestra AB a examinar se coloca a un distancia del objetivo un poco mayor que f 1 y se forma una primera imagen real e invertida A0 B0 con un aumento lateral (Ec. Ambas longitudes focales son de varios centímetros.. 4. El aumento lateral y angular total es M = M1 M2 = δq0 . de longitud focal f 2 .21. Marzo de 2006 Figura 4. y estas son mucho menores que la separación L entre el objetivo y el ocular.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. La imagen final que el ocular forma de A0 B0 es A00 B00 está a una distancia δ con un aumento M2 ≈ δ / f 2 . Universidad de Antioquia. la imagen que sus ojos forman de la imagen A00 B00 cae en la fóvea de ambos ojos. f1 f2 El microscopio se construye tal que q0 ≈ L. (b) el telescopio. La imagen final está a una distancia del ocular igual al punto cercano δ de la persona que usa el microscopio. el ocular. y así puede observar con el máximo detalle. a r ≈ 380 000 km de la Tierra).48b). f2 δ El aumento angular del telescopio es Mθ = θ 0 /θ.30) r f1 Escribimos (−) porque la primera imagen es invertida respecto al objeto.144 Héctor Alzate L. Marzo de 2006 Física III 4. con la anterior ecuación y la Ec. está en su foco imagen F1i (Ec. 100 veces mayor que el astro visto a simple vista. Por estar muy alejado el objeto que se mira (la Luna en nuestra figura. (4. A0 B0 f M1 = = − 1. su construcción y funcionamiento es similar a la del microscopio. note que el ángulo que el objeto (la Luna) subtiende con el objetivo es igual al ángulo que subtiende con el ojo del observador. los segmentos rectos AB (diámetro lunar) y A0 B0 (diámetro de la primera imagen) los podemos igualar a los respectivos arcos y escribir AB A0 B0 θ≈ =− . ya sea la luna o un planeta. r f2 f2 r r . ya que para el telescopio f 1 f 2 . es invertida y real.. 4.7. y el objetivo no cambia angularmente la imagen respecto al objeto. 127). pero sus longitudes focales no. angularmente. Despejemos el primer aumento lateral. Examinaremos un telescopio refractor (Fig. Como los ángulos son pequeños. AB r Para la Luna y un telescopio con un objetivo de longitud focal 1 m. el aumento lateral total es M = M1 M2 = − f δ δ f1 δ = − 1 = − Mθ . por esto cada persona debe mover el ocular para que se acomode a su δ particular. Un aumento de 100 quiere decir que la imagen del astro que se observe es. Universidad de Antioquia. mientras que con un telescopio está muy lejos. 4. cuando leemos un libro también nos ubicamos a δ de este. La primera imagen es el objeto para el ocular. El aumento lateral del ocular es M2 = δ / f 2 . La posición de F2 es muy cercana a la posición del foco imagen del objetivo F1i .24. pero los ángulos respectivos que subtienden con el objetivo son iguales. o sea que Mθ1 = −1 El ocular se dispone de manera que la imagen A00 B00 que forma de A0 B0 esté a una distancia igual al punto cercano de la persona que esté mirando. la muestra está muy cerca nuestro. o sea que la primera imagen es casi cuatrocientas millones de veces menor que el objeto. el primer aumento lateral es M1 = −1 m/380 000 000 m = −1/380 000 000.30 obtenemos θ0 A0 B0 / f f Mθ = = − 0 0 2 = − 1.3 El Telescopio Refractivo Cuando observamos con un microscopio un microbio o un insecto. formada por el objetivo. p. además. con el que subtiende un ángulo θ0 ≈ A0 B0 A00 B00 = . ya que la longitud del telescopio es despreciable frente a la distancia del objeto a él. 4. ya que lateralmente siempre hay una disminución. f 1 puede ser de varios metros. Tanto con el microscopio como con el telescopio la imagen final que producen esta a δ del observador. la primera imagen A0 B0 (simbolizada por una flecha). no aumentada como en el microscopio. θ A B / f1 f2 Cuando hablamos del aumento de un telescopio nos referimos al aumento angular. y es una imagen reducida del objeto. 4 Aplicando las definiciones de imagen virtual e imagen real (Fig. no se cumple en la Fig. es mayor el acercamiento (porcentualmente) que el telescopio hace de la imagen de la Luna al observador.6 × 10−8 . p. (a) Halle la longitud focal.5. de 10 m de diámetro total. Problemas Problema 4. Se caracterizan por dos números. en su funcionamiento.36? Problema 4. (c) ¿Cómo ve la imagen dicho observador si se ubica a 5 cm a la izquierda de V? Problema 4. (c) repita los anteriores numerales si se quiere que tenga un medio de la altura. p.2 Se quiere que un pequeño objeto puesto a 1. por ejemplo. Todos los telescopios de investigación son reflectores porque la lente objetivo se reemplaza por un espejo. Galileo hizo sus descubrimientos (1609) con un telescopio refractor. El aumento longitudinal se define como ML = (q A − q B )/ L.. el ancho del objeto es L. Tienen varias ventajas.47. 4. especifique exactamente donde se debe ubicar el observador sobre el eje principal para ver a Q. los grandes reflectores tienen D de varios metros: el de Monte Palomar es de 5 m. los telescopios Keck en Hawái tienen cada uno un espejo compuesto de 36 espejos hexagonales. El peso del espejo colector de luz puede ser de varias toneladas y su diámetro D de varios metros. se debe exagerar su tamaño relativo).80 m del vértice de un espejo y sobre su eje. El 20 es Mθ .7 En la Fig. para el telescopio son muy distintos. la puede mirar el observador H de la Fig. ya que el ángulo de reflexión no depende de λ. 4. Universidad de Antioquia. los puntos extremos son A y B.32 ni en la Fig. 117). por qué la relación entre p. 145 .1 Localice la imagen de P formada por reflexión en el Ejemplo 4. En todos los casos determine si la imagen es derecha o invertida.25m = −6. en coordenadas polares. 4. (d) repita si la imagen debe ser real y el doble de alto. en mm. ¿es virtual o real. El mayor telescopio refractor (observatorio Yerkes. Problema 4. 123. entre ellas que no tienen aberración cromática. ya que δ es del orden de 0. de el objetivo. p.5 ¿En la Fig.4. 4. iguales a un par de telescopios. y así se logra un aumento angular. Wisconsin) tiene una lente con D = 1 m y f 1 ≈ 19 m. que su reducción porcentual lateral. 4. Marzo de 2006 Vemos que mientras que para la lupa los aumentos lateral y angular son iguales. El aumento lateral de un pequeño objeto que se pusiera en A sería M A y en B sería MB . Cuando observamos la Luna con un telescopio de 100 aumentos. 141). 20 × 50.34. el 50 es el diámetro D. este problema (nota: el objeto no se puede dibujar a escala.49 se muestra un objeto físico al frente de un espejo. tenga una imagen virtual y de un cuarto de la altura del objeto. el aumento lateral es M = −100 0. q y δ no es p + q = δ. 380 000 000 m Esto es una reducción de más de 15 millones de veces. Problema 4. El centro del objeto está a una distancia p del espejo.25 m y r puede ser de miles o millones de kilómetros. (b) ilustre gráficamente con rayos principales y a escala. La distancia imagen de A es q A y de B es q B .4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. ¿es positiva o negativa q para una imagen virtual producida por (a) un espejo y (b) por una lente (o por una superficie refractiva).6 Resuelva.15 ver la imagen por refracción Q? (b) Si q = +20 cm y el punto cercano del observador es 35 cm. 4.3 (a) ¿Puede un observador a la derecha de la superficie refringente de la Fig. el Ejemplo 4. sino p − q = δ? (Recuerde que esta ecuación no es general. Newton fue el primer en construir uno reflector (1668). en cambio en los refractores sí. y para una imagen real? Problema 4. 4.12. pero la Luna se ve más grande porque su imagen A00 B00 está a sólo 25 cm del observador. Problema 4. real o virtual. A mayor D más luz capta el binocular. Los binoculares son. 33) de 5.14 Una esfera maciza de vidrio de radio de magnitud R e índice de refracción 1.8 Cuando un objeto que está a 60 cm de un espejo se acerca 5 cm a él. entonces ML ≈ − M2 = −(q/ p)2 . Problema 4.9 Una capa de agua (n = 1.50). ¿qué signo debe tener el aumento longitudinal? Explique. (b) ¿Según el anterior numeral. a una distancia 2R del vértice de la parte refractiva (Fig. p.5 está plateada en un hemisferio. (d) En un gráfico a escala (con excepción del pez). con p B > p A (A y B pueden ser dos puntos en extremos opuestos de un objeto macroscópico o extendido). se puede invertir longitudinalmente por refracción una imagen? Explique. 134. (b) si L p. sin anteojos. (a) Halle las longitudes focales objeto e imagen de la interfaz acrílica. Marzo de 2006 Física III Figura 4. Recuerde que preguntar por el foco objeto equivale a preguntar dónde se debe poner un objeto puntual sobre el eje para que la imagen se forme en el infinito (Fig.10 Dos objetos puntuales A y B están sobre el eje principal de una superficie refractiva.11 Muestre que el aumento longitudinal que una interfaz refractiva hace de un objeto pequeño es n q2 ML = 1 2 = n21 M2.12 Un acuario dispone de varios sitios de observación. donde q corresponde al punto medio del objeto. En uno de ellos.51a).50 Figura 4. Un pez que mide 2 cm × 1 cm está a 1. 4. la imagen longitudinal que produce una superficie refractiva puede estar invertida respecto al objeto?. perpendicularmente desde arriba.50) de 3. La superficie de la esfera queda así conformada por un hemisferio refractivo sin platear y otro hemisferio reflectivo. Problema 4. sitúe a C..146 Héctor Alzate L.51b).13 Halle la posición de los focos objeto e imagen de una esfera maciza de vidrio de radio de magnitud R e índice de refracción 1. Figura 4.49 Demuestre que (a) ML = − M A MB . y que preguntar por el foco imagen equivale a preguntar dónde está la imagen de un objeto en el infinito (Fig. 4. ¿es convergente o divergente? (b) Halle la posición y el aumento lateral de la imagen del pez. (a) Demuestre que q B > q A . la superficie más baja del acrílico.5. 4. los turistas observan los peces a través de un casquete esférico acrílico de 0. Utilice las ecuaciones de la aproximación paraxial. Figura 4. n2 p ¿Según esta ecuación. Problema 4. Halle la longitud focal del espejo. Un pequeño objeto está sobre el eje definido por los vértices de ambos hemisferios. 4. Universidad de Antioquia. ¿es real o virtual. (e) Un observador con vista normal (punto cercano cerca de 20 cm). ¿a qué distancia mínima se debe situar? Problema 4. Fo . Problema 4. Un observador mira.00 cm de espesor. la nueva distancia objetoimagen se duplica.00 cm de espesor está sobre un bloque acrílico (n = 1. No tenga en cuenta el grosor del casquete. Problema 4. ¿a qué distancia parece estar de la superficie del agua? O lo que es lo mismo: ¿cuál es el espesor aparente para el observador del conjunto agua-acrílico? Sugerencia: vea el Ejemplo 4. con el principio de reversibilidad óptica puede hallar el otro.52).00 m de la interfaz (Fig.12. Fi y halle la imagen con rayos principales. Debe tener en cuenta la refracción de los rayos en ambos lados de la esfera. derecha o invertida? (c) Halle las dimensiones de la imagen (para la dimensión longitudinal vea el Problema 4.11).52 . sólo le permite ver bien a partir de los 80 cm.50 m de radio de curvatura. Una vez hallado un foco.51 Ayuda: No puede tratar a la esfera como una lente delgada. Problema 4. ¿a qué distancia mínima se puede situar del acrílico para ver bien el pez? Si el observador tiene una presbicia que. y por último sale de regreso al aire para formar la imagen final. tenerlas en cuenta en la solución del problema.00 cm. 4. h = (r − g)/n. Utilice la aproximación paraxial. (c) Muestre que horizontalmente la imagen se forma a una distancia qh de V1 .53 (a) Demuestre que para que la imagen coincida con el objeto.55 Problema 4. La luz procedente de la letra sufre una primera refracción en la superficie más cercana. 125 y compruebe que la Ec.17 (a) Tome medidas con una regla en la Fig.00 cm y no es necesario. (d) Evalúe los dos anteriores numerales cuando la botella está pegada al escrito. (b) Evalúe h para un espejo de 30.55). (e) Muestre que si el escrito está a más de 3 cm de la botella las imágenes se invierten horizontalmente.54).53). compatible con la solución del numeral anterior. II. La menor distancia entre la hoja y la botella es D (Fig.15 Una líquido transparente de índice n está dentro de un espejo cóncavo de radio de curvatura r. ¿qué es necesario para que esto ocurra en un espejo? En una interfaz plana se cumple que n1 / p − n2 /q = 0. Nota: si la botella sólo se llena hasta la mitad y se pone horizontal. 4. 4.54 Considere sólo los rayos que salen de una letra en P y que sean casi paralelos a dicha perpendicular. y en dicha perpendicular está un observador. La máxima profundidad es g. con índice de refracción 1.. Paredes delgadas quiere decir que su grosor es mucho menor que 6.00 mm. Figura 4. La perpendicular en el centro P del escrito pasa por el eje de simetría de la botella. La luz proveniente de P penetra en el líquido. una reflexión en el hemisferio plateado y una segunda refracción hacia el aire.16. Problema 4. qh = 9(1 cm + D )/(3 cm + D ). 4. La botella se comporta así como una lente cilíndrica gruesa biconvexa. (b) Trace los cuadrante I. llena de agua.33 ≈ 4/3. (b) trace el recorrido completo de dos rayos. p. 4. Figura 4. y a menos de 3 cm no hay inversión. por lo tanto. con un aumento Mh = 6 cm/(3 cm − D ). con polo V1 (V1 P = D). Universidad de Antioquia. III y IV en el punto de incidencia A de dicha figura.16 Un escrito se observa a través de una botella de gaseosa de paredes delgadas y diámetro 6. Figura 4. señale θi . (c) ¿dónde se debe ubicar un observador en el eje para observar con el máximo detalle la imagen? Problema 4. (b) Muestre que verticalmente (o sea rayos que lleguen a una línea paralela al eje de la botella y que pase por V1 ) la imagen final se forma a una distancia qv de V1 . para así llegar luego al observador. y luego una segunda refracción en la más lejana. a una altura h respecto al líquido (Fig. se refleja en el espejo. Marzo de 2006 (a) Halle la posición de la imagen del objeto formada por una primera refracción hacia el interior de la esfera. el líquido es agua.14 se cumple.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.0 cm de curvatura y una profundidad de 5. (a) Halle la magnitud del radio de curvatura de la botella si usted se desplaza verticalmente sobre ella y si se desplaza horizontalmente. con polo V2 . ¿es 147 . Ayuda: pedir dicha coincidencia equivale a pedir que los rayos se devuelvan por donde vinieron. el agua forma una lente cilíndrica plano-convexa gruesa (Fig. la lente es astigmática pues su curvatura no tiene un único valor. Un pequeño objeto P está sobre el eje óptico del sistema. θr y θt . Sugerencia: llene de agua una botella y compruebe este numeral y el próximo. qv = 2 cm + 16D /9 con un aumento Mv = 1. 19 El material de unas gafas deportivas cóncava-convexa es de grosor constante e índice de refracción n. evalúela para n = 1. 4.25 Una persona que sufre de miopía puede leer cómodamente a una distancia de 25 cm cuando utiliza lentes con una potencia de −2.40b donde muestre el objeto P. Problema 4. Problema 4.27 Los rayos provenientes de una lente convergen en un punto Q. y biconvexa (g) de la Fig. si usará la gafas a 2. (b) ¿son de borde grueso o delgado?. Marque los cuadrantes I a IV y los mismos ángulos. pero con una lente delgada. en dioptrías. de caras planas y paralelas. cada fotografía ocupa. θr0 y θr para el rayo superior de la Fig. Problema 4. .24 (Antes de resolver el problema repase el Ejemplo 4. son positivas o convergentes. 133). Cuando un vidrio de grosor t e índice de refracción n. la potencia de las lentes para que pueda leer el escrito a 25 cm de él. (e) calcule la potencia de las lentes si serán lentes de contacto. halle si el objeto debe estar entre la lente y el foco. esto es. 4. 136) Cierta persona que sufre de hipermetropía tiene un punto cercano de 50 cm. 122 Problema 4. en Q0 . Halle su longitud focal. 4.28 La Fig. p.29.5 y e = 0. Problema 4. con M ∈ (0. acérquese hasta cuando empiece a desenfocar la imagen. derecha. un rectángulo de 36 mm de ancho por 24 mm de alto. en esto consiste el proceso de enfoque (¿cómo enfoca el ojo humano?). por una lente de borde grueso. Utilice la aproximación paraxial.5 cm. es virtual. simplificada. o más allá del foco. Marzo de 2006 Física III mayor n1 que n2 ? (c) Mida los ángulos.75 D. 4. 4. se interpone como se muestra en la Fig.25. En una cámara de 35 mm. 4. ¿y para que sea invertida (y real)? Comprúebelo con una lupa. la imagen del objeto (Fig. plano-convexa (f). lo que equivale a rotar las lentes 180◦ (Fig. tienen f > 0. sólo moviendo su cabeza. los focos si la superficie fuera convexa. Halle el punto lejano de dicha persona. (c) haga un dibujo análogo a la Fig. p.27. 4. no cambiarían el signo ni la magnitud de f . en la película.56 Posición diferente de las lentes. el Ejemplo 4. Problema 4. (d) ¿cuando la persona usa las lentes. o sea el escrito. 4. y para que la imagen caiga en la película se debe aumentar la distancia lente-película. (a) Halle. debe mirar más allá o más acá de donde está el escrito?. figura.3. la imagen se forma a una distancia e de Q.22 Se dispone de una lente de borde delgado con f conocida y de un objeto físico.23 Muestre que la imagen producida de un objeto real. una cámara fotográfica. Para que la imagen sea derecha (y virtual). Problema 4. Halle a t en función de n y e.56).148 Héctor Alzate L. para cualquier distancia del objeto a la lente.57. Problema 4.58b el objeto está más cercano. Demuestre también que si la luz llegara por la izquierda. para cualquier valor del radio de curvatura de las caras . En este momento usted está a δ de lo que mira.57 Corrimiento de Q por un vidrio.32a. En la película (o arreglo de fotosensores si la cámara es electrónica) se forma la imagen real e invertida de un objeto lejano (p q). (Esto explica porqué los objetos se ven más pequeños y derechos cuando se miran a través de lentes para corregir la miopía). Problema 4. Suponga que la magnitud del radio de curvatura y los índices de refracción no cambian. Señale los ángulos para el rayo inferior de la Fig..14. cuando observe una imagen invertida. p. Universidad de Antioquia. 4. Problema 4. la imagen Q y todo lo demás de tal Figura 4. y q ≈ − f . Problema 4.21 Señale θi . gráficamente.2 cm de sus ojos.58a muestra. Figura 4. ¿cuánto es n21 ? (d) ¿Es convergente o divergente dicha superficie refractiva? (e) Halle.18 Demuestre que las lentes de borde delgado cóncava-convexa (e).26 Resuelva.20 Demuestre que el aumento longitudinal de una lente delgada es el cuadrado del aumento lateral: ML = M2 . 