introduccion al curso de fisica universitaria medilibros.com

introducciÓn al curso defÍsica universitaria

MARIA GUADALUPE BERTOLUZZODocente Investigador

Área Física - Facultad de Ciencias Bioquímicas y FarmacéuticasUniversidad Nacional de Rosario

Rosario - Argentina

STELLA MARIS BERTOLUZZODocente Investigador

Área Física - Facultad de Ciencias Bioquímicas y FarmacéuticasCátedra de Biofísica- Facultad de Ciencias Médicas

Universidad Nacional de RosarioRosario - Argentina

FABIO ENZO QUATTRINDocente Investigador


Rosario - Argentina

RUBEN RIGATUSODocente Investigador


Rosario - Argentina

��Libros Médicos y Científicosc

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INTRODUCCIÓN AL CURSO DE FÍSICA UNIVERSITARIABertoluzzo, María Guadalupe Bertoluzzo, Stella Maris Quattrin, Fabio Enzo Rigatuso, Rubén

2º Reimpresión - Ampliada

No está permitida la reproducción total o parcial de esta obra, ni su tratamiento o transmisión por cualquier medio o método, sin autorización escrita de la Editorial.

DERECHOS RESERVADOS 2004 Editorial CORPUS [email protected]@corpuslibros.com.arwww.corpuslibros.com.arSuipacha 581 - Tel/Fax: (54 341) 439 4978 - (2000) RosarioJunín 979 Tel/Fax: (54 11) 4961 5968 - (1113) Buenos AiresARGENTINA

Editor: Esteban Oscar Mestre

Coordinador Editorial: Lucas R. M. Brun

Impreso por: PÚLSAR Impresos Gráficos

Impreso en Argentina

Introducción al Curso de Física UniversitariaBertoluzzo, M.G... (et. al); - 2º Reimpresión - AmpliadaRosario - Argentina, Corpus Libros, 2004

p. 215; 24 x 16,5 cm.Incluye tablas, ilustraciones e índiceInclude tables, illustrations and index

ISBN 987-98851-3-9

1.Física I.Bertoluzzo, María Guadalupe II.Bertoluzzo, Stella Maris III.Quattrin, Fabio Enzo IV.Rigatuso, Rubén

CDD 530

mailto:[email protected]


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ÍndiceI - UNIDADES Y SISTEMAS DE UNIDADES

Sistema de UnidadesLas Magnitudes y sus UnidadesSistema Internacional de UnidadesMagnitudes DerivadasEquivalencia de UnidadesProblemasLeyes de Escala y Análisis Dimensional

II - INTRODUCCIÓN A PROBLEMAS TÍPICOS DE FÍSICAEcuacionesSistema de EcuacionesEcuación de Segundo GradoProblemas

III - INTERPRETACIÓN DE TEXTOS

IV - INTRODUCCIÓN AL USO DE VECTORESTrigonometríaFunciones TrigonométricasEjercitación

V - SISTEMA DE COORDENADASCoordenadas Sobre una RectaCoordenadas en el PlanoProblemas

VI - MAGNITUDES ESCALARES Y VECTORIALESOperaciones Fundamentales con VectoresFormas de Expresar un VectorProblemasMultiplicación de VectoresEjercitación

VII - ANÁLISIS DE GRÁFICAS

VIII - TRABAJOS PRÁCTICOS DE LABORATORIO

IX - APÉNDICES

X - ÓPTICA GEOMÉTRICAIntroducciónReflexión de la LuzRefracción de la LuzProblemas de Reflexión y RefracciónLentesEstructura del OjoAspectos de la Visión NormalProblemas de Lentes

BIBLIOGRAFÍA

128911182543

4646515758

65

70707172

76767677

79808184103105

108

113

118

122122124131141157182184196

213

PRÓLOGO

Este texto está destinado especialmente a los alumnos ingresantes a la Universidad. En los primeroscapítulos se desarrollan en forma clara y sencilla los conceptos básicos de Unidades y Sistemas deUnidades, Magnitudes Escalares y Vectoriales, Introducción a los Problemas Típicos de Física, Análisisde Gráficas, Análisis Dimensional, así como también sencillas actividades para desarrollar en casa y ellaboratorio. Consideramos que éstos constituyen los conceptos y las herramientas mínimas eindispensables para poder cursar con éxito Física en la Universidad. Dado que la mayor parte de lasinformaciones que alcanzan nuestro conocimiento nos llegan del mundo exterior a través del sentido de lavista, hemos incluido además, en esta edición un capítulo de Óptica Geométrica. En el mismo se utilizanlas leyes empíricas de la reflexión y la refracción para entender las propiedades de la formación deimágenes, en espejos y lentes así como también en sistemas ópticos más complicados como porejemplo el ojo humano. Este capítulo le permitirá al alumno poner en práctica las herramientas de losprimeros capítulos y comprender que la naturaleza es más creativa e inventiva que nosotros. Lanaturaleza de la luz y la manera que ésta atraviesa la materia e interactúa con ella es una de las vetas másricas de la física.

Esta obra es fruto de nuestra experiencia docente en la enseñanza y en los trabajos de investigación enFísica, realizados en el marco de los Proyectos de Investigación: “Taller de Física”, en la Facultad deCiencias Bioquímicas y Farmacéuticas y “Estudios Físicos y Fisiológicos de Sistemas Biológicos” en laFacultad de Ciencias Médicas de la Universidad Nacional de Rosario.

Que este material represente una ayuda para los estudiantes ingresantes a la Universidad es nuestroprincipal objetivo.

Los autores

capÍtulo i UNIDADES Y SISTEMAS DE UNIDADES

Las llamadas ciencias naturales (física, química, etc.) se basan en observaciones. Esas observaciones,para que sean útiles a los investigadores en todas partes del mundo, deben proveer una informacióncuantitativa, que permita corroborar esa observación a quien quiera repetirla. Para obtener dichainformación se requiere la medición de una propiedad física. Por ello, en los cursos de Física nosocuparemos de magnitudes tales como la longitud, el tiempo, la energía, la temperatura o la fuerza, esdecir, entes físicos susceptibles de ser medidos.

La medición es una técnica por medio de la cual asignamos un número a una cierta cantidad de unamagnitud física como resultado de la comparación de la cantidad en estudio con otra similar adoptadacomo unidad o patrón de medida.

Tomemos como ejemplo la medición del tiempo que tarda una piedra en caer desde determinada altura.Para medirlo necesitamos un instrumento de medición: un cronómetro, por ejemplo. Al afirmar que esaduración es igual a 4s estamos diciendo que equivale a 4 veces la duración de 1 segundo.Aquí la unidad demedida es el segundo, elegido arbitrariamente.

Todos los procesos de medición tienen una característica común, esto es, la comparación entre doscantidades de una misma magnitud, una de las cuales es tomada como referencia. EI resultado de lamedición es un número ( la medida ). La medida es el número de veces que la cantidad que se ha medidocontiene a la cantidad de referencia. La cantidad de magnitud que se elige como referencia para lacomparación es la unidad.

Por ejemplo: supongamos que queremos medir el ancho del pizarrón y utilizamos para ello una reglagraduada en cm obteniendo un valor de 250 cm.Este valor nos está diciendo que 1 cm está contenido 250 veces en la longitud que corresponde al ancho delpizarrón.

Es importante que quede claramente especificado el significado de cada uno de estos nuevos términos enel sentido en que la física los utiliza.

¿Cambia la medida de la altura de una persona si se cambia la unidad?

El uso que le damos a la palabra medida, en el lenguaje coloquial nos llevaría a decir que no cambia, quela persona no se agranda ni se achica porque decidamos cambiar la unidad.

Sin embargo, en el sentido físico, sí cambia la medida si se cambia la unidad. En el ejemplo de la gráficatenemos que en un caso la medida es 1,70 y en el otro caso la medida es I70.

Por el contrario, no cambia la cantidad : h ( altura) =1,70 m =170 cm.

Para evitar confusiones al expresar el resultado de una medición, resaltamos la importancia de expresarlacon un número y su correspondiente unidad.

CORPUS 1

Introducción al Curso de Física Universitaria

Ejemplo: hemos medido el ancho de una caja con una regla milimetrada, obteniendo como resultado150 mm. La medida es 150, la unidad es la separación entre dos rayas consecutivas de la regla y sunombre es el milímetro. La magnitud de medida es la longitud. La cantidad de longitud medida es 150mm.

SISTEMA DE UNIDADES

Se define como sistema de unidades a un conjunto de unidades.

Dentro de ellas distinguimos las unidades fundamentales y las unidades derivadas.

Algunas magnitudes físicas no son independientes entre sí. Por ejemplo, la aceleración que leimprimamos a un cuerpo y el tiempo durante el cual apliquemos esa aceleración determinarán lavelocidad del cuerpo.

Aquellas magnitudes que se definen a partir de otras - consideradas como magnitudes fundamentales-reciben el nombre de magnitudes derivadas y las unidades correspondientes, el de unidades derivadas.

Magnitudes fundamentales son aquellas que quedan definidas por sí mismas.Unidades fundamentales son las unidades correspondientes a dichas magnitudes.

La elección de las unidades fundamentales es arbitraria y para realizarla se han seguido criterios prácticos.Por ejemplo, como es más fácil determinar áreas a partir de longitudes que a la inversa, se eligen como magnitud fundamental la longitud.Así, el área resulta ser una magnitud derivada.

El número de unidades fundamentales en un determinado sistemaa es el número mínimo requerido para poder asignarle una unidad a las magnitudes derivadas en ese sistema.

ALTURA

170 cm 1.70 m

Capítulo I - Unidades y Sistemas de Unidades

2

Las magnitudes fundamentales usualmente elegidas son: tiempo, masa, longitud, temperaturatermodinámica, cantidad de materia, corriente eléctrica e intensidad luminosa.

Ejemplo:

Supongamos que tenemos un cubo y queremos determinar la longitud de la arista, superficie de una cara yvolumen del mismo.

Si medimos su arista L, en función de ella sabremos que la superficie de cada cara será:

A=L x L

y el volumen del cubo será:

V=L x L x L

En este caso, podemos ver que la superficie y el volumen serán magnitudes derivadas de la magnitud fundamental longitud.

Las unidades correspondientes pueden hallarse como sigue:

2[ Área ] = [ Longitud ] x [ Longitud ] =[ L]

3[Volumen ] = [ Long. ] x [ Long. ] x [ Long.] = [ L]

donde [ ... ] indica : "La unidad de ..."

Actividad N°1:

Calcular el volumen y la superficie de un bloque de madera con las medidas que se indican.


CORPUS 3

Solución

�Simbolizamos el volumen con la letra V, el ancho del bloque con la letra a, el largo del mismo con la letra l y la altura con la letra h, entonces:

3V = a x l x h = 6 cm x 25 cm x 16 cm = 2400 cm

3V = 2400 cm

3El volumen resulta ser de 2400 cm .

�Simbolizamos la superficie del bloque con la letra S, entonces:

La superficie total S es la suma de las superficies de cada una de las caras:

S = S + S + S + S + S + S1 2 3 4 5 6

Como S = S ; S = S y S = S , la superficie se puede escribir:1 4 2 5 3 6

S = 2 x S + 2 x S + 2 x S1 2 3

2S = a x h = 6 cm x 16 cm = 96 cm1

2S = l x h = 25 cm x 16 cm = 400 cm2

2S = a x l = 150 cm3

2 2 2 2S = 2 x 96 cm + 2 x 400 cm + 2 x 150 cm = 1292 cm

2S = 1292 cm


4

Actividad N°2: Calcular el volumen y la superficie de una canica de 1.6 cm de diámetro.

Solución

Como dato tenemos el diámetro de la canica, D = 1.6 cm. Por lo tanto, el radio es: R = 0.8 cm.

�El volumen de la canica es:

�La superficie de la canica es:

Actividad N°3: Calcular el volumen de un cuerpo sólido que no tiene forma regular. Por ejemplo, unapiedra.

Para ello colocar agua en una probeta adecuada y leer el volumen del líquido (V ).1

Ahora sumergir el cuerpo en la probeta. El agua cambia de nivel, efectuar nuevamente la lectura delvolumen (V ).2

¿Cuál es el volumen de la piedra?

333 14.2)8.0(34

34 cmcmxRV === ππ

222 04.8)8.0(44 cmcmRS === ππ


CORPUS 5

El volumen de la piedra es:

V = V - V2 1

Podemos proceder de este modo para determinar el volumen de la canica de la actividad anterior, pordesplazamiento de líquido. Utilizamos para ello una probeta graduada en ml. Colocamos por ejemplo 69ml de agua.Al colocar la canica en la probeta con agua vemos que el nivel del agua asciende hasta 71 ml.

3Deducimos entonces que el volumen de la canica es igual a 2 cm .En este caso, la diferencia de volumen de agua antes de colocar la canica y después de colocarla, es muypequeña por lo que sería conveniente colocar varias canicas, por ejemplo tres, para que la diferencia devolumen sea notable y el error de medición sea menor.El nivel del agua, en este caso es igual a 76 ml.

3Por lo tanto, el volumen de las tres canicas es igual a: 7cm .Dividiendo este volumen por tres, suponiendo que las tres canicas son iguales, obtenemos el volumen

3de una canica: 2.3 cm .

Actividad N°4

Considérese una escalera sólida construida con cubos unitarios:a) Si la escalera tiene 10 cubos de ancho y 10 de altura y cada escalón tiene 1 cubo de profundidad y 1 cubo

de altura, ¿cuál es el volumen de la escalera?


6

b) ¿Cuál sería el volumen del sólido si consideramos a la escalera como si fuera un plano inclinadouniformemente desde el suelo hasta la base de la capa más alta de cubos?

Solución

a) Comenzando desde arriba, vemos que hay 10 cubos en la primera capa. Este volumen lo simbolizamoscon V , con V el volumen de cada cubo:1

V = 10 V1

En la segunda capa hay dos hileras de diez cubos cada una. Este volumen lo simbolizamos con V :2

V = 2 x V = 2 x 10 V = 20 V2 1

En la tercera capa tenemos 3 hileras de 10 cubos cada una. Este volumen lo simbolizamos con V :3

V = 3 x V = 3 x 10 V = 30 V3 1

En la cuarta capa tenemos cuatro hileras de diez cubos cada una. Este volumen lo simbolizamos con V4:

V = 4 x 10 V = 40 V4

Así llegamos hasta la décima capa que tiene 10 hileras de 10 cubos cada una.

V = 10 x 10 V = 100 V10

El volumen total es:

V = V + V + V + V + V + V + V + V + V + V =T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

= 10 V + 20 V + 30 V + 40 V + 50 V + 60 V + 70 V + 80 V + 90 V + 100 V =

= 550 V

V = 550 V = 550T


CORPUS 7

Ya que se trata de cubos unitarios.

b) En este caso tenemos la mitad del volumen de un cubo de 10 unidades de arista, más el volumen de unprisma de 10 unidades de altura por 10 unidades de ancho por 1 unidad de espesor.

LAS MAGNITUDESYSUS UNIDADES

En la antigüedad, antes de inventarse los primeros instrumentos de medición se usaban partes del cuerpopara medir longitudes.

Por ejemplo, el pie era una unidad usada antiguamente. Sin embargo, la longitud del pie no era la mismapara diferentes personas.

Fue necesario entonces establecer unidades que no presentaran esas dificultades, y que por lo tanto fueranconstantes y reproducibles.

Para tener perfectamente definidas estas unidades y para que pudieran ser compartidas por todos seconstruyeron patrones para cada una de las principales magnitudes.

Históricamente los patrones cambian y permanecen los nombres de las unidades. Así, el metro pasó a seruna fracción de meridiano terrestre, luego la longitud de cierto péndulo, más tarde la distancia entre lasmarcas de una regla guardada en una oficina de medidas y después cierto número de longitudes de onda enel vacío de la luz anaranjada del kriptón.

Existen tres sistemas principales de unidades y en ellos a las magnitudes tiempo, masa, longitud, yfuerzales corresponden las siguientes unidades:

Las unidades indicadas en el cuadro anterior son fundamentales en sus respectivos sistemas, a excepciónde:

Newton (N), dina y UTM,

que son unidades derivadas, como se muestra a continuación:

Un Newton (N) es la fuerza que aplicada a un cuerpo de un kilogramo de masa le imprime una aceleraciónde un metro sobre segundo al cuadrado.

600100500110102

103

=+=+= xxVT

SISTEMAMAGNITUD MKS cgs TECNICO

Tiempo s s sLongitud m cm m

Masa kg g UTMFuerza N dina kgf

2s

mxkgN=


8

Una dina es la fuerza que aplicada a un cuerpo de un gramo de masa le imprime una aceleración de un centímetro sobre segundo al cuadrado.

Una Unidad Técnica de Masa (UTM) es la masa a la cual una fuerza de un kilogramo fuerza le imprimeuna aceleración de un metro sobre segundo al cuadrado.

Por otra parte, se verifican las siguientes relaciones:

31 kg = 10 g = 0,102 UTM

51N = 10 dina = 0,102 kgf

Es conveniente tener en cuenta para agilizar algunos cálculos, que en lugares donde la aceleración de la2gravedad es normal (9,80665 m/s ), la medida de la masa de un cuerpo expresada en kg es igual a la

medida de su peso expresada en kgf. Podemos escribir entonces:

1 kgf = 1 kg x 9,80665

SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SI)

Se designa con este nombre al sistema que se basa en las siete unidades de base correspondientes a lasmagnitudes: Longitud, masa, tiempo, intensidad de corriente eléctrica, temperatura termodinámica,intensidad luminosa ycantidad de materia.(Ver apéndice)

Muchas veces la medida de una magnitud tiene un valor muy chico o muy grande con relación a la unidadadoptada. Es por eso que dentro de una misma unidad se definen múltiplos y submúltiplos en potencias dediez para expresar esos resultados.

Ejemplo:

31000 m = 1 km (Nota: k (kilo) = 10 )-30,001 l = 1 ml ( Nota: m(mili) = 10 )

Múltiplos y submúltiplos de las unidades del SI.

Los nombres de los múltiplos y submúltiplos de las unidades, se formarán anteponiendoel prefijo indicado en la siguiente tabla, en la que también se indica el factor por el queresulta multiplicada la unidad.

2scmxgDina=

2sm


CORPUS 9

Prefijos

Tabla con nombres de múltiplos y submúltiplos usuales

Ejercitación:

Empleando los prefijos de la tabla anterior, expresar adecuadamente las siguientes cantidades:

-151)1,2 x 10 m = 1,2 fm

-92) 5,0 x 10 J = 5,0 nJ

33) 3 x 10 W = 3 kW

-124) 1 x 10 g = 1 pg

-85) 7,5 x 10 m =

-106) 6,7 x 10 kg =

177) 1,3 x 10 s =

-118) 5 x 10 m =

169) 4,3 x 10 m =

910) 2,0 x 10 s = 2,0 Gs

PREFIJO SIMBOLO FACTORExa E 1018

Peta P 1015

Tera T 1012

Giga G 109

Mega M 106

Kilo k 103

Hecto h 102

deca da 101

deci d 10-1

centi c 10-2

mili m 10-3

micro μ 10-6

nano n 10-9

pico p 10-12

femto f 10-15

atto a 10-18

nmmxxmxmxx 7510105,710105,7

1010105,7 19

1

9

1

18 === −

−

−

−

−−

gxgxxgxgxx μ67,010

107,61010107,6107,610107,6

677310 ====

−−−−

Essxxsxx 13,010103,11010103,1 11817 == −

pmmxxmx 50101051010105 12

1

111 == −

−

−−

Pmmxxmxx 4310103,41010103,4 15

1

116 ==−

−


10

MAGNITUDES DERIVADAS

A continuación definiremos algunas de las magnitudes que utilizaremos en el curso de Física. A partir desu definición (ver apéndice), determinaremos luego las unidades que les corresponden:

a)

Como el desplazamiento es una magnitud vectorial cuyo módulo es una cantidad de longitud, y el tiempoempleado es una cantidad de tiempo, podemos escribir:

La última ecuación representa la ecuación de dimensión de la magnitud velocidad.

Ecuación de dimensión es la ecuación matemática que define a una magnitud derivada en función demagnitudes fundamentales.

Podemos escribir también:

si se considera la definición de velocidad. La unidad de la magnitud velocidad se obtiene reemplazando enla última ecuación, por las unidades correspondientes.

Así:

[ v ] = m/s, en el SI y sistema técnicom

[ v ] = cm/s, en el sistema cgsm

b)

La ecuación de dimensión para esta magnitud es:


si se considera la definición de aceleración. La unidad de la magnitud aceleración se obtienereemplazando en la última ecuación por las unidades correspondientes.

Así:

2[a ] = m/s en el S.I. y sistema Técnicom

2[a ]= cm/s , en eI sistema c.g.s.m

empleadotiempoentodesplazamimediaVelocidad =

1−== txLtLv

][][][

txvm Δ

Δ=

dotranscurritiempovelocidaddeiaciónmedianAceleració var=

22

−== txLtLam

2][][

][][][

tx

tva m Δ

Δ=ΔΔ=


CORPUS 11

c) Fuerza = masa x aceleración

La ecuación de dimensión para esta magnitud es:


f = m x a

si se considera la definición de fuerza. La unidad de la magnitud fuerza se obtiene reemplazando en la última ecuación por las unidades correspondientes.Así:

2[ f ] = kg x m/s = N, en el SI

2[ f ] = g x cm/s = dina, en el sistema cgs

[ f ] = kgf, en el sistema técnico.

Como un caso particular tenemos la fuerza peso:

peso = masa x aceleración de la gravedad

[ P ] = [ m ] x [ g ]

La unidad de la magnitud peso se obtiene reemplazando en la última ecuación por las unidades correspondientes.

Así:

2[ P ] = kg x m/s = N, en el SI

2[ P ] = g x cm/s = dina, en el cgs

[ P ] = kgf, en el sistema técnico.

Es muy importante la relación expresada, ya que permite conocer el peso de un cuerpo si se conoce la masa, y viceversa.

Ejercitación:

Determinar, a partir de las definiciones, las unidades que corresponden a las siguientes magnitudes, en los tres sistemas de unidades:

a)

22

−== txLxmtLxmf

volumenmasadensidad=

3Lm

Vm =⇒= ρρ


12

[ ] [ ][ ]3L

m=ρ

Así,3[ρ] = kg/ m , en el SI

3[ρ] = g/ cm , en el cgs

3[ρ] = UTM/ m , en el sistema técnico

b)

Así,

2[p] = N / m , en el SI

2[p] = dina / cm , en el cgs

2[p] = Kgf / m , en el sistema técnico

Pero también tenemos:

La ecuación de dimensión para la presión es:

Entonces,

2[p] = kg / m s , en el SI

2[p] = g/ cm s , en el cgs

2[p] = UTM / m s , en el sistema técnico

áreafuerzapresión=

[ ] [ ][ ]AFp

AFp =⇒=

[ ] [ ][ ]AFp

AFp =⇒=

2222

2

2 tLm

tLLxm

LtLxm

Laxmp ====

6 2 5 21 bar = 10 dina/cm = 10 N/m

3 2 2 21 mbar ( milibarr ) = 10 dina/cm = 10 N/m = 1 HPa (Hectopascall)

1 mm Hg (milímetro de mercur ioo) = 1 Torr

5 1 atm = 760 mm Hg = 760 tor rr = 1,0133 x 10 N/m²


CORPUS 13

En general, siempre que se aplica una fuerza sobre una superficie, se dice que ésta produce una presión,cuyo valor se obtiene dividiendo el valor de la componente perpendicular de la fuerza por el área de lasuperficie sobre la cual actúa.

Para ilustrar el concepto de presión, veamos un ejemplo correspondiente a un objeto sólido. Supongamosun bloque de 50 N de peso y cuyas caras tienen áreas de: 50 cm², 100 cm² y 200 cm² respectivamente.

Coloquemos el bloque sobre una superficie apoyándolo sucesivamente sobre sus tres caras. El peso delbloque no depende de la forma en que el mismo está apoyado, siempre será 50N, pero la superficie desostén soportará un peso por unidad de área que sí varía porque la superficie sobre la cual descansa elbloque cambia de acuerdo a la posición. En las tres condiciones mostradas, tendremos:

Obsérvese que la presión disminuye a medida que el área aumenta y viceversa.

Por ello, cuando un auto, o camión se “empantana” por estar fangoso el camino, sale de esta situaciónaumentando la superficie con la simple aplicación de tablones.

El uso de doble y cuádruple rodado en el eje trasero de los camiones está justificado por la misma razón: alaumentar la superficie, disminuye la presión.

El uso de esquíes o raquetas para andar por la nieve, es otro ejemplo clásico que justifica que “a mayor superficie, menor presión”. De este modo no se produce hundimiento en la superficie nevada.

c)trabajo = fuerza x desplazamiento

W = F x d

[W] = [F] x [d]

[W] = N x m = J (Joule), en el SI

[W] = dina x cm = ergio, en el SI

[W] = Kgf x m, en el sistema técnico

PamNpPa

mNpPa

mNp 5000

01.050;2500

02.050;10000

005.050

232221 ======


14

La ecuación de dimensión para el trabajo es:

W = Fx L= m x a x L=

2 2 2= m x L/t x L= m x L / t

La unidad de trabajo en los distintos sistemas es:

2 2[W] = Kg x m / s , en el SI

2 2[W] = g x cm /s , en el cgs

2 2[W] = UTM x m / s , en el sistema técnico

d) densidad relativa de un líquido=

La densidad relativa es adimensional.

Tener en cuenta que el patrón de densidades relativas de sólidos y líquidos es el agua destilada a 4°C. (A3esa temperatura el agua presenta el valor máximo de densidad, y corresponde arbitrariamente a 1 g/cm ).

Para los gases, el patrón de densidades es el hidrógeno molecular en condiciones normales de presión ytemperatura, esto es, 1 atmósfera y 273 K.

3En esas condiciones la densidad del hidrógeno molecular es 0,0000893 g/ cm .

Picnómetros

El picnómetro es un frasco de vidrio de reducidas dimensiones con un tapón esmerilado y hueco,prolongado por un tubo delgado en el que se marca un punto de enrase (nivel del líquido). Este enrase sirvepara fijar un volumen constante.

aguadeldensidadlíquidodeldensidad

a

Lr ρ

ρρ = [ ][ ] 1][ ==⇒

a

Lr ρ

ρρ


CORPUS 15

Se puede emplear para determinar la densidad relativa de un líquido. El método de medición es indirectoy está basado en la comparación de masas.

Si el picnómetro vacío tiene una masa m y lleno de agua tiene una masa m , la masa de agua contenida enp 1

el picnómetro será:

m = m - ma 1 p

Si en lugar de agua, llenamos el picnómetro con el líquido cuya densidad deseamos medir, cuidando quesu volumen sea igual que el del agua, el picnómetro con este líquido tendrá una masa igual a m . La masa2

de líquido contenido en el picnómetro será:

m = m - mL 2 p

La densidad relativa de este líquido será entonces:

En esta expresión hemos llamado V al volumen de líquido y V al volumen del agua. Como ambosL a

volúmenes son iguales se cancelan.

La densidad relativa del líquido se puede expresar como:

Peso específico - Peso específico relativoo.

Peso específico (P ) de una sustancia es el cociente entre su peso "P" y su volumen "V":e

Las unidades de peso específico se determinan dividiendo la unidad de peso elegida por la unidad devolumen.

NOTA: Dado que el peso de una sustancia es la fuerza con que la Tierra atrae al cuerpo y la misma no tieneun valor constante, puede observarse que el peso específico tampoco tendrá un valor constante.

El peso específico relativo (P ) de una sustancia es el cociente entre el peso específico de la misma y eler

peso específico de otra sustancia patrón.

p

p

a

a

L

a

L

mmmm

VmVm

−−

==1

2

ρρ

p

p

a

LrL mm

mm−−

==1

2

ρρρ

VPPe=

333 ][;][;][mkgfP

cmdinaP

mNP TécnicoëcgsëSIë ===

eP

eer P

PP =


16

Relación entre densidad y peso específico

De acuerdo a las definiciones anteriormente vistas, tenemos:

luego:

La relación entre densidad relativa y peso específico relativo, resulta:

O sea que ambas magnitudes son numér icamente igualess.

Ejercitación:

Con ayuda de las definiciones del Apéndice, deducir la ecuación de dimensión de las siguientesmagnitudes:

1) volumen

3V = L

2) aceleración

2a = L/ t

3) peso específico

2 3 2 2P = P/ V = m x g / V = m x L/ t L = m / t Le

4) fuerza

2F = m x a = m x L/ t

5) trabajo

2 2W = F x d = m x a x d = m x L / t

6) potencia

2Pot = W / t = F x d / t = m x L/ t x L/t =

2 3= m L / t

7) presión

2 2 2p = F /A= m x a /A= m x L/t L = m / t L

8) Demostrar que las magnitudes energía cinética y energía potencial tienen la misma dimensión que lamagnitud trabajo.

gV

gmVPPe ρ===

gPe ρ=

err P=ρ


CORPUS 17

La energía cinética se define como:

El trabajo se define como:

Es decir, [E ] = [ W]c

La energía potencial se define como:

Por lo tanto,

[E ] = [W]P

EQUIVALENCIADE UNIDADES

Método práctico para el cambio de unidades: Método del factor 1.

Consiste en multiplicar la cantidad a transformar por una fracción igual a 1, de modo que no altera a lacantidad, y permite el cambio de unidades de manera simple y rápida.

Ejemplos:

1) Convertir 9 kg a g.

Sabemos que:

31 kg = 10 g

Luego:

2

22

2

][][][][][][

21

tLxmvxmE

vmE

c

c

==

=

[ ] [ ] [ ] 2

2

2 ][][][

][][

tLxmLx

tLxmW

dxFW

==

=

[ ] ][][][ hxgxmE

hxgxmE

P

P

=

=

[ ] [ ] [ ] 2

2

2 ][][][

][][

tLxmLx

tLxmEP ==

gxkg

gxkgxkg 33

109110919 ==


18

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]dxaxmdxFW ==

2) Convertir 5,8 UTM a g.

Sabemos que:

1 kg = 0,102 UTM

y

31 kg = 10 g

Luego:

3) Convertir 18 N a dina.

3 34) Convertir 15,5 N/m a kgf/cm

Sabemos que:1N = 0,102 kgf

3 6 3 1 m = 10 cm

Ejercitación:

A) Efectuar las transformaciones de unidades que en cada caso se indican:

2 21) 11 kg/m a g/cm

2 22) 119 m/s a cm/s

3) 408 kgf a dina.

gkg

gxkgUTMkgxUTMxUTM 56840

11084,56

102,018,518,5

3

===

dinaxN

xNxN 55

101811018118 ==

36

36

3

333 10581,110

1581,11

102,05,1515,15cmkgfx

cmmx

mkgf

Nkgfx

mNx

mN −===

221

24

23

22 1,1101110

11

101111cm

gcm

gxcm

mxkg

gxmkg

mkg === −

24

222

22

2

22

1019,1

101019,1101191

10119119

scmx

scmxx

scmx

mcmx

sm

sm

=

====

dinaxdinaxx

dinaxkgf

dinaxxkgfkgf

853

55

109984,310109984,3

104,39981108,9408408

==

===


CORPUS 19

3 34) 918 cm a m

2 2 2 25) 49 kg x m / s a g x cm /s .

6) 1200 cm/s a m/s.

7) 45 N x m a kgf x m.

8) 45 N x m a dina x cm.

3 39) 0,19 g/cm a kg/m .

10) 325 km/h a m/s.

2 211) 123 N x m/s a dina x cm/s .

B) Indicar en qué sistema de unidades están expresadas las siguientes cantidades y expresarlas en otrosdos sistemas de unidades.

1) Un golpe de karate dado con la mano, puede ejercer una fuerza de 300 kgf.

Se encuentra expresado en el sistema técnico.

En el SI

34

36236

333

1018,9

101018,910

1918918

mx

mxxcm

mxcmcm

−

−

=

===

2

28

2

27

2

243

2

2

2

2

109,410109,4

110

1104949

scmxgx

scmxgxx

mcmx

kggx

smxkg

smxkg

==

==

sm

smxx

cmmx

scm

scm

12

10102,110

112001200 232

=

=== −

mxkgfN

kgfxmxNmxN 59,48,9

14545 ==

cmxdinaxcmxdinaxxxmcmx

NdinaxmxNmxN

825

25

105,41010105,41

101

104545

==

==

34

3

36

333 109,11

1010119,019,0

mkgx

mcmx

gkgx

cmg

cmg ==

sm

shx

kmmx

hkm

hkm 28,90

36001

110325325

3

==

29

25

22 1023,11

101

10123123scmxdinax

mcmx

Ndinax

smxN

smxN ==

Nkgf

Nxkgfkgf 29401

8,9300300 ==


20

En el cgs

2) La mano de un karateka puede desarrollar una velocidad máxima de 1200 cm/s.

Está expresado en el sistema cgs

1200 cm/s = 12 m/s en el SI y en el técnico

3) La masa de un hombre adulto es 7,3 UTM.

Está expresado en el sistema técnico.

En el SI

7,3 UTM = 71540 g en el cgs

4) La densidad media de la Tierra es 5,5 g/cm3.

Está expresado en el cgs

5,5 g/cm3 = 5500 kg/ m3 en el SI

En el sistema técnico

4 25) La presión en el fondo de un estanque es 2 x 10 kgf/m

Está expresado en el sistema técnico.

En el SI

En el cgs

6) La potencia desarrollada por un motor es 5 kgf m / s.

Está expresada en el sistema técnico.

En el SI

En el cgs

dinaxkgf

dinaxxkgfkgf 85

1094,21108,9300300 ==

kgUTM

kgxUTMUTM 54,711

8,93,73,7 ==

3

3

36

333

561

8,91

110

1015,55,5

mUTM

kgUTMx

mcmx

gkgx

cmg

cmg

=

==

25

24

24 1096,1

18,9102102

mNx

kgfNx

mkgfx

mkgfx ==

26

24

25

25

24

1096,1

101

1101096,1102

cmdinax

cmmx

Ndinax

mNx

mkgfx

=

==

sJ

smN

kgfNx

smxkgf

smxkgf 4949

18,955 ===

sergiox

scmdinax

smxkgf 87 109,410495 ==

CORPUS


21

7) La presión atmosférica normal es de 101325 Pa.

Está expresado en el SI.

En el cgs


8) La energía potencial gravitatoria de un cuerpo a una altura de 50 m es de 9800 J.

Está expresado en el SI.