1). En la Fig. pero para el rayo inferior. Nota: Aunque la imagen está más cerca del espejo que el objeto.58 Usted toma una fotografía de una amiga que tiene una estatura de 168 cm. a través de un espejo retrovisor convexo. este es el método de Bessel para hallar f . como se muestra en la Fig. d > 0. acercarse a Problema 4. (b) f = (d2 − l 2 )/4d. halle su longitud focal. con una lente cuya distancia focal es 85 mm y con una cámara de 35 mm. Halle la longitud focal de la lente. Universidad de Antioquia. (b) cuando se sumerge en agua. Problema 4. se debe cumplir que d > 4 f . ¿cuál es la mínima distancia a que se puede acercar al espejo para continuar viendo nítidamente la imagen del peatón? Explique. Marzo de 2006 un peatón que está a 3.32 y su figura).59.00 m/s. (a) Muestre que si se rodea de Figura 4.00 cm al objeto para que la imagen se observe en la pantalla. Una lente convergente de longitud focal f forma una imagen Q en dos posiciones A y B. y tres cuartos de la lente? Haga la experiencia con una lente y cualquier pantalla (un cuaderno sirve). Problema 4. y por lo tanto PA = (d − l )/2 y PB = (d + l )/2. PA = BQ. la pantalla se debe acercar 2. Figura 4. y en la segunda es MB = (l − d)/(l + d). Tenga presente que l. Problema 4.32 Una pantalla está a una distancia fija d de un objeto P. (d) Para que haya dos posiciones de la lente. separadas entre sí una distancia l (Fig. p.0 cm de la lente. El radio de curvatura del espejo es de magnitud 2. (La figura está sin escala ni perspectiva. Por esto en los retrovisores está escrita la advertencia de que los objetos están más cerca de lo que parecen. La pantalla está a 12.00 cm la lente del objeto. además. Halle la distancia focal de la lente (a) cuando está rodeada de aire.59 ¿Cómo se afecta la imagen al cubrir parcialmente la lente? 149 .36 Una lente tiene un índice de refracción n y una longitud focal f . Problema 4. Problema 4. 128.60).35 Una lente proyecta en una pantalla la imagen de un objeto real.31 El conductor de un carro en reposo ve. el cerebro interpreta que está más lejos porque es más pequeña. ¿Cuál es la mínima distancia entre el objeto y la imagen? (vea el Problema 4. (c) En la primera posición el aumento es M A = (l + d)/(l − d). Explique qué le ocurre a dicha imagen si los rayos que llegan al centro de la lente se bloquean.00 m. rota la cámara 90◦ para aprovechar la dimensión mayor de la película. caminando a 1.60 Demuestre que (a) con base en el principio de reversibilidad óptica.. (a) Halle la rapidez de la imagen observada. ¿cuál es la distancia entre la película y la lente? Problema 4. ¿Cuál es la distancia de la amiga a la cámara para que case exactamente en la foto?.34 Los radios de curvatura de las caras de una lente delgada biconvexa son de magnitud 24.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L. Lo que usted observaría sería muy distinto sin en lugar de mirar a la pantalla situara sus ojos donde está la pantalla). Al alejar 2. por ejemplo. Problema 4. halle la posición de la imagen. con un lápiz. 4.60.30 En una pantalla se observa la imagen de un objeto. el índice de refracción es 1. ¿Qué ocurre si se cubre media lente. (c) Si el conductor tiene un punto cercano de 30 cm. Figura 4. 4. (b) Con rayos principales.33 Una lente de longitud focal f forma una imagen real de un objeto real.00 m del espejo. y el conductor puede creer que el peatón está lejos.29 Una persona con un punto cercano de 20 cm quiere un aumento de 5 con una lupa.0 cm. 62). con rayos principales y a escala (con excepción de la altura del objeto y el diámetro de las lentes) la solución hallada en los literales anteriores. Su imagen es derecha y a 10.37 Una lente de índice de refracción n tiene una longitud focal f . ¿es de borde grueso o delgado? (b) Con rayos principales. (a) Halle la longitud focal de la lente. Marzo de 2006 un medio de índice n0 . I1 f2 (c) Muestre cómo se deben disponer una lente convergente y otra divergente para expandir el haz. ¿cuál es el radio de curvatura de esta otra cara? (g) ¿Es biconvexa. .65 tiene una longitud focal de 40. (b)¿La imagen final es real o virtual.00 cm. o cóncava-convexa la lente? (h) ¿Cuál es el índice de refracción de la lente? (i) ¿Cuál imagen es más intensa. de longitudes focales f 1 y f 2 respectivamente. el ocular contribuye con un aumento angular de 8 a una persona con un punto cercano de 25 cm. Universidad de Antioquia.61 (esta no está a escala).42 Un expansor de haz está conformado por dos lentes convergentes 1 y 2 separadas entre sí una distancia f 1 + f 2 (Fig. el objeto está sobre el eje óptico.67. Figura 4. Los rayos entrantes y salientes son paralelos al eje del sistema. (b) Ilustre la solución gráfica del problema. y su tamaño. si es derecha o invertida. están en contacto. con longitudes focales de 15. Problema 4. virtual o real. su nueva longitud focal es f0 = n0 (n − 1) f.0 cm de una lente. La distancia entre ambas lentes es de 15 cm.61 (a) Halle la distancia de P a L1 .62 (a) Pruebe que D2 = ( f 2 / f 1 ) D1 . (a) Encuentre la posición de la imagen. A una distancia 2( f 1 + f 2 ) del espejo se encuentra una lente delgada convergente de longitud focal f 2 .39 Un objeto pequeño de altura h está a una distancia 2 f 1 de un espejo cóncavo de longitud focal f 1 . por qué? Problema 4. es derecha o invertida? (c) Ilustre. (b) Pruebe que la relación entre la intensidad emergente I2 y la incidente I1 es 2 I2 f1 = . n − n0 (b) ¿Si la lente es convergente.00 cm. Pruebe que la longitud focal f de la combinación está dada por 1 1 1 = + . ∆f ≈ ∆n f.41 Dos lentes L1 y L2 . la nueva imagen por reflexión se forma a 25. están separadas 75. ilustre gráficamente el problema..1 cm. (b) la longitud focal del ocular.0 cm respectivamente. Si para el violeta el índice es 1. La posición de la imagen final Q de un objeto P está entre las lentes.38 Una bombilla pequeña se pone a 40.9 cm de la lente. f f1 f2 Figura 4. mediante la anterior ecuación halle la longitud focal para este color. ¿cuál es el radio de curvatura de esta cara? (f) Cuando se voltea la lente. la reflejada o la transmitida. el cambio en la longitud focal es. Problema 4. 4.150 Héctor Alzate L. como se muestra en la Fig. (d) el aumento del microscopio.43 El objetivo de un microscopio tiene una longitud focal de 1. (c) Es real o virtual la imagen? (d)¿Dónde se debe ubicar un observador con un punto cercano de 30 cm para observar con el máximo detalle la imagen? (e) Además de la anterior imagen por refracciones. trazando rayos principales tanto para el espejo como para la lente.0 cm. Problema 4.0 cm. El haz incide en la lente 1 con un diámetro D1 y sale de la lente 2 con un diámetro D2 . La luz del objeto se refleja en el espejo y luego atraviesa la lente para formar así la imagen final. y qué para que se convierta en divergente? Física III Problema 4. Problema 4. Problema 4. bicóncava. cuál es su altura. Halle (a) el aumento lateral del objetivo. qué es necesario para que siga siendo convergente cuando se rodea del nuevo medio. 1−n (b) Para el amarillo una lente de índice 1. (a) Demuestre que si el índice cambia en una pequeña cantidad ∆n. la altura de P es de medio centímetro. por reflexión en la primera cara de la lente se forma una imagen real a 8. 4.40 Dos lentes delgadas. sobre su eje óptico. (c) la potencia de las lentes.0 cm y 30. 45 La distancia focal del objetivo de un telescopio es de 96. Marzo de 2006 Problema 4. (b) el aumento lateral debido al objetivo. La imagen final está en el infinito.0 cm. conservando el resto de la información.0 cm y la del ocular es de 12. reduzca el ángulo de incidencia en S1α ).0 m de altura que está a 4.41 y. Halle (a) el diámetro de la imagen formada por el objetivo.0 cm. Universidad de Antioquia. B.0 cm. Halle (a) la distancia entre el objetivo y el objeto observado. La distancia entre ambas lentes es 20. los puntos A. (c) el aumento del telescopio.0 mm.46 Se mira la Luna con un telescopio que tiene un objetivo de longitud focal 122 cm y un ocular de 4. repita el Ejemplo 4.4] Óptica Geométrica Héctor Alzate L.00 km de distancia. 151 . sobre el eje principal. Problema 4. Tome como distancia de la Luna 380 000 km. 4. (d) el aumento lateral para un observador con un punto cercano de 25 cm.00 cm de longitud focal. (Si los rayos caen fuera de alguna lente. (b) el ángulo que subtiende la imagen final.15. El objeto y la imagen final están en el infinito. Problema 4.52◦ . (b) Se observa un árbol de 15..44 La longitud focal del objetivo de un microscopio es de 8. (a) Halle el aumento angular del telescopio. (c) el aumento total para un microscopista con un punto cercano de 25.00 mm y la del ocular es de 20. ¿cuál es el tamaño angular del objeto? (c) ¿Cuál es la altura de la imagen que el objetivo forma del árbol? (d) ¿Cuál es el tamaño angular de la imagen final para un observador muy cercano del ocular? Problema 4. C y D de la Fig.47 Reubique al azar. El ángulo que subtiende la Luna respecto a un observador en la Tierra es 0. la imagen que se ve es cuadrada. (c) 100 D.46 (a) En V2 . (d) más allá. p. (d) 4.35 4. Imagen derecha y virtual.0 cm.1cm 4.12 cm.50 m. real.00.33 4. grueso o lente divergente.215◦ . (b) 59.16 4. 0.00 cm (b) n0 < n.8 cm No.45 m. 1. -3.15 4.34 4. Marzo de 2006 4.9 4.66 cm × 0.5 m. según lo explica los valores de la transmitancia y la reflectancia para incidencia casi normal (óptica paraxial). 3 cm. (d) A 19. (c) Virtual. 32 D. h (a) 20. invertida (a) 15. porque siempre ML > 0 (a) −2.1 cm o 59. Fi esta a R/2 a la izquierda de V2 4. (c) 0.25 4.37 4. (b) 0.28 4. en el lado opuesto a la bombilla. (b) +0.45 (e) 0 cm. (d) 120 (a) 8.66 cm. (b) 4.5.31 4. + (b) No.2 4. (b) virtual.8 cm t = ne/(n − 1). (c) 0 m 4f (a) 20. (c) −3. aunque el pez no lo sea.7 cm 5.29 4.27 4.24 4. (b) qv = 2 cm. (e) 13. (g) Bicóncava. (f) 30. (h) 1.44 4.91 D 14.05 m.0 cm. (b) borde delgado.14 4. Mh = 2 ∞ (a) 2. 110.39 4. divergente.10 4.36 4. (c) 312 (a) −8. Universidad de Antioquia. (i) Es mucho más intensa la transmitida.00375 rad = 0.8 mm 4 cm 1/16 m/s.7◦ .2 cm (a) ∞. (b) 3.665.5. (a) A 2( f 1 + 2 f 2 ) del espejo. (c) a δ a la derecha de V2 22.38. (b) 15.43 4.72◦ (a) 11 mm.5 cm 4. virtual y derecha.1 cm de la lente. (b) −21. Vea el Ejemplo 3.5.00 D. +1.9 cm.11 4. qh = 3 cm. (c) 30. n0 > n 38. espejo divergente. 86.. 30 cm Fo está a R/2 a la derecha de V1 .3 cm.8 4.00 cm.8 cm (a) −15.38 4.41 4.60 mm. derecha. Mv = 1.0 m. (d) 2 × 10−8 Héctor Alzate L. en sentido opuesto a la velocidad del peatón. (e) 1.0 cm.37 mm. (d) 1.19 4.62.12 (a) −0.13 Respuestas a los Problemas 152 Física III . comprendido por los capítulos de Interferencia y el de Difracción. φ1 ( P. t) − φ( A. Ec. t). t) = φ( B. o a los vivos colores de un disco compacto cuando refleja la luz solar o la luz de una lámpara. t)] + (∆φ PB − ∆φ PA ).1) Para analizar la interferencia es esencial hallar. δ ( P. en particular en el control de calidad en la industria y en la toma de medidas muy pequeñas.1. y que dio lugar al fenómeno de pulsos. Sea φ( A. Al tener en cuenta estos parámetros.4) 153 . la longitud de onda y la amplitud de los campos. en sentidos opuestos dentro de un tubo. entramos en el terreno de la Óptica Física. el segundo caso fue cuando se vio la interferencia de ondas de frecuencias cercanas e igual sentido de propagación.1 La Interferencia y el Desfase En el punto P de la Fig. En este capítulo veremos la interferencia de ondas luminosas de la misma frecuencia. a los colores de una burbuja de jabón. Estos fenómenos no los podemos explicar basándonos en el concepto de rayo. la frecuencia. en el rayo 2. entonces. (5. t) − φ1 ( P.2 y 5. 5. t) = φ2 ( P. por ejemplo. t). Por definición de desfase. (5. y que dio lugar a ondas estacionarias. Ya debemos tener en cuenta parámetros específicos de las ondas. 5. (5. t) + ∆φ PA . el desfase. de una película de aceite sobre agua. φ2 ( P. La fase en P es. δ ( P. sin tener en cuenta la naturaleza ondulatoria de la luz. como son la fase. ante todo. t) la fase en el punto A y en el instante t del rayo 1. La interferencia de la luz visible tiene importantes aplicaciones tecnológicas. (5.3) Después de reemplazar en la ecuación general para el desfase. Las características de la interferencia las determina el desfase en ese punto. t) = [φ( B. que da lugar.1 se presenta interferencia entre los campos de los rayos de luz 1 y 2. entre los campos allí presentes en el mismo instante t. como fue en el caso de la óptica geométrica. 5.2) De manera análoga. El primer ejemplo de interferencia se nos presentó cuando estudiamos la propagación de ondas viajeras de igual frecuencia. A 5. obtenemos δ ( P. t) + ∆φ PB . t) = φ( A. las Ecs.3.5 Interferencia los efectos de la coincidencia espacial y temporal de dos o más ondas se le llama interferencia. y ∆φ PA lo que difiere la fase en P respecto a la fase en A. se cumple que φ( A. Condición para interferencia constructiva. quién escoja G I = 2m + 1645. δ ( P) = ∆φ PB − ∆φ PA . 5. ±1. en este caso. tenemos las 3 siguientes condiciones. O sea que con m = 2. que emiten de una manera completamente independiente la una de la otra. dados por m.7) Condición para interferencia destructiva. quién escoja G I = 2m + 1. En resumen. si no es par ni impar. y el desfase en P1 depende del tiempo. (5. 5. t) 6= mπ .7 se pueden despejar los instantes. que a nuestra vista. y así indefinidamente. debe hacer m = −821.9. En general. 5. ±2. sin contraste entre zonas oscuras y zonas brillantes. pues debido a la propia definición de frente de onda como superficie cuyos puntos están en fase. · · · .8) No hay interferencia constructiva ni destructiva. Cuando δ ( P) es un número par GP (GP : generador de pares) por π la interferencia es constructiva. Hablamos. · · · .5) y la Ec. se debe escoger a G I = 2m − 1 ó G I = 2m + 1. Si en cierto instante dicha ecuación se cumple para determinado m. · · · . y se empieza a cumplir la desigualdad 5. m = 0. Existen infinitas formas de escribir los generadores de pares y de impares. Universidad de Antioquia. Esto mismo ocurre en cualquier otro punto P2 y toda la superficie se ve iluminada en todo momento. m = 0. 5. G I se puede escribir como G I = · · · . De la Ec. ±1. pues se debe preferir un número pequeño a un número grande si con ambos se describe lo mismo. en los que se presenta interferencia constructiva. Marzo de 2006 Física III A los puntos A y B siempre los escogemos lo más cercano posible a P y que estén en el mismo frente de onda. · · · . más tarde se cumple la Ec.2a está iluminada por dos fuentes A y B. t) = 2mπ.6) Figura 5. · · · .1. debe hacer m = 1. t) = (2m ± 1)π. ±2. · · · . y luego se repite este ciclo para el próximo m.1 Incoherencia: Dependencia Temporal del Desfase La mesa de la Fig. (2m − 1).154 Héctor Alzate L. y si es un impar G I (G I : generador de impares) por π es destructiva. . La frecuencia con que se pasa de interferencia constructiva a destructiva puede ser tan alta. δ ( P. cuando δ ( P. (2m + 1). (5. solo que se ha escogido un G I distinto en cada caso. (5. la interferencia no es constructiva ni destructiva. t). m = 0. o para otro instrumento de detección. quién escoja G I = 2m − 1 debe hacer m = 2. (5.4 queda así.1 Interferencia en un punto P. ±2. (5. ±1. (2m + 1645). Para generar el 3. ±1. 1. a continuación se deja de cumplir. Por ejemplo. como t siempre va en aumento.8. δ ( P.. t) = φ( B. de fuentes incoherentes.9) 5. ±2. m = 0. ó -821 se estaría describiendo lo mismo. parece haber una iluminación continua. interfieren constructivamente.6. lo mismo ocurre en puntos vecinos a P1 con desfase de −5π. 5. En la vecindad de P2 hay otros puntos donde el desfase es 4π. Supongamos que las fuentes de la Fig.9. 155 . y la magnitud del campo resultante varía entre 0 y 2E0 . 2. ∆φ PB ..2b. para interferencia destructiva o mínimos. y la situación cambia notablemente respecto a la situación de incoherencia que acabamos de describir.2 Coherencia: Independencia Temporal del Desfase Cuando el desfase no depende del tiempo sino únicamente de la posición. y no se observan.1.7. los campos son incoherentes en toda la mesa. o máximos de interferencia. (b) coherentes. y así se genera una franja oscura o mínimo de interferencia. Las ondas en P1 interfieren destructivamente. hacemos δ = (2m ± 1)π.2 Mesa iluminada con fuentes (a) incoherentes. Marzo de 2006 Figura 5. como el de la Fig. 5.1). por supuesto. Sean δ ( P1 ) = −5π y δ ( P2 ) = 4π. luego calculamos el desfase entre los puntos P y B. ∆φ PA . y entre los puntos P y A.5] Interferencia Héctor Alzate L. y el campo es siempre 0 (suponemos que los campos tienen la misma amplitud y son colineales). si δ no es ningún entero por π. dando lugar a franjas brillantes. 5.2b son coherentes. franjas. 5. Universidad de Antioquia. con contrastes altos entre zonas oscuras y zonas brillantes. 5. restamos estos cambios para obtener δ. con m entero. Para interferencia constructiva o máximos. hacemos δ = 2mπ.3 Plan para Analizar la Interferencia de Dos Campos El plan lo dan las Ecs. se dice que las ondas son coherentes. consiste de dos pasos. A la distribución de intensidad.1. 5. 5. 5. Las ondas en P2 . se le conoce como patrón de interferencia En la situación real de que las fuentes A y B sean bombillas. por estar en fase. Escogemos los dos puntos A y B más cercanos a P y que estén en un mismo frente de onda (Fig. la interferencia no es constructiva ni destructiva. 1.8 y 5. en cambio. 4 Interferencia de Dos Fuentes Coherentes Consideremos el caso de la presencia en el espacio de dos ondas coherentes. Universidad de Antioquia. E2 ( P. en P2 y en el mismo instante es φ2 (r2 .13) . pues ninguna de sus derivadas está a una potencia diferente a 1. Marzo de 2006 5.3 Desfase entre dos puntos.. t) = ω2 t − k2 r2 . por ejemplo. Como vk = ω y ∆r/v = ∆t.3) en el instante t es φ1 (r1 . t) = E0 sen(ωt − kr) es φ(r. 5. tenemos ∆φ21 = ω∆t. t) = (ω2 − ω1 )t + k1 r1 − k2 r2 . t) = ωt − kr. una situación física posible. el desfase es δ ( P. (5. 5. t) − φ1 ( P.2 Física III El Principio de Superposición y la Ecuación de Onda El campo eléctrico de una onda que se propaga en el vacío.156 Héctor Alzate L. cumple la ecuación de onda 2 ∂2 E 2∂ E = c . Las ondas son E1 ( P. la suma de ellas también es solución. (5. E cumple la ecuación de onda y representa. El desfase es Figura 5. ∆φ = vk∆r/v. (5.3 Desfase entre Dos Puntos en un mismo Rayo La fase del campo eléctrico de una onda electromagnética cuyo campo eléctrico se exprese como E(r. entonces.10 o 5. el principio de superposición: El campo resultante de la presencia de N campos eléctricos Ei es E = ∑iN=1 Ei . 