En elcgs


C) Expresar en unidades del SI las siguientes cantidades:

17 21) 3,6 x 10 m/min

2) 202 kgf m

33) 0,02 UTM/m

24) 980 dina /cm

35) 0,4 kgf / m

86) 3,8 x 10 ergio

26

2

24

25

22

1001325,110101325

101

110101325101325101325

cmdinax

cmdinax

cmmx

Ndinax

mN

mNPa

==

===

2

22

10339

1013258,9

1101325101325

mkgf

mkgf

Nkgfx

mNPa

=

==

ergioxJ

ergioxJJ 107

108,91

1098009800 ==

mkgfN

kgfxmxNJ 10008,9

198009800 ==

214

2

2

217

217 10

)60(min1

min106,3

min106,3

sm

sxmxmx ==

mNkgf

Nxmkgfmkgf 6,19791

8,9202202 ==

333 1960.01

8,902.002.0mkg

UTMkgx

mUTM

mUTM ==

22

24

522 981

1010

1980980mN

mcmx

dinaNx

cmdina

cmdina ==

333 92,31

8,94,04,0mN

kgfNx

mkgf

mkgf ==

JergioJxergioxergiox 38

101108,3108,3 7

88 ==


22

7) 700 dina

8) 0,52 cm/s

39) 1,4 g/cm

10) 84 km /h

311) 4,5 x 10 l

12) 2,5 at

51 at = 1,013 x 10 Pa

6 213) 1,015 x 10 dina / cm

314) 1,3 g/dm

15) 5900

16) 30° 15' 20''

30° 15´20´´= 30,25555° x π rad / 180°= 0.528 rad

NxdinaNxdinadina 3

5 10710

1700700 −==

smx

cmmx

scm

scm 3

2 102,510

152,052,0 −==

33

36

333 14001

101014,14,1

mkg

mcmx

gkgx

cmg

cmg ==

sm

shx

kmmx

hkm

hkm 3,23

36001

1108484

3

==

333

3333 5,4

101105,4105,4 m

dmmxdmxlx ==

Paxat

Paxxatat 55

1053,21

10013,15,25,2 ==

23

2

24

526

26

10015,1

110

10110015,110015,1

mNx

mcmx

dinaNx

cmdinax

cmdinax

=

==

33

33

333 3,1101013,13,1

mkg

mdmx

gkgx

dmg

dmg ==

mxA

mxAA o

oo7

10109,5

10

159005900 −==

°=°= 25,0´60

1´15´15 x °=°= 00555,0´´3600

1´´20´´20 x

CORPUS


23

oA

17) 7,8 g/l

18) 90 km/min

19) 45° 02' 10'’

45° 02' 10'' = 45,036° x π rad / 180° = 0.786 rad

20) 50 kgf

D) Empleando la notación exponencial, expresar las siguientes cantidades en unidades del SI.

1)620 nm

-9 2 -9 -7620 nm = 620 x 10 m = 6,2 x 10 x 10 m = 6,2 x 10 m

2) 15 Gg

9 9 10 715 Gg = 15 x 10 g = 1,5 x 10 x 10 g = 1,5 x 10 g =1,5 x 10 kg

3) 8,5 μs

-68,5 μs = 8,5 x 10 s

4) 50 ml

-3 -2 -5 350 ml = 5,0 x 10 x 10 l = 5,0 x 10 l = 5 x 10 m

5) 1020 hPa

3 2 51020 hPa = 1,020 x 10 x 10 Pa = 1,020 x 10 Pa

6) 2,60 pg

-12 -12 -3 -152,60 pg = 2,60 x 10 g = 2,60 x 10 x 10 Kg= 2,60 x 10 Kg

7) 60 kw

3 460 Kw = 6,0 x 10 x 10 w = 6,0 x 10 w

33

3

3 8,7101

1018,78,7

mkg

mlx

gkgx

lg

lg ==

sm

sx

kmmxkmkm 1500

60min1

110

min90

min90

3

==

°=°= 0333,0´60

12́2́ x

°=°= 002777,0´´3600

1´´10´´10 x

Nkgf

Nxkgfkgf 4901

8,95050 ==


24

8) 97 Mhz

6 797 Mhz = 9,7 x 10 x 10 hz = 9,7 x 10 hz

39) 1,5 dm

3 -1 3 3 -3 31,5 dm = 1,5 x (10 ) m = 1,5 x 10 m

10) 35 ag

-18 -17 -3 -2035 ag = 3,5 x 10 x 10 g = 3,5 x10 x 10 kg = 3,5 x 10 kg

PROBLEMAS:

1) Calcular la capacidad en litros de un tanque cilíndrico para agua, cuya base tiene 20 m de perímetro, y sualtura es de 1,5 m.

Solución:

El volumen del cilindro es:

R el radio del cilindro y h la altura.

En nuestro caso, h = 1,5 m.

El perímetro del cilindro es:

Per = 2 π R = 20 m

R = 3,18 m

Entonces,

V=47 700 l

hRV 2π=

322 7,475,1)18,3( mmxmxhRV === ππ

CORPUS


25

2) Deducir una expresión para calcular el área y el volumen de las esferas inscriptas y circunscriptas en uncubo de lado a.

Solución

�Cuando la esfera está inscripta en un cubo, el diámetro de la esfera es igual al lado del cubo:

D = a

El área de la esfera es:

El volumen de la esfera es:

�Para una esfera circunscripta, tenemos:

El diámetro de la esfera d, es igual a:

a su vez, b es igual a:

reemplazando en la ecuación anterior resulta:

222 )2

(44 aaRS πππ ===2aS π=

33

33

61

834)

2(

34

34 aaaRV ππππ ====

3

61 aV π=

22 bad +=

222 2 aaab =+=

aaaad 332 222 ==+=


26

La superficie de la esfera es:

El volumen de la esfera es:

3) Una tarjeta rectangular mide 12 cm por 8 cm. Se la hace girar 90° en torno al lado de 12 cm. ¿Quévolumen barre en su movimiento?

Solución

a= 8 cmb= 12 cm

En su movimiento describe un cuarto de cilindro.

Volumen del cilindro= V

El volumen barrido por el rectángulo es:

Si se lo hiciera girar alrededor del lado de 8 cm, el radio del cuarto de cilindro que describe es de 12 cm y la altura de 8 cm:

222 3)23(44 aaRS πππ ===

23 aS π=

33

33 3361

833

34)

23(

34

34 aaaRV ππππ ====

3

23 aV π=

322 241312)8( cmcmxcmxhRV === ππ

36034

cmVVb ==

3221 36198)12( cmcmxcmxhRV === ππ

31 905

4cmVVb ==

CORPUS


27

34) Una cáscara esférica tiene un radio exterior de 5 cm y el volumen ocupado por el material es de 24 cm .Calcular el radio interior de la cáscara.

Solución

Re = 5 cm

3Volumen ocupado por el material = V = 24 cmm

Volumen exterior = Ve

5) Considerar un cilindro que tiene un volumen ocho veces mayor que otro e igual altura ¿cuál es larelación entre sus radios?

Solución

El volumen de un cilindro lo simbolizamos con V :1

el volumen del otro cilindro lo simbolizamos con V :2

333 6,523)5(34Re

34 cmcmVe === ππ

33

34Re

34 RiVVV iem ππ −=−=

33

34Re

34 RiVm ππ −=

33

34Re

34 RiVm ππ −=−

RiVm

=−

−

π

π

34

Re34 3

3 cmRi 9,4=⇒

12

11 hxRxV π=

2222 hxRxV π=


28

Según el enunciado del problema,

V = 8 x V1 2

h = h = h1 2

Resulta entonces que:

6) Establecer a qué magnitudes se le asignan las siguientes unidades: kg, kgf, dina, mm de mercurio,2 3.cm/s, km/h , N/m

Solución

2 27) Qué cantidad indica mayor presión:10 Pa o 100 dina/cm ( 1 Pa = 1 N/m ).

Solución

Expresemos ambas cantidades en el mismo sistema de unidades para poderlas comparar:

Vemos así que ambas cantidades indican igual presión.

8) Qué cantidad indica mayor fuerza:10 N o 1,5 kgf.

Solución

10 N equivalen a 1,02 Kgf, por lo tanto, 1,5 Kgf indica mayor fuerza que 10N.

hxRxxhxRx 22

21 8 ππ =

8

88

8

2

1

2221

22

21

=

==

=

RR

RRxR

RxR

UNIDAD MAGNITUDKg MasaKgf Fuerzadina Fuerza

mm de mercurio Presióncm/s Velocidad

Km/h2 AceleraciónN/m3 Peso específico

2

24

25

22

100

101

110101010

cmdina

cmmx

Ndinax

mN

mNPa

=

===

kgfN

kgfxNN 02,18,9

11010 ==

CORPUS


29

3 39) Qué cantidad indica mayor densidad:1,2 g/cm o 120 kg/m .

Solución

3 3Por lo tanto, 1,2 g/cm indica mayor densidad que 120 kg/m .

10) Qué cuerpo poseerá mayor masa, un cubo de madera de 3 cm de arista o una esfera de hierro de 1 cm deradio? .

3Datos: densidad de la madera =1,2 g/ cm .3densidad del hierro = 7,8 g/cm .

SoluciónLa densidad del cubo es igual a la masa del cubo dividido el volumen del cubo:

3 3 3Vc = a = (3 cm) = 27 cm

De igual modo se procede para calcular la masa de una esfera de hierro:

Por lo tanto, la esfera posee mayor masa que el cubo.

311) Qué peso tiene una semiesfera de bronce de 5 cm de diámetro, si la densidad del bronce es 8,6 g/cm .

Solución

El volumen de una esfera de 5 cm de diámetro es:

Por lo tanto, el volumen de la semiesfera es:

La masa de la semiesfera es:

33

36

333 12001

101012,12,1

mkg

mcmx

gkgx

cmg

cmg ==

c

cm V

m=ρ cmc Vxm ρ=⇒

gcmxcm

gVxm cmc 4,32272,1 33 === ρ

e

ee V

m=ρ

eee Vxm ρ=

333 19,4134

34 cmcmxRVe === ππ

gcmxcm

gVxm eee 7,3219,48,7 33 === ρ

se

see V

m=ρ seese Vxm ρ=

3333 44,65)5,2(34

34 cmcmxRVe === ππ

37,322

cmVV ese ==

gcmxcm

gVxm seese 2,2817,326,8 33 === ρ


30

Para calcular el peso de la semiesfera tenemos que tener en cuenta que:

2 5P= m x g = 281,2 g x 980 cm/s = 2,76 x 10 dina

24 612) Se sabe que la masa de la Tierra es de 5,98 x 10 kg y su radio de 6,38 x 10 m. ¿Cuál es la densidadmedia de la Tierra ? ¿ y su peso específico?

Solución

Por lo tanto, la densidad media de la tierra es:

El peso específico de la Tierra es:

13) Calcular:

a) EI radio de un cilindro de acero de masa 3 kg y altura igual a 20 cm.3Densidad del acero = 7,8 g/cm .

Solución

Apartir de la expresión de la densidad, podemos obtener la expresión para el volumen:

Asu vez, el volumen de un cilindro se puede expresar como:

T

TT V

m=ρ

321333 1008,1)1038,6(34

34 6

mxmxxRVT === ππ

33321

24

5,555371008,11098,5

cmg

mkg

mxkgx

Vm

T

TT ====ρ

35,5cm

gT =ρ

3321

224

263541008,1

8,91098,5

mN

mxsmxkgx

Vgm

VPPe ====

35426cmdinaPe =

ρρ mV

Vm =⇒=

hRV 2π=

cm

cmgxcmx

gR

hmRmhR

47,28,720

0003

3

2

==

=⇒=

π

ρπρπ

CORPUS


31

b) EI volumen ocupado por 10 g de alcohol y por igual masa de agua si sus densidades son3 3respectivamente 0,8 g/cm y 1 g/cm .

Solución

Apartir de la expresión de la densidad, podemos obtener la expresión del volumen:

El volumen de 10 g de alcohol es:

El volumen de 10 g de agua es:

c) EI radio de una esfera de cobre de 150 g.3Densidad del cobre = 8,6 g/cm

SoluciónDe la expresión de la densidad obtenemos la expresión para el volumen:

Asu vez, el volumen de una esfera es:

Entonces,

14) Una cierta cantidad de azúcar llena un envase de 16 cm x 0,08 m x 50 mm.a) ¿ Cuántos envases pueden colocarse en un vagón de carga de 220 dm x 240 cm x 2,4 m?

Solución

El volumen de cada envase de azúcar es:

3V = 16cm x 8 cm x 5 cm = 640 cme

El volumen del vagón es:

3V = 2200 cm x 240 cm x 240 cm = 126 720 000 cmv

ρρ mV

Vm =⇒=

3

3

5,128,0

10 cm

cmggmV

ol

olol ===

ρ

3

3

101

10 cm

cmggm

Vag

agag ===

ρ

ρρ mV

Vm =⇒=

3

34 RV π=

cm

cmgx

gR

mRmR

04,26,8

34

150

343

4

3

3

3

3

==

=⇒=

π

ρπρπ


32

El número de envases es:

b) Si la masa de azúcar en uno de los envases es de 450 g, ¿cuál es la masa de azúcar en el vagón de carga?

Solución

La masa de azúcar en el vagón es:

M = n x m = 198 000 x 450 g = 89,1 tonaz ce

c) ¿Cuál es la densidad del azúcar?

Solución

La densidad del azúcar es:

15) Un corredor olímpico puede correr a una velocidad media de 10 m/s un cierto trecho. Suponer que sumasa es de 67 kg. Calcular su energía cinética en unidades de SI y de los sistemas cgs y técnico.

Solución

La energía cinética es:

E = 341,8 kgf mc

2 216)Sobre dos superficiesAy B de áreas 2 dm y 8 cm respectivamente, se ejercen fuerzas perpendicularesde valores 50N y 2N. Comparar ambas presiones y expresarlas en el sistema cgs.

Solución

Las dos presiones son iguales.

En el cgs tenemos:

2p = p = 25 000 dina/cm1 2

000198640

0007201263

3

===cm

cmVeVvn

33 7.0640450

cmg

cmg

Vm ===ρ

ergioxergioxE

JsmxkgxvmE

c

c

107

22

1035,3103350

3350)10(6721

21

==

===

AFp =

2221

11 250025,0

20050

mN

cmN

cmN

AFp ====

2222

22 250025,0

82

mN

cmN

cmN

AFp ====

CORPUS


33

317)Un trozo de madera ocupa un volumen de 1,2 dm y tiene una masa de 960 g. Calcular:a) El peso de ese trozo de madera

Solución

El peso del trozo de madera es:

2P= m g = 960 g x 980 cm/s = 940 800 dina

b)El peso específico de la madera

c)La densidad de la madera.

18)Un átomo de hierro tiene un diámetro del orden de 2 . Considerando que el átomo es de formaesférica, ¿cuántos átomos de hierro existirán en un cubo de 1 cm de arista?

SoluciónPodemos considerar que cada átomo está inscripto en un cubo de arista igual al diámetro del átomo. En talcaso, el volumen de cada cubo (V ) será:cc

3 -10 -30 3V = L = (2x10 m) = 8x10 mcc a

El volumen de un cubo de 1 cm de arista es:

3 -6 3Vc = 1 cm = 1x10 m

El número de átomos de hierro será:

19) Calcular la energía cinética, en unidad del SI de un electrón que alcanza la pantalla de un tubo de rayos7 -28catódicos con una velocidad de 1 x 10 cm/s, si la masa del electrón es 9 x10 g.

Solución

La energía cinética del electrón es:

20) ¿Cómo se podría determinar la densidad del hielo? ¿ Se podría obtener su volumen fundiendo el hieloy midiendo el del agua resultante? ¿Por qué?

Solución

Se podría utilizar un recipiente de forma regular, un cubo por ejemplo o un recipiente cilíndrico.

33 7841200

940800cmdina

cmdina

VPPe ===

33 8,01200

960cm

gcmg

Vm ===ρ

oA

23330

36

1025.1108101 x

mxmx

vVn

cc

c === −

−

JxsmxxkgxxvmEc

2125312 105,4)101(10921

21 −− ===


34

Se pesa primero el recipiente (m ) y luego se le coloca una cierta cantidad de agua, sin llenarlo. Se mide la1

masa del recipiente y la del agua que contiene (m ).2

Restando las masas m - m , obtenemos la masa del agua. Esta masa será igual a la masa del hielo.1 2

Se enfría el agua en el recipiente hasta que se forme el hielo. Se desaloja el hielo, se mide la arista, en elcaso de un cubo y se halla el volumen. Si se tratara de un cilindro, será necesario medir el diámetro de labase y la altura, para poder hallar el volumen.

Para obtener la densidad dividimos la masa por el volumen.

No se podría medir el volumen fundiendo el hielo y midiendo el volumen del agua resultante porque el volumen del hielo es mayor.

�Realizar esta experiencia e indicar el valor de la densidad del hielo obtenida.�Repetir la experiencia con distintos recipientes y verificar que la densidad permanece constante.

21) Según la Biblia, Noé recibió instrucciones de construir un arca de 300 codos de largo, 50 codos deancho y 30 codos de alto. El codo era una unidad de longitud basada en el largo del antebrazo e igual a lamitad de una yarda.a) ¿Cuáles pudieron ser las dimensiones del arca en metros?

Solución

1 codo = ½ yarda

1 m = 1,0936 yarda

1 codo = 0,457 m

300 codos= 137,2 m

50 codo = 22,9 m

30 codo = 13,7 m

Las dimensiones del arca serían: 137,2 m x 22,9 m x 13,7 m

b) ¿Cuál pudo ser el volumen en metros cúbicos? Considere que el arca era rectangular.

El volumen es:

3V = 137,2 m x 22,9 m x 13,7 m = 43043,8 m

Actividad N°5:

Tiempo de reflejo nervioso:

Desde que recibimos un estímulo hasta que nos damos cuenta transcurre un tiempo y otro lapso adicionaldesde que decidimos reaccionar hasta que lo hacemos efectivamente. Este tiempo total está comprendidoentre 0,15 y 0,25 segundos.

CORPUS


35

�Para realizar la medición de este tiempo, se puede proceder de la siguiente manera:

Utiliza una regla de unos 20 a 40 cm de longitud, tómala verticalmente del extremo superior. Pídele a uncompañero que coloque el índice y el pulgar alrededor del extremo inferior de la regla y que detenga lacaída del objeto en el mismo instante que la sueltas.Comprobarás que hasta que tu compañero logre sujetar la regla, ésta habrá caído cerca de 20 cm.

Podemos aplicar la siguiente fórmula para averiguar el tiempo:

2; y = 20 cm ; g = 9,8 m/s

¿Cuál es tu tiempo de reflejo nervioso?

Actividad N°6

Determinación del número de gotas que cabe en un determinado volumen

Objetivo:

Se trata de medir el número de gotas que cabe en un volumen determinado marcado con una cinta adhesivatransparente en un tubo de ensayo o un recipiente cualquiera.

Observaciones:

�De acuerdo al tiempo que disponga, elija el tamaño del recipiente. Recomendamos un recipientepequeño, donde quepan no mucho más de 100 gotas. Se trata de determinar varias veces cuántas gotascaben en el tubo.�La primera vez que se llena el recipiente, probablemente se necesitarán más gotas, y después del primer

vaciado, menos, porque si el líquido moja las paredes interiores, eso lleva varias gotas.

�Los químicos acostumbran, para enrasar el nivel, dirigir la visual horizontalmente, sobre el bordeinferior del menisco o curva cóncava que hace el líquido cuando moja el recipiente. Si no lo moja, el superior.

�Note cómo el tamaño de las gotas no puede ser arbitrariamente grande, y además depende de latemperatura y de la presencia de detergentes.

gyttgy 2

21 2 =⇒=


36

1) La experiencia consiste en llenar sucesivas veces el recipiente con ayuda del mismo gotero. Hastaenrasar en la marca hecha previamente.

(no hacer "trampas" y forzar la coincidencia de sus determinaciones)

�Elaborar una tabla donde se indique el número de veces que se midió y cuántas gotas se obtuvo cadavez.

Actividad N°7

El dinamómetro es un instrumento que se utiliza para medir fuerzas.

Consta de un resorte y una escala donde se puede leer el valor de la fuerza a la que está sometido dichoresorte.En las siguientes figuras observamos dos cuerpos cuyos pesos quieren determinarse.

CORPUS


37

Si colgamos una pesa de masa m del extremo de un resorte suspendido verticalmente, se observa unestiramiento del mismo (ΔL). Con el objeto de encontrar una relación entre el peso que colocamos y el estiramiento que se produce, colocamos pesas de distinta masa y medimos el estiramiento. Los datos losvolcamos en una tabla y realizamos un gráfico del peso (P) en función del estiramiento del resorte (ΔL).


38

Vemos que el peso resulta ser directamente proporcional al estiramiento del resorte:

P= k (ΔL)Hemos llamado k a la constante de proporcionalidad. Esta constante es igual a la pendiente de la recta y es la constante del resorte:

K= 1.73 gf/cm= 1695 dina/cm

Actividad N°8:

Toma dos o tres trozos de plastilina de diversos tamaños y dales forma alargada para que puedanentrar en la probeta.

Sujeta cada trozo con un hilo y determina:

�Su peso Pmediante el dinamómetro.�Su volumen V por desplazamiento del agua en la probeta.

Con los datos obtenidos elaborar una tabla donde figure en una columna el material utilizado, en otra elpeso, en otra el volumen y en otra el cociente entre el peso y el volumen. Observar los resultados delcociente P/V en la última columna de la tabla.

P(gf) ΔL(cm)2 1.34 45 5.57 9.59 13.5

CORPUS


39

�¿ Cómo son estos valores entre sí?

�¿ Cómo se denomina a este cociente?.

�Ahora tomar otro objeto, por ejemplo una llave, y repetir con ella las mediciones. ¿Qué se observa?.

Actividad N°9 :

Deberá disponer de un dinamómetro y un trozo de plastilina. Determinar el peso P de la1

plastilina con el dinamómetro cuando la plastilina está "sumergida" en aire. Ahora volver adeterminar el peso P de la plastilina pero sumergida en un líquido ( por ejemplo, agua ).2

¿ Qué se observa?


40

Problemas

21 ) ¿Qué es más doloroso el pisotón de un hombre que pesa 100 kgf y tiene un taco de 5 cm , o el de 2una dama de 50 kgf con un taco de 1 cm ?

Solución

Calculamos la presión que ejercen ambos pisotones:

Es más doloroso el pisotón de la dama, ya que la presión resulta ser mayor que la que ejerce el pisotón delhombre.

2) ¿Qué nombre recibe el instrumento para medir la presión atmosférica?

Se denomina barómetro.

3) ¿Aqué se denomina presión de una atmósfera?

Una atmósfera es la presión atmosférica normal a nivel del mar. Una atmósfera equivale a 760 mm de5mercurio, lo que es igual a 1,013 x10 Pa = 1013 hPa.

4)Determinar el aumento de presión de un fluido en una jeringa hipodérmica cuando se le aplica unafuerza de 42 N al pistón cuyo radio es de 1,1 cm.

Solución

La manera como una fuerza puede actuar sobre un sólido es distinta a como puede hacerlo sobre un líquidoo un gas. Sobre el sólido la fuerza se puede aplicar en un punto o área muy pequeña y produce el efectocorrespondiente, en tanto que en un fluido, para que se produzca el efecto deseado, es necesario que el

AFp = 22

1

11 20

5100

cmkgf

cmkgf

AFp === 22

2

22 50

150

cmkgf

cmkgf

AFp ===

CORPUS


41

mismo esté encerrado y la acción de la fuerza se ejerza mediante una superficie.En ningún caso podremos desplazar una masa de un líquido o de un gas sin disponer de una superficieadecuada de material sólido que transmita al fluido la fuerza que se aplica. Por lo tanto, para describir lasfuerzas que actúan sobre un fluido nos referimos siempre a la presión p, la cual se define como elcociente entre el valor de la componente normal de la fuerza ( F ) y el área (A) sobre la cual se aplica.N

o en símbolos:

El aumento de presión en el fluido de la jeringa es:

35) Calcular la presión manométrica en el fondo de un depósito lleno de benceno de (densidad 879 kg/ m )hasta una altura de 2.5 m, si el fondo del depósito tiene forma rectangular y sus dimensiones son 3 m x1,5m. ¿ Qué fuerza ejerce el benceno sobre él?.

Solución

La presión que ejerce el peso de la columna de benceno sobre el fondo del recipiente es:

Esta presión, es la presión manométrica, debido solamente al peso del benceno sobre el fondo delrecipiente. Es decir, no consideramos la presión atmosférica que es la presión que ejerce la columna de aire.

Aes el área del fondo del recipiente y Pes peso de la columna de benceno:

2A= 1,5 mx 3 m = 4,5 m

P= m g = ρ V g = ρ Ah gben ben

áreafuerzaladelarperpendicucomponentepresión=

AFp N=

22 05,11)1,1(

42cmN

cmN

AFp ===

π

APp =


42

Entonces, la presión es:

La presión es de:

2p = 21536 N/m

La fuerza que ejerce el benceno sobre el fondo es igual al peso de la columna de benceno:

3 2 2P= m g = ρ V g = 879 kg/m x 4,5 m x 2,5 m x 9,8 m/s =ben

= 96910 N

6)La cabeza de una jirafa está a 2 .5 m de su corazón.. ¿ Cuál es la diferencia de presión de la sangre de3 3una jirafa entre el corazón y la cabeza?.. (Densidad de la sangre = 1,05 x 10 kg / m ).

Solución

La diferencia de presión la podemos escribir como:

En este caso, ρ es la densidad de la sangre.

LEYES DE ESCALA Y ANÁLISIS DIMENSIONAL

En la naturaleza hay una gran variedad de formas y tamaños. Encontramos, por ejemplo, la ballena -13azul de 200 toneladas de peso, y microorganismos como el micoplasma, de 2 x 10 g de masa. Para

comparar ambas masas es necesario expresarlas en el mismo sistema de unidades.

3 5M = 200x10 kg = 2x10 kgB-13 -16M = 2x10 g= 2x10 kgm

5 -16 21M /M = 2x10 kg/2x10 kg= 10B m

hgA

ghAAPp ben

ben ρρ ===

223 5,215355,28,9879mNmx

smx

mkghgp ben === ρ

223 257255,28,91050mNmx

smx

mkghgp ===Δ ρ

hgp ρ=Δ


CORPUS 43

21Observamos que la masa de la ballena (M ) resulta ser 10 veces mayor que la masa del micoplasma (M ).B m

Entre las masas de ambos hay 21 órdenes de magnitud.

Nos podemos preguntar hasta qué punto son comparables los fenómenos que observamos en organismospequeños con los que ocurren en otros mucho mayores.En general, se aprecia una relación entre el tamaño y la función en los seres vivos: a mayor tamaño, mayorcomplejidad.

Para que se pueda hablar de regularidad ha de darse una cierta semejanza, tanto en el tamaño como en lafunción.

En figuras geométricas semejantes, la superficie es proporcional al cuadrado de la dimensión lineal,mientras el volumen es proporcional al cubo de la dimensión lineal.

Sin embargo, Galileo, dos mil años después, se dio cuenta de que este principio de semejanza presentalimitaciones.Aún guardando la semejanza, el tamaño de las cosas no puede aumentar arbitrariamente. Undiseño eficaz a pequeña escala puede no serlo a una escala mayor.

Se puede determinar la variación de una propiedad con el tamaño mediante el principio de semejanza,combinado en el caso de los seres vivos, con alguna hipótesis biológica. No existen leyes generales, sinouna línea de razonamiento que pretende encontrar aquella variación para cada caso concreto.

Ejemplos:

1)El ritmo metabólico es la energía consumida en la unidad de tiempo (potencia) como consecuencia delos procesos del metabolismo, y que a la larga acaba convirtiéndose en calor.

Una posible hipótesis biológica consistiría en suponer que el ritmo metabólico (RM) es simplementeproporcional a la masa (M) del organismo, ya que los procesos metabólicos tienen lugar en todo el cuerpo:

RM α M

Así, por ejemplo, en un animal con el doble de masa que otro deberíamos observar un consumo doble deenergía en su metabolismo. Este es un ejemplo de leyde escala.

Sin embargo, en el caso de los mamíferos, no se observa experimentalmente que el RM sea directamenteproporcional a la masa. Es necesario, entonces establecer otra hipótesis.

Como el calor se escapa a través de la piel, es decir, de la superficie del animal, el ritmo metabólico podríadepender del área exterior del cuerpo:

RM α A

Como el área es proporcional a una longitud característica al cuadrado:

2A α L

El RM resulta proporcional a una longitud característica al cuadrado:

2RM α L


44

Además, la masa M del animal es proporcional al volumen, que a su vez es proporcional a Lal cubo:

M = ρ V (densidad por volumen) α V

3 1/3 2/3 2M α V α L M α L M α L

de donde concluimos que el ritmo metabólico seguiría una Leyde escala del tipo:

2/3RM α M

Esta ley se aproxima más a la que se obtiene experimentalmente, pero no es del todo satisfactoria. Para unanimal con el doble de masa obtendríamos un consumo de energía 1.59 veces mayor en su metabolismo.

En realidad, los mamíferos siguen una ley del tipo:

3/4RM α M

Para explicar este resultado deberemos apoyarnos en una hipótesis más complicada.

Vemos entonces que no siempre es posible extrapolar los resultados de una escala a otra de forma trivial,es decir, mediante una regla de tres, sino que hay que determinar la correspondiente ley de escala que engeneral, no será lineal.

Lo más importante de dichas leyes es el exponente con que una magnitud se relaciona con otras.

2)El ritmo metabólico de una colectividad de 1000 bacterias de 10 μm de diámetro es de 2 kcal/díamientras que el de una colectividad semejante de 20 μ es de 8 kcal/día. ¿Son compatibles estos datos con

2/3una ley de escala del tipo RM α M ?

Suponemos que las bacterias son esféricas, por lo tanto, la masa está relacionada con su longitudcaracterística, el radio L, mediante:

3M α L

2/3 2RM α M α L

Para comparar ambas colectividades, hemos de tener en cuenta:

2 2RM /RM = L / L = ¼1 2 1 2

RM / RM = ¼1 2

Efectivamente, esa hipótesis es compatible con el resultado experimental, lo cual supone que el ritmometabólico es proporcional al área externa de las bacterias.


CORPUS 45

capitulo ii INTRODUCCIÓN A PROBLEMAS TÍPICOS DE FÍSICA

ECUACIONES:

Cuando tenemos una expresión algebraica que relaciona distintas magnitudes, es muy habitual que nos interese conocer el valor de alguna de ellas que no está directamente expresada en la relación. Veamosalgunos ejemplos:

1) Dada la siguiente expresión:

obtener la expresión para:

a) T ; b) T ; c) α ; d) Lf i o

Si:

[L] = [L ] = cm y [T ] = [T ] = °Co f i

determinar la unidad de α.

Solución

a)

b)

))(1( ifo TTLL −+= α


)(1 ifo

TTLL −+= α

)(1 ifo

TTLL −=− α

ifo

TTLL −=− )1(1

α

fio

TTLL =−− )1(1

α))(1( ifo TTLL −+= α

)(1 ifo

TTLL −+= α

)(1 ifo

TTLL −=− α

ifo

TTLL −=− )1(1

α

ifo

o TTL

LL −=−− )(1α

ifo

o TTL

LL =+−− )(1α

46

c)

d)

Para determinar las unidades de α partimos de la expresión:

Por lo tanto, la unidad de α es:

2)Apartir de la expresión para el calor específico:

obtener la expresión para : Q , m, T , T .2 1

Si [Q] = cal , [m] = g, [T ] = [T ] = °C2 1

determinar la unidad de c.

Solución

Partimos de la expresión:

y obtenemos Q


)(1 ifo

TTLL −+= α

)(1 ifo

TTLL −=− α

α=−− o

o

if LLLx

TT1

α=−−

oif

o

LTTLL)(


oif

LTT

L =−+ )(1 α

oif

o

LTTLL)( −

−=α

11][)][(

][][ −°=°

=°

=−

−= CCcmC

cmLTT

LLoif

oα

1][ −°= Cα

)( 12 TTmQc

−=

)( 12 TTmQc

−=

)( 12 TTmcQ −=


CORPUS 47

Para obtener m partimos de la expresión original:

m resulta ser:

Para obtener T partimos de la expresión original:2

La expresión para T resulta:2

Finalmente, para obtener T partimos de la expresión original:1

Para determinar la unidad de c partimos de la expresión:

La unidad de c es:

3) Dada la siguiente ecuación despejar x , x´, y f:

)( 12 TTmQc

−=

)( 12 TTcQm−

=

)( 12 TTmQc

−=

12

12

12

)(

)(

Tmc

QT

mcQTT

QTTmc

+=

=−

=−

12 Tmc

QT +=

)( 12 TTmQc

−=

QTTmc =− )( 12

cmQTT =− 12

21 TcmQT −=−

cmQTT −= 21

)( 12 TTmQc

−=

Cgcal

TTmQc

°=

−=

)][(][][][

12

Cgcalc°

=][

fxx1

'11 =+

Capítulo II - Introducción a Problemas Típicos de Física

48

Solución

Para determinar x partimos de:

x resulta ser:

Procediendo de igual forma podemos obtener x´:

x´ resulta ser:

Para obtener f procedemos de la siguiente forma:

fxx1

´11 =+

fxxxx 1

´´ =+

fxxxxfxxfxfxxxfxx

´´´´´)´(

−==+=+

ffxxx )(´ −=

fxx1

´11 =+

fxxxx 1

´´ =+

fxxxfxxxfxfxxxfxx

−==+=+

´´´´´)´(

xffxx

fxxfxfxxxfx

−−=

−=−−=−

´

)(´´´

fxfxx

−=´

fxx1

´11 =+

fxxxx 1

´´ =+

xxxxf

xxxxf

+=

=+

´´

´)´(


CORPUS 49

4) Dada la siguiente fórmula:

Despejar ΔT.

Solución

5) De la siguiente ecuación despejar ρ :l

Solución

De la expresión:

Obtenemos ρL

6) Despejar γ:

Solución


hATVTV mHgHg =Δ+−Δ+ )31()1( αβ

hATVTV mHgHg =Δ+−Δ+ )31()1( αβ

αβ

αβ

αβ

3

)3(

3

mHgHg

mHg

mHgmHgHg

mmHgHgHg

VVVVhA

T

VVhAVVThATVVTVV

−+−

=Δ

+−=−Δ

=Δ−−Δ+

ccsL VgVgT ρρ =+

ccsL VgVgT ρρ =+

VgTVg

TVgVg

ccL

ccsL

−=

−=

ρρ

ρρ

rpp θγ cos4

21 =−

rpp θγ cos4

21 =−

γθ

θγ

=−

=−

cos4)(

cos4)(

21

21

rpp

rpp

θγ

cos4)( 21 ppr −=


50

7) De la siguiente ecuación despejar h:

Solución


8) Despejar ρ :l

Solución

SISTEMADE ECUACIONES

Para arribar a la solución de numerosos problemas de Física es necesario resolver un sistema deecuaciones. Por tal motivo se dará, mediante un ejemplo, una breve explicación del tema, dejando unestudio más profundo para el curso de Matemática.

1) En un tiempo t=0 un automóvil comienza un movimiento rectilíneo uniformemente acelerado con unavelocidad v . Si al cabo de 10 s su velocidad es de 15 m/s, y la distancia recorrida es de 100 m, calcular suo

aceleración.

Solución

Si recordamos las fórmulas vistas en cinemática notaremos que no se puede aplicar ninguna directamente,ya que en todas, además de la aceleración ( a ) aparece la velocidad inicial ( v ), que también eso

desconocida.

°=− 180coscos21 2

θθμ

senhgmmghvm

°=− 180coscos21 2

θθμ

senhgmmghvm

)1180coscos(2

)180coscos(21

180coscos21

2

2

2

+°=

+°=

+°=

θθμ

θθμ

θθμ

seng

vh

hmgsen

gvm

mghsen

hgmvm

vrVgLc ηπρρ 6)( =−

vrVgLc ηπρρ 6)( =−

Vgvr

Lcηπρρ 6=−

Vgvr

cLηπρρ 6−=


CORPUS 51

Sin embargo, podemos tomar dos ecuaciones que tengan a la aceleración y a la velocidad inicial comoincógnitas y formamos un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

2x = V t + ½ a to

v = v + a to

Reemplazando las letras por sus valores:

10s v + 50s a = 100 m (1)o 2

v + 10s a = 15 m/s (2)o

Primer método: Sustitución

Este método consiste en despejar una variable de una ecuación y reemplazarla en la otra. Por ejemplo de laecuación (2)

V = 15 m/s - 10s ao

reemplazando en (1)

210s (15 m/s - 10s a ) + 50s a = 100 m

Resolviendo

2 2150 m - 100s a + 50s a = 100 m

250 m - 50s a = 0

2 2a = 50 m/ 50s = 1 m/s

Segundo método: Igualación

Dividiendo ambos miembros de la ecuación (1) por 10 el sistema queda:

21s v + 5s a = 10 m (3)o

v + 10s a = 15 m/s (4)o

En este método se despeja la misma variable de ambas ecuaciones y después se igualan.

De (3) v = 10 m/s - 5s ao

De (4) v = 15 m/s - 10s ao

luego, 10 m/s - 5s a = 15 m/s - 10s a5s a = 5 m/s

2a = 1 m/s

2) Calcular la velocidad y la longitud de un tren que ha empleado 10s en pasar delante de un observadorque se encuentra junto a las vías y 15s en atravesar una estación de 100 m de longitud.

Solución

Las incógnitas son v y L.


52

Si tardó 10s en pasar delante de un observador tenemos que:

L= v t (1)

Como tarda 15 s en atravesar una estación de 100 m de longitud, tenemos:

100 m = v t (2)2

De la ecuación (2) podemos obtener la velocidad del tren:

Introduciendo este valor en la ecuación (1) podemos hallar la longitud del tren:

L= 67 m

3) En el siguiente sistema de ecuaciones:

m , m , m y g son datos. Hallar: a, T y TA B c AB BC.

Solución

1) - m g + T = m aA AB A

2) - T + T = m aAB BC B

3) -m g + T = - m aC BC c

De 1) despejamos T :AB

Introducimos este valor en 2)

Reemplazamos en 3)

vxsL 10=⇒

vxsm 15100 =⇒

sm

smv 7,6

15100 ==

amTgmamTT

amTgm

cBCc

BBCAB

AABA

−=+−=+−

=+−

AAB mgaT )( +=

gmammT

amTmga

AABBC

BBCA

++=

=++−

)(

)(

amgmammgm CAABC −=+++− )(

CBA

Ac

cAcAB

mmmgmma

gmmammm

++−=

−−=++

)(

)()(


CORPUS 53

Para hallar T reemplazamos la expresión de “a” en:AB

Para hallar T , de la ecuación 3) despejo T y reemplazo en ella el valor de “a”:BC BC

� Para no utilizar “a” podemos proceder de la siguiente forma:

Sumamos las ecuaciones 1) y 2) miembro a miembro:

A esta ecuación la multiplicamos por “ m ”:c

(4)

Multiplicamos la ecuación 3) por (m + m ):A B

(m + m ) m g + ( m + m ) T = - ( m + m ) m a (5)A B C A B BC A B c

Sumamos (4) y (5) miembro a miembro:

-m g ( 2 m + m ) + ( m + m + m ) T = 0C A B A B C BC

AAB mgaT )( +=

ACBA

CBAAcAB

AcBA

AcAB

mmmm

gmgmgmgmgmT

mgmmmgmmT

+++++−=

+++

−= ))((

ACBA

BcAB mx

mmmgmmT

+++= )2(

amgmT cCBC −=

CBA

ACcCBACBC

CBA

ACcCBC

mmmmmgmmmmgmT

mmmgmmmgmT

++−−++=

++−−=

)()(

)(

CBA

ACBACBC mmm

mgmmmgmT

++++

=)(

CBA

BACBC mmm

mmgmT+++= )2(

ammTgm BABCA )( +=+−

ammmTmgmm BACBCCAC )( +=+−

CBA

BAcBC mmm

mmgmT+++= )2(


54

4) Se sabe que:

y

Expresar γ en función de γ , N y N .a LL a

Solución

1)

2)

Dividiendo miembro a miembro la expresión 1) y 2)

5) Del siguiente sistema de ecuaciones despejar α :

F - Psen α = 0

N - Pcos α = 0

Solución

(1)

(2)

Dividimos miembro a miembro la primera ecuación y la segunda:

rNP

LL π

γ2

=r

NP

aa π

γ2

=

LL

LL Nr

Pr

NP

πγ

πγ

22=⇒=

aa

aa Nr

Pr

NP

πγ

πγ

22=⇒=

L

a

a

L

a

L

NN

NrP

NrP

==

π

πγγ

2

2

L

aaL N

Nγγ =

αα senPFsenPF =⇒=− 0

αα cos0cos PNPN =⇒=−

ααα tg

PsenP

NF ==

cos

NFarctg=α


CORPUS 55

6) Del siguiente sistema de ecuaciones despejar T y F en función de P y β:

T cos β - P = 0

F - T sen β = 0

Solución

Dividiendo la segunda ecuación por la primera

De la segunda ecuación, tenemos:

7) Despejar a y T en función de m y m :1 2

T - m g = m a1 1

- m g + T = - m a2 2

Solución

Restando miembro a miembro 1) y 2)

Para obtener T, multiplicamos 1) por m y 2) por m . Luego sumamos ambas ecuaciones miembro a2 1

miembro:

FsenTPT

==

ββ

)2cos)1

βββ tgPF

PF

TsenT =⇒=cos

βββ tgPsenTFsenT =⇒=

βcosPT =

amTgm

amgmT

22

11

)2

)1

−=+−

=−

ammgmm

amamTgmgmT

)()( 2112

2121

+=−

+=−+−

21

12 )(mm

gmma+−=

ammTmgmma

ammgmmTma

21121

12122

)2

)1

−=+−

=−


56

8) Despejar x en función de f:

Solución

ECUACIÓN DE SEGUNDO GRADO

Amenudo en Física nos encontramos con la necesidad de resolver ecuaciones como la siguiente:

2ax + b x + c = 0 con a, b y c pertenecientes a los reales y a distinto de cero.

Las soluciones de esta ecuación, llamada de segundo grado, se obtienen aplicando una fórmuladenominada resolvente:

2donde, según el discriminante Δ = b - 4 a c , tendremos tres casos:

02)( 2121

2112121122

=−+

−=+−−

gmmmmT

ammammTmgmmgmmTm

21

212mm

gmmT+

=

2´

1´

11

=

=+

xx

fxx

xxxx

fxx

2´2´

1´

11

=⇒=

=+

fxfx

fxx1

231

212

1211

=⇒=+

=+

fx23=⇒

32 xf =

acabb

x2

42

2,1−±−

=


CORPUS 57

I) Δ> 0 , entonces x y x son números reales distintos.1 2

Ii) Δ = 0 , entonces x = x y pertenecientes a los números reales.1 2

Iii) Δ < 0 , entonces x y x son números complejos.1 2

Ejemploo:

Se lanza verticalmente hacia arriba una piedra con una velocidad inicial de 24,5 m/s. Calcular el tiempopara el cual la piedra está a 19,6 m por encima del punto de lanzamiento.

Solución

Como tenemos un tiro vertical usamos la fórmula:

2h = v t - ½ g to

reemplazando por los datos

2 24,9 m/s t - 24,5 m/s t + 19,6 m = 0

Aplicando la resolvente:

t = 4 s y t = 1 s1 2

Por lo tanto hay dos tiempos para los cuales la altura es de 19,6 m.

¿Qué interpretación puede darse?

Si alguno de los valores obtenidos fuese negativo, la solución sería el valor positivo.En ese caso, el problema tendría sólo una solución, ya que un valor negativo no tendría sentido físico parala situación que estamos analizando.

PROBLEMAS

1) Hallar la base y la altura de un rectángulo sabiendo que la diagonal es de 15 cm y la altura es 3 cm máscorta que la base.

Solución

2

2

2,1

9,42

6,199,44)5,24(5,24

smx

mxsmx

sm

sm

t−±

=

22,1 /8,9/7,14/5,24

smsmsmt ±=


58

La diagonal, en este caso es la hipotenusa de un triángulo rectángulo y satisface la siguiente ecuación:

(1)

Además, la altura es 3 cm más corta que la base:

(2)

Reemplazando la ecuación (2) en la (1) queda:

b = 12 cm y b = - 9 cm1 2

De estos valores sólo tiene sentido el valor positivo. Por lo tanto:

b= 12 cm y h = 9 cm

22) Calcular el largo y el ancho de un terreno rectangular cuya área es de 600 m y su perímetro es de110 m.

Solución

La superficie del rectángulo la podemos expresar como:

S = a x L

21) 600 m = a x L

El perímetro del rectángulo lo podemos expresar como:Per = 2 a + 2 L

2) 110 m = 2 a + 2 L

De la ecuación 1) obtenemos a:

22 bhd +=

2215 bhcm +=

cmbh 3−=

01083

021662

962225

9615

22

22

222

222

=−−

=−−

+−=

++−=

cmcmbb

cmcmbb

cmcmbbcm

bcmcmbbcm

Lma

2600=


CORPUS 59

Reemplazamos esta expresión en la ecuación 2)

L = 40 m L = 15 m1 2

Los dos valores son posibles

a = 15 m a = 40 m1 2

3) Calcular los números a y b sabiendo que son consecutivos y su producto es igual a 210.

Solución

1) b = a +1

2) a x b = 210

Reemplazando la ecuación 1) en 2) tenemos:

a x (a + 1) = 210

2a + a - 210 = 0

a = 14 y b = 151 1

a = - 15 y b = -142 2

4) Hallar los números m y n sabiendo que su producto es igual a -18 y que su suma es igual a 3.

Solución

1) m x n = - 182) m + n = 3

De 2) obtenemos que:

m = 3 - n

Reemplazando en 1)

( 3 - n ) x n = - 18

23 n - n + 18 = 0

060055

21200110

21200110

26002110

2

22

22

2

=+−

+=

+=

+=

mLmL

LmLm

LLmm

LL

mxm


60

n = - 3 y n = 61 2

m = 6 y m = - 31 2

5) Calcular el perímetro de un triángulo isósceles sabiendo que la base supera a la altura en 4 cm y los ladosiguales superan a la altura en 2 cm.

Solución

El perímetro del triángulo se puede expresar como:

Per = a + b + c

Se trata de un triángulo isósceles, cuyos lados iguales son a y c, entonces:

1) Per = 2 a + b

Además se sabe que la base supera a la altura en 4 cm:

2) b = h + 4 cm

Los lados iguales superan a la altura en 2 cm:

3) a = h + 2 cm

Podemos escribir otra ecuación considerando uno de los triángulos rectángulos que se forman al trazar laaltura:

4)

Reemplazando las ecuaciones 2) y 3) en 4) podemos obtener h:

22

22

4)

2( hbhba +=+=

22

2

22

4)4()2(

4)4(2

hcmhcmh

hcmhcmh

++=+

++=+

cmh

hcmh

cmhcmhcmhcmh

cmhcmhcmhcmh

8

08

168516164

1685)44(4

2

2222

2222

=

=+−

++=++

++=++


CORPUS 61

Por lo tanto,

a = 10 cm y b = 12 cm

y el perímetro resulta ser:

Per = 32 cm

6) Calcular el área de un trapecio cuya base mayor es el triple de la base menor y su altura el doble de labase menor. La suma de las tres medidas es 142 cm.

Solución

1) B = 3 b

2) h = 2 b

3) B + b + h = 142 cm

Reemplazando 1) y 2) en 3) obtenemos:

3 b + b + 2 b = 142 cm

b = 23,7 cm

B = 71 cm

h = 47,3 cm

El área del trapecio resulta:

2A= 2240 cm

7) Dadas las siguientes ecuaciones:

2Obtener R y t sabiendo que g, H, y h son datos. Si g = 9,8 m/s , H = 10m y h = 6m, hallar R y t.

2)( hbBA +=

2

210

2

tghH

txhxgxR

−−=

=


62

Solución

De la segunda ecuación obtenemos t:

8) Dadas las siguientes ecuaciones:

Hallar h y t, sabiendo que H, h y g son datos.3

Solución

De la primera ecuación despejamos t:

Sustituimos esta expresión para t, en la segunda ecuación

ghHt )(2 −=

)(2

)(4)(22

hHhR

hHhg

hHhgR

−=

−=−=

s

sm

mmg

hHt 9,08,9

)610(2)(2

2

=−=−=

mmmmhHhR 8,9)610(62)(2 =−=−=

23

3

210

)(2)(2

txgxh

thHgxhHh

−=

−=−

)(2)(2

3hHghHh

t−−

=

33

33

)(

)(2)((4

210

hHhHhh

hHghHhgh

−−=

−−−=

2233 hhHhHh −=−

0)(323 =−−+− hHhHhh


CORPUS 63

Hemos obtenido así dos valores posibles para h .3

Reemplazando estos valores en la expresión de t, se obtienen dos valores para t:

2)44

2)(4

22

3

2

3

−+−±−

=

−−−±−

=

hhHHHh

hHhHHh

hHhHHh

hhHHh

−=−+=

=−−=

2)2(

2)2(

13

13

)(2)(2

3hHghHh

t−−

=

gh

hHghHh

t2

2)(2)(2

1 =−−

=

ghH

hHHghHh

t2

2))((2

)(22

−=−−

−=


64

capitulo iii INTERPRETACIÓN DE TEXTOS

Con la finalidad de agilizar la mente en la comprensión de textos, proponemos la realización de lossiguientes ejercicios.

Debe realizarse en cada caso un gráfico que represente claramente la situación descripta.

1) Un extremo de una barra está fijo a la pared. La barra está en posición horizontal (se desprecia la flexiónde la barra por acción de la gravedad).Una fuerza F = 100 N se aplica en el extremo libre de la barra, con una dirección que forma 30° con lahorizontal. (¿Hay sólo un gráfico que cumpla lo especificado?)

Solución

2) Dos esferas de masa m están ubicadas en los vértices de un triángulo equilátero colocado en posición vertical, y una esfera de masa 2m está ubicada en el vértice superior.

Solución

3) En un círculo de radio R se recorta un círculo de radio r cuyo centro está ubicado a la distancia R/2 del centro del disco. Represente 3 situaciones diferentes.

Solución


CORPUS 65

4) Dos esferas, una de masa 9 g y la otra de 3 g, están vinculadas por una varilla rígida horizontal y giranen torno a un eje vertical que pasa por la varilla en una posición cercana a la masa mayor.

Solución

Capítulo III - Interpretación de Textos

66

5) En un tubo de vidrio con forma de U conteniendo mercurio se vierte en una rama agua y en la otraaceite. Las interfases del mercurio con cada líquido están a la misma altura. Represente aproximadamentelas alturas de líquido que determinan el equilibrio teniendo en cuenta que el aceite es menos denso que elagua.

Solución

6) El agua alcanza una altura H en un depósito grande y abierto. Se practica un orificio en una de lasparedes a una profundidad h por debajo de la superficie del agua y otro orificio a una profundidad h .1

Ambos chorros tienen el mismo alcance R (distancia medida a partir del pie de la pared).

Solución

Actividad N°10

La investigación de Torr icelli

Entre los discípulos de Galileo se encontraba Evangelista Torricelli (1608 1647); gran admirador de sumaestro asimiló las enseñanzas de éste y realizó una obra trascendente; su más notable descubrimiento serelaciona con un problema que dejó planteado Galileo. Se sabía que las bombas aspirantes no puedenelevar el agua a más de 18 varas; ¿ por qué ese límite?. Este es un problema que había que solucionar.Los griegos sostenían que la naturaleza tiene una tendencia a llenar los espacios vacíos y por ello cuandoen un tubo sumergido en el agua se hace el vacío el líquido asciende por el tubo para llenar el vacío.Pero, ¿ por qué tal supuesta tendencia (horror vacuoii) tiene por límite en los tubos de las bombasaspirantes, un límite de 18 varas?


CORPUS 67

Galileo creía que la columna de agua dentro del tubo de aspiración se rompía al alcanzar esa altura, porquela columna se quiebra por su propio peso.Los estudiantes italianos Baliani y Magiotti no aceptaron esa explicación de Galileo; sospecharon que lacolumna de agua, dentro del tubo de aspiración de la bomba, equilibraba la presión del aire exterior.Torricelli, que con anterioridad había hecho estudios de hidrostática y sabía que la presión en el seno de unlíquido es más grande cuanto mayor es la profundidad, decide formular una hipótesis:“ El océano de aire que rodea la Tierra ejerce presión al igual que los líquidos”Si esta hipótesis fuese válida, debería verificarse la siguiente predicción:“Si se llena con mercurio un tubo cerrado por un extremo, se tapa con un dedo el extremo abierto y seinvierte el tubo sumergiendo el extremo abierto en el mercurio contenido en otro recipiente, el mercuriono bajará totalmente dentro del tubo, sino que descenderá hasta igualar la presión exterior”.Torricelli realizó la experiencia con un tubo de vidrio de media pulgada de diámetro y aproximadamenteun metro de longitud. El mercurio descendió hasta 76 cm de altura y en la parte superior del tubo quedó unespacio vacío.De esta manera la hipótesis de Torricelli quedó confirmada y con ello se puso de manifiesto la existenciade la presión atmosférica. Por otra parte el experimento de Torricelli permitió medir esa presión y así nacióel primer barómetro.El matemático y filósofo francés Blas Pascal (1623 - 1662) al analizar la hipótesis de Torricelli propusootra predicción. Se sabía que la presión hidrostática en el océano disminuye cuando se asciende desde elfondo a la superficie, por ese motivo, Pascal predijo:“La presión del aire disminuirá cuando se ascienda por una montaña”.Pascal propuso medir la presión atmosférica en el pie y en la cumbre de una montaña. Su cuñado Perier seencargó de realizar la experiencia en 1648. Encontró que la longitud de la columna de mercurio era 8,5 cmmenor en la cima que en el valle.�Analizar la experiencia de Torricelli.� ¿Cuál era el problema que planteó Galileo?� ¿Qué hipótesis formuló Torricelli?. Realizar un dibujo del barómetro.¿Qué participación tuvo Pascal con respecto al fenómeno que consideramos?

La fuerza que equilibra y por consiguiente impide que descienda la columna de mercurio de altura h, es lafuerza ejercida por la presión atmosférica p en la superficie libre del mercurio y transmitida por éste a lao

base del tubo (observar los puntosAy B de la figura).

Como únicamente estas dos fuerzas mantienen la columna de mercurio en equilibrio, el peso de ésta debeser igual a la fuerza ejercida por la presión atmosférica.

Capítulo III - Interpretación de Textos

68

Peso de la columna de mercurio:

P = ρ g h AHg Hg

Fuerza debido a la presión atmosférica:

FF = p Ao o

Experimentalmente se encuentra que h al nivel del mar es de 0,76 m. Si tomamos los siguientesvalores:

3 2ρ = 13,60 g/cm ; g= 9,8 m/ sHg

obtenemos para po

3 3 2 5 2p = ρ g h = 13,6 x 10 kg/m x 9,8 m/s x 0,76 m = 1,013 x 10 N/mo Hg

5 2p = 1,013 x 10 N/mo


CORPUS 69

capitulo ivINTRODUCCIÓN AL USO DE VECTORES

TRIGONOMETRÍA

Además de las unidades de tiempo, longitud, masa y fuerza, en el curso de Física, vamos a trabajartambién con una unidad suplementaria, que es puramente geométrica. Esta unidad corresponde a lamagnitud ángulo plano y su nombre es radián (rad).

¿Cómo definimos esta unidad?

Radián es el ángulo plano comprendido entre dos radios que, sobre una circunferencia, interceptan un arco de longitud igual al radio.

Dado un ángulo φ se traza con radio arbitrario r, el arcoAB = a con centro en el vértice O del ángulo.

La medida de φ en radianes es:

Dado un ángulo, la relación a/r es constante e independiente del radio.

Notemos que a y r se expresan en unidades de longitud, por la tanto, el radián es una unidad“adimensional”.

Los ángulos planos suelen medirse utilizando dos unidades: grados (sexagesimales) o radianes.

El radián es el que adopta el sistema internacional (SI).

Ejemplo:

¿Cuál es la medida en radianes de un ángulo completo alrededor de un punto?

Considerando que la longitud de la circunferencia es: 2 π r, tenemos:

)(radra=φ

ra π2=

radr

rra ππφ 22 ===

70

Por lo tanto,

2 π radianes equivalen a 360°

FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS

Las funciones trigonométricas hacen corresponder a cada ángulo un número real.

Para el curso de Física nos interesará en particular la aplicación de las funciones trigonométricascorrespondientes a ángulos agudos en triángulos rectángulos.

Para un ángulo agudo en un triángulo rectángulo se definen las funciones trigonométricas como:

Funciones trigonométricas de ángulos importantes

Funciones trigonométricas inversas

Las funciones trigonométricas inversas hacen corresponder ángulos a números reales. Se indican con elprefijo “arc”: arc sen, arc cos, arc tg, etc.

Ejemplos:

1) arc sen a = α

se lee: α es el ángulo cuyo seno es a.

2) arc sen 0,5 = 30° = π/6 rad

hipotenusaopuestocatetosen =α

hipotenusaadyacentecateto=αcos

adyacentecatetoopuestocatetotg =α


CORPUS 71

3) arc cos /2 = 45° = π /4 rad

4) arc tg 0 = 0° = 0 rad

Hay una relación entre las longitudes de los lados de un triángulo rectángulo, expresada por el Teorema dePitágoras. La misma aplicada al triángulo de la figura resulta:

2 2 2A = b + c

La longitud de la hipotenusa al cuadrado es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de los catetos.

Ejercitación

A) Resolver el triánguloABC, sabiendo que:

1) a = 15 cm, β = 30°.

2) a = 20 cm, γ = 42°.

3) a = 14 cm, β = 65°.

4) a = 9 cm, γ = 52°.

5) b = 8 cm, β = 35°.

6) b = 12 cm, γ = 42°.

2

Capítulo IV - Introducción al Uso de Vectores

72

7) c = 17 cm, β = 60°.

8) c = 39 cm, γ = 18°.

9) c = 15 cm, b = 8 cm.

10) b = 10 cm, a = 20 cm.

11) c = 5 cm, a = 13 cm.

Solución:

1) Para hallar el lado b:

b = a sen β = 7,5 cm

Para hallar el lado c:

c = a cos β = 13 cm

Para hallar el ángulo γ:

β + γ = 90° ==> γ = 60°

2) Calculamos el lado b:

Para hallar el lado c:

Para hallar el ángulo β:

β + γ = 90° β = 90° - 42° = 48°

3)

β + γ = 90°

βcos==hipotenusa

adyacentecatetoac

cmcmb

abab

9,1442cos20

coscos

=°=

=⇒= γγ

cmsencmc

senacacsen

4,134220 =°=

=⇒= γγ

cmsencmb

senababsen

7,126514 =°=

=⇒= ββ

cmcmc

acac

9,565cos14

coscos

=°=

=⇒= ββ


CORPUS 73

4)

β + γ = 90°

β = 90° - 52° = 38°

5)

β + γ = 90°

γ = 90° - 35° = 55°

6)

β + γ = 90°

β = 90° - 42° = 48°

7)

cmsencmc

senacacsen

7529 =°=

=⇒= γγ

cmcmb

abab

5,552cos9

coscos

=°=

=⇒= γγ

cmtg

cmc

tgbc

cbtg

4,1135

8 =°

=

=⇒=β

β

cmsen

cma

senba

absen

9,1335

8 =°

=

=⇒=β

β

cmcma

baab

1642cos

12cos

cos

=°

=

=⇒=γ

γ

cmtgcmc

tgbcbctg

8,104212 =°=

=⇒= γγ

cmtgcmb

tgcbcbtg

4,296017 =°=

=⇒= ββ

cmcma

caac

3460cos

17cos

cos

=°

=

=⇒=β

β

Capítulo IV - Introducción al Uso de Vectores

74

β + γ = 90°

γ = 90° - 60° = 30°

8)

γ + β = 90°

β = 90° - 18° = 72°

9) Para hallar el lado a recurrimos al Teorema de Pitágoras:

2 2 2b + c = a

Para hallar el ángulo γ:

Para hallar el ángulo β:

β + γ = 90° ===> β = 28,07°

B) Demostrar que α = β en el siguiente diagrama:

cmtg

cmb

tgcb

bctg

12018

39 =°

=

=⇒=γ

γ

cmsen

cma

senca

acsen

2,12618

39 =°

=

=⇒=γ

γ

cmcba 1722 =+=

°==⇒= 92,61bcarctgtg

bc γγ


CORPUS 75

capitulo vSISTEMAS DE COORDENADAS

COORDENADAS SOBRE UNARECTA:

Para determinar la posición de un punto sobre una recta r, se establece una correspondencia entre lospuntos de la recta y los números reales de la siguiente forma:

�Se elige -arbitrariamente- un punto de la recta O al cual se llama origen.

�Se elige un punto U a la derecha de O y a éste se le hace corresponder el número 1.

Así definido, el sistema recta, origen y punto U se denomina eje coordenado.

A cualquier punto P sobre el eje, a la derecha de O, se le asigna el número real x que mide la distancia OPcon la unidad OU. Si el punto Q se encuentra a la izquierda de O le corresponde el número real que mide ladistancia OQ con la unidad OU pero con signo negativo.

La semirrecta que queda a la derecha de O se denomina semieje positivo y la que queda a la izquierda,semieje negativo.

COORDENADAS EN EL PLANO:

Para determinar la posición de un punto en el plano se necesita establecer una correspondencia entre lospuntos del plano y los pares ordenados de números reales.

Para tal fin se forman dos rectas perpendiculares entre sí r y r que se cortan en un punto O, al cual se llama1 2

origen. La recta r , que se toma horizontal, se denomina eje de las abscisas o eje x y la recta r , que se toma1 2

vertical, se llama eje de las ordenadas o eje y.Ambos reciben el nombre de ejes coordenados cartesianos.

Para cada recta en particular, se define un eje coordenado, es decir, tomamos sobre r y a la derecha de O un1

punto U que indica el punto 1 y sobre r y arriba de O un punto U que indica el punto 1 sobre la recta. Por1 2 2

lo general OU = OU .1 2

De esta forma se establece un sistema de coordenadas en el plano.

Para determinar la posición de cualquier punto P se traza por él la paralela al eje y hasta cortar al eje xobteniendo P .x

De igual forma se traza la paralela al eje x hasta cortar al eje y obteniendo P .y

76

Queda así el punto P definido por el par ordenado de números reales ( P , P ), que recibe el nombre dex y

coordenadas cartesianas del punto P.

P = ( P , P )x y

Los ejes coordenados dividen al plano en cuatro regiones llamadas cuadrantes y que se denominan I, II, IIIy IV como se indica en la figura.

PROBLEMAS:

1) Sobre un eje horizontal representar los siguientes puntos: 0,1, 4, -3, -2.

Solución

2) Representar los siguientes puntos: A(2,1), B (1,2) , C (-3, 2) , D( 3, -1), E (-2, -4), F (0, -5).

Solución


CORPUS 77

3) Hallar las coordenadas de los puntos simétricos a los puntos:A( 4 , 1 ), B ( 2, - 5 ) , C (-3, 4), y D (-5, -3):

Solución

a) Respecto al eje x.A´(4, -1)B´(2, 5)C´(-3, -4)D´(-5, 3)

b) Respecto al eje y.A´(-4,1)B´(-2, -5)C´(3,4)D´(5,-3)

c) Respecto al origen de coordenadas.A´(-4,-1)B´(-2,5)C´(3,-4)D´(5,3)

Capítulo V - Sistemas de Coordenadas

78

capitulo viMAGNITUDES ESCALARES Y VECTORIALES

Existen magnitudes físicas que quedan determinadas con un número y su respectiva unidad, por ejemplo:tiempo, temperatura, volumen.

Estas magnitudes reciben el nombre de magnitudes escalares. Están sometidas a las reglas habituales delálgebra.

3 3Por ejemplo, si colocamos en un recipiente 100 cm de agua y luego agregamos 200 cm , tendremos en 3total 300 cm .

Otras magnitudes requieren además de alguna “cualidad direccional”.

Ejemplo de ellas son: velocidad, fuerza, aceleración.

En estos casos se recurre al concepto de vector y las magnitudes representadas por los mismos reciben elnombre de magnitudes vectoriales.

Este tipo de magnitudes quedan determinadas por un número acompañado de su unidad (módulo),dirección y sentido.

Aquí es importante notar que las operaciones de suma, resta, etc., entre vectores deben resolverseteniendo en cuenta sus características direccionales.

Si aplicamos una fuerza de 10 N sobre un cuerpo, y luego le aplicamos también una de 20 N, ¿ cuál es lafuerza resultante? (Si pensó en 30 N, continúe leyendo).

Un vector queda completamente definido cuando de él se conocen su módulo, dirección y sentido. Se representa por una flecha.

Móduloo: Indica la intensidad del vector y corresponde a la longitud de la flecha.Por ejemplo: el módulo de la velocidad de un vehículo puede ser de 20 km/h, 40 km/h, etc.

Direcciónn: Determina la recta sobre la cual actúa el vector (línea de acción del vector). Por ejemplo: el vehículo se mueve en la dirección deAvenida Francia.

Sentidoo: A cada dirección corresponden dos sentidos y se indica el mismo por la punta de la flecha. En elejemplo anterior determina si el vehículo se dirige de Sur a Norte o de Norte a Sur.

En la figura siguiente si la masa del balde es de 10 kg, la fuerza peso (P) tiene módulo igual a 98 N, ladirección es vertical y el sentido hacia abajo.

La fuerza FF también tiene módulo igual a 98 N, la dirección es vertical pero el sentido es hacia arriba.


CORPUS 79

OPERACIONES FUNDAMENTALES CON VECTORES

Suma De Vectores

La suma de dos o más vectores cuyas direcciones sean coincidentes (vectores colineales) y que posean elmismo sentido, da como resultado otro vector cuyo módulo es igual a la suma de los módulos de losvectores sumandos y cuyo sentido y dirección resultarán también idénticos a los de ellos.

Si los sentidos de los vectores anteriores fueran distintos, el resultado de su suma será otro vector cuyo módulo será igual a la resta de los módulos de los vectores sumandos, y su sentido resultará igual al delvector que posee el módulo mayor.

La suma de dos vectores PP y NN cuyas direcciones forman un ángulo distinto de 0° (vectores no colineales),se representa por un vector RR = PP + NN, cuya dirección es la diagonal del paralelogramo formado por losvectores dados, cuyo origen coincide con el origen común de ambos, y cuyo extremo coincide con elvértice del paralelogramo, tal como lo muestra la figura siguiente:

Diferencia de Vectores

En primer lugar, definiremos vector opuesto: Dados dos vectores aa y bb tales que bb = -aa o bien, aa + bb =00, decimos que el vector bb es el vector OPUESTO al aa . Ambos tienen el mismo módulo y la misma dirección pero sentidos opuestos.

Entonces, si queremos realizar la operación:

cc - dd = cc + ( - dd )

Capítulo VI - Magnitudes Escalares y Vectoriales

80

para restarle al vector cc el vector dd, bastará sumarle a cc el opuesto de dd .

Producto de un escalar por un vector

Sea aa un vector y α un escalar. El producto αa es un vector que tiene la misma dirección que aa, móduloigual a α veces el módulo de aa y su sentido será:

el sentido de aa, si α es mayor que cero.

el sentido opuesto a aa, si α es menor que cero.

Ejercicio

Consideremos por ejemplo, que un móvil A tiene velocidad de 40 km/h y se mueve horizontalmente yhacia la derecha. Representar la velocidad de otro móvil B que tiene una velocidad igual al doble de lavelocidad del móvilAy se mueve hacia la izquierda. Si expresamos VV = α V ,, ¿cuánto vale α ?B A

FORMAS DE EXPRESAR UN VECTOR

Forma polar

Se indica por el módulo del vector y el ángulo α que forma el mismo con un eje coordenado(generalmente el horizontal positivo ).

Como se ve, el ángulo puede ser cualquiera, incluso mayor que 90°.


CORPUS 81

Por simplicidad en los cálculos conviene utilizar ángulos agudos e indicar claramente desde qué eje estánmedidos.

En este último caso, utilizaremos una letra griega distinta de α para nombrar al ángulo que forme elvector con el semieje elegido.

Ejemploo: el vector aa es el mismo en ambas figuras.

Forma car tesiana

Todo vector en un plano se puede considerar como el resultado de la suma de otros dos.

En general lo más cómodo es descomponer un vector en sus componentes según dos direccionesperpendiculares entre sí.

Las operaciones con vectores que hemos definido son independientes de los ejes coordenados que seelijan. Sin embargo, a veces para resolver un problema es más cómodo elegir algún sistema decoordenadas especial. Nos referimos aquí al sistema cartesiano de coordenadas.


82

Los vectores ii y jj son los versoress en la dirección de los ejes x e y respectivamente.

Versor es un vector de módulo igual a 1, con dirección y sentido iguales a los del eje coordenadocorrespondiente.

Cualquier vector se puede expresar como:aa = a ii + a jx y

En esta suma, a ii representa la componente vectorial rectangular del vector aa sobre el eje x (proyecciónx

de aa sobre dicho eje), y a jj representa la componente vectorial rectangular del vector sobre el eje yy

(proyección de aa sobre dicho eje).

Otra forma de expresar el vector aa es:aa = ( a , a )x y

Esta forma es equivalente a la anterior y queda sobreentendida la suma. Recibe el nombre dePar ordenado.