5. t) = ωt − kr2 . ∆φ21 = φ2 − φ1 = (ωt − kr2 ) − (ωt − kr1 ) = k(r1 − r2 ) ≡ k∆r. por lo tanto. (5. t) = ωt − kr1 . 5. t) = E01 ( P) sen(ω1 t − k1 r1 ).10) En lugar de usar ∆r para conocer a ∆φ. t) = ω1 t − k1 r1 y φ2 ( P. podemos utilizar el tiempo ∆t que la onda tarda en ir de P1 a P2 : multipliquemos y dividamos la anterior ecuación por la rapidez v de la onda. paralelo al eje x. En estas condiciones formulemos. ∂t2 ∂x2 La ecuación es lineal.11.11) Para averiguar ∆φ podemos aplicar la Ec. t) = φ2 ( P. La teoría de ecuaciones diferenciales dice que si N funciones son solución de una ecuación lineal. t) = E02 ( P) sen(ω2 t − k2 r2 ). La fase en un punto P1 especificado por r1 (Fig. y examinemos la interferencia o superposición de ellas en un punto P. La distancia de P a una fuente es r1 y a la otra fuente es r2 . (∂2 E/∂t2 )2 .12) Las fases son φ1 ( P. 15) Es muy importante mantener presente que las Ecs. 5. se piensa fácilmente en hallar primero la intensidad de cada una de ellas con la ecuación Ii = 21 c0 E20i . y no aproximadamente iguales. no ω). las ondas deben ser de la misma frecuencia. a v2 . la expresión para δ no sería la anterior. con ∆φ( PB) = −kr2 y ∆φ( PA) = −kr1 . 5. que una onda pueda cancelar a otra y dar como resultado una intensidad nula. Esto hace que k1 sea igual a k2 . 5. los campos en las rendijas no estarían en fase entre sí por estar en diferentes frentes de onda. sería ∆φ( PA) = kr1 si los campos se hubieran escrito como E1 ( P) = E01 ( P) sen(k1 r1 − ω1 t) y E2 ( P) = E02 ( P) sen(k2 r2 − ω2 t).14 coincide con la Ec. el origen de coordenadas es el punto de intersección entre la mediatriz del segmento AB y la pantalla. Esto quiere decir que para observar un patrón de interferencia y no una iluminación sin contrastes. t).13 toma la forma δ ( P) = (ω − ω)t + kr1 − kr2 = k(r1 − r2 ). No hablaremos de ω1 ni de ω2 .4. y no se cumpliría la Ec.1. p. sino simplemente de ω.4 se ilustra como logramos esta igualdad de fases: se hace incidir perpendicularmente una onda plana sobre una pantalla plana con dos agujeros. 5.15 se cumplen cuando φ( A.4 Interferencia por dos gens. de acuerdo con el principio de HuyFigura 5.14.6.1 es r1 de la Fig. Además. sino de k. Fig. y luego sumarlas.4. La igualdad la garantizamos haciendo incidir una onda monocromática (monocromática quiere decir una única frecuencia) sobre una superficie opaca con dos pequeños agujeros A y B. I = ∑iN=1 Ii . (5.4. 5. 161). la pantalla con los agujeros y la pantalla de observación son paralelas.5] Interferencia Héctor Alzate L. Como los frentes de onda y los rayos son perpendiculares entre sí. fuentes.14) Si en el trayecto de uno de los rayos se intercalara un lámina trasparente. es imposible utilizando fuentes independientes. A ∆r se le denomina la diferencia de trayectos o de caminos geométricos. 5. Universidad de Antioquia. 5. 5. puesto que v1 ya no sería igual. Sea ∆r ≡ r1 − r2 . entonces la pantalla coincide con un frente de onda y así A y B quedan en fase en todo instante. y garantizar que las frecuencias sean exactamente iguales. y la distancia que las separa es D. y la rapidez de las ondas es igual. En la Fig. (Recuerde que un frente de onda es una superficie conformada por puntos en fase).. . Las frecuencias ópticas son del orden de 1015 Hz (esta es ν. ya que las frecuencias angulares son iguales.1 Intensidad del Patrón de Interferencia Definamos otras variables necesarias para el tratamiento cuantitativo de la interferencia: la separación entre las fuentes es a. y que la longitud PA de la Fig. la coordenada y también se define en la figura. 5. en todo el trayecto r1 . k1 = ω/v1 = ω/v2 = k2 . por ejemplo. especialmente a estas frecuencias tan altas. La Ec. δ no depende del tiempo. Este acercamiento no da lugar a efectos de interferencia como. t) = φ( B. Si la luz llegara inclinada (Ejemplo 5.6 y 5. No hablaremos tampoco de k1 ni de k2 . En un primer acercamiento al problema de hallar la intensidad debida a la interferencia de N ondas. 5. y PB es r2 .14 se escribe δ ( P) = k(r1 − r2 ) = k∆r (5. θ se denomina el ángulo de observación. 5. y ω1 = ω2 . La Ec.12 la parte espacial tiene signo negativo. el medio donde está todo el rayo 1 es el mismo del rayo 2. 5. Hemos escrito ∆φ( PA) = −kr1 porque en la fase de las Ecs. cada agujero se convierte en un emisor secundario de ondas. Note que la Ec. Marzo de 2006 157 Como los campos son coherentes. ya que P = I A.16) Suponemos que los campos en P son colineales. erróneamente. da otra función seno de la misma frecuencia.6).6 Desfase de 45◦ . si δ = 45◦ y en cierto instante E1 ( P) = E01 .15. Para hallar a I ( P). 5. Pero debe notarse que allí no están dibujados tales vectores. 5. y ángulo δ entre ellos. sino sus amplitudes representadas como fasores. 5. y luego aplicar I = 21 c0 E20 . lo que se traduce en que tienen la misma área. lo que lleva a que los rayos AP y BP de la Fig. con amplitud E0 y constante de fase α.12 adoptan la forma. E2 ( P) = E01 sen 45◦ = 0. E2 = E01 sen(φ + δ ). obtenemos p √ E0 ( P) = E201 + 2E01 E01 cos δ + E201 = E01 2(1 + cos δ ) = 2E01 cos(δ /2). p.158 Héctor Alzate L. entonces. t) + E2 ( P. 5. E1 ( P.707E01 (Fig. dicha figura es solo un artificio geométrico para hallar fácilmente a E0 . donde alejado quiere decir r1 a y r2 a.. 156) E( P. Por ejemplo.5 puede sugerir. Las ecuaciones Ec. 5. paralelos. E0 es la diagonal del paralelogramo de lados E01 y E02 (E02 ≈ E01 ). t) = E01 ( P) sen(ωt − kr1 ) + E01 ( P) sen(ωt − kr2 ).2. la amplitud E01 ( P) ≈ E02 ( P).5 Diagrama de fasores para hallar E0 . según las Ecs. aproximadamente.17) El campo resultante es (sección 5. que los vectores E1 y E2 forman un ángulo δ entre ellos. E( P.18. Esta aproximación es válida si la luz utilizada tiene polarización lineal y P está alejado de las fuentes. t) = E0 ( P) sen(ωt + α ). 2 Definamos a I0 como Figura 5.20) La Fig. (5. Fig. Los campos los podemos escribir. la intensidad se expresa como I ( P) = I0 ( P) cos2 (δ /2).19) Con esta definición. Al ser de la misma potencia.4 sean. . debido a que A y B emiten ondas esféricas por ser agujeros pequeños. 5. Según la ley del coseno. entonces. Universidad de Antioquia. (5. (5. Sea φ = ωt − kr1 . 5. así podemos tratar a los campos como escalares positivos o negativos.18) La suma de dos funciones seno de la misma frecuencia angular. t) = E01 ( P) sen(ωt − kr2 ). t) = E1 ( P. t) = E01 ( P) sen(ωt − kr1 ). E2 ( P. y para las ondas esféricas E0 ∝ 1/r. La intensidad promedio es I ( P) = 1 c0 [2E01 ( P) cos(δ /2)]2 = 2c0 E201 ( P) cos2 (δ /2). la fase de E2 se escribe como φ2 = ωt − kr2 = ωt − (kr1 − δ ) = φ + δ. (5.5 (fasor quiere decir vector rotante). I0 ( P) = 2c0 E201 ( P). y aplicando la identidad 1 + cos δ = 2 cos2 (δ /2). Las fuentes A y B son de la misma potencia. Figura 5. Marzo de 2006 Física III El camino correcto es hallar primero la amplitud del campo resultante E0 . y como r1 ≈ r2 . (5. hallemos primero a E0 ( P). Despejando a kr2 de la Ec. debe ser claro que la constante de fase α no importa para hallar E0 . El método más sencillo es el de los fasores. como E1 = E01 sen φ. La realidad es que E1 y E2 son colineales en P. en unidades de longitud. un desfase de 0 (o sea estar en fase) es igual a un desfase de 2mπ. (5. Máximos y Mínimos de Intensidad En el origen. o más exactamente. ∆r = a sen θ = mλ. y su ancho. la posición. Hay ciertos θ para los que δ = 2mπ. tracemos el arco BE. r1 − r2 = mλ es la ecuación de hiperboloides de revolución.21) Reemplacemos en la Ec.23) Al entero m se le llama el máximo de interferencia de orden m. y si el trayecto r1 es λ mayor que r2 (Fig. puesto que los campos en A y B están en fase. entonces las ondas llegan a P en fase (δ = 0). Hallemos a δ en términos de θ: con centro en P. con m entero. entonces los campos están en fase en P. r1 = r2 y como φ( A) = φ( B).5] Interferencia 159 Héctor Alzate L.8 La interferencia la determina ∆r a partir de los puntos en fase A y B. 5.12 se ilustran la posición angular del máximo de orden 2. Figura 5. del mismo máximo. 5. desfasados 2π. . λ (5. 5. hay otros ángulos de observación en los que δ = (2m ± 1)π. Físicamente. 5.8).22 para obtener la ecuación que da la posición angular de los máximos de interferencia. en los demás ángulos la interferencia no es ni constructiva ni destructiva.7 El segmento AE causa el desfase en P cuando A y B están en fase. un hiperboloide por cada m (Fig.15. Si A y B son fuentes puntuales tridimensionales. presentándose interferencia constructiva. 5. m = 0.7. Marzo de 2006 Figura 5.20. a la posición del máximo valor de I la llamamos la posición de ese máximo (θ ó y). δ ( P) = 2π a sen θ.9). (5. y por lo tanto r1 − r2 = AE. Universidad de Antioquia. y δ 6= 0. Reemplacemos en esta igualdad a la Ec. Vemos que r1 = AP. ∆θ y ∆y. r2 = BP = EP. pues es el causante del desfase cuando las ondas llegan a P. En la Fig. Los máximos de intensidad se presentan cuando en la Ec. el arco BE es casi igual a la cuerda BE. θ2 . Como r1 y r2 son mucho mayores que a. r1 6= r2 .22) El pequeño segmento AE determina cómo es la interferencia. y2 . La anterior ecuación es casi que obvia.. con eje la línea recta determinada por las fuentes. Cuando nos alejamos del origen . en el que se cumple ∆r = r1 − r2 = a sen θ. esto implica que δ /2 = mπ. ±2. presentándose interferencia destructiva. ±1. Fig. 5. cos2 (δ /2) = 1. · · · . lo que significa que hay un máximo de interferencia en el origen. Aunque un máximo tiene determinado ancho (∆θ ó ∆y). y podemos tratar como un triángulo rectángulo a ABE. 5. Este ordenamiento es contrario a la separación de colores por refracción.20. obtenemos la intensidad en función de y.25. cuando es ±0. En la Fig. Como a menor λ menor θ.23 y 5. Reemplazando sen θ ≈ y/ D en la Ec. · · · .7). por ejemplo.160 Héctor Alzate L. . el rojo se difracta más que el violeta. Universidad de Antioquia. muy cerca del origen. Cuando m es entero se obtienen máximos (interferencia constructiva). 5. el violeta es el color que menos se desvía y el rojo es el que más.5. Bastaba con igualar la Ec.5. (5.9 Hiperboloides de revolución. 5.10). con m = ( a sen θ )/λ. el arco iris es producido por un gran número de goticas de agua. en puntos P con y D.5. se obtienen mínimos (interferencia destructiva). (5. ±2. pero se separan desde el primer orden. Dλ para y D. Caigamos en la cuenta de que para obtener las Ecs. 5. I ( y) = I0 ( P) cos2 π ay .10 Descomposición espectral de la luz blanca.26) . (5. dentro de cierto m. ±1. 5. Física III Figura 5. Al conjunto de colores con igual m se le llama el espectro de orden m. para valores distintos ni máximos ni mínimos. Figura 5.24 no es necesario haber encontrado previamente la Ec. reemplacemos la Ec. son útiles las aproximaciones tan θ ≈ sen θ ≈ θ ≈ y/ D. Para obtener la intensidad en función de θ. 5.15 a 2mπ ó (2m + 1)π y hacer la aproximación ∆r ≈ a sen θ. note que a mayor θ mayor es m. . esto quiere decir que cuando utilizamos luz blanca. el cual ocurre en θ = λ / a si θ 1. 5. 5. En θ = 0.. 5. .11 Patrón de interferencia por dos En muchas situaciones reales importa solo lo que ocurre fuentes puntuales. todos los colores se mezclan en el origen (Fig. 2 m = 0.11 graficamos a I / I0 contra m en la parte superior del eje horizontal. con un prisma o una gota de agua.22 en la Ec. 5. y contra los respectivos δ en la parte inferior. m = 0 para cualquier λ.24) Escogimos como contador de impares a (2m − 1) simplemente para que el primer mínimo a la derecha de θ = 0 coincida con m = 1. que viene a ser un prisma esférico.25) El patrón de intensidad de dos fuentes puntuales está regido por la función coseno cuadrado. Marzo de 2006 Figura 5. ±2. En estos casos. o sea en θ 1 (ve la Fig. Los mínimos cumplen que a sen θ = (2m − 1) λ = (m − 12 )λ.20. I (θ ) = I0 ( P) cos2 [π ( a/λ ) sen θ ]. esto es. ±1. Escogemos los puntos A y B como se indica en la Fig. 5. quiere ello decir que con dos rendijas coherentes emitiendo simultáneamente. I0 = 4I1 .12 se ilustran la posición del segundo y tercer mínimo. Vemos que en los máximos la intensidad es cuatro veces mayor con dos rendijas que con una. p. 5.28) El ancho angular ∆θ (Fig. ∆θ = (λ / a)∆m. Solución. ±2. 5.24 se aproxima a λ aθ = (2m + 1) .23 en la Ec. ∆θ = θ3 mín − θ2 mín . Halle las ecuaciones.3.5] Interferencia 161 Héctor Alzate L. que dan la posición de los máximos y los mínimos en una pantalla alejada de las rendijas. 5. y no el doble. θ 1 y m = 0. aunque en la figura no lo sean por no estar a escala. ±2. Para el ancho de cualquier máximo. · · · . Sigamos el plan de la sección 5.1.1 Una onda plana incide sobre dos rendijas con un ángulo θ 0 (Fig. 5. Debajo del eje horizontal. para los puntos P con y D. . reemplacemos la Ec.12 Posición de máximos. ∆φ PB = k( PE + EF + FB) y ∆φ PA = kPA = kPE. Ejemplo 5. 2 θ 1 y m = 0. 5. esta figura es equivalente a la Fig. 5. la intensidad es I = I0 /2 = 4I1 /2 = 2I1 . En la Fig.29) Reemplazando a θ ≈ y/ D en las anteriores ecuaciones y despejando a y se obtienen las variable respectivas.23 se aproxima a aθ = mλ. ∆y32 . 5. 5. la intensidad se redistribuye y en algunos lugares aumenta hasta al cuádruple. y la separación. 154. Restemos (Ec. Veamos qué ocurre si el desfase cambia continuamente con el tiempo en todos los puntos de la pantalla. (5. para hallar lo pedido. Pantalla alejada quiere decir que los rayos que salen de las rendijas y se encuentran en P se pueden tratar como paralelos. 5. Como la energía se conserva. Universidad de Antioquia. Según la Ec. como se podría pensar.28 y despejemos el ancho angular.12) de un máximo es la separación angular entre los mínimos que limitan el máximo.27) y la Ec. p. Marzo de 2006 La Ec.19. como es el caso de una habitación iluminada por dos bombillas.6. Intensidad Debida a Dos Ondas Incoherentes La intensidad debida a una sola rendija es I1 = (1/2)c0 E201 .1. 5. 5. Figura 5. el ancho angular del máximo de segundo orden. Apliquemos el operador ∆ a ambos lados de la Ec.20 la debemos promediar temporalmente. entre los máximos de orden 3 y 2. (5. esto es. en función del ángulo de observación θ. si las dos fuentes son incoherentes. para θ 1. La Ec. mínimos y ancho de un máximo. en unidades de longitud. ±1. y y m son negativos. y entonces PA = PE. θ2 mín y θ3 mín . y el patrón de máximos y mínimos es reemplazado por una iluminación uniforme. ∆θ = λ / a. el espectro es simétrico respecto a este eje. (5. 155.25.13). como el promedio de cos2 es 1/2. δ ( P) = ∆φ PB − ∆φ PA = k( EF + FB). 154). mientras que en otros se reduce a cero.. ∆m = 1. θ. Con un compás centrado en P trazamos el arco AE. I = I0 cos2 mπ = I0 . p.13. Para hallar la debida a las dos rendijas. 5. En todos los puntos de la pantalla la intensidad es el doble a si sólo hubiera una fuente. ±1. · · · . Si el dispositivo se ilumina con luz blanca. 5. m = 0. Ejemplo 5.01 D 0. (a) Como θ 1 porque y D (8 mm 800 mm).573◦ . Vemos en esta figura que el máximo de orden cero ya no se obtiene en θ = 0 sino en θ = −θ 0 .27.8 × 10−7 m. θ 0 y λ son tales que no se cumple ninguna de las dos últimas ecuaciones. · · · .13 están dibujadas θ y θ 0 . Encuentre (a) la longitud de onda de la luz utilizada. Una consecuencia de importancia es que el máximo de orden cero se obtiene en la dirección en que la onda incide sobre las rendijas. el arco AE es casi igual a la cuerda AE y podemos tratar a AEF como un triángulo rectángulo en el que EF ≈ a sen θ. Cuando a. además.14).2 En un dispositivo de dos ranuras la separación entre ellas es de 0. m = 2.30 y cancelemos a para obtener sen θ = − sen θ 0 o θ = −θ 0 .229◦ .7): a = 0.30) Con la Ec. λmáx = 7. 5. Marzo de 2006 Física III Figura 5. 5. · · · .0078 ≈ θmáx .80 × 10−7 m.01 = = 500 nm. Hagamos m = 0 en la Ec. De la Ec. ∆ y λ = .15 Espectro de primer orden. 154 para obtener la ecuación que da los máximos. m 2 (b) Cerca del origen quiere decir θ 1 y θ ≈ tan θ = y/ D.80 × 10−7 m) = = 3. 5. Figura 5.80 × 10−3 .80 × 10−7 m) mλmáx = a 10−4 m = 0.0038 (Fig. Universidad de Antioquia.0 mm de la franja central.0040 = 0. En la Fig. el patrón de interferencia se observa a una distancia de 80 cm del dispositivo. Como a D. a(sen θ + sen θ 0 ) = (m + 12 )λ.3 Un dispositivo de dos ranuras se ilumina con luz monocromática. Figura 5. Reemplacemos.8 m Despejemos a λ de la Ec. λ= aθ (10−4 m)0.. Reemplacemos en la Ec.1 mm. Igualemos esta ecuación a la Ec. ±1. 0 a(sen θ + sen θ ) = mλ.7. halle el ancho angular del espectro de primer orden. primer orden quiere decir m = 1 para cualquier λ. 5.15). de un máximo principal cerca del origen. sen θmáx = El ancho angular del espectro de primer orden es ∆θ = θmáx − θmín = 0. λmín = 3. Solución.80 m. Los datos son: a = 0. D = 0.23. podemos escribir θ ≈ sen θ ≈ tan θ = = 0. m = 0.1 mm = 10−4 m. FB = a sen θ 0 . (b) el ancho.13 La onda no incide normalmente. La separación entre la ranuras es de 0. De igual manera. D a . ±2. Se halla que la segunda franja brillante está a 8. ±2. entonces θ = −θ 0 estará al otro lado de la normal trazada en F (Fig. y = 8 mm = 8 × 10−3 m. p.0078 − 0. Solución. a 10−4 m Como este ángulo es mucho menor que 1. θ.1 mm = 10−4 m.0038 = 0. 5. 5. ±1. en mm. 5. 5. δ ( P) = k( a sen θ + a sen θ 0 ) = (2π /λ ) a(sen θ + sen θ 0 ). Ejemplo 5. λ visible está entre 380 nm y 780 nm.8 obtenemos la ecuación que da la posición angular de los mínimos. 5.162 Héctor Alzate L. entonces en ese θ no hay ni un máximo ni un mínimo.14 El patrón se desplaza.1 mm. 1(7. (5.29. Identifiquemos los datos (Fig. θmín ≈ sen θmín = 0. sen θmín = mλmín 1(3. 8 × 10−3 m y = = 0. Universidad de Antioquia.17). pero cuando pasan por L2 están desfasadas debido a que aunque ambas recorran la misma distancia d.18). por lo que hay más ciclos del campo en r1 que en r2 y la onda a lo largo del rayo 1 llega a P con una fase mayor que la otra onda. · · · .5. todo el patrón de interferencia se desplaza. se convierten en emisores de ondas. a D. 154). en P no están en fase ya que los medios no son idénticos. de acuerdo con el principio de Huygens.16 Solución. En un punto P donde estén presentes las ondas. dmín = λ λ = = λ. Interferencia de más de Dos Fuentes Consideremos N fuentes puntuales. perpendicularmente sobre esa pantalla. δ ( P) = (∆φ L2 L1 )Onda 1 − (∆φ L2 L1 )Onda 2 = k0 d − kd 2π 2π 2πn 2π = 0 d− d= d− d λ λ λ λ 2π d = (n − 1). La laminilla está entre las líneas L1 y L2 paralelas a la línea AB. (La figura no está a escala. la emisión en fase la conseguimos haciendo incidir. El campo en A de la Fig. Los rayos de la Fig.. la periodicidad espacial λ de la onda 1 ha disminuido.5 − 1) Cuando la laminilla tiene un grosor de λ en el vacío. Halle el mínimo grosor para que en θ = 0 se observe un mínimo en lugar de un máximo y evalúelo para n = 1. 