La relación entre el módulo del vector y sus componentes es, de acuerdo al teorema de Pitágoras:

2 2 2a = a + ax y

Propiedadess:

Sean dos vectores aa y bb dados por sus componentes:

aa = (a , a )x y

bb = (b , b )x y

para ellos se verifican las siguientes propiedades:

1) aa = bb <===> a = b ; a = bx x y y

2) aa + bb = cc <===> c = a + b ; c = a + bx x x y y y

3) bb = - aa <===> b = - a ; b = - ax x y y

4) aa - bb = dd <===> d = a - b ; d = a - bx x x y y y

5) α aa = ee <===> e = α a ; e = α ax x y y

Pasaje de forma polar a forma car tesiana


CORPUS 83

Usando las definiciones:

vemos que:a = a cos α a = a sen αx y

Pasaje de forma car tesiana a forma polar

Aplicando el teorema de Pitágoras, de la figura anterior podemos ver que:

y que el ángulo que forma con el eje positivo de las x se calcula de la siguiente forma:

Cabe destacar que el valor del ángulo α, y en consecuencia, el cuadrante en el cual está ubicado el vector,dependerá de los signos de las dos componentes rectangulares: a y a .y x

Así, si:

a > 0 y a > 0 ===> aa pertenece al primer cuadrante (0° < α < 90°)x y

a < 0 y a > 0 ===> aa pertenece al segundo cuadrante (90° < α < 180°)x y

a < 0 y a < 0 ===> aa pertenece al tercer cuadrante (180° < α < 270°)x y

a > 0 y a < 0 ===> aa pertenece al cuarto cuadrante (270° < α < 360°)x y

PROBLEMAS

1) Dados los vectores colineales aa, bb hallar:

a) aa + bb b) aa - bb c) bb - a

para los siguientes casos:

i) a =2 y b= 5ii) a = 5 y b = 9iii) a = 13 y b= 11iv) a = 8 y b = 8

aa

aa

sen

x

y

=

=

α

α

cos

22yx aaa +=

x

y

aa

tgarc=α


84

Solución

a) i)

c = 7

b) a -b

c = 3

c)

c = 3

a) ii)

c = 14


CORPUS 85

b) ii)

c = 4

c) ii)

c = 4

a) iii)

c = 24

b) iii)

c = 2


86

c) iii)

c = 2

a) iv)

b) iv)

c) iv)

2) Expresar las componentes rectangulares de los siguientes vectores:

a) aa + b ;; b) a - b ;; c) b - a

Para los siguientes casos:

i) a = 2 y b = 5ii) a = 5 y b = 9iii) a = 13 y b = 11iv) a = 8 y b = 8


CORPUS 87

Solución

Consideremos los mismos vectores que en el problema 1):

a) i)

c = a + b = 7 cos αx x x

c = a + b = 7 sen αy y x

b) i)

c = a - b = -3 cos αx x x

c = a - b = -3 sen αy y x

c) i)c = b - a = 3 cos αx x x

c = b - a = 3 sen αy x y

a) ii)c = a + b = 14 cos αx x x


b) ii)

c = a - b = -4 cos αx x x

c = a - b = -4 sen αx x x

c) ii)c = b - a = 4 cos αx x x

c = b - a = 4 sen αy x y


88

a) iii)

c = a + b = 24 cos αx x x


b) iii)c = a - b = 2 cos αx x x

c = a - b = 2 sen αx x x

c) iii)c = b - a = - 2 cos αx x x

c = b - a = - 2 sen αy x y

a) iV)c = a + b = 16 cos ax x x

c = a + b = 16 sen ay y x

b) iV)c = a - b = 0x x x

c = a - b = 0x x x

c) iVc = b - a = 0x x x

c = b - a = 0y x y

3) Expresar las componentes rectangulares de los siguientes vectores:

a) a = 4, b = 2, c = 3, d = 5


CORPUS 89

b) e = 4, f = 3, g = 5, h = 6, m = 9, n = 8

Solución

a)a = 4x

a = 0y

b = 0x

b = 2y

c = - 3x

c = 0y

d = 0x

d = - 5y

b)e = 4 cos 30° = 3,46x

e = 4 sen 30° = 2y

f = - 3 cos 45° = -2,12x

f = 3 sen 45° = 2,12y

g = -5 sen 15° =- 1,29x

g = -5 cos 15° = - 4,83y

h = 6 cos 20° = 5,64x

h = -6 sen 20° =- 2,05y

m = -9 cos 35° = -7,37x

m = -9 sen 35° = -5,16y

n = 8 sen 25° = 3,38x

n = -8 cos 25° = -7,25y

o también:

n = n cos 295° = 3,38x

n = n sen 295° = - 7,25y


90

4) Calcular las componentes rectangulares de los siguientes vectores:

a = 4 ; b =2 ; c =3

Comparar los resultados obtenidos en ambos sistemas de coordenadas.

Solución

a)a = 4 cos 60° = 2x

a = - 4 sen60° = -3,46y

b = - b cos 0° = - 2x

b = b sen 0° = 0y

En este caso, el sentido del vector cc coincide con el eje y.c = 0x

c = 3y

b)a = - 4 cos 60° = -2x

a = - 4 sen 60° = - 3,64y

En este caso, el sentido del vector bb coincide con el del eje x.b = b cos 0° = 2x

b = b sen 0° = 0y

En este caso, el sentido del vector cc coincide con el eje y.c = 0x

c = 3y

5) Dados los siguientes vectores según sus componentes rectangulares, determinar el módulo y el ánguloque forma cada vector con el semieje x positivo. Incluir el gráfico.

aa = (2 , 4) bb = (2 , 2) cc = (- 3 , 0) dd = ( - 3 , - 6) ee = ( - 4 , - 2)

Solución:

°==

=+=

43,63

47,422

x

y

yx

aa

tgarc

aaa

α


CORPUS 91

El ángulo que forma con el semieje x positivo es 63,43°.

El ángulo que forma con el semieje x positivo es 45°.

c = 3α = 0°El ángulo que forma con el semieje x positivo es 180°.


°==

=+=+=

45

83,24422

x

y

yx

bb

tgarc

bbb

α

°==

=+=

43,63

7,622

x

y

yx

dd

arctg

ddd

α


92


6) Expresar las componentes rectangulares de los siguientes vectores resultantes, realizar el dibujocorrespondiente y determinar el ángulo que forma cada uno de ellos con el semieje x positivo.

a) dd = aa + b

aa = (2, 3 ) bb = ( 3, 2 )

b) ee = bb + c

bb = ( 3, 7 ) cc = ( 0 , 7 )

c) ff = aa - c

aa = ( 1 , 1 ) cc = ( 2 , 9 )

d) gg = bb - c

bb = ( - 2 , 5 ) cc = ( 7 , 1 )

Ejemplo

a)d = a + b = 5x x x

d = a + b = 5y y y

°==

=+=

56,26

47,422

x

y

yx

ee

tgarc

eee

α

°==

=+=

45

07,722

x

y

yx

dd

tgarc

ddd

α


CORPUS 93

El ángulo que forma con el semieje x positivo es 45°.

b)e = b + c =3 + 0 = 3x x x

e = b + c =7 + 7 = 14y y y

c)f = a c = 1 2 = - 1x x x

f = a c = 1 - 9 = - 8y y y


d)g = b - c = - 2 7 = - 9x x x

g = b - c = 5 - 1 = 4y y y


7) Un barco se dirige hacia el norte a 15 km/h en un lugar donde la corriente del río es de 5 km/h en la dirección 60° SE. Encontrar la velocidad resultante del barco. Gráfica y analíticamente.

°== 9,77x

y

ee

tgarcα

°== 87,82x

y

ff

tgarcα

°== 96,23x

y

gg

tgarcα


94

Solución

V = 15 km/hb

V = 5 km /hc

La velocidad resultante es la suma vectorial de la velocidad del barco y la velocidad de la corriente del río.

V = v + vr b c

V = v + v = 0 + v sen 60° = 4,33 km/hrx bx cx c

V = v + v = 15 km/h - v cos 60° = 12,5 km/hry by cy c

El ángulo β es el formado por la dirección norte y el vector velocidad resultante.El ángulo formado por la dirección del vector velocidad resultante y la dirección este es 71°.

8) Una moto de agua se dirige en la dirección 30° NE a 20 km/h en un lugar donde la corriente es tal que elmovimiento resultante es de 30 km/h en la dirección 60° NE. Encontrar la velocidad de la corriente.

Solución

La velocidad resultante es la suma vectorial de la velocidad de la moto y de la velocidad de la corriente.

V = v + vr m c

V = v - vc r m

°==

=+=

19

/22,1322

ry

rx

ryrxr

vvtgarc

hkmvvv

β


CORPUS 95

V = v - v = v sen 60° - v sen 30° = 15,98 km/hcx rx mx r m

V = v - v = v cos 60° - v cos 30° = - 2,32 km/hcy ry my r m

.

El ángulo que forma con la dirección este es de 8,26°.

9) Un cuerpo cuyo peso es de 50 N está apoyado sobre un plano inclinado 30° con respecto a la horizontal.Descomponer el vector peso en dos direcciones perpendiculares, tomando una de ellas paralela al planoinclinado. Proceder gráfica y analíticamente.

Solución

P = Psen α = 50 N sen 30° = 25 Nx

P = Pcos α = 50 N cos 30° = 43,3 Ny

10) Hallar el vector resultante del sistema de vectores del problema 3b).

Solución

°==

=+=

26,8

/15,1622

cx

cy

cycxc

vv

tgarc

hkmvvv

α


96

R = e + f + g + h + m + n

R = e + f + g + h + m + n =x x x x x x x

= 3,46 - 2,12 - 1,29 + 5,64 - 7,37 + 3,38 = 1,7R = e + f + g + h + m + n =y y y y y y y

= 2 + 2,12 - 4,83 - 2,05 - 5,16 - 7,25 = - 15, 17

11) Hallar gráfica y analíticamente las componentes rectangulares del vector velocidad: 60 km/h,dirección 60° NO.

Solución

V = 60 km/hV = - v sen 60° = - 60 km/h sen 60° = - 51,96 km/hx

V = v cos 60° = 60 km/h cos 60° = 30 km/hy

12) Una partícula parte del origen de coordenadas y recorre 200 m en dirección sur, y luego 140 m endirección oeste. Hallar gráfica y analíticamente el desplazamiento total.

Solución

d = 200 m ; d = 140 m1 2

d = d + dr 1 2

°==

=+=

6,83

26,1522

x

y

yx

RR

tgarc

RRR

α


CORPUS 97

d = d + d = 0 - 140 m = - 140 mrx 1x 2x

d = d + d = - 200 m + 0 = - 200 mry 1y 2y

13) Hallar analíticamente la resultante de las siguientes fuerzas:

F = 2 kgf ( α = 30° )1 1

F = 4 kgf ( α = 135°)2 2

F = 3 kgf ( α = 230°)3 3

Solución

R = F + F + F1 2 3

R = F + F + Fx 1x 2x 3x

R = F + F + Fy 1y 2y 3y

F = F cos 30° = 2kgf cos 30° = 1,73 kgf1x 1

F = F sen 30° = 2 kgfsen 30° = 1 kgf1y 1

F = - F cos 45° = - 4 kgf cos 45° = - 2,83 kgf2x 2

F = F sen 45° = 4kgf sen 45° = 2,83 kgf2y 2

F = - F cos 50° = - 3 kgf cos 50° = - 1,93 kgf3x 3

F = - F sen 50° = - 3 kgf sen 50° = - 2,3 kgf3y 3

R = (1,73 - 2,83 - 1,93) kgf= - 3,03 kgfx

R = (1 + 2,83 - 2,3) kgf =1,53 kgfy

°==

=+=

55

24422

rx

ry

ryrxr

dd

tgarc

mddd

α

°==

=+=

8,26

4,322

x

y

yx

RR

tgarc

kgfRRR

α


98

14) Un árbol está sometido a tres tracciones horizontales de módulos F = 80 N; F = 60 N y F = 70 N, en1 2 3

direcciones tales que forman entre sí ángulos de 120°. Seccionando el árbol en su base, en qué direccióncaerá?

Solución

R = F + F + F1 2 3

R = F + F + Fx 1x 2x 3x

R = F + F + Fy 1y 2y 3y

F = 80 N1x

F = 01y

F = - F cos 60° = -60N cos 60° = -30 N2x 2

F = F sen 60° = 60 N sen 60° = 52 N2y 2

F = - F cos 60°= - 70 N cos 60° = - 35 N3x 3

F = - F sen 60° = - 70 N sen 60° = -60,6 N3y 3

R = (80 - 30 - 35) N = 15 Nx

R = (0 + 52 - 60,6 ) N = - 8,6 Ny

El árbol caerá en la dirección de la resultante, - 30° con respecto al eje x positivo.

°==

=+=

30

3,1722

x

y

yx

RR

tgarc

NRRR

α


CORPUS 99

15) Componer el sistema formado por las siguientes fuerzas:

F = 10 kgf ( α = 60° )1 1

F = 5 kgf ( α = 180°)2 2

F = 8 kgf ( α = 290°)3 3

Solución

R = F + F + F1 2 3

R = F + F + Fx 1x 2x 3x

R = F + F + Fy 1y 2y 3y

F = F cos 60° = 10 kgf cos 60° = 5 kgf1x 1

F = F sen 60° = 10 kgf sen 60° = 8,7 kgf1y 1

F = - 5 kgf2x

F = 02y

F = F cos 70° = 8 kgf cos 70° = 2,7 kgf3x 3

F = - F sen 70° = - 8 kgf sen 70° = - 7,5 kgf3y 3

R = ( 5 - 5 + 2,7 ) kgf = 2,7 kgfx

R = ( 8,7 + 0 - 7,5 ) kgf = 1,2 kgfy

°==

=+=

24

95,222

x

y

yx

RR

tgarc

kgfRRR

α


100

16)Un estudiante camina dos cuadras al oeste y una cuadra al sur. Si la longitud de cada cuadra es de 60m,¿qué desplazamiento llevará al estudiante de nuevo al punto de partida?

Solución

d + d + d = 01 2

d = - d - d1 2

d = - d - d = - (-120 m) = 120 mx 1x 2x

d = d - d = - ( -60 m) = 60 my 1y 2y

17)Un bote motor viaja a una velocidad de 40 km/h en una trayectoria recta sobre un lago tranquilo. Deimproviso, un fuerte viento uniforme empuja el bote en dirección perpendicular a su trayectoria en línearecta con una velocidad de 15 km/h durante 5.0 s. En relación con su posición en el momento en que elviento comenzó a soplar, ¿dónde estará localizado el bote al final de este tiempo?

Solución

El bote tendrá una velocidad resultante vr

v = v + vr b v

v = v + v = 40 km/h + 0 = 40 km/hrx bx vx

v = v + v = 0 + 15 km/h = 15 km/hry by vy

Por lo tanto, si en el momento en que comenzó a soplar el viento, el bote se encontraba en el punto A, 5segundos después se encontrará en el punto B, y habrá recorrido una distancia x = v t = 42,7 km/h x 5 segr

= 0,059 km = 59 m, en una dirección igual a la velocidad resultante, 20,56° con respecto al eje horizontal.

°==

=+=

56,26

16,13422

x

y

yx

dd

tgarc

mddd

α

°==

=+=

56,20

/7,4222

rx

ry

ryrxr

vv

tgarc

hkmvvv

α


CORPUS 101

18)Un objeto se mueve con una velocidad de 7.5 m/s a un ángulo de 7.5° con el eje de las x. ¿Cuáles son lascomponentes x e y de la velocidad?

Solución

V = v cos 7,5° = 7,5 m/s cos 7,5° = 7,4 m/sx

V = v sen 7,5° = 7,5 m/s sen 7,5° = 0,98 m/sy

19)El vector desplazamiento de un objeto en movimiento, inicialmente en el origen, tiene una magnitudde 12.5 cm y forma un ángulo de 210° con respecto al eje de las x en determinado instante. ¿Cuáles son lascoordenadas del objeto en ese instante?

Solución

d = - d cos 30° = - 12,5 cm cos 30° = - 10,83 cmx

d = - d sen 30° = - 12,5 cm sen 30° = - 6,25 cmy

Las coordenadas del objeto son: (- 10,83 cm; - 6,25 cm)

20)Una persona pasea por la trayectoria mostrada en la figura. El recorrido total se compone de cuatrotrayectos rectos. Al final del paseo, ¿cuál es el desplazamiento resultante de la persona medido desde elpunto de partida?

Solución

d = 100 m - 150 m cos 30° - 200 m cos 60° = - 130 mx

d = 300 m - 150 m sen 30° + 200 m sen 60° = 398 my

°==

=+=

72

41922

x

y

yx

dd

tgarc

mddd

α


102

21) La figura muestra a dos personas tirando de una mula obstinada. Encontrar a)La única fuerza que esequivalente a las dos fuerzas indicadas, y b) la fuerza que una tercera persona tendría que ejercer sobre lamula para hacer la fuerza resultante igual a cero.

.

Solucióna)F = F + Fr 1 2

F = F + F = - F cos 75° + F cos 60° =rx 1x 2x 1 2

= - 90 N cos 75° + 120 N cos 60° =37 NF = F + F = F sen 75° + F sen 60° =ry 1y 2y 1 2

= 90N sen 75° + 120N sen 60° = 191 N

b) La fuerza que tendría que hacer una tercera persona sobre la mula tendría que ser del mismo módulo y dirección que FF pero de sentido contrario.r

MULTIPLICACIÓN DE VECTORES

Multiplicación Escalar de Vectores

Se llama producto escalar de los vectores aa y bb (se representa por a bb ) al escalar definido por la igualdad :

a bb = a b cos φ

°==

=+=

79

19522

rx

ry

yxr

FF

tgarc

NFFF

α


CORPUS 103

1

2

donde φ es el ángulo formado por los vectores aa y bb reducidos a su origen común:

Multiplicación Vector ial de Vectores

Se llama producto vectorial de los vectores aa y bb ( se representa por aa x bb ) al vector cc cuyo módulo es iguala :

es decir, es igual al área del paralelogramo construido sobre los vectores a y b como lados ; y cuyadirección es perpendicular al vector a y al vector b ; formando los tres vectores a, b y c una terna de manoderecha. (Después de hacer coincidir los orígenes de los vectores a, b, y c, la rotación más corta de a haciab debe ser contraria a las agujas del reloj para un observador que está situado en el extremo del vector c).

cb

a

Propiedades de los Productos de Vectores

a)Propiedad conmutativa

a . bb = b . a

aa x bb = - bb x aa (Al permutar los factores, el producto vectorial cambia su sentido por el contrario)

b) Propiedad asociativa con respecto al factor escalar α.

α (a . bb) = (α aa ) b

α (aa x bb ) = (α aa ) x b

No se cumple la propiedad asociativa :

aa . ( bb . cc ) (aa . bb ). c

aa x ( bb x cc ) (aa x bb ) x c

Propiedad distributiva :

aa . ( bb + cc ) = aa . bb + aa . c

aa x ( bb + cc ) = aa x bb + aa x c

Φ==−−

senbabxaC

≠

≠


104

e) Condición de perpendicularidad de los vectores

aa . bb = 0 si a b

aa x bb = 0 si aa es paralelo a bb .

Expresión de los Productos en Coordenadas Rectangulares

Dados los vectores aa y bb :

aa = ( a , a , a ) y bb = ( b , b b )x y z x y, z

El producto escalar entre aa y bb resulta :

aa . bb = a b + a b + a bx x y y z z

El producto vectorial entre aa y bb es igual a :

(a b - b a ) ii + (a b - a b ) jj + ( a b -b a ) ky z y z z x x z x y x y

Ejercitación

1)Calcular el trabajo que realiza la fuerza peso ( ver figura ) si el cuerpo :

a) se levanta hasta una altura de 10 m.

b) Se traslada sobre un plano inclinado 30° una distancia de 6m.

c) Se lo traslada en forma paralela al plano horizontal, una distancia de 4 m.

P= 10 N

(Definimos el trabajo de una fuerza como el producto escalarr entre la fuerza y el desplazamiento (dd) ).

a) b) c)

Solucióna)En este caso, el desplazamiento es un vector vertical y hacia arriba, es decir, forma un ángulo de 180° conla fuerza peso.

W = F . dd = Pd cos 180° = - 10 N x 10 m = - 100 N m = - 100 J

⊥

==−−

zyx

zyx

bbb

aaakji

bxa


CORPUS 105

b)En este caso, el desplazamiento forma un ángulo de 120° con la fuerza peso.

W = F . dd = Pd cos 120° = 10 N x 6 m cos 120° = - 30 N m = - 30 J

c)En este caso, el desplazamiento forma un ángulo de 90° con la fuerza peso.

W = F . dd = Pd cos 90° = 0

2) Calcular el momento con respecto a o, de la fuerza FF para los siguientes casos:

F = 40 kgf ; r = 1,25 m

Definimos el momento τ (tau) de una fuerza FF, con respecto a un punto al producto vectorial del vectorposición rr y la fuerza FF:

(0)τ = rr x FF)

-18 63)Una partícula de carga q = 3,2x10 C, que tiene velocidad v = 3x10 m/s, se encuentra en una zonadonde el campo magnético es constante, tiene valor B = 0,3 T y dirección vertical. Determinar el valor dela fuerza magnética sobre la carga, para las distintas direcciones de la velocidad que se indican en lafigura.

(La fuerza que actúa sobre la partícula está dada por la expresión : FF = q vv x BB, donde q es la carga, vv es elvector velocidad y BB es el vector campo magnético).

La dirección de la fuerza magnética sobre una partícula con carga positiva se puede determinar a partir dela denominada ¨regla de la mano derecha¨:

Cuando los dedos de la mano derecha apuntan en la dirección de la velocidad vv y se giran hacia elvector campo magnético B ((deben coincidir los orígenes de los vectores vv y B)), el pulgarextendido apuntará en la dirección de la fuerza FF para una carga positiva. Para una carga negativa,la fuerza estará en sentido opuesto.


106

Otra forma de aplicar la regla de la mano derecha es utilizar tres dedos de la mano derecha. El dedo índicede la mano derecha apunta en la dirección del vector vv y el dedo medio en la dirección del campomagnético B,, entonces, el dedo pulgar derecho extendido apuntará en la dirección de la fuerza FF.


CORPUS 107

capÍtulo viiANÁLISIS DE GRÁFICAS

1)Las fotografías representan las posiciones de un péndulo construido con un hilo de tanza de un metro delongitud y una esfera. Dichas fotografías se obtuvieron iluminando el péndulo con una luz estroboscópicade 7 flashes por segundo.

a) Medir la componente horizontal del movimiento para cada instante, directamente de la foto. Tomar 9posiciones de la esfera en media oscilación y otras 9 posiciones en la otra media oscilación que completael ciclo, o sea una oscilación completa.b) Realizar una gráfica de x en función del tiempo. Obtener el periodo del péndulo, es decir, el tiempo quetarda en dar una oscilación completa.

2)La siguiente figura muestra el movimiento con trayectoria curva, de una pelota de fútbol. A partir deella:

a) Determinar las sucesivas abscisas de la proyección de la pelota sobre el eje x, y los instantescorrespondientes.b) Graficar la posición x de la pelota en función del tiempo.c) ¿Qué forma tiene la gráfica?, ¿Qué clase de movimiento tiene la proyección sobre el eje x?d) Determinar las sucesivas abscisas de la proyección de la pelota sobre el eje y, y los instantescorrespondientes.e)Graficar la posición y de la pelota en función del tiempo.f) ¿Qué forma tiene la gráfica?, ¿Qué clase de movimiento tiene la proyección sobre el eje y?

3) La siguiente figura muestra el movimiento de dos esferas una de las cuales es lanzada horizontalmentey la otra que cae en caída libre. Apartir de ella:

a) Determinar en ambos casos, las sucesivas abscisas de la proyección de la esfera sobre el eje x, y losinstantes correspondientes.

108

b) Graficar la posición x de las esferas en función del tiempo.c) ¿Qué forma tiene la gráfica?, ¿Qué clase de movimiento tiene la proyección sobre el eje x?d) Determinar en ambos casos, las sucesivas abscisas de la proyección de la esfera sobre el eje y, y losinstantes correspondientes.e) Graficar la posición y de las esferas en función del tiempo.f) ¿Qué forma tiene la gráfica?, ¿Qué clase de movimiento tiene la proyección sobre el eje y?

Actividad N°11

Objetivo: Investigar la relación que existe entre la masa de una sustancia sólida maciza y homogénea y elvolumen correspondiente.

Empleando cuerpos de la misma sustancia en estado sólido, por ejemplo madera de la misma clase,podemos verificar que cuanto mayor es la masa, mayor es el volumen, cuando los volúmenes son iguales,las masas son también iguales.

Podríamos formular una hipótesis: La masa de un cuerpo, es directamente proporcional a su volumen,siempre que se trate de cuerpos homogéneos, sólidos, y macizos.

Desarrollo de la experiencia

1. Considerar trozos de la misma madera, pero de volúmenes distintos. Determinar sus masas yvolúmenes.

2. Disponer los valores obtenidos en un cuadro como el siguiente:

V[cm3] M [ g]


CORPUS 109

3. Graficar m en función de V empleando papel milimetrado. Determinar las incertezas Δm y Δv.

4. Vaciar el recipiente y repetir la experiencia.

5. Repetir la experiencia 10 veces.

6. Trazar el histograma de las diferentes determinaciones.

7. ¿Qué forma tiene la gráfica?

8, ¿ Qué dependencia existe entre m y v?

9.¿Cómo se expresa matemáticamente?

Actividad N°12

Un gráfico de la masa total de un número de monedas en función de este número tiene la forma mostradaen la figura (a), otro gráfico del volumen total en función del número de monedas tiene la forma que semuestra en a figura (b). ¿ Cuál resultaría ser el gráfico de la densidad en función del número de monedas?

a)Determinar la masa y el volumen de dos monedas de 25 centavos por ejemplo. Determinar la densidadde las monedas. Idem para tres, cuatro, cinco, seis monedas.

Actividad N°13

Supongamos un medio de cultivo en el que se coloca una sola ameba, la que se divide al cabo de 20minutos . De manera que si consideramos la población de amebas en el período inicial , (t =0) es igual auno, para t =20 min, la población es igual a 2 amebas, como cada una se vuelve a dividir en dos al cabo deotros veinte minutos, para t =40 minutos la población será igual a 4 amebas, y así sucesivamente.a) Encontrar una población de amebas al cabo de 60 minutos, de 80 minutos, 100 minutos.b) Podría expresar mediante una ecuación, la población de amebas en función del tiempo?c) Graficar la población de amebas en función del tiempo. Es correcto utilizar una escala lineal ? ¿Quétipo de escala es conveniente utilizar en este caso?

Actividad N°14

Las figuras siguientes muestran gráficas de velocidad en función del tiempo para tres automóviles( A,B,C ), que se mueven a lo largo de una misma carretera y que en el instante inicial se encuentran a 20km de un límite provincial.

Número de monedas (a)

masa

O Número de monedas

(b)

volumen

O

Capítulo VII - Análisis de Gráficas

110


CORPUS 111

a) Analizando el gráfico de la velocidad en función del tiempo, en que dirección y en qué sentido semueven los automóviles en el instante Inicial?b) En el esquema de la carretera, indicar con una flecha en qué dirección y en qué sentido se mueven losautomóviles en el instante inicial.c) Realizar una figura análoga a la última e indicar en ella en forma cualitativa la posición de losvehículos en algún instante posterior al inicial y señalar además con una flecha, la dirección y sentidoen que se mueve cada móvil en ese instante. (Indicar el instante considerado en los gráficoscorrespondientes) .

d)Apartir de las gráficas de velocidad en función del tiempo calcular las distancias recorridas por los tresvehículos en los primeros 10 min, y sus posiciones en ese instante, respecto del límite provincial .

e) Realizar gráficas cualitativas de la posición en función del tiempo para cada vehículo considerandocomo punto de referencia el límite provincial.

Actividad N°15

Se determinó la posición de un móvil en instantes sucesivos de tiempo obteniéndose la siguiente tablade valores:

a) Hacer un gráfico de la posición en función de tiempo.

b) Determinar la posición para t =3,5s.

t

(s)

X

(m)

0 0

1 0.5

2 1

3 2

4 3.5

5 5

6 6.5

7 8

8 9.5

112

Capítulo VII - Análisis de Gráficas

capÍtulo viiiTRABAJOS PRÁCTICOS DE LABORATORIO

Trabajo Práctico de Laborator io N°1

Objetivos:

�Familiarizar al alumno con el uso del laboratorio y parte de su instrumental.�Afianzar el proceso de medición de magnitudes físicas.

Mater iales

# Regla (provista por el alumno) #Densímetro

#Calibre #Péndulo

#Termómetro #Cuerpo regular

#Cronómetro # Vaso de precipitado

Desar rollo exper imental

Para cada magnitud física medida responder a las siguientes preguntas:

I) ¿Qué magnitud física se mide?

II) ¿Con qué se mide dicha magnitud física?. Dar escala, alcance y unidad del instrumento.

III) Expresar correctamente el resultado.

1- Tomar un cuerpo regular y medir sus dimensiones, primero con una regla y después con un calibre.

¿Qué se puede concluir de los resultados obtenidos? Calcular su volumen.

2-Hallar el volumen de cierta masa de agua usando una probeta y un vaso de precipitado. Con la mismamasa de agua calcular el volumen del cuerpo del item 1, sumergiéndolo en el vaso.

3- Medir el período de un péndulo con un cronómetro. ¿Qué procedimiento se puede emplear paradisminuir la incerteza de la medición?

4- Medir la temperatura ambiente y la de cierta masa de agua caliente.

5- Medir la densidad del agua, acetona, glicerina, y alcohol.

Trabajo Práctico de Laborator io N°2Uso de Instrumentos

Objetivos:Que el alumno :

* se interiorice con el manejo de los instrumentos a utilizar en los trabajos prácticos de electricidad.

* se familiarice en el armado de circuitos eléctricos.* reconozca los distintos elementos que componen un circuito.


CORPUS 113

INTRODUCCIÓN:

Este trabajo práctico pretende impartir al alumno los conocimientos básicos que le permitan comprenderel uso de instrumentos y elementos de empleo cotidiano en electricidad.

Como no es transgresión valerse de la intuición del estudiante, ni tampoco de su experiencia previa, losprincipios básicos de la electricidad se desarrollarán mediante una exposición intuitiva.

Las magnitudes que comúnmente se medirán en los laboratorios de electricidad, son corriente eléctrica,tensión ( o diferencia de potencial), y resistencia. Para ello es necesario valerse de un multímetro o tester,el cual puede ser utilizado como un amperímetro, voltímetro, u óhmetro. Los multímetros que seutilizarán son digitales . Poseen una tecla de encendido y apagado, o bien tienen una posición de la escalaque corresponde a la posición apagado (off ). Constan de dos terminales, uno rojo y otro negro, de unselector de funciones y de escalas.

Cuando se midan las magnitudes eléctricas, se deberá tener en cuenta además de la incerteza en laapreciación, la incerteza de clase producida por el instrumento utilizado. De este modo, la incerteza en lamedida estará dada por la suma de ambas, resultando en un 1.5 % de la escala utilizada más un dígitocorrespondiente a la última cifra que informa la lectura correspondiente en continua ( o 2 dígitos enalterna).

MATERIALES:

* plaqueta de acrílico para conectar distintos elementos del circuito y cable con fichas para tal fin.

Capítulo VIII - Trabajos Prácticos de Laboratorio

114

* plaqueta demostrativa Representación esquemática:

* fuente de tensión Representación esquemática:

* reóstato Representación esquemática:

* multímetro Representación esquemática:

(ver foto en introducción)

Desarrollo del Práctico

1) Armar un circuito conectando los elementos de la siguiente manera:

2) Con el multímetro en posición de apagado, colocar el selector de rangos del mismo en ''voltaje encor r iente continua' '' (V CC), y en la mayor de las escalas. Colocar además el terminal negro en el bornecomún del multímetro, y el terminal rojo en el que corresponde a tensión / resistencia (V/Ω).


CORPUS 115

3)Unir la punta del los terminales a los puntosAy B señalados en el esquema, para medir así el voltaje enlos bornes de la lámpara. Esta conexión se denomina “en paralelo” ,, y es la disposición correcta paramedir diferencias de tensiónn en distintos puntos de un circuito.

4) Antes de encender la fuente, consultar con el auxiliar. Luego, encender la fuente y medir la diferenciade tensión en los bornes y expresar la medida correctamente:

V=V' ± Δ V

5) Apagar la fuente y el multímetro, y seleccionar otra escala. Encender nuevamente y medir la mismadiferencia de tensión del punto 4) expresar la medida correctamente:

V=V' ± Δ V

6) Repetir el punto 5) para distintas escalas, cuidando de no superar el alcance de la escala. Tener encuenta que hay que apagar el multímetro cada vez que se necesita variar de escala.

7) Ordenar los resultados en una tabla:

Comparar los resultados y concluir.

8)Apagar la fuente , variar el cursor del reóstato, y repetir todos los puntos del 1 al 7.

9) Con el multímetro y la fuente en posición de apagado, colocar el selector de rangos del mismo en ''cor r iente continua' '' (ACC), y en la mayor de las escalas. Colocar además el terminal negro en el bornecomún del multímetro, y el terminal rojo en el correspondiente a corriente (mAA).

10) Interrumpir el circuito en A y conectar una de las puntas del multímetro al borne de la lámpara y laotra punta a la conexión suelta como indica el esquema, para medir así la corriente que pasa a través de lalámpara. Esta conexión se denomina “en ser ie” , y es la disposición correcta para medir cor r ientee en distintos puntos de un circuito.

magnitud escala medida V=V’ ± Δ V

error relativo %εR % = (Δ V/

V’)%

Capítulo VIII - Trabajos Prácticos de Laboratorio

116

11) Antes de encender la fuente, consultar con el auxiliar. Luego, encender la fuente y medir la intensidadde corriente y expresar la medida correctamente:

I=I' ± Δ I

12) Apagar la fuente y el multímetro, y seleccionar otra escala cuidando de no superar el alcance.Encender nuevamente y medir nuevamente la corriente del punto 4). Expresar la medida correctamente:

I= I' ± Δ I

13) Repetir el punto 12) para distintas escalas, cuidando de no superar el alcance de la misma. Tener encuenta que hay que apagar el multímetro cada vez que se necesita variar de escala.

14) Ordenar los resultados en una tabla:

15) Comparar los resultados y concluir.

16)Apagar la fuente , variar el cursor del reóstato, y repetir todos los puntos del 9 al 15.

17) Tomar la plaqueta de resistencias y con el multímetro como ohmetro, conectar nuevamente elterminal rojo en el borne tensión/ resistencia (V/ W) para medir la resistencia.

18) Medir directamente conectando los terminales del multímetro a los bornes de cada resistencia en laplaqueta.

18 ) Expresar correctamente el resultado.

19) Comparar el resultado anterior con el obtenido usando la tabla de colores.

magnitud escala medida I=I’ ± Δ I

error relativo%

(εR % )


CORPUS 117

capÍtulo ixAPÉNDICES

Apéndice 1

Código de colores para resistenciass:

a,b: cifras significativasc: orden de magnitudd: tolerancia

a, b, c d

cR = ab 10 ΩΔR % = d%R'

Apéndice 2

Sistema Internacional de Unidades (SI)

Se designa con este nombre al sistema estructurado sobre las siete unidades de base correspondientes a lasmagnitudes: longitud, masa, tiempo, intensidad de corriente eléctrica, temperatura termodinámica,intensidad luminosa y cantidad de materia.

Unidades de base

Metro: Unidad de longitud. Es igual a 1650763,73 longitudes de onda en el vacío, de la radiacióncorrespondiente a la transición entre dos niveles de energía del átomo de kriptón 86.

Kilogramo: Unidad de masa. Es la masa del prototipo internacional del kilogramo, que está depositado enel Bureu International des Poids et Mesures en Sévres, Francia.

Segundo: Unidad de tiempo. Es la duración de 9192631770 períodos de la radiación correspondiente a latransición entre dos niveles hiperfinos del estado fundamental del átomo de cesio 133.

Ampere: Unidad de intensidad de corriente eléctrica. Es la intensidad de una corriente constante que,mantenida en dos conductores paralelos, rectilíneos, de longitud infinita, de sección circular despreciabley colocados en el vacío, a una distancia de un metro uno de otro, producirá entre esos conductores una

-7fuerza igual a 2 x 10 N/m.

a , b , c valor d valornegro 0 dorado 5

marrón 1 plateado 10rojo 2

anaranjado 3amarillo 4verde 5

celeste 6violeta 7

gris 8blanco 9

Capítulo IX - Apéndices

118

Kelvin: Unidad de temperatura termodinámica. Es la fracción 1/273,16 de la temperatura termodinámicadel punto triple del agua.

Candela: Unidad de intensidad luminosa. Es la intensidad luminosa producida en la direcciónperpendicular, por una superficie de 1/500000 m de un cuerpo negro, a la temperatura de solidificación del

2platino, a la presión de 101325 N/m .

Mol:Unidad de cantidad de materia. Cantidad de materia de un sistema que contiene tantos enteselementales como los existentes en 0,012 kg de carbono de número de masa 12.Cuando se emplea el mol, los entes elementales deben ser especificados, y pueden ser átomos, moléculas,iones, electrones u otras partículas.