5. El desfase cuando pasan por L2 se conserva hasta que se encuentren en la pantalla. la potencia igual la conseguimos haciendo pequeños agujeros de igual diámetro en una pantalla. La velocidad de la onda disminuye en la laminilla y en consecuencia la longitud de onda. una onda monocromática plana. 5. 2(n − 1) 2(1.5] Interferencia 163 Héctor Alzate L. λ m = 0.8.8 m)(5 × 10−7 m) Dλ = = 4 × 10−3 m a 10−4 m = 4 mm. 5. Figura 5. Los N agujeros.5λ 0 . d= (2m + 1)λ . Marzo de 2006 despejemos. p.5 2πd (n − 1) = (2m + 1)π. 2(n − 1) El mínimo grosor se consigue con m = 0. al pasar por L2 tienen un desfase de π porque la onda 1 recorre media longitud de onda más que la onda 2 en el trayecto d (Fig. y donde antes había un máximo ahora hay un mínimo. colineales. Aunque en θ = 0 los caminos r1 y r2 sean iguales. (0. y los rayos se deben considerar paralelos al eje horizontal en θ = 0. Cuando las ondas pasan por L1 aún están en fase. ya que después de L2 las ondas recorren trayectos iguales con periodicidad igual. 155. la amplitud del campo resultante depende del desfase entre ellas. el desfase en P se causa por el cambio de fase de cada onda al ir de L1 a L2 . de igual potencia y que emiten en fase ondas armónicas (Fig. Sigamos el plan de la p. en ella se acomodan 1. 5. . 5.4 En la trayectoria de uno de los rayos procedente de una de las rendijas en un dispositivo de dos rendijas se intercala una laminilla de grosor d e índice de refracción n (Fig. Como en el caso anterior de 2 fuentes. Despejemos el grosor de la laminilla. ±2. 5. λ En la interferencia destructiva el desfase debe ser un número impar por π (Ec.16). el grosor se ha exagerado). Figura 5.16 está en fase con el campo en B por estar en el mismo frente de onda. Al intercalar la laminilla. 5. y aunque en L1 las ondas estén en fase.17 En conclusión.17 se encuentran en un punto P lejano que no se muestra. ∆y = Ejemplo 5. ±1. t) = ∑ E01 (P) sen(ωt − kri ) i =1 La suma de N funciones seno de frecuencia angular ω da otra función seno de igual frecuencia.164 Héctor Alzate L..32) De acuerdo con el principio de superposición. o sea una expresión para la intensidad resultante de la suma (en lugar de suma se puede decir superposición o interferencia) de las N ondas. es mucho menor que la distancia de cualquiera de ellas a P. 5. (5. Marzo de 2006 Figura 5. E01 ( P) ≈ E02 ( P) ≈ · · · ≈ E0N ( P).31 se puede aproximar a Ei ( P) = E01 ( P) sen(ωt − kri ). paralelos de las fuentes.19). y que estás emiten con la misma potencia.2. y así se nos simplifica el tratamiento de los N vectores a simples escalares con signo (+) ó (−). el campo resultante debido a las N ondas es N E( P. En esta figura mostramos dos puntos de observación arbitrarios P1 y P2 donde hay interferencia. sección 5. 5. Para no tener que ubicar demasiado lejos la pantalla de observación y poder tratar como paralelos los rayos que salen de las fuentes. La Ec.18. y es que son colineales. Tal suposición nos garantiza que los diferentes rayos que llegan a P salen. esto no se cumple en la Fig. la lente “nos acerca el infinito” al plano focal de ella (Fig. se ubica la pantalla en el plano focal de una lente convergente. (5.18 Interferencia de más de dos ondas. aproximadamente. La suposición de que el punto de observación está alejado de las fuentes implica que los N campos eléctricos son coplanares. hallemos primero la amplitud del campo resultante E0 (segmento FH) con el diagrama de fasores de la . Pero además de coplanares. ya que no está a escala. causado por los diferentes caminos que deben recorrer. El campo eléctrico procedente de la fuente i −ésima es. p. es decir. supondremos algo más fuerte. t) = ∑ E01 (P) sen(ωt − kri ) = E0 (P) sen(ωt + α ) i =1 Para hallar el patrón de interferencia. 5. Ei ( P) = E0i ( P) sen(ωt − kri ). o sea la separación entre la primera y la última.31) Debido a que el punto de observación está alejado de las fuentes . Física III Figura 5. Universidad de Antioquia.19 La lente convergente “acerca el infinito”. con una amplitud E0 que depende de los desfases entre las funciones individuales. desde los agujeros hasta P. Después de un análisis se puede saber en cuál de ellos se presenta un máximo o un mínimo de intensidad. 156. en P. Supondremos que el segmento que ocupan las N fuentes. o una intensidad intermedia. La anterior ecuación se puede escribir como N E( P. además. FJ ρ Despejemos a ρ y reemplacemos en la Ec. 5. 5. Fig. reemplacemos a E0 en la Ec. cada uno con un ángulo δ. E0 = 2ρ sen( Nδ /2). 5. En el triángulo rectángulo LJH vemos que sen( Nδ /2) = LH E /2 = 0 . 157. el ángulo FJH es así igual a Nδ. Se puede mostrar que habrá N triángulos. Recuerde que tal figura es solo un artificio geométrico para hallar a E0 . Figura 5.34) Debemos expresar a ρ en función de parámetros del problema.36) (5. ascendamos desde M hasta un punto J donde el ángulo FJG sea igual a δ. Puesto que A y B están en fase. 158.36. 1 sen( Nδ /2) 2 sen( Nδ /2) 2 2 I = c0 E01 = I0 .33) Tracemos la mediatriz del segmento FG. JH ρ Despejemos la amplitud del campo resultante.20 y 5. I (θ ) = I0 sen π ( a/λ ) sen θ (5.21. (vea. 5. p. 5. 2 sen(δ /2) sen(δ /2) donde I0 ( P) = 21 c0 E201 ( P) es la intensidad debida a una sola fuente. en la Ec. 5. 5.35) (5.16. Para obtener la intensidad en función de θ. 5.7) δ ( P) = (2π /λ ) a sen θ (5.15. Marzo de 2006 Figura 5. (5. sen(δ /2) Para obtener el patrón de interferencia. La mediatriz a FH pasa por J y el ángulo LJH es igual a Nδ /2.21 Diagrama de fasores para hallar la amplitud resultante. La separación entre fuentes contiguas es a (segmento AB de la Fig. el desfase entre rayos vecinos lo da la Ec. determinados por J y cada uno de los N vectores E01 .34 para obtener E0 = E01 sen( Nδ /2) .33. Universidad de Antioquia. p. pues los N campos eléctricos son colineales en P y no forman un ángulo δ entre ellos. las Figs. sen(δ /2) = E /2 FM = 01 .37) . " #2 sen Nπ ( a/λ ) sen θ .. reemplacemos a δ. Ec.20 Los rayos se tratan como paralelos si P está muy alejado.20).5] Interferencia 165 Héctor Alzate L. En el triángulo FJ M. y se llaman máximos secundarios. · · · y m0 6= mN. 5. como acabamos de ver. I = I0 (± N )2 = N 2 I0 . entonces. se muestra el ancho ∆ del máximo de orden .166 Héctor Alzate L. la intensidad en el θ respectivo es menor que N 2 I0 . ±1. En la figura se ilustran los patrones de 2. para θ 1. La intensidad de dos fuentes se expresa con la función coseno cuadrado.38 es idéntica a la Ec.37 toma la forma sen mNπ / sen mπ = 0/0. ±2. Entre cada par de nuevos mínimos hay nuevos máximos menos intensos que los principales. pero mantengamos diferente de cero su denominador pues. hagamos cero el numerador de la Ec. Marzo de 2006 Física III Figura 5. Como entre cada par de máximos principales hay N − 1 mínimos. · · · . aumenta el número de mínimos entre dos máximos (Fig. Notemos que la Ec. si ambos son cero lo que se obtiene es un máximo de magnitud N 2 I0 . El eje horizontal representa. m0 = 0. 5. 5. El numerador igual a cero implica que a sen θ = (m0 / N )λ. Para hallar la posición de los mínimos. Si m no es entero. (5.22 Patrón de Interferencia de varias fuentes. m = 0. 5.23. 5. al aumentar N. donde se aprecia claramente lo expuesto. (5. lo que nos lleva a concluir que el ancho de los máximos disminuye con N mayor. ±1. también nos dice que el contador del mínimo a la izquierda del máximo de orden m es m0 = mN − 1.. pero sin cambiar la posición de estos. Esto nos dice que los mínimos los dan los números enteros m0 que no sean múltiplo de N. Universidad de Antioquia.39) La última desigualdad proviene de exigir que el denominador sea diferente de cero. hay entonces N − 2 máximos secundarios entre ellos. lo que nos dice que la posición de los máximos de orden m no depende del número de fuentes.38) la expresión en corchetes de la Ec. en la que solo hay un mínimo entre dos máximos. Máximos y Mínimos de Intensidad Para los θ que cumplan que a sen θ = mλ. la variable y ó θ.37. 5. Mediante la regla de L’Hôpital esta indeterminación da ± N y la intensidad es. ±2. y 10 fuentes. m0 / N 6= m ó m0 6= mN. y a la derecha es m0 = mN + 1.22). es didáctica. que cumplen la Ec.39 y despejemos la posición de los mínimos 167 . En la Fig. la suma de ellos es siempre cero. (a) El máximo de orden 1 se obtiene. más estrechos son los máximos.26 se representan los campos eléctricos en un máximo de orden m. Figura 5. (b) Suponga θ 1. el diagrama se cierra y E0 = 0.25 corresponde a la proyección en el eje horizontal de los 5 vectores del pentágono rotante con frecuencia angular ω de la Fig. perpendicularmente. 5. ±5. El contador de mínimos m0 no puede ser 5. en sen θ = 1λ / a. λ λ 5 5 5 En la Fig. ±15. 5. a sen θ = (3/5)λ. 5. Figura 5. Figura 5. (a) Discuta el patrón de interferencia. a sen θ = (1/5)λ. 5.24 Fasores en algunos mínimos. 5. y halle un valor para la posición angular del tercer máximo secundario después del origen. y se despejan de la ecuación en mención: con m0 = 1. o de forma más general.. El desfase en el primer mínimo.24.25 se muestran los 5 campos eléctricos en el primer mínimo a la derecha o a la izquierda de los máximos principales. El número de mínimos entre dos máximos principales es N − 1 = 5 − 1 = 4. y varía entre − E0 y E0 . la Fig. · · · . y de otros.23 Patrón producido por 5 fuentes. es 2π 2π 1 2 2 δ= a sen θ = λ = π = 180◦ = 72◦ . Ejemplo 5. 5. con m0 = 2. (c) Evalúe la intensidad del máximo del numeral anterior en términos de I0 . o sea que la amplitud del campo resultante es NE01 .26 Los campos eléctricos en los máximos principales.24 se dibuja el diagrama de fasores con δ = 72◦ entre vectores consecutivos. en la Ec. ±10. desfasados entre si 2mπ. su objetivo es aclarar la teoría. es 25 para N = 5 y es 100 para N = 10. el número de máximos secundarios es N − 2 = 5 − 2 = 3. Hay 4 ángulos menores que este valor. ¿cuántas veces más intenso es un máximo principal que dicho máximo secundario? (Nota: la solución de este ejemplo. 5. cuando θ 1. Universidad de Antioquia. (b) Usemos la aproximación sen θ ≈ θ. y con con m0 = 4.24 Figura 5.25 Campos eléctricos en algunos mínimos. Marzo de 2006 −1. la separación entre agujeros contiguos es a. despejando de la Ec. se sigue que I = N 2 I0 . lo que equivale a decir que físicamente están en fase. antes que hallar una respuesta. a mayor N. m0 es cualquier entero diferente de 0. en cierto t. entre rayos procedentes de fuentes consecutivas. Todos alcanzan simultáneamente el valor E01 . como 5δ = 360◦ . el máximo valor del eje vertical es 4 para N = 2. cada vector está desfasado 72◦ respecto al vector que le precede. En la Fig.5] Interferencia Héctor Alzate L. a sen θ = (2/5)λ.39.23. con luz de longitud de onda λ. pero también se vuelven más intensos. por que este es el número de fuentes. Esta figura representa mejor lo que sucede en P que la Fig. 5. Igual ocurre con todo m0 no múltiplo de N.) Solución.5 Una pantalla con 5 pequeños agujeros se ilumina. con m0 = 3. 5. a sen θ = (4/5)λ. como la intensidad es proporcional a la amplitud al cuadrado. Para una onda con polarización σ. pero si n1 < n2 . se refleja en la cara más interna y sale de regreso al aire. esto es. Pero además de estas variables.10. Figura 5. Consideramos como película delgada a la solución jabonosa de una burbuja de jabón.7π sen π ( a/λ )(7/10)(λ / a) 2 −1.3 veces mayor que el tercer máximo secundario. 156. Este cambio quiere decir que el campo reflejado cambia instantáneamente de sentido respecto al incidente. θ= m0 λ N a ∴ θ3 = 3λ 5a y θ4 = 4λ . En la Fig.53I0 = 25/1. Procedamos a estudiar la interferencia en P de los campos de los rayos 1 y 2 siguiendo los dos pasos del plan planteado en la p.5π 2 = I0 I = I0 sen 0. θ= θ3 + θ4 7 λ = . se refleja en la cara 2 y después emerge al aire por la cara de entrada. Rσ es negativo y la reflexión introduce un cambio de ±π. y su explicación se debe a Hooke. o a la capa de aceite que a veces dejan los carros sobre charcos de agua después de llover. reemplacemos el 5.53 I0 . 5. 5a El máximo está en el medio de estos mínimos.27 mostramos una película rodeada de aire. entonces Rσ es positivo y la reflexión no introduce cambio en la fase. Paso 1 Los puntos A y B en los rayos incidentes 1 y 2 más cercanos a P se muestran en la figura. la Ec.00 = I0 = 1. 155.. Llamemos rayo emergente o rayo 2 al que penetra en la película por la cara 1. de caras planas y paralelas e índice de refracción n. Es a partir de estos puntos que se genera el desfase en P. 0. Universidad de Antioquia.27 Interferencia en una película. ya que los rayos siguen trayectorias diferentes en medios también distintos. si n1 > n2 en el lugar de reflexión. p. 2 10 a (c) Con la aproximación sen θ ≈ θ. el ángulo de incidencia es θi y el de refracción θt . en el sitio de reflexión. Interferencia en Películas Delgadas Una película delgada es un material laminar de grosor a no mucho mayor que la longitud de onda λ de la luz que ilumine la película. Llamemos rayo 1 al rayo que incide y se refleja en P. y la que penetra en ella.23). #2 sen 5π ( a/λ )(7/10)(λ / a) sen 3.53 = 16. 5. por lo que su posición angular es el promedio. 5. Los colores de estas películas nos son familiares. el campo eléctrico es perpendicular al plano de la hoja. entonces. 5.6 Física III anterior ángulo en la Ec. Marzo de 2006 adyacentes al tercer máximo secundario (Fig.81 " Un máximo principal es N 2 I0 /1. quien dijo que se producen por la interferencia entre la luz reflejada en la superficie más externa de la burbuja. La película está iluminada por una onda plana con polarización σ.37. Hemos visto que la fase depende de las variables r y t. quedando ambos campos en contrafase. Debemos modificar. también es posible que la reflexión introduzca un cambio en la fase.168 Héctor Alzate L. . n1 < n2 .44) En el aire.5] Interferencia 169 Héctor Alzate L. λ cos θt cos θt λ cos θt Paso 2 Para interferencia constructiva. Aplicando la Ec. las Ecs. 2.6. (5. ( 0. ∆φ PB = k2 ( BC + CP) + S(C ). La Ec. a y n. ∆φ PA = k1 AP + S( P). 4π ( a/λ )n cos θt + π = 2mπ.46) . Inventemos una función S que toma solo dos valores. δ ( P) = 2mπ. Debemos expresar las ecuaciones finales en términos de los parámetros θi . · · · .43) Procedamos a hallar una expresión para ∆φ PA . además. Marzo de 2006 para que incluya los posibles desfases por reflexión. θt . 5.40) ±π. n1 > n2 . 5. De la geometría de la figura se sigue que BC = CP = a/ cos θt . con k = k2 y ∆r = BC + CP. y el desfase causado entre el punto de entrada y el de salida de la película es.45. con trigonometría y la ley de Snell se puede demostrar que AP = 2an sen2 θt / cos θt . Reemplazando en la Ec. 154. n1 = n y n2 = 1. λ cos θt λ cos θt (5. en la eventualidad de que en su camino de P1 a P2 (Fig.10 queda ∆φ21 = k∆r + S .00. n1 = 1 < n2 = n. lo que implica que S( P) = ±π. 5. en P. con k = k1 y ∆r = AP.41) El rayo 2 se refleja en C. 4π ( a/λ )n cos θt + π = (2m + 1)π. 2 m = 1. esto hace que S(C ) = 0. 100). 156) la onda haya sufrido reflexiones. δ ( P) = (2m + 1)π. mínima transmisión. Teniendo en cuenta a S . la Ec. p. S= (5. Para interferencia destructiva. 5. 5.2. 5. p.. λ1 ≈ λ y k1 = 2π /λ. aplicando la anterior ecuación. λ cos θt λ cos θt (5. Universidad de Antioquia. 3. de aquí obtenemos λ 2an cos θt = (2m − 1) . 5.42 es igual a ∆φ PB = k2 (2BC ) + 0 = 2 4π an 2πn a = . (5. k2 = 2π /λ2 = 2πn/λ (Ec. 3. δ ( P) = 4π an 4π an sen2 θt 4π an − +π = (1 − sen2 θt ) + π = 4π ( a/λ )n cos θt + π.3. para el rayo que incide desde el aire.41. (5. máxima reflexión. λ.45) Reemplacemos en la Ec.42) En C.43 y 5.44 obtenemos ∆φ PA = 2π 2an sen2 θt 4π an sen2 θt −π = − π. (5. Marzo de 2006 Física III Como contador de impares escogimos (2m + 1) y no (2m − 1) para que se cancele el +π del miembro derecho de la anterior ecuación. porque en C también se cumple que n1 < n2 = n0 . La situación sería distinta si el grosor de la película fuera variable. mínima reflexión.170 Héctor Alzate L. Veámoslo: con incidencia normal (Fig. pero vemos que la función S vale π en P y en C. Según lo que acabamos de ver. 5. 5. si en P interfieren constructivamente. Newton creó una cuña circular de aire con una lente plano-convexa sobre una placa de vidrio. 3. Mínima reflexión implica máxima trasmisión. . mientras que otro λ cumple la Ec. simultáneamente. y los campos en el aire vibran en contrafase. ya que C está entre la película y el material sobre el que ella va aplicada (n0 < n del material).45. incluido el punto B.47) Cuando la película se ilumina con luz blanca. ya que en una diferencia de camino de λ 0 /2 se genera un desfase de medio ciclo. En la periodicidad de las franjas vio él que la luz debía tener también una periodicidad (vea el Ejemplo 5. m = 0. como es el caso en una cuña de ángulo α (Fig. o sea que la película se ve de diferente color según el lado que se mire. El desfase de π producido en P y en C da como resultado un desfase de 2π.27 es constante e igual al valor δ ( P). físicamente los puntos son indistinguibles entre sí y no se ven zonas oscuras y.27. Quedan faltando analizar los desfases por reflexión. más exactamente. cuyo índice es 1. se cumple en cualquier otro punto de esa cara. por ejemplo. También es interesante notar que si en determinado ángulo hay interferencia constructiva para. zonas luminosas. ya que lo que se cumple en el P mostrado en la Fig. pues en su camino hacia el observador lo que cambia la fase en un rayo es idéntico al cambio en el otro. Esto es útil en celdas solares. llamadas anillos de Newton. pues ya los puntos no son indistinguibles Figura 5.8). Universidad de Antioquia. no hay franjas. Cambiando el ángulo de incidencia podemos lograr que un color en particular cumpla una de las ecuaciones mencionadas.28 Interferencia en una el uno del otro y la longitud de la trayectoria BCP es diferente según cuña. 5. 2. determinado λ puede cumplir la Ec. 5. las lentes de los anteojos o de una cámara fotográfica. 5. 1. también lo harán en la retina. la pantalla de un computador.46. λ 0 . observó franjas oscuras y brillantes. máxima transmisión. la luz que penetra en la película recorre un camino de ida y regreso BC + CP = 2BC = 2a = 2(λ 0 /4) = λ 0 /2. (5. De esta obtenemos 2an cos θt = mλ. El desfase entre los campos de los dos rayos en cualquier punto entre P y la retina del observador de la Fig. Interfieren destructivamente la onda reflejada en P (rayo 1) con la onda emergente. en la fóvea F. Recubrimientos Reflectivos y Antirreflectivos En muchos materiales comunes es conveniente disminuir la luz que se refleja: el vidrio que protege un cuadro. cuando miró desde arriba el dispositivo.28). y así en el desfase final queda solo la distancia 2a. · · · . el rojo.47. ya que la energía que deja de reflejarse se transmite. lo que físicamente equivale a un desfase de cero. 5.27).. esto es. en las que se utiliza una capa delgada de monóxido de silicio. toda la película se ve roja. el lugar de la cuña que se examine. ello es posible con una película delgada de índice de refracción n menor que el del material sobre el que va aplicada y de grosor un cuarto de longitud de onda en la película. Bajo incidencia normal. La película se fabrica de modo que la condición de interferencia constructiva o destructiva se cumpla para la longitud de onda en la que el ojo humano es más sensible. cuando se vio el tema de coeficientes de Fresnel. Ejemplo 5. 120 da como resultado que q = − p. ±1. 154. entonces. Por geometría se ve que . (b) la distancia y del primer máximo y evalúela para d = 2 mm. para el desfase total falta tener en cuenta los posibles desfases por reflexión. El ángulo de observación θ y y se definen en la figura.5] Interferencia 171 Héctor Alzate L. bajo incidencia normal. Este es el desfase por diferencia de caminos. y la anterior ecuación queda δ ( P) = [(∆φ PB )rayo 1 + S( Q)] − (∆φ PB )rayo 2 (5. Más a la derecha. pero vimos que la amplitud reflejada depende de los coeficientes de Fresnel y la amplitud del campo resultante puede ser diferente de cero. 5. Halle (a) la ecuación que da la posición angular de los máximos. (∆φ PB )rayo 1 = k( PQ + QB). 5.6 la escribimos δ ( P) = (∆φ PB )rayo 1 − (∆φ PB )rayo 2 . p. Los colores que más se alejan de este valor corresponden a los extremos del espectro visible. esto quiere decir que A está una distancia d por debajo del plano del espejo y la separación entre A y B es a = 2d. y la última ecuación ya no sea la condición de mínimos sino de máximos de reflexión.29 una onda plana de longitud de onda λ incide perpendicularmente sobre una lámina con una rendija delgada B. con d D. La distancia perpendicular de la rendija a dicha cara es BR = d. (a) En B los rayos 1 y 2 están en fase pero a P llegan desfasados debido a que siguen trayectos distintos y a que uno de ellos sufre una reflexión en Q. QR es la prolongación de la cara superior del espejo. se interseca con el plano donde está la rendija en R. donde hay toda una gama de longitudes de onda. Cuando se usa luz blanca.49) Un observador en P ve dos rendijas: la rendija física B y su imagen especular A.40.29 Espejo de Lloyd. para que se pase a la situación opuesta de máxima reflexión y mínima transmisión. Hallemos los demás términos de la Ec. se presenta. Figura 5. debido a que sí el grosor se incrementa en un entero por λ 0 /2. 5. (5. Como el espejo es plano. Con un recubrimiento se puede reducir a menos del 1 %. mezcla de esos dos colores. p.. y la luz reflejada adquiere un tono morado. Basta con depositar una película de índice mayor que la del material sobre la que se aplica.48. un espejo horizontal está perpendicular a una pantalla de observación.29 y la Ec. Haciendo la analogía con la Fig. el rojo y el violeta. 5. El dispositivo descrito se llama el espejo de Lloyd. Para la interferencia destructiva los campos deben estar en contrafase y la anulación es total si las amplitudes son iguales. Según la Ec. la onda en la película recorre ese entero por λ 0 de más y vuelve a salir en contrafase con la onda reflejada en P. se calculó que el 4 % (Ejemplo 3. 5. a= λ0 λ0 λ0 + m = (2m + 1). λ = 633 nm y D = 1. interferencia entre ellos. S( Q) = ±π porque en Q n1 < n2 . 4 2 4 m = 0. su radio de curvatura es r = ∞ y la Ec. 4.00 m.5.6 En la Fig. Marzo de 2006 Se entiende que el grosor de un cuarto de λ 0 (a = λ 0 /4) es el mínimo grosor para mínima reflexión.1. A P llegan dos rayos: uno que viene directamente de la rendija B o rayo 2 y otro por reflexión o rayo 1. Se puede demostrar que cuando nmaterial = n02 la anulación es total debida a la reflexión en ambas caras de la película. Universidad de Antioquia. ±2. 5. solo una de ellas cumple la condición del cuarto de longitud de onda para el grosor. · · · .48) Solución. p. y es para un verde amarillo de λ = 550 nm. 110) de la luz se refleja en una interfaz aire-vidrio. los puntos A y B de esta figura son el punto B de la Fig.2. Marzo de 2006 Física III QB = QA.33 × 10 m) = ≈ 0. 5. p.5 y a una distancia de la rendija de 10 cm. 5. y las caras son casi paralelas. (∆φ PB )rayo 2 = kPB. también se obtiene oscuridad en θ = 0. tal aproximación no se puede hacer y es necesario trabajar con sen θ. δ ( P) = kPA + π − kPB = k( PA − PB) + π.00 m de la rendija. a sen θ = (m − 12 )λ. Reemplacemos en la Ec. y = 0. (a) Hallemos la imagen A que la cara derecha del prisma inferior forma de S. p.30 Biprisma de Fresnel. θ ≈ sen θ ≈ tan θ = y/ D. se encuentra un biprisma. 5. 5. La diferencia con las dos rendijas físicas es que en el rayo que llega a P procedente de la rendija imagen se genera un desfase de π en el punto de reflexión Q. 160). PA − PB = a sen θ. y Ec. Universidad de Antioquia. al espejo de Lloyd como un dispositivo de dos rendijas: una rendija física B y otra que es su imagen A. no ve la rendija física S sino a sus imágenes A y B. A está sobre la perpendicular N a la cara (Fig. 4(2 × 10−3 m) y =(m − 21 ) Efectivamente. m = 0. superior e inferior. Figura 5. p. (b) A la primera franja brillante le corresponde m = 1. Para θ 1.31 Biprisma de Fresnel. en una pantalla situada a 2. En el Ejemplo 5. 2. Despejemos la ecuación que da la posición de los máximos (recordemos que a = 2d). presentándose interferencia en una zona donde llega luz de ambos prismas. 5.08 mm es mucho menor que D = 1. con α 1. La laminilla de tal ejemplo tiene el mismo efecto que la reflexión en Q. Un observador en la pantalla. lo que significa que donde se unen el espejo y la pantalla la interferencia es destructiva y allí se forma una franja oscura. (b) Calcule la separación angular y en milímetros entre franjas consecutivas brillantes para luz roja de λ = 633 nm.4.7. 5. 5.50).31 se muestra el mismo dispositivo. La figura no está a escala.172 Héctor Alzate L. y es cambiar la fase de la onda inferior en π respecto a la otra onda. Si no se cumple que y D.00 m)(6. Reemplacemos en la Ec. 5. ±1. (5.7.12.7 En la Fig. Ejemplo 5. reemplacemos en la Ec. 5.08 mm. Solución. (5. 134). 159). conocido como biprisma de Fresnel.49.32). y debajo del espejo no existen franjas.30 una onda incide perpendicularmente sobre una rendija S. .20◦ . Ejemplo 4. Note que δ (0◦ ) = π (Ec. 2π ( a/λ ) sen θ + π = 2mπ. entonces. a una distancia d. Podemos ver.48. de índice de refracción n. 159.21). Figura 5. −2. ±2.24. m = 1. 3. p.50) En la interferencia constructiva. · · · . El dispositivo es equivalente a dos rendijas físicas (Fig. Para el rayo 2. el ángulo del biprisma es 0.51) Excluimos m = 0. con . en la zona de interferencia. (∆φ PB )rayo 1 = k( PQ + QA) = kPA. −1. 5. (a) Demuestre que la distancia entre las imágenes A y B es a = 2αd(n − 1). 163. · · · porque darían θ < 0. En la Fig. p. Esta ecuación coincide con la que da la posición de los mínimos de dos fuentes que emiten en fase (Ec. Como ya vimos (Fig. δ = (número par)π. biprisma de índice de refracción 1. Parte de la luz es refractada por el prisma superior y parte por el inferior creando franjas de interferencia en una pantalla de observación. Dλ Dλ Dλ = (1 − 12 ) = a 2d 4d − 7 (1. El ángulo entre las dos caras de cada prisma es α. Este es un problema de refracción por una superficie plana (recuerde el ejemplo sobre profundidad aparente.. 5.51 y despejemos y. Exactamente al frente de la rendija. δ ( P) = ka sen θ + π = 2π ( a/λ ) sen θ + π .00 m y la aproximación sen θ ≈ y/ D es válida. pero sin perspectiva. y emerge hacia la lente. la separación (separación vertical..12).33 Geometría para hallar los anillos de Newton.00181) = 3. y su cara convexa es casi plana.81 mrad. Parte de la luz que incide en la cara inferior de la lente se refleja (esto equivale al rayo 1 que incide en P. p.33 × 10−7 m = 1. 4. como en el espejo de Lloyd. Fig. Suponga que el lado convexo de la lente es casi plano. Halle el radio r de los máximos y de los mínimos. AE = BE y la distancia entre A y B es AB = a = 2AE = 2αd(n − 1). n1 = 1.29 para hallar la separación entre máximos. con n2 = n. Ejemplo 5. el biprisma de Fresnel es equivalente a dos rendijas y el patrón de interferencia se rige por la Ec. ya que para la función cos2 tal separación es igual al ancho de los máximos. Marzo de 2006 r = ∞ y de la Ec. pero por encima.34 Anillos de Newton. 160. p. la lente se ilumina perpendicularmente con luz de longitud de onda λ (Fig. podemos aproximar a que en ambas caras el ángulo de incidencia es cero.3)(0.8 Una lente plano-convexa de radio de curvatura R yace sobre una placa de vidrio. 5. despejemos la distancia imagen q a esa cara.5 − 1) En milímetros.6 mm. pues la separación horizontal es siempre cero) entre las imágenes la produce únicamente la cara derecha de los prismas. Solución.00 (aire) y p ≈ d: q = nd (q > d porque n > 1). lo que lleva a que los puntos A. y esta segunda imagen se desplaza sobre tal perpendicular hacia el prisma (¿por qué?: vea el Ejemplo 4. B y P sean el mismo punto.27) y parte se transmite al aire (equivale al rayo 2 que incide en B en la misma figura). con lo que para un observador a la izquierda del biprisma la distancia entre A se mantiene igual al valor hallado. 173 . y por lo tanto también incide perpendicularmente sobre la placa de vidrio. esta se refleja después en la cara superior de la placa de vidrio (punto C de figura citada). La distancia de A al eje horizontal del sistema es AE = SA sen α ≈ SAα = αd(n − 1). que es paralela al eje. o sea. 5.00 m)(0. donde interfiere con la luz que allí se refleja (punto P).34). ∆θ = = Figura 5. Figura 5. 5. 5. la luz se regresa por donde vino (θi = θr = θt = 0). 124 despejemos el lugar de intersección que dicha cara forma de los rayos refractados. la imagen B formada por el prisma superior está a esta misma distancia del eje. ∆y = D∆θ = (2. (b) Como explicamos en el anterior literal. Si θ 1 podemos aplicar la Ec. puesto que la fase no cambia por trasmisión en las caras del biprisma (por reflexión. De esta figura vemos que SA ≈ nd − d = d(n − 1). Figura 5. Como la lente se ilumina perpendicularmente. conocidas como los anillos de Newton (Fig.33). sí). 2(0.20/57. Universidad de Antioquia.11.10 m)(1. λ λ = a 2αd(n − 1) 6.25. Por simetría. esto es. Cuando la luz sale por la cara izquierda del prisma da lugar a una nueva imagen sobre la perpendicular a esta cara.5] Interferencia Héctor Alzate L. El espesor variable del aire entre la lente y la placa produce franjas circulares de interferencia. en resumen. y por lo tanto no cambia la distancia vertical entre A y B. r R.32 Formación de imagen por el biprisma. 5. Física III desfase mientras atraviesan la lente. y así y ≈ r2 /2R. para analizar la interferencia entre los campos de los rayos 1 y 2. cada color (o sea cada λ) forma su conjunto de anillos concéntricos. por ejemplo. 5. y el anterior valor se debe aproximar a 10 ó a 11. λ 2 2 6 × 10−7 m Pero para máximos m tiene que ser entero.27). y el observador ve oscuridad.174 Héctor Alzate L. que como vimos no sufre desfase.2◦ ) = 27. q r = (m − 12 )λR. cos θt tiene el valor que le dimos de 1. el desfase causado en el rayo que penetra en la cuña de aire en P (Fig. 5. 3. 1. que cumpla las Ecs. ya que interfieren la onda reflejada.46. En interferencia destructiva. Según la ley de Snell. llegan con exactamente este mismo desfase a la retina (más exactamente.46 y 5. Despejemos a cos θt de la Ec. la última raíz se puede aproximar.46 y reemplacemos los valores conocidos.47. Solución. (a) interferencia constructiva o máximos y (b) interferencia destructiva o mínimos.95. 5. 7π. m= 2an 2(2 × 10−6 m)1. Encuentre el mínimo ángulo de incidencia para el que se presenta. por lo tanto. es igual al cambio en el otro. Calculemos. λ = 6 × 10−7 m. en el centro de los anillos siempre se ve un círculo negro. 5.5. con m entero. ∆r = 0 y S( P) = 0 y no sufre desfase. .5 sen 18. según la Ec. θi = 0◦ .47. m= 2an 1 2(2 × 10−6 m)1. (a) Hagamos cos θt = 1 y despejemos a m de la Ec. si estaban desfasados. y luminosa por el lado opuesto. Universidad de Antioquia. El desfase entre ambos rayos se debe. O sea que cuando la luz incide perpendicularmente sobre la película se presenta interferencia destructiva y toda la película se ve oscura por la cara donde penetra la luz. únicamente al que tiene su recorrido en el aire. Como r R. ∆φ PP = k∆r + S(C ) = k( PC + CP) + π 4π y = k(2y) + π = + π. cos θt = El ángulo de refracción es θt = cos−1 0. que ha tenido un cambio de fase de π (para esta onda. utilizando el teorema del binomio de Newton. cuando salen al aire. entonces. λ Reemplacemos el valor aproximado de y y despejemos a r para obtener el radio de las franjas oscuras. 5. λ En interferencia constructiva. 5.5 = = 10. a menor ángulo de incidencia menor es el ángulo de refracción. λ Para el rayo que se refleja en P. m = 1. Ejemplo 5. λ (5.5 se ilumina con luz de longitud de onda de 600 nm (Fig. a 1 − (r2 /2R2 ) (demostrarlo). 155. 5.1. con la emergente. a su fóvea). lo que dice que θt = 0◦ y.5 = 0. Cuando el dispositivo se ilumina con luz blanca. con la Ec.33).9 Una película de grosor 2 µm e índice de refracción 1.52) De la geometría de la figura deducimos y = R− p R2 − r2 = R − R p 1 − (r / R ) 2 .5 1 + = + = 10. en r = 0.3. 5. · · · . Marzo de 2006 Sigamos el plan de la sección 5.. 2.95 = 18.46. debido a que el cambio en la fase a lo largo de un rayo. y también es cero y ∆r = PC + CP = 0 + 0 = 0). Los datos son a = 2 × 10−6 m.33. En la periodicidad de los anillos Newton vio que la luz era un fenómeno periódico. como era de esperarse. r= √ mλR. Reemplacemos este y en la Ec. De Snell. θi = sen−1 (1. p. 4π y δ ( P) = ∆φ PP − 0 = + π. el coseno sería mayor que 1. penetran en el ojo de un observador y llegan a su retina. se refleja en C (PC = y) y emerge a la lente en P. Los rayos que abandonan P. Lo aproximamos a 10 porque si lo aproximáramos a 11.2◦ . mostrados en la Fig. 2. o sea que lo que se pide en (a) y en (b) equivale a pedir el mayor valor de cos θt . Nos referimos aquí al rayo que hizo el recorrido PCP y al que se reflejó en P. (2m − 1)λ (2 × 10 − 1)(6 × 10−7 m) = 4an 4(2 × 10−6 m)1. 5. 5. conservan el (b) Hagamos cos θt = 1 y despejemos a m de la Ec. y a menor ángulo (entre 0◦ y 90◦ ) mayor es su coseno. con determinado desfase. λ 6 × 10−7 m Como m es entero. Vemos que en r = 0 está el mínimo con m = 0.52 y despejemos r para obtener el radio de los máximos. situado en el lado convexo de la lente. δ = (2m + 1)π = 4π y + π. en la reflexión.41.9◦ m = 0. · · · . δ ( P) = 2mπ = 4π y + π. 3. 35 Interferencia en una cuña de aire. Como ya mencionamos en la p. sino únicamente la cuña entre ellas. Este ejemplo es igual al de los anillos de Newton. α se ha exacen una sobre la otra (Fig. y el rayo que se refleja en P.5] Interferencia 175 Héctor Alzate L. esto es. donde las placas se tocan hay oscuridad.53) La franja brillante más cercana al vértice de la cuña tiene m = 1 (tendría m = 0 si en la última ecuación en lugar de 2m − 1 hubiera aparecido 2m + 1).01 m. de aire en ese mismo punto. 5.10 Dos placas rectangulares de vidrio yaLa figura no está a escala. Solución. en una película de grosor constante si en un punto hay interferencia constructiva. 4παx + π = 2mπ. tener en cuenta las placas de vidrio. luz cae con θi = 0 en la placa superior y. 4x (5. Una hoja delgada de gerado. y como hay 20 franjas por centímetro de cuña. Para comprender la aparición de franjas no es necesario. El dispo. donde haya de longitud de onda 600 nm. α ≈ tan α = y/ x. λ Despejemos el ángulo de la cuña. se presenta interferencia destructiva. α= Realmente el ángulo es muy pequeño. Reemplacemos esto en la Ec.01 m = 0. la aparición de franjas se debe al grosor variable de la cuña. pues son de grosor uniforme. Se observan 20 franjas bri. salvo que en aquel las franjas de interferencia son circulares. . 5. esto es. está dado por la Ec. debido a que formándo entre las placas una cuña de aire. entonces. α= Figura 5.. se refleja en C y sale de nuevo al vidrio. (2 × 20 − 1)(6 × 10−7 m) = 5. la habrá en cualquier otro punto y no se observan franjas bajo determinado ángulo de observación. 170. en particular. (2m − 1)λ . de donde y ≈ αx.0335◦ . el x de dicha franja es x = 1 cm = 0. La papel se intercala entre ellas. La vigésima franja tendrá entonces m = 20. Marzo de 2006 Ejemplo 5. 5.53. y no importa si 1 cm lo contamos a lo largo de la placa horizontal o de la inclinada para llegar a la vigésima franja brillante.refracción hacemos θt ≈ 0. a lo largo de un borde. mientras que aquí son rectas. Como α 1. llantes en cada centímetro de cuña.52 en la interferencia constructiva.85 × 10−4 rad 4 × 0. ya que en realidad es mucho menor que 1. Universidad de Antioquia. 5.α 1. Halle el ángulo α El desfase en P entre el rayo que penetra a la cuña de la cuña.35). Reemplacemos esta expresión en la Ec. Como en el caso de los anillos de Newton. se puede despreciar la ligera desviación que susitivo se ilumina perpendicularmente con luz amarilla fre al penetrar en la cuña de aire.52. Halle la separación.10 Dos ondas coherentes con λ = 500 nm y λ = 650 nm pasan a través de un dispositivo de dos rendijas separadas 0.0◦ . el desfase entre los campos eléctricos procedentes de las rendijas en un ángulo de observación de 1. 5. A y B son los vértices de un triángulo equilátero de lado `. El ángulo de observación θ es el ángulo entre dicha línea.6 Una emisora de radio AM transmite a través de dos antenas verticales iguales separadas 600 m. Problema 5.7 Un rayo de luz de longitud de onda λ pasa por P (Fig.8 Dos fuentes.1 Si los rayos llegarán inclinados en la Fig.2 El dispositivo del Ejemplo 5.45 m de las rendijas la distancia entre las franjas oscuras es 4. Halle la posición angular θ de la estrella cuando la antena detecta el primer máximo. Halle (a) la separación entre las rendijas. las direcciones en las que la intensidad es (a) máxima. se encuentra sumergido en agua (n = 1. la separación entre ellas es a. En una pantalla a 1. La intensidad en un receptor a 200 m de cada una de las antenas es I0 . (b) la intensidad en la última posición en términos de I0 . un ángulo θi respecto a la normal a la línea F1 F2 . Marzo de 2006 5. 