Unidades Suplementar ias

Radián:Unidad de ángulo plano. Es el ángulo plano que tiene su vértice en el centro de un círculo y quedetermina, sobre la circunferencia de ese círculo, un arco de longitud igual a la de su radio.

Estereoradián: Unidad de ángulo sólido. Es el ángulo sólido que tiene su vértice en el centr de una esfera,y que determina, sobre la superficie de esa esfera, un área igual a la de un cuadrado cuyo lado es igual alradio de la esfera.

Unidades de Base

Unidades Suplementar ias

Unidades Der ivadas

MAGNITUD UNIDAD SIMBOLOlongitud metro m

masa kilogramo kgtiempo segundo s

intensidad de corrienteeléctrica

ampere A

temperatura termodinámica kelvin Kintensidad luminosa candela cdcantidad de materia mol mol

MAGNITUD UNIDAD SIMBOLOángulo plano radián radángulo sólido estereoradián sr

MAGNITUD UNIDAD SIMBOLOsuperficie metro cuadrado m2

volumen metro cúbico m3

frecuencia herz Hzdensidad kilogramo/metro cúbico kg/m3

velocidad metro/segundo m/saceleración metro/segundo cuadrado m/s2

fuerza newton Npresión, tensión mecánica pascal Pa

viscosidad dinámica newton segundo/metrocuadrado

Ns/m2

viscosidad cinemática metro cuadrado/segundo m2/strabajo, energía, cantidad

de calorjoule J

potencia watt Wcantidad de electricidad coulomb C

CORPUS 119


tensión eléctrica, diferenciade potencial, fuerza

electromotriz

volt V

intensidad de campoeléctrico

volt/metro V/m

resistencia eléctrica ohm Ωconductancia eléctrica siemens Scapacitancia eléctrica farad F

flujo magnético, flujo de inducción magnética

weber Wb

inductancia henry Hinducción magnética tesla Tintensidad de campo

magnéticoampere/metro A/m

fuerza magnetomotriz ampere Aflujo luminoso lumen lm

luminancia candela/metro cuadrado cd/m2

iluminación luz lxnúmero de onda 1/metro 1/m

entropía joule/kelvin J/Kcalor específico joule/kilogramo kelvin J/kg K

conductividad térmica watt/metro kelvin W/mKintensidad energética watt/estereoradián W/sr

actividad de una fuente radiactiva

1/segundo 1/s

Escr itura de las Unidades y sus Símbolos

�Los símbolos de las unidades se escriben siempre en singular, no son seguidos de puntos, salvo que ésteindicara operación, e irán únicamente a continuación de los valores numéricos a que se refieren. Porejemplo, si se trata de indicar diez metros cincuenta centímetros, se escribirá: 10,50 m y no 10,50 m. , ni10,50 ms, ni 10,50 mts.�Cuando se trate de indicar el nombre de una unidad, ésta se escribirá con todas sus letras. Así, por

ejemplo, se escribirá setenta kilómetros y no setenta km.�Los nombres de las unidades que responden a nombres propios, se escribirán con minúscula y en

singular. Así, por ejemplo, se dirá sesenta ampere, veinticinco watt, y no sesenta amperios o amperes,veinticinco watts, etc.�Cuando se trate de indicar cantidades separadas por la como decimal, el símbolo de la unidad se

colocará a la derecha de la cantidad, separado por un espacio y no intercalado entre la parte entera y laparte decimal.Así, por ejemplo, se escribirá 45,50 kg y no 45 kg, 50.�En el caso de unidades que resulten del cociente de oras, podrán usarse, para las unidades que figuren

como divisor, exponentes negativos. Así, por ejemplo, la unidad de velocidad podrá simbolizarse m/s o-1ms .En el caso de unidades que resulten del producto de otras dos, cada una de las unidades que

intervienen se separará por un espacio o un punto que significa producto. Así, por ejemplo, la unidad milivolt segundo se simbolizará mV s o mV.s.

Indicaciones Complementar ias

Unidad de Temperatura

La unidad de temperatura termodinámica se designa con el nombre de kelvin y su símbolo es K. El mismonombre y el mismo símbolo son utilizados para designar un intervalo de temperatura. Un intervalo detemperatura puede, también expresarse en grados celsius, cuyo símbolo es °C. Un intervalo detemperatura expresado en grados celsius es igual al intervalo de temperatura correspondiente expresadoen kelvin.

Capitulo IX - Apéndices

120

Unidad de volumen

La unidad de volumen litro, cuyo símbolo es l, puede ser usada como equivalente del decímetro cúbico.Sin embargo, la unidad litro, que no pertenece al SI, no deberá emplearse para expresar resultados demedidas volumétricas de precisión.

Unidades de Tiempo

En el caso de múltiplos de la unidad de tiempo podrán emplearse, por razones prácticas, el minuto( símbolo min ), la hora ( símbolo h ) o el día ( símbolo d ).

Unidades Der ivadas del SI que Tienen Nombres Especiales.

�Newton. Unidad de fuerza que imprime a una masa de un kilogramo una aceleración de un metro porsegundo al cuadrado.

�Joule. Unidad de energía, de cantidad de calor y de trabajo. Es el trabajo producido por una fuerza de unnewton, cuyo punto de aplicación se desplaza un metro en la dirección de la fuerza.

�Watt. Unidad de potencia. Es la potencia que produce, en un segundo, un trabajo de un joule, es decir, esla potencia que origina una producción de energía igual a un joule por segundo.

�Hertz. Unidad de frecuencia. Es la frecuencia de un fenómeno periódico, que se repite una vez porsegundo.

�Coulomb. Unidad de carga eléctrica. Es la cantidad de electricidad transportada, en un segundo, poruna intensidad de corriente de un ampere.

�Volt. Unidad de potencial eléctrico, de diferencia de potencial y de fuerza electromotriz. Es ladiferencia de potencial existente entre dos puntos de un conductor por el que circula una intensidad decorriente constante de un ampere, cuando la potencia disipada entre esos puntos es un watt.

�Farad. Unidad de capacitancia eléctrica. Es la capacitancia de un capacitor que, cargado con unacantidad de electricidad de un coulomb, tiene entre sus placas una diferencia de potencial de un volt.

�Ohm. Unidad de resistencia eléctrica. Es la resistencia eléctrica entre dos puntos de un conductorcuando, aplicada entre esos puntos una diferencia de potencial constante de un volt, origina en elconductor una corriente continua cuya intensidad es de un ampere, siempre que el conductor no seafuente de ninguna fuerza electromotriz.

�Weber. Unidad de flujo magnético. Es el flujo magnético que, concatenado con una espira, induce enésta una fuerza electromotriz de un volt, al disminuir el flujo uniforme hasta cero, en un segundo.

�Henry. Unidad de inductancia eléctrica de un circuito cerrado en el cual se produce una fuerzaelectromotriz de un volt, cuando la intensidad de la corriente que lo recorre varía uniformemente arazón de un ampere por segundo.

�Tesla. Unidad de densidad de flujo magnético. Es la densidad de flujo magnético producido por el flujouniforme de un weber, que atraviesa perpendicularmente una superficie plana de un metro cuadrado.

�Lumen. Unidad de flujo luminoso. Es el flujo emitido en el ángulo sólido de un estereoradián, por unafuente puntual uniforme que tiene una intensidad luminosa de una candela.

�Lux. Unidad de iluminación. Es la iluminación de un lumen por metro cuadrado.�Pascal. Unidad de presión y tensión mecánica. Es la presión o tensión mecánica correspondiente a una

fuerza de un newton aplicada sobre un área de un metro cuadrado.�Siemens. Unidad de conductancia eléctrica. Es la conductancia eléctrica entre dos puntos de un

conductor cuando, aplicada entre esos puntos una diferencia de potencial cosntante de un volt, originaen el conductor una corriente continua de un ampere, siempre que el conductor no sea fuente deninguna fuerza electromotriz.

CORPUS 121


capÍtulo x ÓPTICA GEOMÉTRICA

INTRODUCCIÓN

La óptica, el estudio de la luz, puede ser dividida en tres secciones cada una de las cuales requiere unmétodo marcadamente diferente de tratamiento teórico.�Óptica geométrica: En esta sección se trata a la óptica por el método de los rayos de luz.�Óptica física: Se estudia el comportamiento de la luz haciendo uso de la teoría ondulatoria.�Óptica cuántica: En este caso, se tratan las interacciones de la luz con los entes atómicos de la materia ypara ello se utilizan elementos de la física cuántica.

Gran parte de nuestros conocimientos del medio que nos rodea lo obtenemos a través de nuestros sentidos,principalmente el de la vista. Son numerosos los fenómenos relacionados con la luz que diariamentesuceden a nuestro alrededor y es nuestra intención encontrar una explicación e interpretación adecuada enbase al concepto de rayos de luz.

Fuentes de LuzEl sol, las estrellas, las lámparas de distintos tipos, el láser son ejemplos de fuentes de luz o cuerposluminosos, (del latín lumen, luz). Otros objetos, como un lápiz, un libro, los árboles, etc, no son luminososy son visibles sólo cuando reciben la luz de una fuente luminosa y la reflejan sobre nuestros ojos. Enmuchos casos, el que un cuerpo sea luminoso o no depende de sus condiciones y del material que loconstituye. Por ejemplo, el filamento de una lámpara incandescente no es luminoso a menos que secaliente por una corriente eléctrica que pasa a través de él. Cuando los sólidos o los metales fundidos secalientan a temperaturas superiores a 800°C se convierten en fuentes luminosas, son cuerposincandescentes.Al aumentar la corriente en el filamento de una lámpara incandescente aumenta su brillo al mismo tiempoque cambia de color.Al principio se observa un resplandor rojo oscuro que cambia a amarillo brillante y sise aumenta la corriente pasa a un rojo blanco, como el hierro incandescente.No todas las fuentes luminosas son incandescentes, por ejemplo, los tubos de neón y las lámparasfluorescentes.Existe una diferencia básica entre las fuentes incandescentes y las que no lo son. En las fuentesincandescentes, el cambio de brillo, temperatura y color vienen estrechamente relacionados, mientras queen las fuentes no incandescentes, el color de la fuente depende principalmente de la naturaleza delmaterial y no varía con el brillo. A su vez, los tubos de neón y las lámparas fluorescentes permanecenbastante frescos, mientras que las lámparas incandescentes aumentan notablemente su temperatura alcircular corriente por su filamento.Una gran cantidad de luz, también alcanza nuestros ojos procedentes de superficies no luminosas. Lostechos blancos y las paredes claras reflejan y difunden una gran parte de la luz que reciben. En mayorescala, la Luna es un foco indirecto que refleja la luz solar.

Naturaleza de la LuzNumerosos científicos han indagado acerca de la naturaleza de la luz, proponiendo varios modelos paraexplicarla y lograr de esta manera las interpretaciones acerca del comportamiento que presenta.Se han propuesto varios modelos, algunos de los cuales fueron abandonados por resultar inadecuados. Lamayor dificultad ha residido en que ninguno de estos modelos o teorías propuestos explicacompletamente el comportamiento de la luz, ya que algunos fenómenos pueden interpretarsecorrectamente de acuerdo a una teoría, en tanto que otros no.Una de las preocupaciones de los físicos ha sido la de buscar una explicación de los hechos conocidos ytratar de predecir otros nuevos, para lo cual la introducción de modelos ha sido una herramienta de granutilidad.Así, basándose en la observación del comportamiento de las partículas y de las ondas se encuentran ciertasanalogías con el comportamiento de la luz, llegándose a proponer dos modelos básicos: el modelocorpuscular y el modelo ondulatorio.

122

Según el modelo corpuscular, la luz estaría constituida por pequeñísimas partículas o corpúsculosemitidos por los cuerpos luminosos en todas direcciones.Esta era la creencia general predominante hasta mediados del siglo XVII, siendo Newton su principalsostenedor. Este modelo permite explicar algunos fenómenos relacionados con el comportamiento de laluz, pero no permite interpretar otros.También a mediados del siglo XVII Christian Huygens y otros propusieron que la luz podía ser unfenómeno ondulatorio, es decir que la fuente de luz sería un centro que emite continuamente ondas de luz.La evidencia de la teoría ondulatoria de la luz se hizo más notable a mediados del siglo XIX cuando losexperimentos de Fresnel y Thomas Young sobre interferencia y difracción demostraron de formaconcluyente que estos fenómenos ópticos resultaban comprensibles en función de una teoría ondulatoria,pero cuya explicación resultaba inadecuada con una teoría corpuscular.

Velocidad de la LuzUno de los motivos de discusión con respecto al comportamiento de la luz, fue el referente a su velocidadde propagación. Algunos sostenían que la luz no necesitaba ningún tiempo para propagarse de un sitio aotro, es decir, se propagaba instantáneamente, hubo otros como Galileo, que sostenían que la luz debíatener una velocidad definida de propagación y que mediante procedimientos adecuados, podríadeterminarse su valor.Galileo fue el primero que intentó efectuar dicha medición, pero la limitación de sus elementos de trabajole impidió encontrar resultado satisfactorio. Sugirió un método para deducir la velocidad de la luz,semejante al procedimiento empleado para medir la velocidad del sonido. Se ubicaban dos hombres conlinternas a una distancia determinada. Uno de ellos prendía el cronómetro cuando encendía la linterna. Elotro hombre, cuando veía la luz del primero, encendía la suya. El primer hombre, cuando veía la luz delsegundo, apagaba el cronómetro. Medía así, el tiempo que tardaba la luz en ir del primer hombre alsegundo y volver al primero. La experiencia falló debido a que la luz se transmitía a una velocidaddemasiado grande, para que su paso a través de distancias cortas pueda ser registrado por losinstrumentos conocidos hasta ese entonces.El danés Roemer, mediante observaciones astronómicas, fue el primero en obtener un valor para lavelocidad de propagación de la luz. Roemer observó los tiempos en que los satélites de Júpiter seeclipsaban en la sombra del planeta. El más brillante de los satélites da la vuelta completa en su órbita alrededor de Júpiter en aproximadamente siete días y se eclipsa una vez en cada vuelta. Roemer observóque los eclipses ocurrían aproximadamente 11 minutos antes cuando la Tierra estaba más cerca de Júpitery 11 minutos después cuando estaba más lejos, porque la luz tenía que viajar a través de la órbita terrestre.La contribución de Roemer fue muy importante aunque no obtuvo un valor correcto para la velocidad dela luz, ya que en aquella época no se conocía con precisión el tamaño de la órbita terrestre.Michelson, quien dedicó gran parte de su actividad científica a la determinación de la velocidad de la luz,

8refinando los experimentos realizados por otros físicos obtuvo un valor de 2,99898 x 10 m/s para lavelocidad de la luz en el aire.Cuando se determinó la velocidad de propagación de la luz en diferentes medios tales como vidrio, agua yotros, se encontró que en cada uno de los medios la luz se propagaba con diferentes velocidades.Para la velocidad de la luz en el vacío utilizaremos el símbolo c, c es una de las constantes fundamentalesen la física y su valor es de:

8C = 3,00 x 10 m/s

RayosLos rayos de luz son las trayectorias a lo largo de las cuales se propaga la energía luminosa. Las accionesmutuas entre la luz y los cuerpos que ésta halla en su camino, sólo se exteriorizan en forma de cambios dedirección que sufren los rayos luminosos en determinados puntos en su camino.Esta forma de estudiar los fenómenos ópticos constituye la óptica geométrica.En la figura (a) se muestran los rayos que parten de un objeto pequeño y en la figura (b) se muestran losrayos provenientes de una fuente de luz alejada como es por ejemplo, el caso del sol. Obsérvese que eneste caso, los rayos son paralelos.

CORPUS 123


El cono de luz que se origina en una fuente puntual se denomina generalmente haz divergente o cono derayos, en particular, si el ángulo de divergencia del cono es pequeño, el haz se denomina central. Eltérmino haz se limita frecuentemente al caso de un haz paralelo. Si el ángulo de abertura del cono esextremadamente pequeño, se denomina también rayo de luz. Teóricamente, un rayo se concibe como unasemirecta matemática, sin espesor, pero tal concepto no tiene imagen en el mundo físico, ya que si se haceel intento de limitar un rayo para obtener el rayo matemático, aparece el fenómeno de difracción.

REFLEXIÓN DE LALUZ

Cuando un rayo de luz incide sobre una superficie que separa un medio de otro, llamada superficie deseparación, como por ejemplo, la superficie entre el aire y vidrio se observa que:a) Parte de la luz incidente es reflejada hacia el mismo medio de donde proviene, en la superficie deseparación.b) El resto, entra al segundo medio, siendo refractada.

Los ángulos de incidencia, reflexión y refracción se miden a partir de la normal, es decir, la líneaperpendicular a la superficie de separación de los dos medios.

Leyes De La Reflexión

Las dos leyes de la reflexión son:

a) El rayo incidente, la normal y el rayo reflejado se encuentran en el mismo plano.b) Los ángulos de incidencia y de reflexión son iguales.

Reflexión Especular y Reflexión Difusa

Los materiales que permiten que la luz los atraviese se llaman transparentes, por ejemplo, vidrio, agua, aire.En cambio, los materiales son opacos si de la luz que incide sobre ellos, una parte es reflejada y el restoabsorbida, de modo que la luz no los atraviesa, por ejemplo, cartón, madera, metal, etc.

Capítulo X - Optica Geométrica

124

Todos los materiales, ya sean transparentes u opacos, reflejan parte de la luz que sobre ellos incide. Esdecir, devuelven una parte de la luz hacia el mismo lado de donde procede. Según como sea la superficietendremos lo que se denomina reflexión especular o regular y reflexión difusa.La mayor parte de las sustancias dan una reflexión difusa, devuelven la luz en todas direcciones. Algunosmateriales como las láminas muy pulimentadas absorben muy poca luz blanca y la reflejan de formamucho más regular que las superficies rugosas. Si iluminamos un espejo ubicado sobre un papel blancoveremos que el espejo aparece totalmente negro, mientras que la lámina blanca aparece más iluminada.Esto se debe a que el espejo refleja toda la luz en una dirección determinada, mientras que la lámina blancala refleja en todas direcciones, es decir en forma difusa.

Gracias a la luz difusa vemos iluminado los cuerpos y los distinguimos de sus alrededores.La formación de las imágenes se debe a la regularidad de la reflexión en las superficies lisas. La reflexiónespecular se utiliza para conducir luz a través de caminos preestablecidos en instrumentos ópticos y lareflexión difusa es empleada especialmente en la iluminación de ambientes.

Imágenes Producidas por Espejos Planos

Cotidianamente vemos nuestra imagen sobre espejos, vidrios de ventanas y sobre la superficie del agua.¿Cómo podemos explicar la formación de esta imagen?. ¿Qué relación hay entre el objeto colocado frenteal espejo y la imagen obtenida?Mirémonos en un espejo y movamos por ejemplo, la mano derecha. La imagen en el espejo parece moverla mano izquierda. Si colocamos un objeto contra el espejo y tomamos otro igual con la mano, la imagendel objeto en la mano parece estar detrás del espejo y no al lado del otro objeto.

CORPUS 125


Cuando se coloca una fuente de luz frente a un espejo plano, muchos de los rayos que emergen de estafuente, inciden sobre el espejo y se reflejan según las leyes conocidas. Los rayos de luz en ningúnmomento atraviesan el espejo, pero la imagen parece formarse detrás de él.

Para entender la formación de imágenes en espejos planos consideremos la siguiente figura:

Algunos de los rayos que salen del punto P inciden sobre la superficie del espejo y cada uno se refleja deacuerdo con las leyes de la reflexión. Si prolongamos los rayos reflejados por líneas punteadas hacia atrás

/del espejo, se interceptan en un punto P , y el observador colocado frente al espejo tendrá la sensación de/que los rayos proceden de este punto P , que resulta ser la imagen de P.

La imagen se forma por la intersección de los rayos reflejados al prolongarse hacia atrás del espejo./Como en realidad los rayos no pasan por el punto P , a la imagen así obtenida se la denomina “imagen

aparente o virtual”.

La posición de la imagen obtenida en un espejo plano puede determinarse mediante la construccióngráfica siguiente:Trazamos un rayo (incidente) procedente del punto P, cuya imagen deseamos determinar, el cual incidesobre el espejo en el punto A y es reflejado formando un ángulo igual al de incidencia. Otro rayoprocedente de P, perpendicularmente a la superficie, en consecuencia se refleja sobre sí mismo.

/Prolongando los dos rayos reflejados, por detrás del espejo, se cortan en un punto P que constituye laimagen de P.

/ /Los triángulos PAB y P AB son iguales, por lo tanto, los catetos PB y P B son iguales. Es decir, la distanciadel objeto al espejo es igual a la distancia del espejo a la imagen.En consecuencia, existe simetría entre las posiciones del objeto y su imagen con respecto al espejo.

126


Espejos Esfér icos

Los espejos esféricos tienen forma de casquete esférico. Se llama radio de curvatura del espejo o radio delespejo (R) al radio de esa esfera, y vértice (V) del espejo al punto medio del casquete. La rectadeterminada por el centro de la esfera y el vértice del espejo es el eje principal.

Toda recta que pase por el centro y no contenga al vértice es un eje secundario. La apertura es el ángulo queforman dos radios coplanares que pasen por el contorno del espejo.Si la superficie pulida es la interna al casquete, se trata de un espejo cóncavo, si es la cara externa es unespejo convexo.En el estudio de los espejos esféricos se reemplaza imaginariamente cada punto del espejo curvo, por unoplano tangente a él; así pueden aplicarse las mismas leyes que para los espejos planos. De esta forma, lanormal coincide con el radio del espejo bisectriz del ángulo formado por los rayos incidente y reflejado.Por lo tanto, un rayo que incida con la dirección del eje principal se reflejará sobre sí mismo. Lo mismoocurre con un rayo cuya dirección coincida con la de un eje secundario.

En la figura se ha considerado una fuente puntual S, un rayo incidente en el punto A del espejo se refleja/cortando el eje principal en el punto S . Un rayo incidente que coincida con el eje principal, se refleja sobre

/sí mismo. Por lo tanto, la intersección de estos dos rayos reflejados es S , la imagen de S. Sin embargo, otro//rayo incidente al espejo en B, se refleja interceptando al eje principal en S . Es decir, no se obtiene una sola

imagen.

Si el ángulo α que forma el radio que pasa por el punto de incidencia y el eje principal es pequeño,aproximadamente 5°, las intersecciones de los rayos reflejados serán casi coincidentes, y se obtendrá unasola imagen para espejos de apertura pequeña.

CORPUS 127


Focos y Plano FocalUna clase de rayos particularmente interesante son aquellos rayos que llegan paralelamente al ejeprincipal del espejo. Si la distancia de estos rayos al eje es pequeña en comparación con el radio decurvatura del espejo, serán reflejados de modo que pasen por un mismo punto del eje principal. Este puntose denomina foco principal del espejo (F). Recíprocamente todo rayo que incida en el espejo pasando porel foco principal se refleja paralelamente al eje principal.

El rayo DA es paralelo al eje principal y su distancia es pequeña comparada con el radio de curvatura delespejo, CA, se refleja entonces pasando por el foco del espejo. Lo mismo ocurre con el rayo GB.

El foco de un haz de rayos paralelos que tienen la dirección de un eje secundario, es un punto situado sobreese mismo eje que se denomina foco secundario. En los espejos de apertura pequeña, todos los focossecundarios se encuentran situados sobre el plano perpendicular al eje principal trazado por el focoprincipal. Este plano se denomina plano focal.

Distancia Focal

Se denomina distancia focal a la distancia desde el vértice al foco.Vamos a deducir la posición del foco en un espejo cóncavo de apertura pequeña.

El radio del espejo es siempre perpendicular a la superficie del espejo en ese punto, es decir, CA es la normal al espejo en el punto A.Según las leyes de la reflexión, el ángulo de incidencia es igual al ángulo de reflexión, i = r.Resulta entonces que el triángulo CFA, tiene dos ángulos iguales, por lo tanto es un triángulo isósceles. Ellado CF es igual al lado FA.

128


Como la distancia del rayo incidente al eje principal es pequeña, AV resulta pequeña comparada con CA.En consecuencia, CV resulta ser aproximadamente igual CA. Finalmente, CF es aproximadamente igual aFV, es decir, el foco se encuentra ubicado a la mitad de la distancia entre el espejo y el centro de curvatura.Así, la distancia focal f es la mitad del radio del espejo.

f =

Para obtener la ubicación de la imagen de un objeto frente a un espejo cóncavo podemos utilizar dos rayosprincipales. Un rayo que incida por un punto P del objeto y sea paralelo al eje principal se reflejarápasando por el foco. Otro rayo que incida por el mismo punto del objeto y pase por el centro del espejo se

/reflejará sobre sí mismo. La intersección de estos dos rayos reflejados nos dará la imagen P del punto enconsideración.

La imagen resulta ser real e invertida. La presencia de esta imagen real se comprueba colocando un trozode papel delgado a modo de pantalla, en la posición de la imagen.

Si el objeto se encuentra entre el foco y el espejo, la imagen será virtual y derecha.

2R

CORPUS 129


La imagen se forma por la intersección de la prolongación de los rayos reflejados, por eso decimos que esvirtual o aparente.

Espejos ConvexosLas fórmulas obtenidas para los espejos cóncavos son válidas para los espejos convexos. En el caso de losespejos convexos, el foco principal se obtiene como prolongación de los rayos reflejados, por lo tanto esvirtual.

Para encontrar la ubicación de la imagen de un objeto frente a un espejo convexo procedemos igual quepara un espejo cóncavo, utilizando dos rayos principales.

En el caso de espejos convexos, la imagen es siempre virtual, derecha y de menor tamaño que el objeto,para cualquier distancia del objeto al espejo.

Espejos Parabólicos

Los astrónomos usan grandes espejos en sus telescopios para concentrar la luz que proviene de lasestrellas, así pueden obtener imágenes en las placas fotográficas que el ojo no puede ver sin ayuda.Mediante un espejo plano no puede concentrarse la luz, pues ésta diverge apareciendo como si procediesede una imagen virtual situada detrás del espejo. Se utiliza entonces un espejo parabólico, denominado asípor su forma, que enfoca la luz incidente en forma paralela al eje. El punto F en el que converge toda la luzreflejada se denomina foco principal del espejo.En la figura, cada uno de los rayos indica como se refleja la luz, todos ellos están en el plano de la figura deacuerdo con las leyes de la reflexión y el ángulo de incidencia de cada uno es igual al ángulo de reflexión.

130


La curva indicada es una parábola y resulta de la intersección del espejo parabólico con el plano de lafigura. La superficie del espejo se llama paraboloide de revolución porque puede engendrarse haciendogirar la parábola de la figura alrededor del rayo incidente que pasa por el foco F.

Al construir espejos parabólicos, generalmente, se parte de una superficie aproximadamente parabólica,que se va perfeccionando por esmerilado y pulido hasta conseguir que la luz que incide paralelamente aleje de revolución se refleje pasando por un foco bien definido.

Proyectores

Hemos visto como la luz que incide sobre un espejo parabólico en dirección paralela al eje, se reflejapasando por el foco principal. Como la luz puede viajar en cualquier dirección, colocando una fuente deluz intensa en el foco principal de un espejo parabólico podemos intercambiar los rayos incidente yreflejado. Los rayos que salen del foco e inciden en el espejo salen paralelos al eje del mismo. Muchos reflectores se basan en este principio. Toda la luz que incide sobre la parábola sale proyectadaparalelamente al eje formando un haz estrecho e intenso que se propaga a grandes distancias.Sin embargo, hay una parte de luz emitida por el foco que no llega al espejo, por ejemplo, la luz dentro delcono AFB de la figura. Esta luz puede aprovecharse colocando un espejo esférico de tal modo que el focose encuentre en el centro de la esfera. Como los rayos que emite el foco inciden radialmente sobre el espejoesférico, se reflejan sobre sí mismo, pasando otra vez por el foco alcanzando así el espejo parabólico.Como el espejo esférico bloqueará la luz reflejada por la sección central del espejo parabólico, esnecesario que el espejo esférico sea pequeño y se ubique muy próximo al foco F.

REFRACCION DE LALUZ

La refracción de la luz se produce cuando un haz de luz entra o sale de un medio transparente. En este caso,normalmente hay un cambio en la dirección de la luz. Esta desviación de la luz cuando pasa de un medio aotro se denomina “refracción”.Ya hemos mencionado que la luz se propaga con velocidades diferentes en distintos medios. Definimosíndice de refracción y lo simbolizamos con la letra “n”, al cociente entre la velocidad de la luz en el vacío,c, y la velocidad de la luz en el medio, v.

vcn =

CORPUS 131


Si la luz es de un solo color recibe el nombre de “luz monocromática”, encontrándose experimentalmenteque en el vacío todos los colores se propagan con la misma velocidad, c.En cambio en los medios materiales, vidrios por ejemplo, los distintos colores se propagan con distintasvelocidades, lo que da por resultado que para un medio dado exista un índice de refracción para cada color.

Supongamos un rayo de luz que viaja por un medio cuyo índice de refracción es n y llega a la superficie de1/ /separación SS entre ese medio y otro medio de índice de refracción n . Tras atravesar la superficie SS , el2

rayo viaja por el segundo medio, pero habiéndose desviado.

Las leyes que rigen este fenómeno son:

a) El rayo incidente, el rayo refractado y la normal están en el mismo plano.b) El seno del ángulo incidente y el seno del ángulo de refracción guardan entre sí, la relación:

Ley de Snell

Cuando la superficie de separación entre los medios 1 y 2 no es plana, la normal es la perpendicular a latangente a la superficie de separación en el punto de incidencia.Cuando el rayo incidente es perpendicular a la superficie de separación no se produce desviación (ya que i

/= 0°, por lo tanto r = 0°).Si el ángulo de refracción es menor que el de incidencia, se dice que el medio 2 es ópticamente más densoo más refringente que el medio 1. Esto no significa que el medio 2 sea físicamente más denso que el medio1, aunque ocurre así en la mayoría de los casos.

Construcción Gráfica del Rayo Refractado

La construcción gráfica más sencilla del rayo refractado es la de Reusch. Para realizarla se trazan concentro en el punto de incidencia, dos circunferencias, una de radio igual a la unidad y otra de radio igual an /n ; la prolongación del rayo incidente corta la circunferencia de radio unidad en el punto T. La paralela a2 1

/ /la normal trazada por T corta la circunferencia de radio n /n en T , el rayo refractado pasa por T .2 1

Para justificar esta construcción consideremos el triángulo OPT. En este triángulo se verifica:

PT = OT sen i = 1 sen i = sen i

/ /En el triángulo OP T se verifica:

/ / / /P T = OT sen r = n /n sen r2 1

1

2/

/21 n

nrsenisenrsennisenn =⇒=

132


/ /Como el lado PT es igual al lado P T , resulta:

Pr incipio de Reversibilidad

Por la simetría de la ley de Snell puede observarse que el sentido de propagación del rayo luminoso puedeinvertirse sin alterar la trayectoria del rayo luminoso. Así, un rayo luminoso que forma un ángulo i con la

/normal en el medio de índice n formará un ángulo igual a r con la normal en el medio de índice n tanto si1 2

el rayo pasa del medio 1 al medio 2, como si pasa del medio 2 al medio 1.

Angulo Límite

Consideremos un nuevo aspecto de la refracción que se presenta cuando un rayo de luz pasa de un mediode índice n a otro de índice n , siendo n mayor que n .1 2 1 2

Sea por ejemplo, el caso en que la luz pasa del agua al aire o del vidrio al agua. En cualquiera de los doscasos de acuerdo a la ley de Snell el ángulo de refracción resulta mayor que el de incidencia.En la figura se observan varios rayos de luz que parten de un punto luminoso P y se propagan por ejemplodel agua al aire.

Refiriéndose al rayo 1, en virtud de la ley de Snell podemos escribir:

pero teniendo en cuenta que n > n1 2

resulta,

y por consiguiente,

o sea, el rayo se aleja de la normal./ /Cuando un rayo se aleja de la normal al pasar de un medio a otro (i < r ), al aumentar i aumentará r hasta

llegar al valor π/2 (rayo 3 ), verificándose:

/

1

2 rsennnisen =

/21 rsennisenn =

/rsenisen <

/ri <

CORPUS 133


El ángulo es el ángulo límite.

Por lo tanto existe un valor máximo del ángulo i, llamado ángulo límite, para el cual el rayo refractado/emerge tangente a la superficie de separación. En este caso, el ángulo r es de 90°.

Todo rayo que incida desde el medio1 al medio 2 con un ángulo mayor al ángulo límite no sufre refracción,sino solo reflexión (rayo 4). Esta reflexión se denomina reflexión total.Si tenemos en cuenta que el índice de refracción del vidrio es 1,5 y el índice de refracción del aire es 1,podemos calcular el ángulo límite para vidrio-aire:

Es decir, el ángulo límite es igual aproximadamente a 42°.Debido a que el ángulo límite entre el vidrio y el aire es siempre menor que 45°, se utilizan prismas conángulo de 45°-90°-45° como superficies de reflexión.Así, la dirección de un rayo puede desviarse por 90°o 180° empleando prismas denominados de reflexión total.Los prismas en ciertas condiciones pueden utilizarse como elementos de reflexión y las ventajas quepresentan sobre ciertas superficies reflectoras como los espejos planos son importantes. En primer lugar,los prismas reflejan toda la luz que incide sobre ellos, en tanto que ninguna de las superficies reflectorasreflejan el 100% de la luz. Como segunda ventaja, podemos citar el hecho de que las propiedadesreflectantes de los prismas se conservan en forma permanente, mientras que en los espejos se producenalteraciones en su superficie por diferentes motivos.

También se produce reflexión total para un rayo que incide perpendicularmente en la cara de un prismaequilátero de acrílico. Este rayo sigue sin desviarse hasta la cara opuesta donde incide con un ángulo de60°.Al ser el ángulo de incidencia mayor que el ángulo límite acrílico-aire, se refleja totalmente.

1

2

2nn

sen

isen lím =π/

1

2 rsennnisen lím =⇒

1

2

nnsenarcilím =

°=== 8,415,1

1

1

2 senarcnnsenarcilím

134


Otro fenómeno particularmente interesante relacionado con la refracción de la luz es el hecho de que, endías soleados y de alta temperatura, frecuentemente se observa que parte del asfalto situado a 100 maproximadamente del observador parecen estar cubiertas de agua. Cuando el observador se aproxima allugar, el agua desaparece y surge nuevamente más adelante, aproximadamente a la misma distancia. Estose debe a que la capa de aire caliente, más cercana al asfalto, tiene un índice de refracción menor que lascapas situadas más arriba. Como consecuencia de ello, se produce la reflexión total y el asfalto parece serun buen reflector de la luz igual a la superficie del agua.La existencia de los espejismos en el desierto se debe también a la reflexión total. Los rayos descendentesencuentran capas de aire que se hacen cada vez menos densas a medida que se acercan a la superficiecaliente de la arena. El rayo de luz pasa por lo tanto a través de una región de índice de refraccióncontinuamente decreciente y finalmente se curva totalmente hacia arriba como se muestra en la figura.Para un observador, la imagen de una nube aparece al nivel del suelo. Debido a la fluctuación continua delíndice de refracción por corrientes de aire de diferente densidad, se produce fácilmente la ilusión de aguaen movimiento.

Imagen Formada por Refracción

/Consideremos un punto P en el medio 2; un observador en el medio 1 lo verá en el punto P en donde laprolongación del rayo refractado corta a la normal de la superficie de refracción.

De la figura podemos deducir:

y

Dividiendo miembro a miembro estas expresiones obtenemos:

/Si los ángulos i y r son pequeños se puede admitir que:

OPOIitg = /

/

OPOIrtg =

OPOP

rtgitg /

/ =

2

1// n

nrsenisen

rtgitg ==

CORPUS 135


Luego tenemos que:

Profundidad aparente

/En nuestro caso, OP es la profundidad aparente. Así, si los rayos originados en P forman ángulospequeños se obtiene una única imagen.Si el medio 2 es agua y el medio1 es aire, podemos calcular la profundidad aparente para incidencianormal, es decir, cuando el ángulo de incidencia es pequeño, aplicando la fórmula anterior. Tomaremos1,33 para el índice refracción del agua y 1 para el índice de refracción del aire.

La distancia de la imagen a la superficie de separación agua-aire es 0,75 veces la distancia del objeto adicha superficie de separación, para incidencia normal. Es decir, vemos el objeto más cerca de lasuperficie de separación agua-aire que lo que está en realidad.

En la foto se observa un lápiz parcialmente sumergido en agua. En la figura se han dibujado los rayosrefractados que provocan la familiar apariencia quebrada. Cada punto del lápiz sufre un desplazamientoaparente hacia arriba, proporcional a su profundidad bajo la superficie.La profundidad aparente de un objeto parcialmente sumergido varía con la dirección de observación, lasrelaciones matemáticas simples que hemos deducido existirán sólo cuando la observación se restrinja a unpequeño cono alrededor de la vertical.Si colocamos una moneda en un recipiente y nos ubicamos de tal forma de no verla, comprobaremos queal colocarle agua al recipiente comienza a aparecer la moneda.

OPnnOP

2

1/ =

OPOPOPOPOPnnOP 75,0

33,11 //

2

1/ =⇒=⇒=

136

Vista de un lápizparcialmente sumergido enagua


Para explicar este fenómeno podemos dibujar los rayos refractados que nos permiten ver la moneda.

Láminas de Caras Paralelas

Cuando la luz atraviesa un medio transparente, limitado por dos superficies planas y paralelas como porejemplo una lámina de acrílico, la luz emerge en la misma dirección de incidencia, pero desplazadalateralmente.Para demostrarlo consideremos la siguiente figura:

En la superficie “a” se verifica:

Si aplicamos la ley de Snell en la superficie b, tenemos,

como , por ser ángulos alternos internos entre paralelas, resulta

es decir, la luz emerge en la misma dirección de incidencia, pero desplazada lateralmente.

Refracción En Un Pr isma

El prisma es una de los elementos más útiles en los sistemas ópticos. Si miramos un objeto luminoso muypequeño F a través de un prisma, la desviación experimentada por los rayos que salen del objeto y

/atraviesan el prisma es tal que parecen provenir de F que corresponde a la intersección de las/prolongaciones de los rayos que emergen del prisma y llegan al ojo. F constituye la imagen virtual del

foco F. De acuerdo con la figura, se observa que el rayo experimenta dos refracciones, una en el punto M yotra en el punto N.

/1211 senrnisenn =

/2122 senrnisenn =

1/

2 ir =2

/1 ir =

CORPUS 137


Dispersión de la Luz

Ya hemos comentado que la velocidad de la luz en el vacío es igual para todos los colores y que lavelocidad de la luz en medios materiales depende del color y de la naturaleza del medio.Consideremos un fino haz de luz blanca que proviene por ejemplo, del sol, que incide sobre el lado de unprisma de vidrio.Se observa que luego de atravesar el prisma se descompone en colores simples que de arriba hacia abajo sepresentan en el siguiente orden: rojo, naranja, amarillo, verde, azul , índigo y violeta. El ángulo entre elrayo incidente y el rayo emergente se denomina ángulo de desviación de ese rayo.Se dice que el prisma dispersa la radiación incidente y forma su espectro. Sin el prisma, estos colores no seobservan y el prisma no contiene dentro de sí, fuentes propias de luz en colores, por lo tanto, es evidenteque todos los colores del espectro observados estaban contenidos en la luz blanca que penetró en el prismay el papel de éste fue separar dichos colores.Newton explicó el fenómeno de dispersión utilizando un disco (disco de Newton) dividido en sietesectores cada uno de ellos con un color del espectro.Al hacer girar el disco, éste aparecía blanco a causa dela persistencia de las imágenes en la retina.Así mismo, comprobó que haciendo pasar la luz dispersada porun prisma por un segundo prisma colocado en posición invertida con respecto al primero, los diversoshaces coloreados se recombinaban en un único haz de luz blanca idéntico al inicial.Para explicar la separación de colores por el prisma, tengamos en cuenta que el haz de luz blanca incidesobre el prisma con un determinado ángulo de incidencia, sin embargo, el ángulo de refracción resultadiferente para cada color. Recordando que el índice de refracción es el cociente entre la velocidad de la luzen el vacío y la velocidad de la luz en el medio y dado que los distintos colores tienen distintas velocidadesde propagación, concluimos que cada medio presenta distinto índice de refracción según el color de la luzque pasa a través de él, y de acuerdo a la Ley de Snell resultan distintos ángulos de refracción. Esta es laexplicación del fenómeno denominado dispersión de la luz.Como hay mayor desviación para la luz violeta que para la roja, se puede deducir que el índice derefracción de la luz violeta es mayor que el de la roja.En general, todos los medios transparentes presentan diferentes índices de refracción para los distintoscolores, en la mayoría de los casos se acostumbra utilizar el índice de refracción correspondiente a la luzamarilla.

Algunos índices de refracción para colores:

COLOR VIDRIO CROWN BISULFURO DECARBONO

Rojo 1.5146 1.6182Amarillo 1.5171 1.6276

Azul 1.5233 1.6523Violeta 1.5325 1.6994

138


ElArco Ir is

Un arco iris es producido por la refracción, dispersión y reflexión interna de la luz dentro de las gotas deagua. Cuando millones de gotas de agua permanecen suspendidas en el aire después de una tormenta, se veun arco iris, cuyos colores van desde el violeta en la parte interior, recorriendo el espectro hasta el rojo enla parte exterior. Esencialmente, el fenómeno se debe a que las gotas de lluvia actúan a modo de prismasópticos, produciendo la dispersión de la luz blanca que reciben.El arco iris sólo es visible cuando el sol está próximo al horizonte; su altura sobre éste no debe ser superiora unos 50°, ya que si está más alto los rayos refractados se pierden sin ser vistos por el observador. Por esose observa sobre todo al atardecer.La luz que forma al arco iris primario se refleja una vez dentro de cada gota de agua. Al ser refractada ydispersa, la luz blanca del sol, se separa en un espectro de colores.

Debido a las condiciones para la refracción y reflexión interna en el agua, los ángulos de desviación (entrelos rayos de entrada y de salida) para la luz roja a violeta, están en un ángulo entre 40° y 42°. Por ello, elarco iris se puede ver solamente cuando el sol está detrás del observador, de modo que la luz dispersa serefleja a través de estos ángulos.En algunas ocasiones, puede observarse un arco iris secundario a mayor altura. La luz que penetra por elborde inferior de la gota sufre una doble reflexión interna, dando origen a un arco iris menos intenso,concéntrico con el arco iris principal y situado en la parte exterior. La secuencia vertical de colores esinversa a la del arco iris primario.Por lo general vemos la mitad del arco, debido a que la formación mediante gotas de agua se corta en elsuelo. Al aumentar la elevación del observador, se ve una parte mayor del arco. Se puede ver un arco iriscircular desde un avión.Una particularidad de este fenómeno es que el arco iris se desplaza siempre al mismo tiempo que elobservador.

Refractómetro

Medir el índice de refracción de una sustancia con relación al aire es el objeto de la refractometría, y sonlos refractómetros los instrumentos que permiten realizar esta medida. La mayoría de los instrumentosque miden índice de refracción emplean el principio de ángulo límite, ya que de la ecuación de Snell sededuce que el índice de refracción de una sustancia puede determinarse en función de su ángulo límite. Este es el fundamento del refractómetro de Abbe. Este instrumento consta de un espejo, dos prismasrectangulares de vidrio de elevado índice de refracción y un anteojo.

CORPUS 139


La luz de una fuente luminosa es enviada por medio de un espejo sobre el prisma inferior iluminando asíla cara inferior del mismo. Esta cara está esmerilada de modo que actúa como una pantalla difusora y envíarayos en todas direcciones. El estrecho espacio entre el prisma inferior (iluminador) y el superior(refractor) contiene una pequeña cantidad del líquido en examen. Los dos prismas están adosados por sushipotenusas y encerrados en una montura metálica por la que se puede hacer circular agua desde untermostato. Los prismas pueden girar sobre un eje perpendicular al plano del dibujo, de modo que cada posición de los prismas corresponde a un ángulo definido y por lo tanto a un valor definido de n (índice derefracción), el cual puede leerse directamente sobre una escala graduada por medio de un ocular(ampliador de escala).Girando los prismas llega un momento en que se ve una sombra de borde recto que invade el campo. Secontinúa el movimiento de los prismas hasta el instante en que el borde de la zona oscura coincide con elcruce de los hilos del retículo.

Cuando no se opera con luz monocromática, y con el objeto de anular la irisación que aparece en el bordeoscuro, se recurre al compensador o prismas de Amicci, que convierte esa franja irisada en una línea deseparación incolora entre la parte clara y la oscura del campo visual.Aparece así, el campo del anteojo dividido en dos mitades: una clara y la otra oscura.Se determina entonces, el ángulo α en que se hizo girar el prisma para obtener el resultado anterior. Puededemostrarse que de la medida de dicho ángulo de emergencia puede obtenerse el índice de refracción de lasustancia. Este instrumento requiere sólo algunas gotas de líquido realizándose la determinación en formarápida.

De la figura se deduce fácilmente que:n sen β = n sen αp a

siendo n el índice de refracción del prisma y n = 1, es el índice de refracción del aire.p a

n sen β = sen αp

El ángulo β es la diferencia entre el ángulo límite γ y el ángulo ω = A:γ = ω - β

y por lo tanto:n sen 90° = n sen γs p

n = n sen (ω - β)s p

donde n es el índice de refracción de la sustancia.s

De las igualdades:n sen β = sen α y n = n sen (ω - β)p s p

se deduce el índice de refracción n del líquido que se examina, en función de las magnitudes conocidas ys

constantes ω y n (ángulo e índice de refracción del prisma) y el ángulo α, hallado mediante observación.p


140

Guía para Determinación del Indice de Refracción de un Líquido

1) Se abre la caja de prismas y se colocan algunas gotas del líquido sobre la superficie del prisma inferior.Al cerrar se forma una lámina entre los prismas.2) Se enfoca el retículo del anteojo girando el ocular y se ajusta el espejo de modo de obtener una buenailuminación.3) Se gira la caja de prismas hasta que el campo visual esté en parte iluminado y en parte oscuro.4) Cuando se usa luz blanca el borde entre la zona iluminada y la zona oscura aparece coloreada. Paraeliminar este efecto se gira el compensador deAmicci hasta que la frontera sea nítida.5) Se gira la caja de prismas hasta que el borde nítido coincida con el cruce del retículo en el anteojo.6) Se lee el índice de refracción en la escala.Debe notarse que no se puede examinar ninguna sustancia cuyo índice de refracción supere el del prisma.

PROBLEMAS DE REFLEXIÓNYREFRACCIÓN

1) Determinar gráficamente la posición de la imagen del objeto O, la cual se forma en un espejo plano EE´,utilizando las leyes de la reflexión. La imagen, ¿es real o virtual?

Solución:

Se traza un rayo incidente cualquiera, como se muestra en la figura, OP. A continuación se traza la normalal espejo en el punto P. Aplicando la ley de la reflexión se traza un ángulo igual al incidente, el ángulo dereflexión, obteniendo así el rayo reflejado correspondiente al rayo incidente OP. Se procede de igualforma trazando otro rayo incidente, por ejemplo el OQ de la siguiente figura:

Se podría continuar trazando rayos incidentes y sus correspondientes rayos reflejados. Sin embargo, conestos dos pares de rayos podemos construir la imagen del punto O prolongando los rayos reflejados. En elpunto donde se interceptan dichos rayos se encuentra la imagen O´ del punto O. Se puede demostrar que ladistancia OR del objeto al espejo es la misma que RO´, la distancia de la imagen al espejo.La imagen es virtual ya que se obtuvo por la prolongación de los rayos reflejados. Por tal motivo, dichaimagen no se puede recolectar en una pantalla ubicada en O´.

2) Determínese gráficamente la longitud del segmento de la recta “a” que puede ser visto por elobservador situado enA, a través del espejo.

CORPUS 141


Solución:

Con los datos del problema se puede realizar el dibujo a escala.Para determinar el segmento de la recta “a” que puede ser visto por el observador que está ubicado en Aprocedemos de la siguiente manera:

Trazamos un rayo desde A hasta un extremo del espejo, por ejemplo el extremo P de la figura. Este rayocorresponde al rayo reflejado que llega al observador. Para saber de qué punto proviene debemos trazar elrayo incidente correspondiente. Para ello trazamos la normal al espejo en el punto P y marcamos unángulo igual al ángulo de reflexión.

Es decir, cuando el observador mira hacia el extremo del espejo ve el punto B de la recta “a”. Se procede deigual forma para el extremo Q del espejo:

Por lo tanto, el segmento BC de la recta “a” es el que ve el observador ubicado enA

3) Un rayo luminoso forma un ángulo de 25° con la normal a un espejo plano. Calcular el ángulo que giraráel rayo reflejado cuando el espejo se desvíe 15° y, por lo tanto, el ángulo de incidencia sea de 40°.

Solución:

En este caso, se podría realizar el dibujo a escala y resolver el problema gráficamente. Se procedeentonces a trazar los rayos reflejados para cuando el espejo está horizontal y cuando está girado 15°, comose muestra en la siguiente figura:


142

El ángulo de reflexión, es decir, el ángulo que forma n con r en la figura es igual a 25°, igual al ángulo deincidencia.Asu vez, el ángulo de reflexión, es decir el ángulo que forma n con r es de 40°, igual al ángulo1 1

de incidencia que forma i con n para el espejo girado. Por lo tanto, el ángulo que forman los rayos1

reflejados r y r resulta ser de 30°. Es decir, si el ángulo que gira el espejo es α el ángulo entre los rayos1

reflejados será igual a 2 α.

4) La imagen de un árbol cubre justamente la longitud de un espejo plano de 5 cm, cuando se sostiene elespejo 30 cm delante del ojo. El árbol se encuentra a 90 m del espejo. ¿Cuál es su altura?. Hacer unesquema de la marcha de rayos.Solución

La altura del árbol es igual a la longitud del segmentoAB. Este segmento, a su vez es igual a la suma de lossegmentos: AN + NM + MB. El segmento MB resulta tener la misma longitud que el segmento AN, porconstrucción. Entonces, la altura h del árbol es igual a:

h = 2 AN + NM

El segmento NM = 5 cm, la longitud del espejo. Para calcular la longitud del segmento AN,consideramos el triángulo rectángulo PNA. El cateto adyacente al ángulo i, es igual a:

NP = 90 m + 30 cm = 9030 cm

El ángulo i = r, de acuerdo a las leyes de la reflexión.Asu vez, r = α, por ser ángulos alternos internos entrelas paralelas NPy OR y la transversal OP. Es decir,

i = α

El ángulo α lo podemos calcular a partir del triángulo rectángulo ORP:

La longitud de AN es:

°=⇒=== 8,408,030

5,2 ααcmcm

ORPRtg

cmooxcmitgNPANNPANitg 4,7228,9030 ===⇒=

CORPUS 143


La altura del árbol es:

h = 2 AN + NM = 1450 cm = 14,5 m

85) La velocidad de la luz en el vacío es c = 3x10 m/s. Si el índice de refracción del agua es n= 1,33, ¿cuántovale la velocidad de la luz en el agua?.

SoluciónApartir de la definición del índice de refracción n:

donde c, es la velocidad de la luz en el vacío y v es la velocidad de la luz en el medio, podemos obtener lavelocidad de propagación de la luz en el agua:

6) Un rayo luminoso que se propaga en el aire incide en una lámina de vidrio (n = 1,52) formando unángulo de 27° respecto de la normal. Determínese la dirección del rayo refractado dentro del vidrio.

Solución

Aplicamos la ley de Snell:

n sen i = n sen rai

sen 27° = 1,52 sen r

7) Un bloque de material transparente tiene un espesor de 2 cm e índice de refracción igual a 1,43. Un rayoluminoso incide desde el aire sobre el bloque con un ángulo de 40°.

a) Hallar la dirección en que se refracta dicho rayo dentro del material.b) Determínese la dirección de salida al aire del rayo.c) Calcúlese el desplazamiento lateral de dicho rayo luminoso.

Solución

a) Para hallar la dirección en que se refracta el rayo aplicamos la ley de Snell:

vcn =

smxsmxncv /1026,2

33,1/103 8

8

===

°==°= 3,17298,052,127 senarcsensenarcr


144

n sen 40° = n sen rai v

b) Para averiguar el ángulo con que sale nuevamente al aire, consideremos la siguiente figura:

Se observa que el ángulo r = i por ser ángulos alternos internos.Aplicamos la ley de Snell para el rayo que1

incide en el material transparente y se refracta en el aire:

n sen i = n sen rv 1 ai 1

c) Como vimos en el inciso b) el rayo solamente se desplaza lateralmente (segmento DC), pero es paraleloal rayo incidente.

La longitud del segmento DC se puede averiguar a partir de la expresión:

°=⇒=°=°= 7,2645,043,14040 rsen

nsennrsen

v

ai

°=⇒=°== 4064,01

7,2643,11

11 rsenx

nisennrsen

ai

v

αα senACDCACDCsen =⇒=

CORPUS 145


El ángulo α es igual a:α = 40° - r = 40° - 26,7° = 13,3°

Considerando el triánguloABC se obtiene una expresión paraAC:

Entonces,

DC = AC sen α = 2,24 cm sen 13,3° = 0,52 cm

8) a) A un prisma equilátero llega un rayo con un ángulo incidente de 50°. ¿Cuál es el índice de refraccióndel material si el rayo refractado tiene dirección horizontal?b) ¿Cuál será la dirección del rayo cuando salga del prisma?c) Si la dirección del rayo incidente es normal al prisma, determinar la trayectoria del rayo.

Solución

a) Como se trata de un prisma equilátero, cada ángulo vale 60°. De la figura se deduce que el ángulo derefracción es:

r = 90° - 60° = 30°

Aplicando la ley de Snell podemos averiguar el índice de refracción del prisma:

b) Consideremos la siguiente figura. De ella se deduce que i = 30°. Aplicamos la ley de Snell para1

averiguar r , ángulo de refracción para el rayo que sale del prisma.1

c) Cuando el rayo incide normalmente a la cara del prisma, sigue derecho sin desviarse hasta la otra cara.Allí incide con un ángulo de 60°. El ángulo límite para este material es:

cmcmr

ABACACABr 24,2

7,26cos2

coscos =

°==⇒=

53,130503050 =

°°=⇒°=°

sensennsennsenn vvai

°=⇒=°=°=⇒=° 50765,01

3053,13030 111 rsenn

sennrsenrsennsennai

vaiv


146

Por lo tanto, el ángulo de incidencia es mayor que el ángulo límite. Se produce entonces reflexión total interna. El rayo se refleja como si la cara del prisma fuese un espejo, formando un ángulo de reflexiónigual a 60°. Este rayo llega a la cara horizontal del prisma formando un ángulo de 0° con la normal a dichacara. Es decir, incide normalmente a dicha cara y sigue hacia el aire sin desviarse.

9) En los siguientes prismas realícese la marcha de rayos, sabiendo que el índice de refracción del vidriode los prismas es 1,5.

Solución

En este caso, el rayo incidente forma 0° con la normal por lo que sigue derecho, sin desviarse hasta la otra cara del prisma. En esta cara, incide con un ángulo i = 45°. Este ángulo resulta mayor que el ángulo límite:

por lo que allí se refleja totalmente formando un ángulo de reflexión, r = 45°. Este rayo incide sobre la carahorizontal formando un ángulo igual a 0° por lo que sale al aire sin desviarse.

°=⇒==⇒°= 8,40636,053,1190 límlímailímv iisensennisenn

°==⇒°= 8,415,1

190 arcsenisennsenin límailímp

CORPUS 147


b)

En este caso, el rayo incide formando un ángulo igual a 45°, aplicando la ley de Snell podemos calcular elángulo con que se refracta dentro del prisma:

Este rayo llega a la otra cara formando un ángulo de incidencia i :1

i = 90° - r = 90° - 28° = 62°,1

Por lo tanto, i resulta ser mayor que el ángulo límite calculado en el inciso a), i = 41,8°, por lo que se 1 lím

refleja formando un ángulo r = i = 62°. 1 1

Este rayo llega a la cara horizontal formando un ángulo de incidencia i :2

De la figura podemos deducir que:α = 90° - r = 90° - 62° =28°1

Considerando el triángulo sombreado vemos que:

α + 45° + i + 90° = 180°2

α + i = 45°2

i = 45° - 28° = 17°2

Aplicando la ley de Snell obtenemos el ángulo con el que sale el rayo nuevamente al aire:

°=°=⇒=° 284545p

aipai n

sennsenarcrsenrnsenn

°=°=⇒= 261

175,1222

sensenarcrsenrnsenin aip


148

10) a) Una moneda se encuentra en el fondo de un recipiente, cubierta por una capa de agua de 30 cm deespesor. Si se la observa desde una dirección aproximadamente vertical, ¿a qué profundidad parece estarla moneda?. El índice de refracción del agua es 1,33.b) Si el observador se desplaza lateralmente desde la dirección normal, llegará a un ángulo de observacióna partir del cual no podrá seguir viendo a la moneda. ¿Cuánto vale este ángulo?. ¿A qué distancia parecedesaparecer la moneda?

Solución

a) Consideremos las siguientes figuras:

Como se observa en una dirección aproximadamente vertical, el ángulo r es pequeño, al igual que elángulo i. De la figura se deduce que:

i = αAplicando la ley de Snell tenemos:

n sen i = n sen rag ai

n sen α = n sen rag ai

Además,

pero,β = r

entonces:

Se ha reemplazado la tangente por el seno ya que se trata de ángulos pequeños. Reemplazando sen α por laexpresión de la ley de Snell resulta:

La moneda parece estar a 22,56 cm de profundidad.

b) Para un ángulo de incidencia igual al ángulo límite, el observador deja de ver la moneda porque el rayorefractado forma 90° con la normal a la superficie del agua, como se muestra en la figura:

aphxtg

hxtg =β= ;α

aphxrtg

hxtg == ;α

rtghxtghx

ap== α

rtghtgh ap=⇒ α

rsensenh

rtgtghhap

αα ==

cmxcmnnh

rsennrsennhh

ai

ai

ag

aiap 56,22

33,1130 ====

CORPUS 149


Para calcular la distancia L a la cual “desaparece” la moneda se puede calcular de la siguiente manera:

i = α por ser ángulos alternos internos.lím

Aplicando la definición de ángulo límite tenemos:

Luego,α = i = 48,8°lím

La distancia Les:L = 34,3 cm

Para un ángulo de incidencia mayor que el ángulo límite, se produce reflexión total interna y la superficiedel agua actúa como un espejo:

11) Un rayo de luz que se propaga en el aire forma un ángulo de incidencia de 45° con la superficie de unacapa de hielo. El rayo se refracta dentro del hielo con un ángulo de 30°. a) ¿Cuál es el ángulo límite para elhielo?. b) Una motita de barro está embutida 1,80 cm por debajo de la superficie del hielo. ¿Cuál es laprofundidad aparente cuando se mira con incidencia normal?

Solución

a)

Para calcular el ángulo límite para el hielo, primero debemos averiguar el índice de refracción del hielo.Para ello aplicamos la ley de Snell:

°=⇒=⇒°= 8,4833,1190 límlímailímag iisensennisenn

cmtgcmtghLhLtg 3,348,4830 =°==⇒= αα

41,13045 =

°°==⇒=

sensen

rsenseninnsenrnsenin ai

hhai


150

El ángulo límite verifica la relación:

b)

Procediendo de igual forma que en el problema anterior llegamos a la expresión:

12) Un depósito cuyo fondo es un espejo, se llena de agua hasta una profundidad de 20 cm. Un pequeñoobjeto se suspende inmóvil 8 cm por debajo de la superficie del agua. ¿Cuál es la profundidad aparente desu imagen cuando se mira con incidencia normal?

Solución

De la figura se deduce que h es igual a 32 cm, ya que el objeto se encuentra a 12 cm del espejo produciendouna imagen a la misma distancia del espejo, 12 cm. Para incidencia normal, se verifica:

siendo n el índice de refracción del aire, n el índice de refracción del agua. La profundidad aparente de laai ag

imagen cuando se mira con incidencia normal resulta ser:

°==⇒°= 4541,1190 senarcisennisenn límailímh

cmcmhnnh r

h

aiap 28,180,1

41,11 ===

hnnh

ag

aiap =

cmcmhnnh

ag

aiap 24

33,132 ===

CORPUS 151


13)a) La figura indica el camino de un rayo de luz que pasa del aire a un líquido. Calcúlese el índice de refracción del líquido. b) Hállese el ángulo límite para la reflexión total en esta interfase.

Solución

a)Aplicamos la ley de Snell:

El índice de refracción del líquido es igual a 1,22.

b) El ángulo límite es:

14) Los índices de refracción de cierta clase de vidrio para los rayos rojo y violeta son 1,51 y 1,53respectivamente. Hallar los ángulos límite de reflexión total para el caso en que estos rayos inciden sobrela superficie de separación vidrio-aire. ¿Qué ocurre si un rayo de luz blanca incide formando un ángulo de41° sobre la superficie de separación vidrio-aire?

Solución

El ángulo límite para el rayo rojo lo podemos calcular a partir de la definición:

De igual modo procedemos para calcular el ángulo límite para el rayo violeta:

Si incide un rayo de luz blanca formando un ángulo de 41° sobre la superficie de separación vidrio-aire, elrayo violeta se va a reflejar totalmente, ya que el ángulo de incidencia es mayor que el ángulo límite;mientras que el rayo rojo se refracta.

15) Un rayo monocromático entra en un prisma triangular rectangular isósceles por una de las carascorrespondiente a un cateto, sufre una reflexión total en la cara de la hipotenusa y emerge en la caracorrespondiente al otro cateto. ¿Cuál es el ángulo máximo de incidencia sobre el cateto inicial que permitela reflexión total sobre la hipotenusa?. El índice de refracción del prisma para este rayo es de 1,50.

22,14560 =

°°==⇒=

sensen

rsenisennnsenrnisenn ai

líqlíqai

°==⇒°= 55190líq

límailímlíq nsenarcisennisenn

°=⇒=°=⇒°= 47,4151,119090 lím

v

ailímailímv i

nsennisensennisenn

°=⇒=°=⇒°= 80,4053,119090 lím

v

ailímailímv i

nsennisensennisenn


152

Solución

Como el rayo se refleja en la hipotenusa, el ángulo de incidencia sobre la hipotenusa debe ser mayor que elángulo límite:

De la figura podemos deducir que:r = 90° - A

Asu vez,A = 180° - 45° - B

YB = 90° - i1

Si tomamos i mayor que el ángulo límite, resulta:1

B < 48,2° A > 86,8° r < 3,2°

Luego, aplicando la ley de Snell podemos averiguar el ángulo de incidencia:

El ángulo máximo que permite la reflexión total sobre la hipotenusa es 4,8°.

16) Una cuña de vidrio cuya sección es un triángulo rectángulo, fue puesta en agua. El índice de refraccióndel vidrio es 1,5. ¿Para qué valores del ángulo B el rayo de luz, que incide normalmente sobre la cara AB,alcanza la caraAC?

Solución

Al incidir el rayo de luz en forma perpendicular a la caraAB, no se desvía, alcanzando la hipotenusa, comose observa en la figura. Allí se produce una reflexión total interna por lo que el ángulo de incidencia sobrela hipotenusa debe ser mayor que el ángulo límite, para la interfase vidrio-agua:

°=⇒=°=⇒°= 80,4150,119090 lím

v

ailímailímv i

nsennisensennisenn

°=⇒°==⇒= 8,41

2,350,1 isennsenrnisenrsennisenn

ai

vvai

°=⇒=°

=⇒°= 46,625,133,190

90 límv

aglímaglímv i

nsenn

isensennsenin

CORPUS 153


En este caso,i > 62,46°

por lo tanto,

α = 90° - i α < 27,54°Luego,

B = 90° - α B > 62,46°

Por lo tanto, el rayo alcanzará la caraAC para valores del ángulo B mayores a 62,46°.

17) Un recipiente cúbico con paredes opacas, fue colocado de tal modo, que el ojo de un observador no vesu fondo, pero ve toda la pared CD. ¿Qué cantidad de agua necesita verterse en el recipiente para que elobservador pueda ver un objeto que se encuentra a 10 cm del punto D?. La arista del cubo es a = 40 cm.

Solución

Al colocar agua, la situación será la representada en la figura:

Aplicando la ley de Snell podemos calcular el ángulo i:

Consideremos el triángulo rectángulo GEF:

donde hemos llamado x al cateto EF.

En el triángulo rectángulo GED, se verifica que:

Igualando las dos expresiones para x, tenemos:

°=°=⇒°= 12,324545ag

aiaiag n

sennsenarcisennisenn

ihtgxhxitg =⇒=

cmhtgxcmxhtgh

cmxtg 104510451045 −°=⇒+=°⇒+=°


154

Para calcular la cantidad de agua, tenemos en cuenta que se trata de un recipiente cúbico de arista a = 40cm. La superficie de la base es entonces,

2 2a = 1600 cmy el volumen de agua será:

2 2 3V = a h = 1600 cm x 26,9 cm = 43040 cm = 43 l

Es decir, se necesita verter aproximadamente 43 litros para que el observador pueda ver el objeto colocado en el fondo del recipiente.

18) Un buzo de 1,8 m de altura está en el fondo de un lago de 20 m de profundidad. Calcular la distanciamínima desde el punto en que se encuentra el buzo hasta el punto del fondo que puede ver reflejado en lasuperficie del agua.

Solución

El ángulo de incidencia α en el dibujo, debe ser mayor que el ángulo límite para que se produzca reflexión total interna y la superficie del agua actúe como un espejo.En este caso, el ángulo límite es:

cmtgtg

cmtgitgcmh

cmtgitghcmtghitgh

9,264512,32

1045

1010)45(1045

=°−°

−=°−

−=

−=°−⇒−°=

°= 90sennsenin ailímag

°=⇒== 8,4875,033,11

límlím iisen

CORPUS 155


Para calcular la distancia RP, podemos averiguar primero la distancia OP y la distancia ST y luegosumarlas.El segmento ST es:

En realidad, el segmento ST es mayor que 2,06 m, ya que hemos tomado el ángulo de incidencia igual al ángulo límite y sabemos que debe ser mayor que el ángulo límite para que haya reflexión total interna.De igual modo procedemos para obtener el segmento OP:

El segmento RP resulta: 2,06 + 24,9 m = 27 m

La distancia mínima desde el punto en que se encuentra el buzo hasta el punto del fondo que puede ver reflejado en la superficie del agua es 27 m.

19) ¿Para qué valores del índice de refracción de un prisma rectangular es posible la trayectoria del rayorepresentado en la figura? La sección del prisma es un triángulo isósceles, el rayo incide normalmente a lacaraAB.

Solución

Al incidir el rayo perpendicularmente a la cara AB, no se desvía y llega a la cara AC, donde se reflejatotalmente. Por lo tanto, el rayo incide sobre la cara AC con un ángulo mayor que el ángulo límite, el cualverifica la siguiente expresión:

mmtgSTtagTQSTTQSTtag 06,28,4880,1 =°=⇒=⇒= αα

mtgmOPtgOQOPOQOPtg 9,248,488,21 =°=⇒=⇒= αα

41,145

1190 >⇒°

>=⇒°= vlím

pailímp nsenisen

nsennisenn


156

Es decir, el índice de refracción del prisma debe ser mayor que 1,41 para que el rayo siga la trayectoria mostrada en la figura.

20) La luz incide normalmente sobre la cara de un prisma cuyos ángulos son 30°, 60°, 90°, como semuestra en la figura. Se coloca una gota de líquido sobre la hipotenusa del prisma. Si el índice derefracción del material del que está constituido el mismo es 1,50 calcular el máximo índice de refracciónque puede tener el líquido si la luz ha de reflejarse totalmente.

Solución

Como se observa en la figura, la luz incide sobre la hipotenusa con un ángulo de 60°. Como se reflejatotalmente, se deduce que 60° es mayor que el ángulo límite:

El máximo índice de refracción del líquido es 1,30.

LENTES

La lente es un sistema óptico utilizado para la formación de imágenes.Están constituidas de un material transparente (el más común es el vidrio, aunque a veces es plástico ocristal) limitado por dos o más superficies (dioptrios), usualmente esféricas o planas que tienen un ejecomún.También existen lentes con superficies curvas que no son esféricas.La luz al atravesar una lente sufre dos refracciones, una al penetrar en la lente y otra al abandonarla. Segúnsea el comportamiento de la luz, las lentes pueden clasificarse en lentes convergentes o lentesdivergentes.

Si la luz al abandonar la lente, converge, la lente será convergente. Las lentes convergentes son siempremás gruesas en la parte central.Cuando la luz diverge al atravesar la lente, la lente se denomina divergente. Las lentes divergentes son másdelgadas en la parte central.Existen varios tipos de lentes convergentes y divergentes. Así las lentes convergentes, según la curvaturade sus caras se denominan, biconvexas, plano convexas y menisco convexa. A su vez las lentesdivergentes pueden ser, bicóncavas, plano cóncavas y menisco cóncavas. Las lentes menisco son las máscomunes para los anteojos correctivos.

30,1

16050,1

9090

<

°<

°=⇒°=

l

l

límplllímp

n

senxn

senisenn

nsennisenn

CORPUS 157


Si la lente tiene solo dos superficies se denomina sencilla. Las lentes compuestas están formadas por uncierto número de lentes sencillas que tienen un eje común. Las superficies de las lentes pueden estar encontacto o puede haber aire entre ellas.

La distancia entre superficies medida sobre el eje, es el espesor de la lente. En este sentido, las lentes sepueden clasificar en delgadas y gruesas.Una lente delgada es aquella cuyo espesor es pequeño comparado con el diámetro de sus superficies. Encaso contrario decimos que es una lente gruesa.

Consideraremos solamente rayos que tengan una pequeña inclinación con respecto al eje. Estos rayosreciben el nombre de paraxiales.

Estudiaremos el comportamiento de una lente a través de las transformaciones consecutivas queexperimentan los rayos en las distintas superficies que van encontrando en su trayectoria.Cuando la luz pasa a través de una lente, se refracta y se desplaza lateralmente. Si una lente es gruesa estedesplazamiento puede ser muy grande y complicar el análisis de las características de las lentes. Paralentes delgadas, este desplazamiento es despreciable y se simplifica el estudio de las mismas.Consideremos un rayo que incide sobre una lente convergente.


158

Un rayo incidente llega a la primera superficie formando un ángulo i con la normal, como el material de1

esta lente es vidrio, tiene un índice de refracción mayor que el del aire, entonces, de acuerdo con la ley deSnell se refracta con un ángulo r menor que i , es decir, el rayo refractado se acerca a la normal. El rayo1 1

pasa a través de la lente y llega a la otra superficie formando un ángulo i y se refracta en la interfase2

alejándose de la normal.