5.37 Figura 5. El patrón de interferencia se observa a 1. Problema 5.5 Dos fuentes puntuales emiten en fase con longitud de onda λ. Halle (a) la relación a/λ.00 m.4 La primera franja oscura producida por un dispositivo de doble ranura se produce en un ángulo de 8◦ .7 Física III Problemas Problema 5.3 A partir de la Ec. Halle el desfase entre los campos en P y la condición para que la interferencia sea constructiva.11 Una emisora de FM trasmite con una frecuencia de 108 MHz a través de dos antenas idénticas separadas 9. . Suponga λ h y θ 1. las antenas emiten en fase. es h. (b) mínima. los datos son idénticos. (c) en radianes. Problema 5..4. Halle λ en el aire. separadas 10 m. p. 162. 5. El patrón de interferencia se observa en una pantalla alejada de las fuentes (D a).9 Una doble rendija se ilumina con luz de λ = 550 nm.12? Los puntos P. Halle.176 Héctor Alzate L. pero el equivalente en grados entre 0◦ y 360◦ . (b) la mínima distancia al centro del máximo central o de orden cero donde la intensidad en la pantalla se ha reducido a la mitad de la intensidad en ese centro. Problema 5. la distancia de los puntos a una de las fuentes en los que la interferencia es (a) constructiva. 157. Problema 5.28. Las antenas emiten en fase con una frecuencia de 1000 kHz. Halle (a) el desfase δ entre las señales de las antenas en la primera y en la segunda posición. Problema 5. Universidad de Antioquia. (b) destructiva.2 m del dispositivo. Problema 5. (b) el mínimo a para el que se presenta interferencia constructiva en θ = 0. (d) el anterior desfase.00 m más cerca de una antena que de la otra. Figura 5.3.12 Una antena en la orilla de un lago recibe la señal de radio de longitud de onda λ de una estrella en el momento en que está apareciendo por el horizonte (Fig. Problema 5. (Ayuda: note que el ángulo de observación está entre +90◦ y −90◦ . ¿los campos en P se podrían expresar mediante las Ecs. y que el número de franjas es un número entero). Halle (a) las ecuaciones que dan la posición angular de los máximos y mínimos. se refleja en los espejos A Y B y luego pasa nuevamente por P.33). Problema 5. muestre que el ancho angular de un máximo del patrón de interferencia de dos fuentes es ∆θ = λ / a. Halle. la pantalla es perpendicular a la línea de unión de las fuentes. en lugares alejados de las antenas (alejados quiere decir a distancias mucho mayores que 600 m). emiten en fase ondas de radio con λ = 5 m.36 La altura del receptor respecto al agua. (c) el numeral anterior. y la que va del punto medio entre las fuentes al punto de observación en la pantalla. pero para interferencia destructiva. Problema 5. Después el receptor se mueve de forma que queda 2. entre las franjas brillantes de ambas ondas en el espectro de segundo orden. p.36).37). en mm. (b) el número total de franjas oscuras y (c) el número total de franjas brillantes. 5. 5. en la línea entre las fuentes. donde se mezclan la señal directa y la reflejada en el lago. Problema 5.12 mm.0 mm. en la pantalla de observación. porque . muestre que para los siguientes desfases δ correspondientes a rendijas adyacentes.61 − S( P) = 27. 4. de un dispositivo de 5 rendijas. Con diagramas análogos. Universidad de Antioquia.17 Se utiliza una película de fluoruro de magnesio. (Fig. a cos θ = (m + 21 )λ. para θ 1. 8. (b) calcule la máxima intensidad de los máximos principales y la intensidad en un ángulo de observación de 90◦ en términos de I0 .84 = 36. (b) 1.5◦ . ` = mλ /3. (e) 36.6 (a) 100 nm.7◦ 3 mm (a) 0.25 m. m = 1. Halle (a) el mínimo grosor del recubrimiento si se aplica sobre un vidrio de n = 1. m0 = 1.19 Problema 5. .02 rad = −72.59.19 Una onda plana de λ = 550 nm incide sobre una película con un ángulo de 45◦ 5.9 5. (b) 8.53.15 La Fig. p. 5. Muestre que el ancho angular de un máximo secundario. que equivale a 5. ±30◦ . Marzo de 2006 665 nm (a) 3. I0 253. corresponde al diagrama de fasores del primer mínimo.7 rad que equivale (¿por qué?) a 5.5. (b) 300 nm. En ambos lados de la película hay aire. (d) 124.75 m. . ±53. La película tiene un grosor de un micrómetro y un índice de refracción de 1. 5.16 5. p. las placas están separadas en el extremo derecho por una tira de plástico de 0. 5.25 m. (c) 7 (a) a cos θ = mλ. Las placas se iluminan perpendicularmente con luz de λ = 633 nm.5◦ .88 rad. 3.28 rad = 302◦ . 5. es ∆θ = λ / aN y el de un máximo principal es ∆θ = 2λ / aN.13 5.0 mm. ±48.8 nm (a) 2an/λ cos θt .16 Una placa cuadrada de vidrio de 8 cm de lado está sobre otra placa de vidrio (Fig. (c) 39.7 − 9.48. MgF2 (n = 1. 5 m. (b) ±14. Problema 5. la separación a entre fuentes contiguas cumple que a = λ /2. 1.4◦ . · · · (a) 2. (f) Sí.84. por qué? 5.4I0 (Recuerde el espejo de Lloyd. se obtienen mínimos para m0 = 2.38. 167. (b) 1. 6. 288◦ .35).0800 mm de grosor. (b) 25I0 .5 m.8 Problema 5. del Ejemplo 5. 3.5 m. (c) AP/λ = 2an sen2 θt /λ cos θt . 171) λ /4h (a) ±23. Respuestas a los Problemas 5.29.9 rad.4 5. (b) los próximos dos grosores para los que la película es antirreflectiva. 177 Héctor Alzate L. (c) halle una expresión para el número de longitudes de onda o de ciclos de campo eléctrico que hay en el trayecto AP y evalúela con los datos del problema.75 m (a) 0. 500 nm 206. (b) a = λ.6◦ δ ( P) = (2π /λ )3` + 2π. además.52 rad = 259◦ . (a) Halle una expresión para el número de longitudes de onda o de ciclos de campo eléctrico que hay dentro de la película en el trayecto BCP y evalúela con los datos del problema. S(C ) = 0. (b) 2π × 5.1◦ . 5.6 5. (a) Halle la posición angular de los mínimos.53 = 9. 7. (d) ¿cuál es el desfase entre el campo que incide en P desde el aire y el que hay en A en el mismo instante?. 168). Suponga incidencia normal y λ = 550 nm. 31. Fig. 2.18 5. 5] Interferencia .24. ±90◦ . 3. (b) 0.13 Cinco fuentes igualmente espaciadas emiten en fase con longitud de onda λ.14 Una rejilla de N ranuras se ilumina perpendicularmente con luz de longitud de onda λ. como recubrimiento antirreflector de una lente.38). p.27. Halle el número de franjas brillantes que se observan en toda la placa y a largo de cada cm de la placa.17 5.11 5. (f) ¿el anterior desfase es el mismo que hay en la fóvea F del observador.33) que cuando se ilumina perpendicularmente con luz de longitud de onda 550 nm se ve negra en el lado donde refleja y luminosa al otro lado.5 Problema 5.12 Problema 5.10 5.7 Problema 5.. (c) a = λ /2 (a) 0◦ . 5.Problema 5. (c) Dibuje un diagrama aproximado para la intensidad en función de θ.01 − π = 23.61. (b) ¿cuál es el desfase del campo dentro de la película entre los puntos P y B en el mismo instante?.20 mm.18 Halle el mínimo grosor de una película de agua jabonosa (n = 1. 5. (e) ¿cuál es el desfase entre el rayo reflejado y el que emerge de la película en P?.2 5. entre −90◦ y +90◦ . (d) 2π × 1. 216◦ . y 4 respectivamente: δ = 144◦ . y un λ promedio de la luz visible de 580 nm. Con dos fuentes puntuales hablamos de interferencia ya que que para describir lo que ocurre en un punto basta con dos rayos. se trazan líneas rectas desde la fuente y tangentes al borde del disco. Los efectos de la difracción son especialmente notables cuando λ no es mucho menor que el tamaño b de los obstáculos que la onda encuentre en su camino. una silla. un edificio. la luz no sigue. lo que podemos explicar como consecuencia de una relación b/λ muy alta: para una ventana de 58 cm de ancho. Aunque no hay una diferencia esencial entre los fenómenos de interFigura 6. Los problemas de difracción están entre los más difíciles de la óptica.77 m y la relación vale b/λ = 0. la relación es b/λ = 0. debemos sumar los aportes (principio de superposición) de los rayos provenientes de cada una de las ranuras infinitesimales. más importante es la difracción. Para todos ellos la relación b/λ no es muy diferente de 1. λ = 340/440 = 0.58 m/0.6 Difracción ara proyectar la sombra geométrica de un disco en una pantalla (Fig. El que los efectos de difracción sean especialmente notables cuando λ no es mucho menor que b no quiere decir que no se aprecien en situaciones diferentes.58 m/(5. en este caso hablamos de difracción. la difracción sonora también es de gran dificultad de abordar. se suele hablar de difracción cuando para explicar sombra en una pantalla. la intensidad en un punto es necesario considerar un gran número de rayos. su longitud de onda es. uno por fuente. y para hallar el campo en un punto. la relación b/λ puede valer varios P 178 . las franjas de difracción cerca de los bordes de la proyección pasan desapercibidos.75. publicó su hallazgo de que en las sombras. 6. Debido al disco. La propagación aparentemente rectilínea de la luz se aprecia claramente en los haces de luz solar que se filtran a través de las nubes o de una ventana. una línea recta entre la fuente y la pantalla. . ya debemos considerar a las fuentes como ranuras compuestas por un número infinito de ranuras de ancho infinitesimal. asumiendo una rapidez de 340 m/s. En este procedimiento se asume que la luz se propaga en línea recta. .1) debida a una pequeña fuente. Cuando la luz solar pasa a través de una ventana y proyecta la forma de la ventana en el piso. que la difracción se puede explicar con el principio de Huygens y el principio de superposición. en un libro póstumo de 1665. y muchos dimensiones cotidianas caen en este rango: una persona. En cambio. en consecuencia.8 × 10−7 m) = 1 millón. Fresnel mostró.7 cm y 17 m. Esta observación la utilizó Newton en contra de una teoría ondulatoria de la luz. En la vida cotidiana la difracción sonora juega un papel fundamental: λ audible está entre 1. un árbol. o sea que entre menos lejos esté de 1 la relación b/λ.77 m = 0.1 Proyección de una ferencia y difracción. pero si consideramos que cada una de ellas tiene un ancho finito. En 1882 Kirchhoff le dio una base matemática sólida al análisis de Fresnel. Francesco Grimaldi. cerca del borde. en 1818. la luz forma franjas de varios colores. si es un sonido de 440 Hz el que pasa por la ventana. Grimaldi dio el nombre de difracción a este fenómeno. Figura 6.1 Difracción de Fraunhofer por una Rendija Rectangular Consideremos una onda plana —rayos paralelos— que incide sobre una rendija rectangular delgada de dimensiones b por l (Fig. Las ondas de mayor λ tienen una relación b/λ menor. y así el desfase entre dos rayos en P se deba únicamente a la diferencia de caminos que siguen para llegar a P. miles y aún así poderse detectar fácilmente. Marzo de 2006 Figura 6. Para hallar I ( P) debemos hallar primero la amplitud E0 ( P) del campo resultante. de modo que los rayos se puedan considerar paralelos entre sí. y lo que se consideraba partículas —el electrón— tenía comportamiento ondulatorio —difracción de electrones. Consideramos sólo puntos alejados de la rendija (alejados quiere decir b D). 6. no de una partícula. b es el ancho de la rendija. La difracción es una característica de una onda.2). y son las que más se difractan. ya que los sonidos graves se difractan más que los agudos.. para ver la orquesta nos debemos situar en un lugar en línea recta con ella. consistente en que en algunos experimentos lo que tradicionalmente se había considerado ondas —la luz— tenía comportamiento corpuscular —efecto fotoeléctrico—. Poniendo la pantalla en el foco de una lente cilíndrica convergente (Fig. los elementos se convierten en emisores secundarios de ondas y el campo en un punto P es la suma de los infinitos campos provenientes de los infinitesimales. Haciendo incidir perpendicularmente una onda plana sobre la rendija logramos que los elementos de área estén sobre un mismo frente de onda. en 1927.3). el patrón de difracción que se obtendría con la pantalla muy alejada de la rendija y sin lente. Según Huygens. 6. Sin embargo. son las que más se apartan de una propagación rectilínea ante un obstáculo: el rojo se difracta más que el azul al pasar por un agujero. 6. y aquellos se refuerzan respecto a estos.4). por Davisson. Siguiendo la enseñanza de Fresnel. el área de la rendija en un número infinito de elementos de área de ancho infinitesimal dx (Fig. o los sonidos graves se difractan más que los agudos. pero para escucharla lo podemos hacer detrás de una columna. se puede obtener. donde delgada quiere decir b l. Pero la composición de frecuencias sonoras cambia (análisis de Fourier). Cuando estamos en un concierto. 6. Germer y Thomson. Universidad de Antioquia. a poca distancia de la ranura. esto es. lo que nos garantiza que todos ellos emitan en fase. Los rayos que llegan a ella ya son paralelos. ya que el sonido da vuelta a la columna. apliquemos el principio de Huygens al frente de onda que incide en la rendija y luego usemos el principio de superposición.2 Difracción por una rendija. Dividamos.3 Emisores elementales de área. en la primera mitad del siglo XX se descubrió la naturaleza dual tanto de las ondas como de las partículas. porque la onda incidente es plana. y llega a nuestros oídos. Se puede demostrar que la presencia de la lente introduce cambios de fase 179 . imaginariamente.6] Difracción Héctor Alzate L. ya que los campos en A y en B están en fase. cuando da dos vueltas. α /2 Reemplacemos en la ecuación I = 21 c0 E20 para obtener la intensidad (hacemos I0 = 21 c0 A20 ).5 mostramos.2) De θ depende que tanto se curva el arco de fasores de la figura.24. las Ecs.6). En la Fig. Llamemos A0 a la longitud del arco.1) En la construcción de fasores para hallar a E0 (segmento FG de la Fig. I = I0 sen(α /2) 2 . 6. A0 = ρα. α ( P) = 2π b sen θ. la rendija y la pantalla. debido a cada elemento de área. y el tratamiento del problema no se complica por la presencia de ella. 6. p. λ δ ( P) = El desfase entre los campos del primer y último (x = b) rayos es.3) . Marzo de 2006 Figura 6. en el ángulo en el que la cabeza del último fasor coincide con la cola Figura 6. 153. El desfase entre dos rayos consecutivos es 2π dδ ( P) = (dx) sen θ.180 Héctor Alzate L. (6. E0 = A0 sen(α /2) . cada fasor es un infinitesimal de amplitud de campo eléctrico. p. x = 0) y el del elemento x (rayo BP). 167). Apliquemos. ya sin perspectiva. El desfase δ ( P) entre el campo del primer elemento (rayo AP. 2π x sen θ. Despejemos a ρ y reemplacémoslo en la Ec. λ (6. Universidad de Antioquia. p. aproximadamente.4. ya que b debe ser mucho menor que D para que los rayos sean.15. Física III Figura 6.2.6 Diagrama de fasores para del primero se presenta el primer mínimo de intensidad (recuerde la Fig.. 5. El dibujo no está escala. tenemos el segundo mínimo. λ Del triángulo rectángulo GH I deducimos E0 = 2 IG = 2ρ sen(α /2). 6. se debe únicamente a la diferencia de trayectos AC.4 La lente convergente “acerca el infinito”. una rendija. 157. o 5.5 iguales en todos los rayos. α /2 (6. 5. paralelos. según la anterior ecuación. que es una constante ya que no depende de θ. entonces. con ∆r = AC ≈ x sen θ. 5. pero los máximos laterales de difracción están más desplazados a mayor λ. en y D. pero es posible que un medidor más sensible detecte alguna intensidad. es.5) En los ángulos θ de esta ecuación la intensidad debe ser cero. aproximadamente. θ 1. la difracción se llama de Fraunhofer o de campo lejano.. esto es. el máximo central tiene un ancho el doble del de los laterales. y la rendija separa los colores presentes en la luz blanca original. En el máximo central cae cerca del 85 % de la energía que pasa a través la rendija. θ 1.4) π (b/λ ) sen θ La intensidad es cero cuando b sen θ = m00 λ. de acuerdo con la Ec. ∆m00 = 1 − (−1) = 2 y su ancho angular es ∆θ = 2λ /b. en caso contrario se llama difracción de Fresnel o de campo cercano. sen π (b/λ ) sen θ 2 I = I0 . ∆m00 = (m00 + 1) − m00 = 1. sin embargo. ±2. Angular criterion to distinguish between fraunhofer and fresnel difraction. ∆θ = (λ /b)∆m00 . 6. son o se pueden aproximar a paralelos. fue el resultado de varias aproximaciones.. bθ ≈ m00 λ. · · · .7 Patrón de difracción de una rendija. Cuando la ecuación se cumple. Cuando m00 = 0. Determinado medidor de intensidad puede dar cero. Vemos que si los máximos están cerca del origen (θ 1 ó b λ). Las anteriores ecuaciones las podemos expresar en función de y. Para el máximo central.* En la Fig. la intensidad es máxima y tiene el valor I (0◦ ) = I0 . el que se cumpla o no la ecuación esta íntimamente ligado a la sensibilidad del instrumento de medida. (6. o sea en θ = 0. 6. La Ec.1 en la anterior ecuación. m00 = ±1. Cerca del origen. en nuestro caso la rendija. reemplacemos la Ec. Revista Optik 115. se cumple que θ ≈ sen θ ≈ tan θ = y/ D. No. 11 (2004). Marzo de 2006 Para obtener la intensidad en función del ángulo de observación. .7 se grafica el patrón de difracción de una rendija. Apliquemos el operador ∆ y obtenemos Figura 6. 6. θ = m00 λ /b. Despejemos el ángulo. La posición angular del primer mínimo. y el ancho angular de cada uno de ellos es ∆θ = λ /b.6) * Para una discusión detallada sobre la distinción entre las difracciones de Fraunhofer y de Fresnel se puede consultar el artículo: Francisco Medina et al. (6. (6.5 es. 6.6] Difracción 181 Héctor Alzate L. utilizando la aproximación θ ≈ sen θ ≈ y/ D. Para una rendija que se ilumine con luz blanca. cuando b λ. para θ 1. Universidad de Antioquia. ±3. Para los máximos laterales. θ 1. Ella se dedujo sobre la base de que tanto los rayos que llegan como los que salen del elemento difractor. todos los colores tienen el máximo central de difracción en el origen . θ = λ /b. independiente de λ. Marzo de 2006 Física III Note que. D = 1 m.1 mm de ancho se ilumina perpendicularmente con luz proveniente de una lámpara de mercurio.780 × 10−7 m. luz violeta de λvio = 435. a una distancia igual al punto cercano. en grados y en milímetros. El patrón de difracción se observa en una pantalla a 1 m de la rendija. la separación es aún mayor. en m00 = 1. 1 = 4. el primer mínimo ocurre en un ángulo. vio = yama − yvio = 8. se pueden observar separadas las franjas mencionadas? Solución.6.5 mm. = 173 θvio = 10−4 m ≈ 173.1 Una rendija de 0. de la primera franja lateral.8 mm.331◦ . del primer mínimo. 7.1 mm = 10−4 m.7 mm.358 × 10−3 ) 230 = 0. Las franjas amarilla y violeta están separadas.8 (no está a escala).780 × 10−3 ) ≈ 5. (c) la posición. lo que implica que para los primeros mínimos y máximos θ 1 y se pueden usar las aproximaciones θ ≈ sen θ ≈ tan θ = y/ D.5 = 2.121◦ . Universidad de Antioquia. 