Focos y Distancias Focales. Ley de Gauss

El eje óptico o principal de una lente es la recta determinada por los centros de curvatura de las superficiesesféricas que forman las caras de la lente.

Consideremos un haz de rayos paralelos al eje óptico que incide sobre una lente convergente. Esto puedelograrse con una fuente luminosa ubicada a gran distancia de la lente. De esta forma los rayosprovenientes de la fuente llegan a la superficie de la lente aproximadamente paralelos.

/Se observa que luego de atravesar la lente, los rayos se cruzan en un punto F del eje. Este punto sedenomina foco imagen de la lente. Si colocamos una pantalla en este sitio se obtiene un punto luminosoque es la imagen real de un objeto infinitamente alejado. La distancia desde el centro de la lente C hasta el

/foco F se denomina distancia focal f y es la característica principal de una lente.

Toda lente tiene dos focos, uno a cada lado, pues la luz puede incidir de cualquiera de los dos lados y elcomportamiento es el mismo. Por lo tanto, los rayos paralelos que inciden sobre una lente desde laderecha, cortan al eje óptico a la izquierda en un punto F.

Un rayo sigue el mismo camino a través de un sistema óptico sin importar el sentido de propagación,principio de reversibilidad. Por lo tanto, si colocamos una fuente luminosa en F los rayos que salgan deella e incidan sobre la lente emergen de la misma paralelos al eje óptico. A F se lo denomina foco objeto.Todo objeto que se coloque allí tendrá su imagen en el infinito.

CORPUS 159


Si enfocamos con una lente convergente un objeto lejano, por ejemplo, los árboles a través de una ventana, obtenemos la imagen real e invertida sobre la pared.

Las lentes divergentes o negativas se construyen de modo que un haz de rayos paralelos al eje principal,por ejemplo, rayos que provienen de un objeto luminoso muy alejado, que incide sobre la lente, luego desufrir refracciones, emerge en direcciones divergentes.

/ /Las prolongaciones de estos rayos emergentes se cortan en el punto F ubicado en el eje principal. F es el/punto focal o foco imagen de la lente, siendo f su distancia focal. En este caso se dice que en F está la

imagen del objeto muy alejado de la lente.

/A diferencia de las lentes convergentes, si colocamos una pantalla en F no obtendremos ningún puntoluminoso, porque los rayos no pasan realmente por ese punto. En este caso se dice que la imagen es virtual.Aquí también tendremos dos focos situados a la distancia f de C.

Si ahora, basándonos en el principio de reversibilidad, consideramos rayos divergentes que se dirigen alfoco F (foco objeto), los mismos, luego de atravesar la lente, emergerán paralelos al eje principal.

/Obsérvese la ubicación de los focos F y F (foco objeto y foco imagen), en las lentes convergentes ydivergentes.

Como las lentes funcionan refractando la luz que incide sobre ellas es necesario tener en cuenta la formade las superficies de las lentes y también los índices de refracción del material de las mismas y del medioque las rodea. Por lo general las lentes se encuentran en aire y en tal caso, el índice de refracción es n = 1.Sin embargo, en algunos casos, una o ambas superficies de la lente se encuentra en contacto con agua oalgún líquido, por lo tanto será distinto su poder refractor.

La distancia focal de una lente se relaciona con su índice de refracción n con el índice de refracción delL,


160

medio que la rodea, n y con los radios de curvatura R y R de sus superficies mediante una fórmula quem 1 2

puede deducirse utilizando la ley de Snell y la aproximación de incidencia normal, es decir, ángulos de incidencia pequeños. Esta fórmula se conoce como la ecuación del constructor de lentes.

Ecuación del constructor de lentes

El radio se toma positivo si la superficie donde inciden los rayos es convexa y negativo si es cóncava. R se1

refiere a la primera superficie y R a la segunda superficie.2

Demostración de la Ecuación del Constructor de Lentes

Para demostrar la ecuación del constructor de lentes, consideremos una superficie esférica de radio R ycentro C. Un objeto situado en A formará una imagen en el interior de la esfera. Para determinar estaimagen consideraremos dos rayos, uno con incidencia normal que no es desviado y otro que forma unángulo α con la horizontal. Este último rayo se refractará acercándose a la normal, ya que consideramosque el índice de refracción del medio desde donde incide el rayo, n , es menor que el índice de refracción1

/de la lente, n . Donde el rayo refractado corta al eje encontramos la imagen A . Llamamos x a la distancia2/del objeto al vértice de la lente y x a la distancia del vértice a la imagen. Para simplificar consideraremos

que los ángulos de incidencias son pequeños, de tal forma que el arco entre el eje y el rayo que incide en Bsobre la lente es pequeño comparado con el radio de curvatura R. (En la figura, el ángulo de incidencia esgrande para que el dibujo resulte más claro)

Aplicando la ley de Snell, tenemos,

Si los ángulos de incidencia son muy pequeños, podemos utilizar la siguiente aproximación:

(1)

En el triánguloABC de la figura observamos que:

teniendo en cuenta la aproximación de la ley de Snell para incidencia normal, resulta,

(2)

/En el triángulo BCA se verifica que,

(3)

Reemplazando r en esta ecuación por la expresión 2), tenemos

(4)

)11()1(1

21 RRnn

f m

L −−=

rsennsenin 21 =

rrsenyiisen ≈≈ rnin 21 =⇒

γαγα +=⇒°=+−°+ ii 180)180(

γαγαγα2

1

2

1

2

11211 n

nnn

nnnrrnnn +=+=⇒=+

δγγδ +=⇒°=−°++ rr 180)180(

)()( 122

1

2

1 γαδγδγαγ +=−⇒++= nnnn

nn

CORPUS 161


Considerando que son pequeños, podemos escribir:

Reemplazamos en la expresión 4) y, luego de dividir por la longitud BV, obtenemos,

Obtenemos entonces, una expresión que relaciona los índices de refracción de los dos medios, la distanciaobjeto, la distancia imagen y el radio de curvatura de la superficie esférica.

Consideremos ahora una lente biconvexa de radios R y R y analicemos qué sucede cuando los rayos1 2

incidentes desde un punto del eje de la lente, se refractan en la primera superficie de la lente, donde se hade cumplir la ecuación (5), deducida anteriormente, y se vuelven a refractar en la segunda superficie.

/Un rayo que incide desde A hasta la primera superficie, se refracta y corta al eje en A , que es la imagen dela primera superficie, en este caso se cumple que,

/La imagen A de la primera superficie, la tomamos como objeto para la segunda superficie. Este objeto esvirtual para la segunda superficie, ya que se encuentra del lado opuesto al de donde provienen los rayos.Consideramos entonces que la distancia objeto para la segunda superficie es negativa, (x ). De la figura se2

deduce que:

Aplicamos ahora la ecuación 5) a la segunda superficie.

/En esta expresión hemos denominado x la distancia imagen con respecto a la segunda superficie.2

Si el espesor de la lente, d, es pequeño como sucede en la mayoría de los casos que vamos a considerar, lapodemos despreciar frente a las demás distancias. Tenemos entonces,

para la primera superficie

para la segunda superficie

γδα y,,

RBV

xBV

xBV === γδα ;; /

)5(

)11()11(

12/21

1/2

Rnn

xn

xn

Rxn

xRn

−=+

+=−

1

12/1

2

1

1

Rnn

xn

xn −=+

/1

/12 )( xddxx −=−−=

2

21/2

1/1

2

2

21/2

1

2

2

Rnn

xn

xdn

Rnn

xn

xn −=+

−⇒−=+

1

12/1

2

1

1

Rnn

xn

xn −=+

2

12/2

1/1

2

Rnn

xn

xn −−=+

−

162


Sumando estas ecuaciones miembro a miembro obtenemos,

Como hemos visto anteriormente un haz de rayos paralelos al eje que incide sobre esta lenteconvergen en un punto sobre el eje denominado foco de la lente. Reemplazando en la expresión

/anterior, x = y x = f, resulta:1 2

Finalmente, reemplazamos n por n ; n por n y obtenemos la ecuación del constructor de lentes, que1 m 2 L

queríamos demostrar:

Ejemplos

1) Calcular la distancia focal de una lente biconvexa de vidrio de índice de refracción 1,5. Sus radios de curvatura son R =0,12 m y R =0,21 m. 1 2

En este caso, la luz incide sobre una superficie convexa, por lo tanto R es positiva, sin embargo, al1

refractarse dentro de la lente, incide sobre la parte cóncava de la segunda superficie de la lente, es decir, R2

es negativo.

Aplicamos entonces la ecuación del constructor de lentes, para R =0,12 m y R = -0,21 m, y suponemos 1 2

que la lente está en aire.

La distancia focal resulta ser igual a 15 cm.

)11()(21

12/2

1

1

1

RRnn

xn

xn −−=+

∞

)11()(21

121

RRnn

fn −−=

)11()1(1

21 RRnn

f m

L −−=

)11()1(1

21 RRn

f L −−=

cmmf

mmmf

1515,0

5,6)21,0(

121,01()1

15,1(1 1

==

=−

−−= −

CORPUS 163


2- Podríamos dar vuelta la lente del ejemplo anterior, de modo tal que R = 0,21 m y R = -0,12 m y1 2

calculamos nuevamente la distancia focal.

La distancia focal nos da el mismo resultado, es decir, al dar vuelta la lente no se modifican suspropiedades.

3- Si calculamos la distancia focal de la lente del ejemplo anterior, inmersa en agua se podrá observar quees más larga en el agua que en el aire.En este caso debemos utilizar el índice de refracción del agua, 1,33.

Esta distancia es 4 veces mayor que la distancia focal de la lente en aire.

4- Consideremos una lente delgada plano-convexa de vidrio de índice de refracción 1,5. Calculemos la distancia focal de la lente cuando la luz incide sobre la superficie convexa de 20 cm de radio y sobre la superficie plana.

Cuando la luz incide sobre la superficie convexa, el radio R es positivo y el radio de la superficie plana lo1

tomamos infinito.Aplicamos la ecuación del constructor de lentes y obtenemos:

Por lo tanto, la distancia focal resulta igual a 40 cm, para la lente en aire.Es decir, si un rayo incide sobre la parte convexa de la lente, paralelo al eje convergerá en un punto ubicadoa 40 cm de la superficie plana de la misma.

Si la luz incide sobre el lado plano, tenemos que R es infinito y R es negativo. Aplicamos entonces la1 2

ecuación del constructor de lentes y obtenemos,

La distancia focal también es igual a 40 cm.Es decir, la lente es convergente.

Podríamos calcular la distancia focal de esta lente cuando se encuentra en agua, por ejemplo.Tomamos entonces, n=1,33 para el índice de refracción del agua y aplicamos la ecuación del constructorde lentes:

cmmf

mmmf

1515,0

5,6)12,0(

121,01()1

15,1(1 1

==

=−

−−= −

cmmf

mmmfRRn

nf m

L

606,0

7,1))21,0(

121,01()1

33,15,1(1)11()1(1 1

21

==

=−

−−=⇒−−= −

1

21

025,0)120

1()15,1(1)11()1(1 −=∞

−−=⇒−−= cmcmfRRn

nf m

L

1

21

025,0)20

11()15,1(1)11()1(1 −=−

−∞

−=⇒−−= cmcmfRRn

nf m

L

164


La distancia focal es casi 4 veces mayor que la distancia focal de la lente en aire.

Construcción Gráfica de Imágenes en Lentes Delgadas

Como se trabaja con lentes delgadas, se puede reemplazar las mismas por planos, en donde la orientaciónde las puntas de flechas indica si la lente es convergente o divergente.

Las imágenes formadas por lentes delgadas se pueden construir gráficamente utilizando tres rayosprincipales:1) Un rayo paralelo al eje, al refractarse pasa por el foco imagen de una lente convergente (rayo 1).Si la lente es divergente, un rayo paralelo al eje, diverge como si saliese del foco imagen (situado delmismo lado de la lente por donde incide la luz).

2) Un rayo que pasa por el centro de la lente, rayo 2, la atraviesa sin desviarse.

3) Un rayo incidente que pasa por el foco objeto F, rayo 3, se refracta paralelo al eje principal.

En una lente divergente, un rayo incidente cuya prolongación pasa por el foco objeto F, se refracta paraleloal eje principal.

cmf

cmxcmfRRn

nf m

L

156

104,6)20

11()133,15,1(1)11()1(1 13

21

=

=−

−∞

−=⇒−−= −−

CORPUS 165


Ejemplos

1) Como ejemplo consideremos una lente convergente y un objeto AB de altura y. Llamamos x a la/ /distancia del objeto al punto C. Nos interesa determinar la distancia imagen x y la altura y de la imagen.

Consideremos el punto B del objeto. Un rayo que pasa por ese punto, paralelo al eje principal o eje óptico,/es desviado por la lente de modo que pasa por el foco F . Otro rayo procedente de B que pasa por el foco F,

es desviado por la lente de modo que emerge paralelo al eje óptico. Un tercer rayo que pasa por el centro noes desviado.

/La intersección de dos rayos es suficiente para obtener el punto B , que es donde se localiza la imagen de B.La imagen de cualquier otro punto del objeto AB se obtiene de modo semejante. Mediante este sencillo

/ /procedimiento gráfico se pueden determinar el tamaño y y la posición, x de la imagen.

Imagen real, invertida, producida por una lente convergente.

2) Hallar gráficamente el centro óptico y los focos principales en el eje óptico de una lente, si se conoce laposición de la fuente y la posición de su imagen.

Solución:

/El centro de la lente, O, es el punto de intersección de las rectas SS y N N . Los focos se hallan con1 2

facilidad por la construcción de los rayos paralelos al eje óptico principal.

3) En la figura se muestra un rayo que pasa a través de una lente divergente. ¿Cuál será el trayecto del rayohasta la lente?. Supóngase que se conoce la ubicación de los focos de la lente.

166


Solución:

/Prolongamos el rayo refractado hasta que se intercepte con el plano focal. (Punto F en la figura).

/Marcamos el rayo incidente F O, que como pasa por el centro de la lente, sale de la misma sin desviarse./Luego trazamos un rayo paralelo al rayo F O que pase por A. El haz de rayos paralelos después de

refractarse en la lente, continúa de tal modo que las prolongaciones de los rayos refractados deben/interceptarse en F . Por lo tanto, el rayo incidente CA, incidente en el punto A va hasta la lente

/paralelamente a F O.

Finalmente podemos dibujar la marcha del rayo como se muestra en la figura.

CORPUS 167


MétodoAnalítico. Ecuación De Gauss.

Teniendo en cuenta la siguiente figura observamos que:

/ /a) Como los triángulos rectángulos CAB y CA B son semejantes, tenemos que:

(1)

/ / / /b) Como los triángulos rectángulos F CPy F A B son semejantes, se verifica que:

(2)

/ / / /pero la distancia CF es la distancia focal f y la distancia FA es (x - f), de modo que en base a (1) y (2) podemos escribir:

Trabajando algebraicamente esta ecuación llegamos a:

Ecuación De Gauss

/Esta ecuación relaciona la distancia objeto x, la distancia imagen x y la distancia focal f.

Potencia de una Lente

Para el caso de una lente delgada en aire, la potencia Pde una lente se define como:

-1donde la distancia focal se debe expresar en metros. La unidad de P es entonces m , la cual se denominadioptría.

-11 dioptría = 1 m

Por ejemplo, una lente de 0,4 m de distancia focal tiene una potencia de, P= 1/f =1/0,4 m= 2,5 dioptrías.

Convenio de Signos

La fórmula de las lentes es aplicable a todas las lentes delgadas, pero para su correcta utilización esnecesario adoptar un convenio de signos.

xx

yy //

=

/

///

CFAF

yy =

ffx

xx −=

//

fxx111

/ =+

fP 1=

168


1) Consideraremos la distancia x como positiva cuando el objeto se encuentra del mismo lado de dondeprovienen los rayos de luz.

/2) Consideraremos la distancia imagen x como positiva cuando la imagen se encuentra del lado contrarioal que provienen los rayos de luz.3) De acuerdo a los puntos anteriores, la distancia focal f, es positiva para una lente convergente y negativapara una lente divergente.4) Consideraremos las dimensiones transversales como positivas cuando se encuentran hacia arriba del eje óptico.

Potencia de un Conjunto de Lentes Delgadas

Consideremos el siguiente problema:

Se desea determinar la distancia focal de un sistema óptico, constituido por dos lentes delgadas, unadivergente con distancia focal f y otra convergente con distancia focal f . Las lentes están situadas muy1 2

cerca una de otra. Los ejes ópticos de las lentes coinciden.

Podemos aplicar la ley de Gauss para la lente divergente como si estuviese aislada, obteniendo así ladistancia a la que se forma la imagen:

1)

Como la lente es divergente, la imagen es virtual, por lo tanto, es negativa. Si ahora consideramos estaimagen como objeto para la lente convergente, tenemos que:

x = -2

donde hemos llamado x a la distancia del objeto a la lente convergente. Aplicando la ley de Gauss para la2

lente convergente tenemos:

2)

Por otro lado, el conjunto de lentes verifica:

3)

Si sumamos miembro a miembro 1) y 2) obtenemos:

Comparando esta expresión con la ecuación 3) se deduce que:

Es decir, la potencia de un conjunto de lentes delgadas es igual a la suma de las potencias de cada una de laslentes.Así, el oftalmólogo al probar las lentes puede colocar frente al ojo una lente de 2 dioptrías y otra de 0,25dioptrías. El conjunto de estas lentes tiene una potencia de 2,25 dioptrías.

Amplificación oAumento Lineal

Se define aumento lineal m a la siguiente relación:

/111

111xxf

+=

/1x

/2

/1

/222

11111xxxxf

+−=+=

/21

111xxf

+=

/2121

1111xxff

+=+

2121

111 PPPfff

+=⇒=+

CORPUS 169


De la figura se deduce que:

El signo menos es necesario para tener en cuenta el convenio de signos adoptado.

Ejemplos

1) En la figura se representa un punto luminoso y su imagen proyectada por una lente, cuyo eje óptico esN N . Encontrar la posición de la lente y sus focos.1 2

Solución:

Si A es la fuente y B es la imagen, se trata de una lente convergente. Trazamos un rayo por A y B paradeterminar el centro óptico O. Por dicho punto dibujamos la lente. Consideramos luego, un rayo queincide paralelo al eje principal, el cual se refractará pasando por el foco de la lente.

/De esta forma queda determinada la posición de la lente (O) y sus focos (F y F ).

Si B es la fuente y A es la imagen, se trata de una lente divergente. Procedemos como en el caso anteriorpara determinar el punto O, por donde pasará la lente y luego marcamos la marcha de un rayo que incideparalelo al eje principal el cual se refractará pasando su prolongación por el foco de la lente.

objetodeltamañoimagenladetamañom=

xx

yym

//

−==

170


2) Conociendo la posición del eje óptico, el trayecto del rayo incidente y el rayo refractado, encontrargráficamente la posición de los focos principales de la lente.

Solución:

Trazamos un eje óptico secundario, paralelo al rayo incidente, prolongamos luego el rayo refractado hastacortar el eje óptico secundario. Este punto se encuentra en el plano focal, trazamos entonces unaperpendicular al eje óptico N N por dicho punto para encontrar así un foco principal de la lente. Para1 2

obtener el otro foco principal podemos utilizar la propiedad de reversibilidad del rayo.

3) En una lente convergente, con distancia focal igual a 40 cm, incide un haz de rayos paralelos. ¿Dónde esnecesario colocar una lente divergente con distancia focal igual a 15 cm, para que el haz de rayos despuésde pasar por las dos lentes, continúe paralelo?

Solución:

Para que el haz de rayos que sale de la lente divergente sea paralelo, es necesario que el haz incidente sobreesta lente sea tal que su prolongación pase por el foco de esta lente. Se concluye entonces que los focos deambas lentes deben coincidir, como se muestra en la figura. Es decir, la lente divergente se debe colocar auna distancia igual a 25 cm de la lente convergente.

4) Un objeto cuya altura es igual a 1 cm está colocado a 8 cm de una lente convergente cuya distancia focales de 3 cm. Encontrar la distancia imagen, su amplificación y el tamaño de la imagen. Caracterizar laimagen y comparar los resultados mediante una construcción gráfica de la marcha de rayos.

CORPUS 171


Resolución analítica:

Aplicamos la ley de Gauss para f = 3 cm y x = 8 cm

El aumento lineal resulta:

El tamaño de la imagen lo podemos calcular a partir de la expresión:

La imagen puede ser caracterizada como: real, invertida y menor.

Resolución gráfica:

En este caso, la imagen se denomina real porque los rayos pasan realmente por la imagen. Se puede/observar la imagen colocando una pantalla a la distancia x = 4,8 cm de la lente.

Imagen real de una vela, producida por una lente convergente

5) Consideremos la misma lente del problema anterior y coloquemos el objeto en x = 1,3 cm.Procedemos como en el caso anterior para determinar la distancia imagen:

cmx

cmcmcm

cmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

8,4

8,45

243883

111111

/

2/

//

=

==−

=−

=

−=⇒+=

6,088,4/

−=−=−=cmcm

xxm

cmcmxymyyym 6,016,0/

/

−=−==⇒=

cmx

cmcm

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

3,2

3,27,1

9,333,13,13

111111

/

2/

//

−=

−=−

=−

=−

=

−=⇒+=

172


Se trata de una imagen virtual, ya que el signo de la distancia imagen es negativo.

Para determinar el aumento utilizamos la siguiente expresión:

Como el aumento es positivo, significa que la imagen es derecha.

Apartir del aumento podemos obtener el tamaño de la imagen:

Por lo tanto, la imagen resulta ser virtual, derecha y mayor.

Resolución gráfica:

La imagen resulta ser virtual, derecha y de mayor tamaño que el objeto.Decimos que la imagen es virtual porque los rayos no pasan realmente por ella. Esta imagen no puederecogerse en una pantalla y puede ser vista únicamente al mirar a través de la lente como se muestra en lafigura.

Imagen virtual de una vela vista a través de una lente convergente

Imagen virtual vista a través de una lente convergente

6) Un objeto cuya altura es de 2,2 cm está situado enfrente de una lente divergente cuya distancia focal esde 3 cm. El objeto está colocado a 3 cm de la lente. Encontrar la distancia de la imagen, su amplificación ytamaño. Caracterizar la imagen y comparar los resultados mediante una construcción gráfica.


Aplicando la ley de Gauss podemos determinar la distancia de la imagen a la lente.

8,13,1

)3,2(/

+=−−=−=cmcm

xxm

cmcmxymyyym 8,118,1/

/

===⇒=

CORPUS 173


Como la distancia imagen es negativa, la imagen es virtual.

Calculamos el aumento mediante la expresión:

Como el aumento es positivo, se trata de una imagen derecha, 0,5 veces el tamaño del objeto.

/Y = m y = 0,5 x 2,2 = 1,1 cm

La imagen puede ser caracterizada como virtual, derecha y menor.

Construcción gráfica:

/Observación:: En las lentes divergentes la ubicación de los focos F y F es opuesta al de las lentesconvergentes. Las lentes divergentes producen imágenes virtuales de menor tamaño que el objeto.

Imagen virtual, derecha, menor,producida por una lente divergente

7) El mismo enunciado que el ejemplo anterior, considerando la distancia objeto x = 2 cm.

Solución analítica:

Aplicando la ley de Gauss podemos determinar la distancia de la imagen a la lente.

cmx

cmcmcm

cmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

5,1

5,169

)3(333

111111

/

2/

//

−=

−=−=−−

−=−

=

−=⇒+=

5,03

)5,1(/

+=−−=−=cm

cmxxm

174


/La imagen es virtual, ya que el signo de x es negativo.

Determinamos ahora, el aumento lineal o magnificación:

La imagen es derecha, ya que el signo del aumento es positivo y 0,6 veces el tamaño del objeto, es decir:

/Y = m y = 0,6 x 2,2 cm = 1,32 cm

La imagen se puede caracterizar como virtual, derecha y menor.


8) Dos lentes delgadas cada una de las cuales tiene una distancia focal de 10 cm, la primera convergente yla segunda divergente, están separadas 5 cm. Se coloca un objeto a 20 cm delante de la primera lente(convergente) a)¿Aqué distancia de la segunda lente se formará la imagen?. b) Es la imagen real o virtual?


Construimos primero la imagen producida por la lente convergente sin considerar la lente divergente.Utilizamos un rayo paralelo al eje óptico principal y un rayo que incide pasando por el foco de la lente

/convergente. Obtenemos así la imagen y , la cual actúa como objeto para la lente divergente. Como este

cmx

cmcmcm

cmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

2,1

2,156

)3(223

111111

/

2/

//

−=

−=−=−−

−=−

=

−=⇒+=

6,02

)2,1(/

+=−−=−=cm

cmxxm

CORPUS 175


objeto se encuentra a la derecha de la lente, del lado contrario al de la fuente luminosa, decimos que es unobjeto virtual para la lente divergente. Para determinar su imagen utilizamos el rayo que incide paralelo aleje óptico principal y para determinar el rayo refractado del otro rayo incidente utilizamos un eje óptico

//secundario paralelo a este rayo incidente. Obtenemos así la imagen que produce la lente divergente y . Laimagen producida por este conjunto de lentes resulta ser virtual, derecha y mayor.


Aplicamos la ley de Gauss para la primera lente y averiguamos la distancia de la imagen a esta lente:

Consideramos esta imagen como objeto para la lente divergente. Como se puede observar de la figura, setrata de un objeto virtual, ya que se encuentra del lado opuesto al de donde provienen los rayos. Por lotanto,

La imagen se encuentra a 30 cm de la lente divergente. Se trata de una imagen virtual, derecha y mayor.

9) Un haz paralelo de luz cae en un sistema de tres lentes delgadas con el eje óptico común. Las distanciasfocales de las lentes son iguales a: f = 10 cm, f = -20 cm, y f = 9 cm, respectivamente. La distancia entre la1 2 3

primera y la segunda lente es de 15 cm, entre la segunda y la tercera es de 5 cm. Determinar la posición delpunto de convergencia del haz al salir del sistema de lentes.

Solución:

El haz incidente paralelo al eje óptico del sistema de lentes se refracta en la primera lente y emerge de ellapasando por el foco principal de dicha lente. Incide sobre la lente divergente saliendo de un punto ubicadoa 5 cm de esta lente. Tomando este punto como fuente para la lente divergente podemos hallar su distanciaimagen. Esta distancia resulta ser igual a 4 cm a la izquierda de la lente divergente. Es decir, lasprolongaciones de los rayos luminosos refractados por la lente divergente se interceptan a una distancia de4cm de la misma. Este punto coincide con el foco de la tercera lente. Como un rayo que incide pasando porel foco se refracta paralelo al eje óptico de una lente convergente, vemos que los rayos salen del sistema delentes formando un haz de rayos paralelos. El sistema dado actúa como un telescopio.

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf20

10202010111

11

11/1/

111

=−

=−

=⇒+=

cmcmcmx 15)520(2 −=−−=

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf30

)10(15)15(10111

22

22/2/

222

−=−−−−−=

−=⇒+=

176


Visualización de la Ley de Gauss para Lentes Delgadas

Una experiencia de laboratorio usual en las clases de física básica es la formación de imágenes con lentesdelgadas. Se utiliza generalmente un objeto iluminado y una lente delgada focalizando la luz sobre una pantalla. Se mueve la pantalla hasta que se forma una imagen bien definida.

Se miden la distancia objeto x y la distancia imagen x´, es decir, la distancia del objeto a la lente y ladistancia desde la imagen a la lente.Apartir de estas dos mediciones, la Ley de Gauss para lentes delgadas:

puede utilizarse para determinar la distancia focal f de la lente.

Una conocida ejercitación de laboratorio es la sugerencia de tomar varias mediciones de la distanciaobjeto y la correspondiente distancia imagen. Para cada par de distancias objeto-imagen se calcula ladistancia focal f aplicando la ecuación de Gauss.

La distancia focal para cada una de las combinaciones x y x´ debería ser la misma, y comparando losvalores calculados de f, se puede verificar la validez de la ecuación de Gauss y realizar la correspondientepropagación de errores, haciendo uso de la expresión:

Donde hemos simbolizado con Δ, la incerteza en cada medición.

Aunque este método es muy útil, encontramos que la ecuación para lentes delgadas se puede examinarmejor gráficamente. Podemos reescribir la ecuación de Gauss de la siguiente forma:

/Para una lente delgada, podemos graficar 1/x en función de 1/x. Este gráfico es una línea recta conpendiente (-1) que verifica la ecuación anterior, y por lo tanto, la ecuación de Gauss. La intersección con eleje horizontal o el eje vertical es igual a 1/f = P, potencia de la lente.

Los puntos en el primer cuadrante corresponden a objetos reales e imágenes reales. Los objetos reales y

fxx1

´11 =+

´´

´´

´´´

xxxx

xx

xx

fff

xxxx

+Δ+Δ+Δ+Δ=Δ→=

+

xfx11

´1 −=

CORPUS 177


Los puntos en el primer cuadrante corresponden a objetos reales e imágenes reales. Los objetos reales ylas imágenes virtuales se encuentran graficadas en el cuarto cuadrante. Objetos virtuales e imágenesvirtuales, están en el tercer cuadrante y los objetos virtuales e imágenes reales se ubican en el segundocuadrante.

Todas las lentes convergentes o divergentes se representan por rectas con pendiente negativa. Laintersección de las rectas con el eje horizontal o el eje vetical es igual a 1/f.

Las rectas para lentes convergentes interceptarán el eje horizontal positivo y el eje vertical positivo comose muestra en la figura, y las lentes divergentes interceptarán el eje horizontal negativo y el eje vertical negativo.

La recta que representa una lente plana, f pasa por el origen.

En la parte experimental, se puede calcular la distancia focal de una lente convergente,A, por este métodoy la distancia de otra lente convergente, B. Luego se colocan las dos lentes AB juntas y se determina la distancia focal del conjunto.A partir de las intersecciones de la recta para la lente A, con el eje horizontal y vertical, se obtiene ladistancia focal de dicha lente. Se procede de igual modo para la distancia focal de la lente B y la distanciafocal del conjunto.

La línea recta con pendiente aproximadamente 1, para la combinación de las dos lentes convergentes,ABmuestra que dos lentes delgadas en contacto actúan como una sola lente delgada.Apartir de los gráficos también se puede verificar que la distancia focal de la combinación de dos lentes fAB

está relacionada con la distancia focal de la lenteA, f y la distancia focal de la lente B, f por la relación:A B

La ecuación anterior tiene una interpretación sencilla en la gráfica, la recta correspondiente al conjunto delentes, intercepta el eje horizontal en un punto que es igual a la suma de las intersecciones horizontales delas lentesAy B.

∞�

BAAB fff111 +=

178


Con este método gráfico también se pone de manifiesto la simetría en las distancias objeto-imagen: esdecir, si (x,y) es un punto para una lente en particular, entonces, (y,x) también lo es.

En el caso de lentes divergentes, no podemos determinar la distancia focal midiendo la distancia objeto yla distancia imagen para distintas posiciones de la pantalla, ya que las lentes divergentes no producenimágenes reales.

Se puede entonces obtener la distancia focal de una lente convergente (A), por este método y adosarleluego a esta lente, la lente divergente(B) cuya distancia focal se desea determinar. Se calcula la distanciafocal del conjunto (AB), por el método gráfico y teniendo en cuenta que la potencia del conjunto de lentesdelgadas es igual a la suma de las potencias de cada una de las lentes del conjunto, despejamos el valor dela potencia de la lente divergente y a partir de allí la distancia focal.

Aber raciones

Los sistemas ópticos presentan una serie de aberraciones, es decir, desviaciones respecto de las leyessimples que se han enunciado en la hipótesis de que los rayos presenten poca inclinación respecto al eje yde que sólo se utilice la parte del sistema próxima al eje.Además se debe tener en cuenta que la desviaciónque sufren los rayos al atravesar un medio refringente depende del color de la luz empleada, ya que elíndice de refracción varía para cada color.Las aberraciones se corrigen empleando sistemas constituidos por asociaciones de lentes de diferentesíndices de refracción y cuyas superficies refringentes tengan radios de curvatura adecuados.Hay varios tipos de aberraciones; aberración esférica, astigmatismo, coma, curvatura de campo,distorsión y aberración cromática. De ésta última están exentos los espejos, ya que en ellos la luz no se refracta.

Aber ración Esfér ica

En un espejo o una lente, se observa que para los rayos más alejados del eje se tienen distancias focalesmenores que para los rayos próximos al eje. Esto motiva que por ejemplo, cuando en dichos sistemasincide un haz de rayos paralelos no todos los rayos se reúnen en un único punto; la superficie envolventede todos los rayos se denomina cáustica.La sección transversal mínima del rayo transmitido es el círculo de mínima confusión y en ese plano seforma la mejor imagen.

La aberración esférica se puede minimizar mediante una apertura que reduzca el área real de la lente, demodo que se transmitan solamente los rayos de luz cercanos al eje. También se utilizan combinaciones delentes convergentes y divergentes.

Astigmatismo

Si se examina la imagen de un punto obtenida mediante un haz estrecho de rayos que atraviesan una lenteo se reflejan en un espejo esférico, presentando mucha inclinación respecto al eje, se observa que laimagen no es un punto. Se dice entonces que el sistema es astigmático. Con haces inclinados, en vez de unpunto imagen se observan dos pequeñas líneas, perpendiculares entre sí, y separadas por una ciertadistancia (líneas focales).

BAAB fff111 +=

AABB fff111 −=⇒

CORPUS 179


Coma

Si sobre una lente incide un haz ancho con gran inclinación, se presenta el coma. La imagen tiene unaforma alargada que recuerda la de un cometa. Puede considerarse como la superposición de diversoscírculos de los que el más pequeño representa la imagen dada por la parte central de la lente y los otros sonimágenes producidas por las sucesivas zonas concéntricas.La zona central da una imagen aproximadamente puntiforme y las zonas sucesivas dan círculos cada vezmás anchos y separados. La imagen que se observa es la envoltura de estas imágenes.El coma puede evitarse interponiendo un diafragma que elimine los rayos marginales del haz. Sinembargo, a pesar del diafragma, puede haber astigmatismo, ya que éste también se presenta con hacesestrechos de gran inclinación respecto al eje.

Curvatura de Campo

Si en un sistema no existe ninguna de las aberraciones anteriores, la imagen geométrica de un punto seráotro punto, pero puede ocurrir que las imágenes de los puntos del plano objeto no estén todas en el planoimagen, sino en una superficie curva. En este caso se dice que el sistema presenta curvatura de campo.Así, el efecto de curvatura de campo es la imposibilidad de que la imagen de un plano sea nítida en otroplano, lo cual es intolerable en sistemas fotográficos.

Distorsión

En la distorsión, el aumento lateral no es constante y varía con la distancia al eje. Así si se toma unacuadrícula, puede suceder que los lados de los cuadrados resulten más aumentados lejos del eje que cercadel mismo, o puede ocurrir lo contrario. En el primer caso se tendrá la distorsión denominada distorsión encorsé y en el segundo caso distorsión en barrilete.Con una lupa se pueden observar estos tipos de distorsión. Se dispone a una distancia aproximada demedio metro del ojo un papel milimetrado y se coloca la lupa cerca de éste y se va aproximando al ojo. Seobservará que la cuadrícula queda enfocada para dos posiciones distintas de la lupa; en la primeraposición la cuadrícula presenta distorsión en corsé y en la segunda posición , distorsión en barrilete.