2. según la Ec. yvio = Dθvio = (1000 mm)(4. (d) Una separación es un ∆. 230 1. Al contrario del anterior párrafo.8 Difracción por una rendija. y que no se presentan franjas de máximos y mínimos..182 Héctor Alzate L. yvio = (1000 mm)(6. 1 = = 5. Para ambos colores halle (a) la relación b/λ. La luz del gas de mercurio contiene.0 nm.358 × 10−3 = 57. θ ≈ sen−1 (±1) = ±90◦ . 4.4 mm. 6.358 × 10−7 m.8 × 10−7 m)].5 = 6. (b) la posición. En mm. b (a) λvio b λama = = 10−4 m ≈ 230.375◦ . a menor ancho de la rendija ¡más anchos son los máximos! Con una rendija de 1 cm o más de ancho y luz visible [λ ∈ (3. en grados y en milímetros. y podemos ver dos franjas sin ningún esfuerzo. (b) Apliquemos la Ec. 6. 5. θama Figura 6.250◦ . λvio = 435.671 × 10−3 ) ≈ 8. entre otras.375◦ = 0. en grados y en milímetros.2 mm.358 × 10−3 ) ≈ 4. ∆yama. a simple vista puede distinguir dos líneas que estén separadas.496◦ − 0. Ejemplo 6.671 × 10−3 = 0. θama Multipliquemos a θ por D. (d) la separación. podemos dejar de tener en consideración el comportamiento ondulatorio de la luz.780 × 10−7 m En ambos casos la relación es mucho mayor que 1. ∼ 0. θ = λ /b es tan pequeño que podemos considerar que el patrón de difracción de la rendija coincide con la proyección geométrica de los rayos a través de la rendija (no hay difracción). yama = (1000 mm)(8. como mínimo. entre estas franjas. En grados.5. esto es. Para máximos laterales más allá del primero.358 × 10−7 m (c) Dentro de nuestra aproximación de θ pequeño. yama = Dθama = (1000 mm)(5. vio = θama − θvio = 0. Los datos son b = 0. 6. podemos decir que el centro de la primera franja lateral se encuentra a mitad de camino entre los dos primeros mínimos (Fig.5 = 8.780 × 10−3 = 0.7). (e) El ojo humano. 1.7 − 6. 6.3◦ (4.1 mm. (e) ¿A simple vista. 173 θvio = Multiplicando a θ por D obtenemos la posición en mm. quiere decir esto que el máximo central abarca 180◦ —situación completamente impredecible con mero trazado geométrico de rayos.8 nm y luz amarilla de λama = 578. ∆θama. al contrario de lo que predice la óptica geométrica.496◦ .2 mm.8 nm = 4.522 × 10−3 ) ≈ 6. . λama = 5. para b ≈ λ. Vea la Fig. Cada λ produce franjas que corresponden con los máximos laterales en la pantalla.522 × 10−3 = 0.8 × 10−7 m. 9).1. esto es.6] Difracción Héctor Alzate L. cada fuente produce un patrón de difracción en una pantalla. 6. cada una produciendo un patrón de difracción. o en un microscopio o un telescopio. p.2 Difracción de Fraunhofer por una Abertura Circular En la Fig. por opuestos por el vértice.9 Difracción de dos ondas por una rendija. mirando en la pantalla. 6. cae el 84 % de la energía que pasa por la abertura. y así el ángulo γ subtendido por las fuentes y la rendija es igual al ángulo subtendido por los máximos centrales y la rendija.10 una onda plana incide perpendicularmente sobre un abertura —o una lente— circular de diámetro b. que emiten con la misma longitud de onda. Como la separación angular entre un máximo central y el mínimo más cercano es λ /b (vea la Fig. Figura 6. no hay duda de que hay dos fuentes. En el máximo central.9 es muy claro. aunque no hagamos el desarrollo matemático detallado. Marzo de 2006 183 Poder de Resolución La luz proveniente de 2 fuentes puntuales lejanas. La intensidad en P se calcula sumando (o mejor. Es importante porque muchos sistemas ópticos esenciales captan una porción circular de un frente de onda aproximadamente plano: la luz que penetra en nuestros ojos a través de la pupila. integrando) los aportes al campo de los elementos de área en que dividamos la abertura. Pero la difracción por una abertura circular es tan importante. En la Fig. que algunos resultados sí los debemos mencionar. . pues hay dos máximos centrales. Para γ > R las fuentes quedan más que resueltas. penetra por una rendija de ancho b.11 Difracción de dos ondas por una abertura o una lente circular. límite que se cumple cuando el máximo central de un patrón cae en el primer mínimo del otro patrón. Figura 6. la que penetra en una cámara a través de una lente. 6.. Figura 6. Universidad de Antioquia. 6. 161). se sigue entonces que γmínimo ≡ R = λ /b. Lord Rayleigh definió el poder de resolución R (R en honor a él) de la rendija como el mínimo ángulo subtendido entre las fuentes y la rendija que permite discernir los dos patrones. Se puede demostrar que el máximo central de una fuente está en la dirección en que la luz incide sobre la rendija (Ejemplo 5. En la integración aparecen las funciones de Bessel de orden cero. llamado disco de Airy.10 Difracción por una abertura o una lente circular. siendo imposible detectar la existencia de más de una fuente. y no la vamos a desarrollar aquí. Para γ < R los patrones se superponen y solo se aprecia uno solo. que hay dos fuentes. 33). El diámetro de su pupila es de 4 mm y el de su ojo es de 2. . Las dos fuentes de la Fig. el radio del primer mínimo o anillo oscuro.22 λ0 λ = 1.7) que es. Cuando λ b. O sea que para disminuir la aberración esférica debemos eliminar los rayos no paraxiales usando un Figura 6. el agujero puede ser la pupila de un ojo. y pensaríamos que nos acercamos al ideal de obtener una imagen puntual. decimos que el sistema tiene aberraciones. por la razón de que b/λ 1 y los mínimos de difracción están a un ángulo θ ≈ λ /b 1 del máximo central. θ = 1. por supuesto.12). la difracción se llama de Fraunhofer. A menor b. Marzo de 2006 Física III en el primer anillo luminoso cae el 7 %. 6. al salir de la lente tienen diferentes puntos de intersección diferentes a Q. el radio del segundo anillo oscuro es 2. . El radio angular en la pantalla de observación. 6.23λ /b. sino se llama de Fresnel.4 cm = 0. b = 4 mm = 0. Universidad de Antioquia.22λ /b.11). 3. El poder de resolución (Fig. un sistema óptico perfecto es inalcanzable. hemos visto que a menor b mayor difracción.4 cm. el radio angular del disco de Airy es θ = 1. la película de una cámara fotográfica. la pantalla puede ser la retina de nuestro ojo.184 Héctor Alzate L. 6. del disco central es (Ec. . sino por la naturaleza ondulatoria de la luz. . Dentro del ojo la longitud de onda cambia a (Ec. dos puntos de una letra en un escrito que estemos leyendo. 100) λ 0 = λ /n. . de 1. Los datos son: la longitud de onda dada es en el vacío o en el aire. Repase el párrafo siguiente a la Ec. Suponga un índice de refracción. . D = 2.7 y Fig.2 × 10−7 m.004 m. mientras que los no paraxiales. p.35 (el del agua es 1. dando la apariencia. y viceversa.8) Cuando el primer mínimo cae en el anterior ángulo. . (6. a simple vista. Ejemplo 6. 6.2 En la noche un observador mira una bombilla lejana que tiene su máximo de emisión en una longitud de onda de 520 nm. ampliándose a medida que disminuimos b. Los rayos paraxiales dan lugar a una imagen puntual Q. nb .22λ /b. 6. según el criterio de Rayleigh ya expuesto. b nb r = Dθ = 1.11 pueden ser dos estrellas. 6. cuando esto no se logra.35. En conclusión. dos puntos en la superficie de la Luna.5 donde se define esta clasificación de la difracción. no por una limitación tecnológica nuestra. de una imagen puntual. Halle el diámetro en la fóvea del disco central de difracción correspondiente a la bombilla. n = 1.2. En el capítulo Óptica Geométrica definimos como sistema óptico perfecto a aquel que forma una imagen puntual de un objeto puntual. la lente de una cámara. dentro de todo el ojo. De un objeto puntual P sobre el eje principal de una lente esférica le llegan a la lente rayos paraxiales y no paraxiales (Fig. de un microscopio o de un telescopio. Vemos que una disminución de la aberración esférica conlleva un aumento de la difracción.22 . 6. λ = 520 nm = 5. . dos puntos en una bacteria. las dos farolas de una carro.10) Solución. Un costo adicional e importante es que a menor b menos intensa es la imagen. es R = 1. dando lugar a aberración esférica.. y en Q obtenemos un patrón de difracción como el de la Fig. menos aberración esférica. el arreglo de fotosensores CCD de una cámara fotográfica digital.22 Dλ .024 m. El radio del disco es.12 Diafragma para merdiafragma (pantalla con un agujero) de diámetro b que solo permita el mar la aberración esférica. aproximadamente. (6. ingreso de los rayos paraxiales (en nuestros ojos la pupila es un diafragma). . Sin embargo. o sea en la retina. La difracción producida por una lente pasa desapercibida de ordinario.10. 1805).01 × 10 m ) m λ 5. y corresponde a un poder resolutivo de 1/60 de grado.4 La bombilla del Ejemplo 6.3 × 10−3 m R 2.6 × 10−6 m = 5. Una eficiencia del 5 % significa que de los 100 W nominales solo 5 se transforman en luz y los otros 95 se gastan en calor.3 mm.004 m) = 5. Grimaldi lo había intentado en 1655. es de 1-4 µm. Nos podemos formular la pregunta: ¿qué tan cerca puede estar sobre la Luna o la pintura otro punto P2 de P1 para que los resolvamos. y en explicar la aparición de franjas oscuras como resultado de la interferencia destructiva de las ondas provenientes de los agujeros. procedamos a hallarlas. la intensidad promedia por área en él es Iprom = = 0. o sea que dos puntos P1 y P2 podrían estar más cerca y verse separados. o conos.22 = 2.50 × 10−7 m = 1. 1638).6 × 10−6 m)2 /4 = 2.26 × 10−5 m2 )(5 W) W = 0. El diámetro hallado es del orden de milésimas de mm.3 = 2.2 × 10−7 m) 1. Como esta potencia se distribuye en el área del disco.004 m)2 /4 = 1. el diámetro de las células fotosensoras de la fóvea.3 En el consultorio de un optómetra un paciente puede leer las letras más pequeñas que se le ponen a prueba. Pdisco = 0. A mayor oscuridad más se dilata la pupila (b aumenta) y R disminuye.26 × 10−5 m2 . esto es.50 × 10−7 m. efecto fotoeléctrico (explicación de Einstein.44 Dλ = 2.3. Universidad de Antioquia. Young fue el primero en obtener franjas brillantes y oscuras con dos agujeros. está a 4 km del observador y radia isotrópicamente. 6.2: área de la pupila. En una cámara digital.. por fuera de la fóvea el diámetro de los conos es de 4-10 µm. junto con los experimentos del plano inclinado (Galileo. tiene una eficiencia del 5 %. − 11 2 8 2 (2. La luz se distribuye uniformemente en un frente de onda esférico de área A = 4πr2 = 4π (4000 m)2 = 2. Pojo = Apup P P = Apup = Apup I.84(1. Apup = πb2 /4 = π (0. el papel de los conos lo hacen diodos fotosensibles. La solución depende fundamentalmente de la relación entre tres áreas: la del frente de onda. 1927) y unos pocos más. para que se aprecien dos puntos y no uno? Esto equivale a preguntar por el detalle con que podemos observar la Luna o la pintura y está determinado por la difracción que sufre la luz al pasar por la pupila. sin que se modifique en nada (con la excepción de que λ cambiaría un poco) el ejemplo presente. por un punto P1 de la Luna. y su longitud es de 50-80 µm. Halle la intensidad promedio del disco de Airy en la fóvea del observador. área del disco de Airy.44 nb (0. A A De esta potencia.01 × 108 m2 . d = 2r = 2. ¡pero también aumenta la aberración esférica! Ejemplo 6. Los datos son: R = θmín = (1/60)/57. y allí llega el 84 % de la energía que penetra al ojo. Young hizo incidir la luz solar primero sobre un pe- 185 . b = 1. Solución.91 × 10−4 rad.2 es de 100 W.6] Difracción Héctor Alzate L. 1666).45 × 10 m )(2. difracción de electrones (Davisson.024 m)(5. Es uno de los experimentos fundadores de la física.91 × 10−4 = 2. en los diferentes anillos cae el 16 % restante de la energía. el 84 % va al disco central de difracción en la fóvea. Del Ejemplo 6. un diodo se cuenta como un pixel.35(0.45 × 10−11 m2 . Adisco = πd2 /4 = π (5. Asumiendo que esta resolución esté determinada únicamente por el diámetro b de la pupila. dispersión de la luz por un prisma (Newton. ¿cuánto vale b? Sea λ = 550 nm. Thomson. Solución. pero fracasó por haber utilizado directamente la luz solar sobre los agujeros. Marzo de 2006 el diámetro d es el doble. 1905). Al ojo logra penetrar sólo la potencia que pasa por la pupila.011 2 .22 6. P = 5 W.8. Por comparación.84Apup P Pdisco = Adisco Adisco A 0. A la bombilla lejana la podemos cambiar.84Apup P/ A. Ejemplo 6. a la que estaríamos mirando o por un punto de una pintura que estemos apreciando. la de la pupila y la del disco de Airy. y es a la que hace referencia el Ejemplo 6. λ = 5. Germer.3 Experimento de Young La difracción de Fraunhofer por dos rendijas paralelas e iguales se conoce con el nombre de experimento de Young o experimento de la doble rendija (Young.6µm. por ser mucho más intenso el disco de Airy no percibimos los anillos que lo rodean y la bombilla la apreciamos puntual. Despejemos de la Ec. Alejado quiere decir que D es mucho mayor que el espacio que ocupan las 2 rendijas. la contribución E01 de esa rendija la da la Ec. p. Figura 6. en consecuencia. Por separación entre fuentes definimos la distancia entre comienzo de una a comienzo de la otra. Universidad de Antioquia. 157). 6. Como siempre. hablamos.3. de dos objetos iguales que estén en contacto se dice en la vida cotidiana que la separación entre ellos es cero. a las debidas a la separación entre ellas se le asigna el adjetivo de interferencia. La suma de los fasores de la rendija inferior coincide con la Fig. 5. Por ser puntuales. hechos en una pantalla. ya resueltos. En el capítulo 5 estudiamos la interferencia debida a dos fuentes puntuales (Fig.186 Héctor Alzate L. Hoy en día el primer agujero se reemplaza por una fuente láser.14 Experimento de Young. inclinados un ángulo θ respecto a la horizontal. Como las rendijas son iguales. se habla de interferencia.13).13 P alejado de las fuentes de modo que los rayos provenientes de las rendijas se puedan tomar como paralelos.6. de difracción por dos fuentes. α /2 (6.4. los que se deben tener en cuenta para hallar I ( P). E01 = A0 sen(α /2) .. pero en óptica decimos que es el ancho de uno de ellos. Al tener en cuenta el ancho de las fuentes. llegan infinito número de rayos a P. El problema de hallar E0 ( P) es una composición de los problemas. según el principio de Huygens. la separación entre ellas es a (Fig. entonces. Esto difiere de lo que comúnmente se entiende por separación. y de una sola de ellas. En la Fig.14 cada rayo tiene un θ distinto. la contribución de la rendija Figura 6. . o también la distancia entre sus centros. por ejemplo. 6. de hallar la amplitud de dos rendijas de ancho infinitesimal y el de hallar la amplitud de una sola de ancho finito b.9) donde α está dado por la Ec. 180 y. El ancho de una sola fuente es b. consideramos Figura 6. 6. La tercera pantalla era la pantalla en la que observó las franjas. Marzo de 2006 Física III queño agujero.1. Pero las fuentes tienen algún tamaño. debido al gran número de rayos necesarios para describir lo que ocurre en P.14). Cuando son necesarios pocos rayos. y de allí salía la luz que incidiría sobre dos agujeros cercanos entre sí. Para construir el diagrama de fasores que permita hallar E0 dividimos en rendijas imaginarias de ancho infinitesimal dx —principio de Huygens— cada una de las 2 rendijas (Fig. pero es por no estar a escala. A las características del patrón de intensidad debidas al ancho de las fuentes se les asigna el adjetivo de difracción. para describir la intensidad en P bastó con dos rayos.15 Fasores para la doble rendija. 6. 6. 6. p. 11 para obtener la intensidad en función del ángulo de observación θ. π (b/λ ) sen θ La Ec. ya usadas varias veces. (6. es un efecto del ancho finito de ellas (función Fd ) el que la intensidad de los máximos sí dependa de θ. λ Con la ley del coseno obtenemos la amplitud del campo resultante en P (Fig.12) π (b/λ ) sen θ En esta función apreciamos lo dicho de que el patrón de difracción de Young es una composición de dos situaciones: la interferencia de dos fuentes infinitesimales (o puntuales) y la difracción de una fuente finita.15). entonces λ / a < λ /b.10) Pero E02 está desfasado respecto a E01 en una cantidad β (Fig. Denominemos función de difracción Fd y función de interferencia (por dos fuentes) Fi a sen π (b/λ ) sen θ 2 Fd = . Reemplacemos α = 2π (b/λ ) sen θ y β = 2π ( a/λ ) sen θ en la Ec. I = I0 sen(α /2) α /2 2 cos2 (β/2). que corresponde con lo que se observa en la pantalla. Fi y su producto I / I0 . En la Fig. La grafica la dibujamos con las suposiciones a. θ ≈ sen θ ≈ tan θ = y/ D. Como a > b. Fi = cos2 [π ( a/λ ) sen θ ]. sen π (b/λ ) sen θ 2 I (θ ) = I0 cos2 [π ( a/λ ) sen θ ]. β = k∆r = 2π a sen θ. 6. α /2 (6. Esta observación nos sirve para hallar la relación a/b . 6. p √ E0 ( P) = E201 + 2E01 E01 cos β + E201 = E01 2(1 + cos β) = 2E01 cos(β/2) = 2A0 sen(α /2) cos(β/2).12 la podemos escribir como I = I0 Fd Fi .16 graficamos a Fd .15). Universidad de Antioquia.6] Difracción 187 Héctor Alzate L. b λ.. También apreciamos en la misma figura que el tercer máximo principal no es observable por coincidir con el primer mínimo de difracción. α /2 Elevemos al cuadrado para obtener la intensidad buscada. Marzo de 2006 superior es idéntica a la de la inferior. La intensidad de los máximos no cambiaría con θ (función Fi ) si el ancho de las rendijas fuera infinitesimal. (6. En el eje horizontal está el contador de máximos principales m = ( a/λ ) sen θ. esto quiere decir que el primer máximo de interferencia cae en un ángulo θ = λ / a menor que el del primer mínimo de difracción θ = λ /b. 6.11) donde I0 = 2c0 A20 . 6. 6. E02 = E01 = A0 sen(α /2) . que implican las aproximaciones. y el de mínimos de difracción m0 = (b/λ ) sen θ. r(t). 6. . Es este un ejemplo sencillo de un fenómeno de gran utilidad práctica: Examinando la distribución de intensidad en una pantalla debida a un dispositivo difractor. Feynman. ¿será Figura 6.16 se explica fácilmente con un modelo ondulatorio para la luz. ¿podremos decir que en los mínimos los fotones se anulan? ¿Cómo respondemos esta pregunta elemental: por cuál de las dos rendijas pasa una partícula? Se halla que cualquier experimento que intente determinar cuál es la rendija destruye el patrón de difracción y en consecuencia lo invalida para responder la pregunta.18. o en el plano focal de una lente convergente. ±9 . por coincidir con los mínimos de difracción ±1. podemos aproximar a paralelos tanto los rayos que llegan como los que salen de la rejilla * En los tres primeros capítulos del siguiente libro se discute el experimento de hacer pasar partículas por rendijas. esto es. Por ejemplo. paralela a la rejilla (Fig. . es necesario renunciar al concepto de trayectoria. . 6.. las irregularidades de estas superficies causan. La superficie de los discos compactos y la caparazón de algunos insectos se comportan como rejillas de reflexión. . respectivamente. de ancho b y separación entre rendijas contiguas a. aunque las partículas son electrones y no fotones: R. examinando su patrón de difracción. decimos que un mínimo se da porque las ondas están en contrafase. Universidad de Antioquia. el patrón de difracción lo examinamos en una pantalla lejana (lejana quiere decir D mucho mayor que el tamaño de la rejilla). es una física probabilista que fue desarrollada en las primeras décadas del siglo XX.17 gitud de onda λ. como partículas no lo podemos hacer con los conceptos newtonianos. la separación de la luz blanca en los colores del espectro visible. Marzo de 2006 Física III con que fue construida la doble rendija a la que le corresponde tal patrón de difracción: 3(λ / a) = 1(λ /b). (No se debe confundir rendija con rejilla).* 6. podemos conocer la geometría del dispositivo. por ejemplo. esto se denomina física determinista.17 se muestra una rejilla de transmisión compuesta por varias rendijas idénticas. no son observables los máximos principales de orden ±3. es obvio que la figura no está a escala).16 Patrón de difracción de que el fotón puede hacer lo mismo? Cuando interpretamos la luz Young. que es básico a toda la física clásica. Una onda atraviesa simultáneamente ambas rendijas. como fotones?. La rejilla la iluminamos perpendicularmente con luz monocromática de lonFigura 6. conlleva que conocemos el pasado presente y futuro de la partícula. En la Fig. 6. ±6. La geometría de una red cristalina se puede investigar examinando el patrón de difracción de una muestra del cristal (p. .4 La Rejilla de Difracción Un conjunto de N rendijas se conoce como una rejilla de difracción por transmisión. Física Volumen III: Mecánica cuántica. Así. aluminio) radiado con rayos X. de donde a = 3b. ±3 . por difracción de las ondas reflejadas. La formación de máximos y de mínimos de la Fig. ¿Pero cómo lo explicamos si interpretamos a la luz como partículas. ±2. incluyendo la teoría de la relatividad. El concepto de trayectoria. ej. colineales. Cuando la separación entre rendijas es el triple del ancho de una de ellas. La mecánica cuántica es la ciencia adecuada para interpretar la luz como partículas.188 Héctor Alzate L. 3. 5. Figura 6. 6.19). " #2 " #2 sen π (b/λ ) sen θ sen Nπ ( a/λ ) sen θ . entre dos vectores E01 procedentes de rendijas contiguas existe un desfase β = k∆r = 2π ( a/λ ) sen θ. Reemplazando en la Ec.6] Difracción 189 Héctor Alzate L. y. aproximadamente.19 Diagrama para hallar E0 .35.21. α /2 sen(β/2) Definimos I0 = 21 c0 A20 y reemplazamos α = 2π (b/λ ) sen θ y β = 2π ( a/λ ) sen θ para obtener la intensidad en función del ángulo de observación.14) Reemplazando a β por δ la figura citada coincide con la Fig. · · · . 165. y calificar de Fraunhofer a la difracción. p. Figura 6. El origen de coordenadas lo determina la perpendicular en el centro de la rejilla. 165.3. Marzo de 2006 Figura 6. en consecuencia. obtenemos la contribución de la rendija i-ésima (i = 1. E0 ( P) = E01 sen( Nβ/2) sen(α /2) sen( Nβ/2) = A0 sen(β/2) α /2 sen(β/2) Para obtener la intensidad en el vacío o en el aire. p. p. equidistantes de P (por la aproximación de pantalla lejana o difracción de Fraunhofer) se cumple que E01 ≈ E02 ≈ · · · ≈ E0N . (6. E0i = A0 sen(α /2) . 180. α /2 con α = 2π (b/λ ) sen θ.15) π (b/λ ) sen θ sen π ( a/λ ) sen θ . 6. N) a la amplitud en P.20 Difracción de N fuentes. 2. a E0 por E0i . (6. la amplitud buscada la da la Ec.13) Debido a que las rendijas son idénticas y a que la primera y última son. sen(α /2) 2 sen( Nβ/2) 2 I ( P) = 21 c0 A20 .18 Difracción por una rejilla. Universidad de Antioquia. I (θ ) = I0 (6. elevamos la anterior expresión al cuadrado y multiplicamos por (1/2)c0 . En el diagrama de fasores para hallar E0 ( P) (Fig. 5.. p. 166 y los máximos de interferencia la Ec.20 graficamos a Fd . y no hay duda de que efectivamente en la rejilla inciden dos longitudes de onda. . Fi y su producto I. Decimos que en m = 2 las dos ondas están justamente resueltas. y es posible que se aprecien como un solo máximo. 6.38.38.5. Las ondas emitidas llegan con un sólo ángulo a la rejilla. conociendo las longitudes de onda y las intensidades respectivas podemos obtener información muy valiosa sobre su composición. en cambio para una rendija es la capacidad para distinguir entre dos puntos. (6. 181. sen π ( a/λ ) sen θ La Ec. La resolución de la rejilla la podemos llamar resolución cromática. λ1 = λ y λ2 = λ + ∆λ. correspondientes a las intensidades que se observan en una pantalla después de que las ondas han traspasado la rejilla. En la Fig. de mínimos de interferencia m0 y de mínimos de difracción m00. p. pero para una rejilla R no se define como un ángulo. cidad para distinguir entre dos longitudes de onda. en cambio para órdenes distintos (m = ±1. Poder de Resolución La luz emitida por una sustancia es la huella digital que la identifica. Para una abertura definimos el poder de resolución R como el mínimo ángulo subtendido por ondas procedentes de dos fuentes lejanas y la abertura que permite distinguir los dos patrones de difracción. usualmente con un ángulo de incidencia de 0◦ . 5. puesto que es su capaFigura 6. Note en la figura los contadores de máximos principales de interferencia m.. 166. El espectro de orden cero está en θ = 0◦ .21 se ilustran las funciones de interferencia para las dos ondas.21 Resolución de una rejilla. 5. los mínimos de interferencia la Ec. . I es cero cuando Fd ó Fi es cero.15 la podemos expresar como I = I0 Fd Fi . 5. representado por la curva llena. ya que ∆λ es pequeño. 6.16) En la Fig. " Fi = #2 sen Nπ ( a/λ ) sen θ .190 Héctor Alzate L. 6. p. y la disciplina especializada en estudiar los espectros se llama espectrometría. según la Ec. a partir de m = 3 están más que resueltas. Supongamos que la fuente solo emite dos longitudes de onda que difieren en ∆λ pequeño (pequeño quiere decir ∆λ λ). ya que todas llegan con 0◦ . 6. Sean Fd la función de difracción de una rendija y Fi la función de interferencia de N fuentes definidas por " Fd = sen π (b/λ ) sen θ π (b/λ ) sen θ #2 . En m = 1 el máximos de cada onda cae en un ángulo ligeramente diferente. Universidad de Antioquia. en m = 2 la separación ∆θ entre los máximos es mayor que la separación que tienen en m = 1. Ya vimos que los mínimos de difracción cumplen la Ec. Marzo de 2006 Física III El patrón de difracción de la rejilla es una composición de dos situaciones: la interferencia de N fuentes infinitesimales y la difracción de una fuente finita de ancho b. . . ) cada λ tiene su θ. El dispositivo utilizado se llama espectrómetro. Con este objetivo la luz se hace incidir sobre una rejilla de centenares de rendijas por milímetro. y vemos que el máximo de la onda 2 cae en el primer mínimo a la derecha del máximo de la onda 1. cada color o λ con determinado ángulo. Como la difracción depende de λ.39. la rejilla descompone la luz en elementos monocromáticos. ±2. entonces también depende de N. llegamos a que R = mN.18) (b) De la Ec. ∆λ = λ2 − λ1 = 0. (6. N En el mismo ángulo θ + ∆θ está el máximo de orden m de la onda 2 y cumple la Ec. en órdenes superiores a 2 el doblete se ve más que resuelto. se debe duplicar N. m = 2. a sen(θ + ∆θ ) = mλ2 = m(λ + ∆λ ). El primer mínimo a la derecha del máximo de orden m de la onda 1 tiene el contador m0 = mN + 1 y su posición angular cumple la Ec. 5. (a) Apliquemos la Ec.39.17. Solución. Según los datos.6] Difracción 191 Héctor Alzate L.59 nm. λ = λ1 = 589.59 nm. N Esta ecuación se simplifica. ∆λ 0. Ec. . λ1 = 589. m 2 Hemos redondeado a 500 porque N es entero.3 = = 499.15 ≈ 500. Ejemplo 6. 5.38.17) donde ∆λ es la mínima diferencia entre dos longitudes de onda que la rejilla permite ver separadas. quiere decir que R depende de m. Para poderlo apreciar en el primer orden. a sen(θ + ∆θ ) = (mN + 1)λ .39. conocidas como un doblete. 6. y como la resolución justa ocurre cuando el máximo de una cae en el primer mínimo más cercano de la otra.00 nm y λ2 = 589. 6. Despejando obtenemos que λ /∆λ = mN. (b) el mínimo número de rendijas que se deben iluminar de una rejilla para poder ver separado el doblete en el segundo orden. Como a mayor m mayor separación entre los máximos de las dos ondas. Marzo de 2006 Definimos el poder de resolución de una rejilla como R = λ /∆λ.5 La luz de sodio contiene dos líneas amarillas con longitudes de onda muy cercanas entre sí. En el primer orden el doblete se aprecia como una sola línea. Hallemos una expresión para R. (mN + 1)λ = m(λ + ∆λ ). involucra el número de fuentes. Universidad de Antioquia. Halle (a) el poder de resolución de una rejilla que permita apreciar separadas las líneas. Como esta es la definición del poder de resolución de la rejilla.. y queda λ = mN∆λ. ya que la ecuación que da la posición angular de los mínimos de interferencia.00 nm. N= R 998. Las dos últimas ecuaciones son iguales.59 nm (6.3. 5.00 nm = = 998. R= λ 589.18 despejemos el número de rendijas. la intensidad en términos de la intensidad I0 en el centro del máximo central.1 Luz violeta procedente del mercurio.8 Halle la relación a/b entre la separación a de dos rendijas y el ancho b de una de ellas para que no se observe el máximo de interferencia de orden 2 por coincidir con el primer mínimo de difracción. el ancho del máximo central de difracción cuando la temperatura cambia ∆T? (b) La anterior pregunta. 6. Problema 6. (a) ¿Cuánto vale la relación λ /b?. medido en el plano focal de la lente. 2. p. A 3◦ del máximo central el desfase entre las onditas provenientes de los extremos de la rendija (repase el principio de Huygens. y cualquier onda. El objetivo del telescopio está cubierto por una rendija de medio milímetro de ancho. Halle (a) la separación entre las rendijas. si D = 5 m? Problema 6. El ancho del máximo central. donde b es el ancho de una de las rendijas. αCu = 1. de longitud de onda 435. entonces. Marzo de 2006 Física III Problemas Problema 6. es de 4 mm. y aplique el criterio de Rayleigh.1. ¿es aplicable la aproximación sen θ ≈ θ? (b) ¿A qué ángulos y qué distancias y (Fig.2 Una onda luminosa plana cae perpendicularmente sobre una rendija rectangular delgada cuyo ancho es mucho mayor que la longitud de onda.7 El patrón de difracción de Fraunhofer de la Fig. p. Halle la máxima distancia a la que es posible distinguir las dos fuentes. El dispositivo se ilumina con luz de longitud de onda λ = b/150. (Ayuda: vea el Ejemplo 5. el ancho de la rendija. p. hasta el tercer mínimo de difracción. Halle (a) la longitud de onda utilizada y el color respectivo.5 Una lámina metálica tiene una rendija muy delgada.22 Dos rendijas. el siguiente problema.8 nm. 6. 98) es 52 rad.1 mm de ancho.50 m de ancho incide perpendicularmente una onda sonora plana de 875 Hz.10 Examinando el patrón de difracción de la Fig. (c) Grafique.22 son las dos rendijas de un dispositivo de Young. Problema 6. 3. Problema 6. Problema 6. los siguientes numerales: (c) la intensidad del máximo principal de orden 0 en términos de I0 .4 Una onda plana incide normalmente sobre una rendija de 0. incide perpendicularmente sobre una rendija. esta se encuentra muy cerca de una lente convergente de 50 cm de longitud focal (Fig. y evalúe la intensidad de los dos primeros máximos en términos de I0 . 6. Problema 6.7 corresponde a una rendija iluminada perpendicularmente con una onda plana monocromática.20 halle (a) el valor de la relación a/b que le corresponde a la rejilla que produce dicho patrón. Problema 6.. separadas 2. Las ecuaciones que se dedujeron para la intensidad. n = 1. 6.192 Héctor Alzate L. (Recuerde que b λ implica que θ 1). Utilizando la aproximación θ ≈ sen θ para θ 1. Halle. máximos y mínimos. · · · . (b) a 3◦ . 181) la intensidad debida al sonido que pasa a través de la ventana es nula. con la Ec. .3 En los capítulos de Interferencia y de Difracción nos hemos referido a la luz. experimenta un comportamiento análogo. resuelva.00 m. Asuma que la resolución está determinada únicamente por la difracción. (d) la intensidad de los máximos principales de orden ±1 y ±2 en términos de I0 . Halle analíticamente. el patrón de difracción de campo lejano para este dispositivo.4. 6. dibuje el nuevo patrón de difracción y justifíquelo. pero la rendija. su coeficiente de expansión térmica lineal es α. 6. pero el sonido.6 Con un telescopio y luz de longitud de onda 550 nm se observan dos fuentes pequeñas distantes. 180).7. tienen igual forma si en lugar de campos eléctricos y magnéticos. respecto al ancho inicial. hablamos de ondas de presión ∆p. 161). A través de una ventana de 0. Problema 6. 6.1 mm de lado. (c) ¿Por qué las dos respuestas anteriores difieren solo en el signo? (d) Evalúe el primer numeral para el cobre cuando la temperatura aumenta 100 ◦ C.7 × 10−5 / ◦ C. (a) ¿En qué porcentaje A cambia. la rapidez del sonido es de 350 m/s.16. Universidad de Antioquia. (b) el número de fuentes que lo produce. análogo a la Fig. en mm. en principio. (d) ¿Cuántos máximos principales completos contiene el máximo central de difracción? (e) ¿Cuál es el orden del máximo más lejano que se puede. p. Cada cuadrado pequeño mide 0. y a qué ángulo? (f) ¿Cuál es la intensidad de este máximo en términos de I0 ? Figura 6. Si la dirección de incidencia en la rendija formara 20◦ con el eje horizontal.9 Los rectángulos negros de la Fig.16. (b) el orden de los máximos principales que se pierden por coincidir con mínimos de difracción. (b) muestre que la intensidad de los máximos laterales es I≈ I0 π2 n + 1 2 2 . observar en la pantalla. Problema 6. esto es. (a) halle la posición angular del primer y segundo máximos laterales del patrón de difracción. 19 6. . en grados.00◦ .27 nm. un protón y sin neutrones) mide 656.12 Discuta el patrón de difracción de campo lejano de cuatro rendijas igualmente espaciadas.19 Dos satélites geoestacionarios están separados 1000 km y emiten microondas de 3. 183). ¿Podríamos resolver un planeta del tamaño de Júpiter que orbitara dicha estrella con el mencionado telescopio? Asuma una longitud de onda de 500 nm. de 4000 rendijas/cm.11.9 Problema 6.8. Demuestre que la separación angular entre los órdenes m de ambas ondas es ∆λ ∆θ ≈ √ . La altura de las órbitas geostacionarias es de 35 700 km. (b) A ≈ 100α ∆T..40◦ con luz verde de longitud de onda de 546. entonces ∆θ 1 y se pueden hacer las aproximaciones cos ∆θ ≈ 1 y sen ∆θ ≈ ∆θ en la identidad sen(θ + ∆θ ) = sen θ cos√ ∆θ + cos θ sen ∆θ ≈ sen θ + cos θ∆θ. 85.2 6. porque 0. con un diámetro medio de 137 000 km. ( a/m)2 − λ 2 Ayuda: como ∆λ λ. (Resolver quiere decir que veamos que tiene superficie. el (−) significa una disminución al aumentar T 1818 m 2 (a) 0.11 6. (f) 4. (b) No. 6. 86. .14 Una rejilla de difracción se ilumina con luz blanca. (b) con la aproximación. ±2. porque tendría sen θ > 1 (a) 4. p.6 6. 473.45 nm. ±6.8 no es mucho menor que 1.27I0 .16 Cierta longitud de onda del espectro de emisión del hidrógeno (átomo con un electrón. Problema 6.4 nm. 7. esto es. por qué? 193 Héctor Alzate L. 1. se ilumina normalmente con luz de hidrógeno.17 Dos ondas planas con longitudes de onda muy cercanas λ y λ + ∆λ inciden sobre una rejilla con separación entre rendijas a.57 m No Problema 6. por la pupila. Halle el mínimo número de rendijas que se debe iluminar con las longitudes de onda mencionadas para que se puedan distinguir las respectivas líneas en el tercer orden (con menos rendijas sólo se vería una línea). (c) Porque el ancho del máximo es inversamente proporcional al de la rendija.045 I0 . 8. Universidad de Antioquia.11 La cuarta franja brillante después del origen producida por una rejilla se observa a 37.20 6] Difracción . para que los vea como dos y no como un solo punto. rojo. Halle (a) el número de rendijas por cm de rejilla. (a) En porcentaje.10 6. (b) 2 (a) 4. Problema 6. Decimos que estos dos órdenes se traslapan. (b) 3. halle la mínima distancia entre dos puntos en el centro de la superficie lunar para que el ojo los resuelva. Halle el mínimo diámetro de un plato o antena receptora en la superficie terrestre para resolver. y que esta tiene un diámetro de 5 mm. el espejo del mayor telescopio tiene un diámetro de 10.(b) ±53.3 Problema 6.0 m (telescopio Keck en Hawaii).67 m (a) 632.89◦ . Halle.016 I0 (a) 0.1◦ . La longitud de onda correspondiente para el isótopo del hidrógeno denominado deuterio (átomo con un electrón. ambas transmisiones.13 6. Halle (a) el orden que se observa a 90◦ y a qué longitud de onda corresponde.1 × 10−6 I0 (a) 1.5. (c) 25.11 mm (b) 0. y la distancia entre la Luna y la Tierra 380 000 km.28 años luz.Problema 6. la separación angular entre tales líneas en los órdenes uno y dos (a) sin la mencionada aproximación.15 6.81◦ . (b) 5n. Aplique el criterio de resolución de Rayleigh. el mayor planeta de nuestro sistema solar es Júpiter. (d) 4. (b) el orden más alto del espectro que contiene todo el rango visible. cuando uno aumenta el otro disminuye en la misma proporción.1 6.9 nm.00086I0 . ±3.17 %. (d) −0.1 nm. 0. 0.18 6. el tercer orden del extremo violeta del espectro visible se observa en un ángulo menor que el orden dos del otro extremo rojo. Respuestas a los Problemas 6. λ visible está entre 380 y 780 nm.4 6.79◦ 1216 49 km 1.77◦ .6 cm de longitud de onda. A = −100α ∆T /(1 + α ∆T ) ≈ −100α ∆T. Muy cercanas quiere decir ∆λ λ. un protón y un neutrón) mide 656. Marzo de 2006 6. Tome λ = 530 nm. (b) 5. (e) 374. o sea que dos puntos diametralmente opuestos del planeta se alcancen a apreciar separados. (b) 0.15 Una rejilla plana de transmisión. (b) ¿Se puede observar una séptima franja brillante.13 Una rejilla de 13 400 ranuras por pulgada se ilumina perpendicularmente con luz blanca.04I0 (a) 2781. de acuerdo con el criterio de resolución de Rayleigh. no.25 mm. . Además.5 Problema 6. cuyas líneas α y β tienen longitudes de onda de λα = 656 nm y λβ = 486 nm.16 6. a una distancia de 4.20 La estrella más cercana a la Tierra es Alfa Centauri. n = ±1. . Problema 6.1◦ . respectivamente. Problema 6.18 Asumiendo que la resolución del ojo la determina únicamente la difracción de la luz al pasar Problema 6. cos θ = 1 − sen2 θ. (d) 5. 6. La aproximación sen θ ≈ θ solo se aplica si a/mλ 1. vea la Fig.8 6. Asuma luz monocromática e incidencia normal. Muestre que para cualquier espaciamiento a de la rejilla. 6.