Aber ración Cromática

Cuando un haz de luz blanca atraviesa una lente, los diversos colores no se desvían lo mismo, de lo queresulta que las imágenes obtenidas muestran bordes irisados. Se dice que se presenta aberracióncromática. Como el índice de refracción para el rojo es menor que para el violeta, los rayos rojos sonmenos desviados. En vez de tener una imagen puntiforme, en el foco, se obtendrá un pequeño círculo.

La aberración cromática, en las lentes, puede corregirse para dos colores, asociando dos lentes decurvaturas, índice de refracción y poderes dispersivos convenientes. Tales asociaciones se denominanlentes acromáticas.


180

Instrumentos Opticos

Cámara Fotográfica

Una cámara fotográfica está constituida básicamente por una caja protectora con un sistema de lentesconvergentes en un extremo, que recibe el nombre de objetivo y una película sensible a la luz en el otro.Las paredes interiores de la cámara están ennegrecidas para evitar que la luz sea dispersada en ellas haciala película. Consta además de un diafragma o abertura regulable, que es un orificio circular que limita laluz que penetra en la cámara.La distancia a que se debe hallar la placa del objetivo depende de la distancia a que se encuentre el objetoque se desea captar con nitidez. En las cámaras actuales se ajusta el objetivo en vez de desplazar haciadelante o hacia atrás la placa, como se hacía en las primeras cámaras. Las principales características delobjetivo son la apertura de campo, que limita el campo visual, y la velocidad de obturación, que determinael tiempo de exposición.La abertura y por tanto la intensidad queda determinada por el número F, definido como:

siendo f la distancia focal del objetivo y D el diámetro de abertura del diafragma. La intensidad que llegaes proporcional al área iluminada y por lo tanto proporcional al cuadrado del diámetro. Es decir, cuando laluz es intensa es necesario que el diafragma tenga una abertura pequeña; por el contrario, cuando la luz quellega a la cámara es tenue, la abertura del diafragma deberá ser grande. Por ejemplo, cuando el número F es5,6 para un objetivo de 50 mm, el diámetro de abertura del diafragma es 9 mm.

Ejemplo

Una cámara fotográfica está provista de un objetivo de 50 mm de distancia focal, que se mueve entre 5 cmy 7 cm de la película. Calcular entre qué distancias podrá enfocar objetos sobre la película.

Aplicamos la ley de Gauss para lentes delgadas y consideramos la distancia imagen igual a 5 cm ydeterminamos la distancia objeto para esta posición del objetivo.

Es decir, esta cámara enfoca objetos que se encuentran muy alejados, ya que la distancia objeto obtenidapara la mínima distancia entre el objetivo y la película es infinita.

Veamos ahora, cual es la distancia mínima a la que puede encontrarse el objeto para ser enfocado por lacámara.Aplicamos entonces la ley de Gauss tomando la distancia imagen igual a 7 cm.

DfF =

∞=⇒=−

=

−=⇒+=

xcmxcmfx

xfx

xfxxxf

055

111111

/

/

//

cmxcmcmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

5,175,175775

111111

/

/

//

=⇒=−

=−

=

−=⇒+=

CORPUS 181


Con este objetivo la cámara podrá captar objetos desde 17,5 cm hasta una distancia infinita.

Teleobjetivo

Un teleobjetivo fotográfico es un objetivo de distancia focal grande, con relación a la cámara que seacopla, que permite obtener imágenes de objetos lejanos. En esencia está constituido por dos lentes: unobjetivo normal, convergente, en posición delantera y una lente divergente en posición posterior, cuyafunción es aumentar la distancia focal del objetivo. Las dos lentes están montadas en un tubo extensibleque permite obtener distintos aumentos al variar la distancia entre ambas lentes. En la práctica, en lugar dedos lentes, los teleobjetivos montan realmente dos sistemas ópticos que hacen las veces de tales eincorporan otras lentes para la corrección de las aberraciones.

Ejemplo

¿Cuántas dioptrías tiene una cámara fotográfica con un teleobjetivo de 100 mm?

-1El número de dioptrías lo obtenemos al calcular la potencia y expresarla en m .

ESTRUCTURADEL OJO

El ojo está constituido y en parte actúa como una cámara fotográfica.Tiene una forma aproximadamente esférica, de unos 2,5 cm de diámetro, con una protuberanciatransparente, denominada córnea a través de la cual penetra la luz.La cubierta exterior actúa como caja protectora del ojo. Está constituida por un tejido fibroso casi opaco,llamado esclerótica y cubre todo excepto la córnea, que es una membrana dura y transparente y aparececomo una protuberancia sobre el globo ocular.El pestañeo provee a la córnea de un limpiador y lubricador. Como no está irrigada por sangre, obtiene eloxígeno del aire. Cuando la córnea está en contacto con agua, pierde gran parte de su poder de enfoque, yaque el agua y la córnea tienen casi el mismo índice de refracción.Dentro de la esclerótica hay una membrana pigmentada, la coroide que tiene en su parte central unorificio, la pupila por donde penetra la luz a la parte interior.Luego de la pupila la luz pasa por el cristalino que es una lente biconvexa la cual tiene la posibilidad deregular su distancia focal mediante una modificación de su forma por la acción de los músculos ciliares. Elcristalino está formado por un material fibroso y gelatinoso, duro en el centro y se va haciendo más blandohacia el exterior. En promedio tiene un índice de refracción de 1,42.

Los objetos colocados a distancias variables a partir del ojo deben formar imágenes sobre la retina, ésto selogra al cambiar la distancia focal del cristalino. Esta capacidad de enfocar objetos situados en un ampliointervalo de distancias se denomina acomodamiento.

Dmf

P 101,011 ===

182


La imagen que se forma en la retina es real e invertida pero el cerebro la interpreta como derecha.Entre la córnea y el cristalino hay una solución salina llamada humor acuoso, que le proporciona losnutrientes a las células de la córnea, tiene un índice de refracción próximo al del agua. Al otro lado delcristalino está el humor vítreo de aspecto gelatinoso.

La dirección en la que ve mejor el ojo es en la de su eje visual, que está inclinado ligeramente respecto aleje óptico del sistema.La retina cubre la superficie interna del ojo. Es una membrana rica en vasos sanguíneos y fibras nerviosas,y es sensible a la luz. Las fibras nerviosas terminan en los llamados conos y bastones, que actúan comotransductores, convirtiendo la energía luminosa en impulsos eléctricos que pueden propagarse a lo largode las fibras nerviosas. La parte más sensible de la retina es la región en la cual el eje visual corta la retina,allí hay una pequeña depresión conocida como mancha amarilla o fóvea centralis. La mancha amarillasólo contiene conos muy apretados y es la región más sensible al color y los detalles.Al alejarse de la mancha amarilla, aparecen los bastones, aumentando gradualmente la razón del númerode ellos al de los conos, pero incluso en las regiones periféricas de la retina, donde predominan losbastones, hay todavía conos presentes. El nervio óptico transmite las señales desde las fibras nerviosas alcerebro, la región por donde entra el nervio óptico al ojo no es sensible a la luz y se denomina punto ciego.Los bastones no son sensibles al color, pero son más sensibles a la cantidad de luz que los conos. Por lotanto, son los que favorecen la visión nocturna. Es experiencia cotidiana que al disminuir la intensidad dela luz resulta más difícil apreciar los colores.El iris es un anillo coloreado que actúa como el diafragma de una cámara, regulando la intensidad de la luzque pasa a través de la pupila, disminuyendo su diámetro cuanto mayor sea la intensidad. A estemecanismo se le denomina adaptación.

Otras características de nuestro sistema óptico:

� El ojo al observar directamente un objeto puede visualizar otros comprendidos en un gran ángulo.

� Un rápido sistema de enfoque automático permite ver objetos tan cercanos como 25 cm en un instantey

objetos lejanos un instante después. El iris actúa como un diafragma de apertura automática.

� El ojo tiene un sistema autoregulador de presión que mantiene su presión interna enaproximadamente 1,6 kPa (12 mm Hg) lo que permite mantener su forma. Está ubicado sobre unaalmohadilla de grasa que reduce los efectos de los golpes.

Ejemplo

Consideremos que el sistema óptico ocular relajado tiene una distancia focal efectiva de 17 mm. Si el

Partes del ojo Indice de refracción(Promedio)

Córnea 1,38Humor acuoso 1,34Cristalino 1,42Humor vítreo 1,34

CORPUS 183


diámetro de la pupila varía entre 1,5 y 8 mm según la intensidad de la luz que llega al ojo, determinar losnúmeros de diafragma del ojo según el convenio de las cámaras fotográficas.

El número de diafragma F viene dado por:

En el caso del ojo, tenemos los siguientes números de diafragma:

ASPECTOS DE LAVISIÓN NORMAL

Aunque la distancia focal del cristalino puede variar, cada ojo tiene una amplitud limitada deacomodamiento. El tamaño aparente de un objeto se determina por el tamaño de su imagen en la retina, elque a su vez, si se mira a ojo desnudo, depende del ángulo subtendido por el objeto. Es decir cuanto máscerca esté un objeto del ojo, mayor será el tamaño de la imagen y recíprocamente, al alejarse menor será eltamaño de la imagen.Fuentes luminosas muy lejanas, como las estrellas, siempre las vemos como un punto, aunque sabemosque son inmensamente grandes.

Cuando se examina con detalle un objeto, se le acerca el ojo, para que el ángulo subtendido, y por lo tantola imagen retiniana, sea la mayor posible. Al acercar un objeto, el cristalino debe acomodar su curvaturapara cada distancia objeto, formando imágenes nítidas en la retina, cada vez mayores.

Se denominan respectivamente, punto remoto y punto próximo al punto más alejado y al punto máscercano para los cuales el ojo puede acomodarse sin esfuerzo.

En un ojo normal el punto remoto está en el infinito y el punto próximo está a unos 25 cm (distancia normalde visión distinta).

El sistema óptico del ojo es convergente y forma imágenes reales e invertidas sobre la retina. Estas señalesllegan al cerebro donde son invertidas y percibimos así las imágenes derechas.

Ejemplos

1) Consideremos al cristalino como una lente biconvexa de índice de refracción promedio1,42, rodeadopor un líquido de índice de refracción 1,34. Por acción de los músculos ciliares en el proceso deacomodación esta lente puede variar su potencia entre 17 D y 33D. Calcúlese el radio de curvatura delcristalino en esas dos posiciones.

Aplicamos la ecuación del constructor de lentes para una lente biconvexa de radios R positivo y R = - R .1 2 1

DfF =

1,28

173,115,1

17

22

11 ======

mmmm

DfFy

mmmm

DfF

184


El radio de curvatura del cristalino varía entre 3,6 mm a 7 mm utilizando la aproximación de lentesdelgadas. Esta es una gran simplificación ya que el cristalino es una lente gruesa, pero sirve de igual modopara ilustrar que el radio de curvatura del cristalino es unas diez veces menor que la distancia focal.

2) Hallar entre qué valores está la potencia del sistema óptico para un ojo normal. Considérese que ladistancia entre el cristalino y la retina es de 2,5 cm.

La potencia para cuando el ojo enfoque objetos en el punto próximo será, en forma aproximada:

La potencia del ojo cuando enfoca objetos lejanos es,

Se observa entonces que, en el proceso de acomodación la potencia varía en 4 dioptrías.

Defectos Opticos del Ojo

Las propiedades explicadas anteriormente se refieren al ojo normal, es decir, a un ojo con característicasmedias y sin defectos.Existen sin embargo muchos ojos que se apartan bastante de la normalidad. La mayor parte de ellosproducen defectos ópticos bastante sencillos que pueden compensarse muy fácilmente con anteojos olentes de contacto.

Cuando un haz de rayos paralelos, es decir procedente de un objeto lejano, llega a un ojo completamenterelajado, el sistema óptico debe producir en ese estado una imagen del objeto sobre la retina. Esto significaque el globo del ojo ha de tener un diámetro tal que los rayos converjan sobre la retina. Esto ocurre en el ojorelajado para todo objeto situado a una distancia mayor de 6 m.

Hay muchos ojos que son demasiado largos o demasiado cortos para que esto ocurra. Si el ojo esdemasiado largo se dice que es miope. Los rayos paralelos incidentes convergen delante de la retina, por lotanto sólo pueden verse con nitidez, objetos relativamente cercanos y el punto próximo está más cerca que

)1(

12)11()1(1

121 −=⇒−−=

m

Lm

L

nnP

RRRnn

f

mmDP

nn

RR

mmDP

nn

RR

m

L

m

L

6,333

)134,142,1(2)1(2

717

)134,142,1(2)1(2

1

1

=−

=−

==

=−

=−

==

mmRparamfmmRparamf

Pf

fP

706,06,303,0

11

====

=⇒=

Dcmcmxxf

P 445,21

251111

/ =+=+==

Dcmxxf

P 405,211111

/ =+∞

=+==

CORPUS 185


en el ojo normal.

Si se acerca gradualmente un objeto distante a un ojo miope completamente relajado, los rayos acaban porconverger en la retina, permitiendo una visión nítida del mismo. El punto en el cual ocurre esto es el puntoremoto del ojo miope y su distancia al ojo es s.La miopía se corrige mediante el uso de una lente divergente de distancia focal f colocada delante del ojo.La lente divergente forma una imagen del objeto lejano, ubicada a una distancia igual o menor que elpunto remoto del ojo miope. Esta imagen actúa de objeto para el ojo y se forma una imagen que cae en laretina, es decir, enfocada.

Los rayos paralelos que entran en la lente divergente, salen de ella e inciden en el ojo como si procedierandel punto remoto de éste, y el ojo relajado es capaz de enfocarlos sobre la retina.

Ejemplo

El punto remoto de cierto ojo está 1 m delante del mismo. ¿Qué lente ha de utilizarse para ver claramenteun objeto situado en el infinito?. Supóngase que las lentes están en unos anteojos a 3 cm delante de los ojos. ¿Qué efecto produce la utilización de estas lentes sobre el punto próxmo?

Las lentes producirán la imagen ubicada en el punto remoto, s. En este caso, s = 1m.La distancia de la imagen a la lente será:

/x = - (1m - 3 cm) = - 97 cm

Hemos colocado el signo menos para indicar que la imagen es virtual.

Como el objeto se encuentra en el infinito, la distancia objeto es,

x= .

Aplicamos la ley de Gauss y obtenemos

Se requiere una lente divergente de aproximadamente 1 dioptría.

Veamos qué ocurre cuando se utilizan estos lentes para ver un objeto ubicado a 25 cm del ojo, puntopróximo de un ojo normal.

∞

DP

mmxxf

1

03,197,011111 1

/

−=

−=−

+∞

=+= −

186


La distancia del objeto a la lente es entonces,

X = 25 cm - 3 cm = 22 cm

Esta lente formará una imagen virtual ubicada a una distancia igual a:

es decir, la imagen estará a 21 cm de la lente o sea, a 24 cm, (21 cm + 3 cm) del ojo. Al utilizar estas lentescorrectivas se modifica el punto próximo, pasa de 25 cm a 24 cm.Por lo tanto, los objetos ubicados a 25 cm del ojo no se verán con claridad al utilizar estas lentes.Sin embargo, como un ojo miope por lo general tiene el punto próximo más cercano que lo normal, esprobable que pueda utilizar las lentes correctivas para mirar tanto objetos lejanos como cercanos.

Si el globo del ojo es demasiado corto, se dice que el ojo es hipermétrope. Los rayos que llegan paralelos yatraviesan el sistema con el cristalino relajado, no llegan a converger cuando pasan por la retina. De ello sededuce que el punto próximo está más lejos del ojo que lo normal, y en algunos casos extremos esimposible leer un libro mantenido en la mano.

El defecto se corrige mediante el uso de una lente convergente cuya distancia focal puede calcularseconsiderando cuál es la misión de esta lente. La luz procedente de un objeto colocado a la distancia normalde visión distinta q, ha de parecerle al ojo, después de atravesar la lente, que proviene de su punto próximo

/situado a una distancia q .

Ejemplo

El punto próximo de cierto ojo está 50 cm delante del mismo. ¿Qué lente habría de usarse para verclaramente un objeto situado a 25 cm del ojo?.

/Consideraremos, x= 25 cm y x = - 50 cm, suponiendo que las lentes están muy próximas al ojo.Aplicamosentonces la ley de Gauss y obtenemos,

Se requiere entonces, una lente convergente de 2 dioptrías, la cual formará una imagen virtual del objetoubicado entre la lente y el foco, a 25 cm del ojo, la que será tomada como objeto para el ojo.

mmmmxm

fxxfx 21,0

)97,0(22,022,097,0/ −=

−−−=

−=

Dmcmcmcmxxf

2202,050

125

1111 11/ ===

−+=+= −−

CORPUS 187


Veamos como se modifican estos valores si consideramos que las lentes se encuentran a 3 cm del ojo.

/x = (25 cm - 3 cm)= 22 cm y x = - (50 cm - 3 cm )=- 47 cm

El signo menos es para indicar que se trata de una imagen virtual.

Estas lentes correctivas no sirven para mirar objetos lejanos pues no formarán una imagen correcta.

Cuando envejecemos, los músculos ciliares se debilitan y el cristalino pierde parte de su elasticidad, enconsecuencia el poder de acomodamiento disminuye con la edad, y el punto próximo se aleja del ojo. Estedefecto se denomina presbicia o vista cansada. Para compensar esto se utilizan, como en el caso de lahipermetropía, lentes convergentes, pero el paciente sólo las necesita para leer u otro trabajo análogo, yaque para objetos distantes su visión permanece inalterada.

Un miope tiene un punto próximo que está más cercano que lo normal. Cuando su capacidad deacomodamiento disminuye, el alejamiento de su punto próximo no constituye problema mientras estéleyendo sin lentes. Pero si su trabajo le exige ver en rápida sucesión objetos cercanos y distantes, espreciso que pueda trabajar de cerca sin necesidad de quitarse los lentes, y es posible que se vea obligado amantener los libros cada vez más alejados de él, encontrándose con el mismo problema que unhipermétrope o un présbita.En tal caso se prescribirán lentes bifocales. La mitad superior de cada lente es divergente y corrige lamiopía cuando el usuario mira objetos distantes. La parte inferior se utiliza para leer o efectuar un trabajocercano análogo, y es una lente convergente si el punto próximo se ha alejado del ojo más de 25 cm. Si noes éste el caso, será un vidrio plano.

Cuando existe astigmatismo, los objetos puntuales no forman imágenes puntuales sobre la retina. Esto sedebe normalmente a que la córnea tiene diferentes curvaturas en sus distintas secciones. Si la curvatura esmayor en una sección horizontal que en una vertical, los rayos situados en el plano horizontal convergenantes que los situados en el plano vertical. Un conjunto de rectas verticales y horizontales no podrán serenfocadas simultáneamente. Un ojo normal verá todos los rayos de la figura igualmente negros, mientrasque un ojo astigmático observará variaciones en la intensidad de las rayas.El astigmatismo es posible de corregir mediante lentes cilíndricas adecuadamente diseñadas.

Dmcmcmcmxxf

4,24,2024,047

122

1111 11/ ===

−+=+= −−

188


Acomodación

Como vimos, el enfoque fino o acomodación del ojo humano es una función efectuada por la lentecristalino. La lente está suspendida en posición detrás del iris por ligamentos que están conectados a losmúsculos ciliares. Ordinariamente, estos músculos están relajados y en ese estado tiran la red de finasfibras que fijan la orilla de la lente. Esto lleva a la lente flexible a una configuración bastante planaaumentando su radio lo cual, a su vez, aumenta su distancia focal. Con los músculos completamenterelajados, la luz de un objeto en el infinito se enfocará en la retina. Cuando el objeto se mueve más cercadel ojo, los músculos ciliares se contraen, liberando la tensión externa sobre la periferia de la lente la cualse infla un poco con sus propias fuerzas elásticas, disminuyendo así su distancia focal. Cuando el objeto seacerca aún más, los músculos ciliares se contraen más tensamente y las superficies de las lente alcanzan unradio más pequeño. El punto más cercano que un ojo normal puede enfocar es de aproximadamente 7 cmpara un adolescente, 25 cm para un adulto y 100 cm para alguno de mediana edad.

En los peces y anfibios el cristalino que es uno de los medios refringentes más importantes del ojo, estáprovisto de un músculo mediante el cual esta lente puede moverse a lo largo del eje óptico, hacia la retina oalejándose de ella, regulando el enfoque.

En los reptiles, aves y mamíferos el enfoque se efectúa variando la curvatura del cristalino y por ende supoder de refracción. Para este fin se utiliza el músculo orbicular que rodea al cristalino.En las aves y reptiles el músculo se contrae y oprime al cristalino dándole una forma más esférica.El músculo orbicular en los mamíferos, por el contrario estira el cristalino haciéndolo más plano; alrelajarse el músculo, el cristalino aumenta su curvatura.En los mamíferos varía principalmente la curvatura del plano anterior y poco la del posterior. En las aves yreptiles varía solo la curvatura del plano anterior.

El poder refractivo del ojo se compone fundamentalmente del poder refractivo de la córnea y delcristalino. El índice de refracción de la córnea y del líquido que se encuentra detrás de ésta son casi igualesa la del agua, los rayos al incidir sobre los ojos pasan a través de la córnea sin refractarse.Así, en los peces,la córnea es plana, no actúa como lente, pero el cristalino es esférico.

En las focas con vista normal en el aire y en el agua, la córnea es convexa y el índice de refracción esbastante grande participando en el enfoque junto al cristalino.

Los anfibios ven un mundo extraordinario en el aire. Una rana o un sapo en vez de la diversidad de coloresde los objetos ven como una cortina, un velo azul-grisáceo como si estuviesen frente a un televisor con eldispositivo receptor atrofiado. El paso del agua al medio aéreo aumenta grandemente la potencia de susistema convergente volviéndose tan miopes, en el aire, que sólo pueden divisar los objetos cuando estánmoviéndose.

CORPUS 189


Lupa

La lupa también se denomina microscopio simple, es una lente biconvexa de distancia focal pequeña quese utiliza para observar objetos situados entre el foco y la lente. La imagen que se obtiene es virtual y demayor tamaño que el objeto.Las lupas utilizadas en la práctica tienen una distancia focal que va desde 5 mm hasta 5 cm.Las aberraciones que se dan son susceptibles de corrección. La de esfericidad se evita acercando el ojo a lalupa, haciendo que lleguen a él sólo los rayos centrales. El cromatismo se puede anular empleando dos lentes delgadas de distintos materiales adosadas.Para ver con detalle objetos pequeños es necesario acercarlos al ojo. Este acercamiento sólo puederealizarse hasta el punto próximo del ojo, que se encuentra a 25 cm aproximadamente. En la figura vemosun objeto de altura y, ubicado a esa distancia. El tamaño de la imagen retiniana está relacionado con elángulo subtendido por el objeto desde el ojo.

190


Con el empleo de una lente convergente, el objeto puede acercarse a una distancia menor que la del puntopróximo y vérselo bajo un ángulo mayor.

La relación entre los ángulos α y β permiten definir el aumento angular M

Aumento angular

/La imagen virtual y puede formarse a una distancia comprendida entre el punto próximo y el infinito. Elaumento M que se obtenga con una lupa determinada depende de esa distancia. Con la condición de ojorelajado determinaremos el aumento correspondiente a la situación en que la imagen se encuentre en el infinito. En ese caso,

En este caso,De la figura se deduce que,

para ángulos pequeños podemos realizar la siguiente aproximación,

Entonces,

Por otra parte,

(aproximadamente)

con lo anterior resulta,

αβ=M

xfxf

=⇒∞−

+= 111

/ββ =

fytg =β

)(radtg ββ ≈

fy=β

cmytg

25=α ⇒

cmyrad

25)( =α

fcm

cmyfy

M 25

25

===αβ

fcmM 25=

CORPUS 191


De igual modo puede demostrarse que en el caso de formarse la imagen en el punto próximo, se tiene:

De la ley de Gauss obtenemos la distancia objeto, x:

De la figura se deduce que,

Considerando que, aproximadamente igual a y tomando la aproximación para ángulos pequeñostenemos finalmente que el aumento angular se puede expresar como,

Sin embargo, como la distancia focal de las lupas son pequeñas, los resultados de M utilizando cualquierade las dos ecuaciones anteriores, resultan muy próximos y por lo tanto por comodidad en general se utilizala expresión más sencilla.

Observación

Es costumbre denotar el aumento lateral y angular de las lentes por su valor numérico acompañado por unsigno x, es decir que por ejemplo, una lupa cuya distancia focal sea 2,5 cm usualmente se designa por 10xy otra de 5 cm de longitud focal, por 5x.

El aumento angular no puede hacerse tan grande como se quiera simplemente disminuyendo f, ya que laimagen se torna muy defectuosa más allá de aumentos 2x, 3x. Si se corrigen las aberraciones de una lenteconvergente sencilla, construyendo lentes convergentes compuestas, puede llegarse hasta 20x.

Microscopio Compuesto

Cuando se necesita un aumento mayor que el que se obtiene con una lupa, se puede recurrir al microscopiocompuesto (comúnmente llamado “microscopio”).El microscopio consta de dos lentes convergentes el objetivo y el ocular. Por simplicidad

cmx 25/ −=

fcmfcm

fcmfcm

fxfxx

xxf +=

−−−=

−=⇒+=

2525

2525111

/

/

/

fcmfcmy

xytg

25)25(/ +==β

β/β

125

25

25)25(

+=

+

==fcm

cmy

fcmfcmy

Mαβ

125 +=fcmM

fcmM 25=

192


describiremos un microscopio formado por dos lentes sencillas./El objeto de altura y , se coloca delante del foco F del objetivo. Este forma una imagen real, de altura y ,1 1 1

en la zona comprendida entre el foco F y el ocular. El ocular forma una imagen virtual de altura y (mucho2 2

mayor que y ) que es vista por el observador.1

El aumento angular M, obtenido con el empleo del microscopio se determina en forma similar a lo hechocon la lupa.

El objeto visto a ojo desnudo, forma un ángulo .

(aproximadamente)

y visto con el microscopio,

o bien,

Como se comentó en el caso de la lupa, la imagen puede formarse en cualquier punto comprendido entre elinfinito y el punto próximo del ojo. Con la condición de ojo relajado, consideraremos que la imagen se forma en el infinito. Por ello,

Así:

(Aproximadamente)

En base a ello,

Teniendo en cuenta que,

(aumento angular del ocular)

Entonces, el aumento del microscopio resulta,

en el caso particular de tener la imagen en el infinito.

Los constructores de microscopios especifican habitualmente el aumento lineal de los objetivos y elangular de los oculares para que sea fácil de calcular el aumento angular del instrumento, empleandoalguno de los varios objetivos y oculares disponibles.

αβ=M

cmytg

251=α ⇒

cmyrad

25)( 1=α

/2

/2

xytg =β

2

/1

/2

/2

xy

xytg ==β

2222

111 xfxf

=⇒∞−

+=

2

/1

2

/1

/2

/2 )(

fyrad

fy

xytg =⇒== ββ

21

/1

1

2

/1

25

25fcm

yy

cmyfy

M ===αβ

22

25 Mfcm =

2121 mmMmM ≈=

CORPUS 193


Pr incipales Componentes de un Microscopio

1) Ocular, ubicado dentro del extremo superior del tubo. El valor grabado, por ejemplo, 12.5 X, indica elaumento del ocular. Para obtener el aumento del microscopio se multiplica el aumento del objetivo por elaumento del ocular.2) Tubo. Es intercambiable.3) Portaobjetivo4) Características del objetivo: 40/0.65 -160/0.17Significa: aumento del objetivo: 40X, abertura numérica: 0.65, calculada para una longitud del tubo de 160 mm y 0.17 mm de espesor de la cubierta de vidrio.5) Platina: plataforma donde se apoya el objeto a observar.6) Palanca del iris (condensador o abertura del diafragma).7) Condensador (la posición correcta es siempre justo debajo del tope superior).8) Palanca para el movimiento de las lentes frontales del condensador para la iluminación de mayoresextensiones.9) Perillas para concentrar el condensador.10) Sostén de lentes auxiliares.11) Sostén de filtros de 32 mm de diámetro.12) Perilla de ajuste fino. Perilla de ajuste grueso.13) Diafragma.14) Base con un iluminador de baja tensión (6V, 15 W, 2.5A)

194


El objeto se coloca un poco fuera del foco del objetivo. La imagen real que se forma mediante este objetivosirve de objeto para el ocular. El ocular forma una imagen virtual aumentada del objeto, debido a que laimagen real del objetivo se localiza un poco adentro del foco del ocular.

Para utilizar el microscopio ubicamos los objetivos en el portaobjetivo empezando con los de bajoaumento. Hay que evitar tocar las superficies, especialmente de las lentes frontales del objetivo.Un microscopio común no puede usarse solamente para aumentar cualquier objeto, por ejemplo unamosca. Los objetos que deseamos observar deben ser lo más transparentes y planos posibles. Paranuestros propósitos, es necesario preparar los especímenes a observar. Para ello se los ubica sobre unportaobjeto, que es un trozo de vidrio de 26mmx76mmx1mm, y se lo cubre con un vidrio deaproximadamente 0.17 mm de espesor. Debemos asegurarnos que el cubreobjeto esté en la parte superior,frente al objetivo.Ubicamos el especimen en la platina y movemos la perilla de ajuste grueso para acercar el objetivo alespecimen.Antes de ubicar el ocular de menor potencia dentro del tubo, abrimos el diafragma del condensador ymovemos el espejo hasta que las lentes posteriores del objetivo estén iluminadas.Después que ubicamos el ocular cerramos el iris del condensador hasta la mitad, miramos a través delocular y aumentamos la distancia del objetivo y el especimen hasta que los detalles se puedan ver aunqueborrosos.Con la perilla de ajuste fino focalizamos.Debemos tener en cuenta dos aspectos importantes cuando usamos instrumentos ópticos como elmicroscopio o telescopio:a) El ojo debe estar relajado cuando miramos a través del ocular.Al principio ésto se logra más fácilmentesi imaginamos que estamos mirando la imagen como si estuviera en el infinito. Es decir no mirar “dentro”del microscopio sino “a través” del microscopio.b) El ojo debe estar a una cierta distancia del ocular. Es conveniente ubicarse a una distancia tal del ocularque el campo visual sea lo más amplio y definido posible.

Preparación de la Muestra Microscópica

Para observar células es necesario realizar cortes muy finos para separar parte de tejidos, esta operación serealiza con el micrótomo. Como la célula es transparente a la luz visible es necesario teñirla. Las tincionesmás comunes se hacen con azúl de metileno o con tintura de yodo. Se coloca entonces la muestra sobre unportaobjeto y se lo cubre con un cubreobjeto. Entre ambos se coloca una gota de agua o bálsamo deCanadá para conservarlo durante un tiempo mayor. Si se quiere una mejor calidad de la muestra, hay quefijar las células o los tejidos con el fin de conservar no solo su morfología sino la composición químicacelular. Para ello se utilizan fijadores como formaldehído, alcohol etílico, alcohol metílico, etc.

CORPUS 195


Por ejemplo, podemos observar las células de la epidermis de la cebolla. Para ello se extrae la tela blancaque recubre la parte cóncava de la cebolla con ayuda de una aguja enmangada. Se extiende sobre un portay se vierte unas gotas de colorante sobre la muestra. Se deja actuar unos minutos y se lava la preparacióncuidando de no arrastrar la epidermis. Se coloca el cubre y se observa con el microscopio. El colorante tiñepreferentemente el núcleo y la pared celular.

Telescopio Optico

Existen dos tipos de telescopios ópticos: los refractores (anteojos astronómicos) y los reflectores.En los telescopios refractores los rayos de luz se refractan al atravesar el objetivo y forman una imagen enel plano focal. Esta imagen se mira a través de un ocular, que la amplía y mejora gracias a diversas lentescorrectoras.En los telescopios reflectores del tipo Newton la luz incide sobre un espejo cóncavo en el que se forma unaimagen que se refleja sobre un espejo auxiliar plano, colocado oblicuamente. La imagen formada sobreeste segundo espejo se observa con un ocular.

PROBLEMAS DE LENTES

1) Determinar la naturaleza, posición y aumento lineal de la imagen formada por una lente convergente de14 cm de distancia focal cuando la distancia del objeto a la lente es de: a) 21 cm y b) 10 cm. c) Calcular ladistancia del objeto a la lente para que la imagen sea real y del mismo tamaño que el objeto.

Solución

a)

En este caso se ha procedido gráficamente, trazando los tres rayos principales. De la gráfica se deduce quela imagen formada es real, invertida y de mayor tamaño.Para resolver el problema analíticamente, utilizamos la ley de Gauss para lentes delgadas:

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

4214212114´

11´

1´

111

=−

=−

=

−=⇒+=

196


La imagen se encuentra a 42 cm de la lente.

Calculamos el aumento aplicando la expresión:

El aumento es igual a -2; el signo menos significa que la imagen es invertida y el número 2 indica que laimagen es dos veces mayor que el objeto.

b) Para x= 10 cm, tenemos:

La imagen se forma por prolongación de los rayos refractados, por lo tanto se trata de una imagen virtual,además, es derecha y de mayor tamaño.

Procediendo analíticamente tenemos:

La imagen se encuentra a 35 cm de la lente. El signo menos indica que la imagen se encuentra del lado donde provienen los rayos, es decir, se trata de una imagen virtual.Calculamos el aumento a partir de la definición:

El signo positivo en el aumento significa que la imagen es derecha, y el número 3,5 significa que la imagenes 3,5 veces mayor que el objeto.

c) Para que la imagen sea real y del mismo tamaño que el objeto se debe cumplir que:

22142´ −=−=−=

cmcm

xxm

cmcmcm

cmxcmfx

xfx

xfxxxf

3514101014´

11´

1´

111

−=−

=−

=

−=⇒+=

5,31035´ +=−−=−=

cmcm

xxm

xxxxm =⇒−=−⇒−= ´1´1

CORPUS 197


Reemplazamos en la ecuación de Gauss:

Para obtener una imagen real y del mismo tamaño que el objeto es preciso ubicar el objeto a una distanciaigual al doble de la distancia focal.

2) Determínese la posición y tamaño de la imagen dada por una lente divergente de distancia focal 18 cm,de un objeto de 9 cm de altura situado a una distancia de la lente de 27 cm. Resolver gráfica yanalíticamente.

Solución

En este caso se ha procedido gráficamente, trazando los tres rayos principales. De la gráfica se deduce quela imagen formada es virtual, derecha y de menor tamaño.Para resolver el problema analíticamente, utilizamos la ley de Gauss para lentes delgadas:

La imagen se encuentra a 10,8 cm de la lente. El signo menos indica que la imagen se encuentra del ladodonde provienen los rayos, es decir, se trata de una imagen virtual. En la fórmula hemos usado -18 cm parala distancia focal de la lente, ya que se trata de una lente divergente.

Calculamos el aumento a partir de la definición:

El signo positivo en el aumento significa que la imagen es derecha, y el número 0,4 significa que la imagenes 0,4 veces el tamaño del objeto.

cmfxxf

xxfxxf

28221

111´

111

==⇒=

+=⇒+=

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xfxxxf

8,10)18(27

2718´

11´

1´

111

−=−−

−=−

=

−=⇒+=

4,027

8,10´ +=−−=−=cm

cmxxm

cmcmxmyy 6,34,09/ ===

198


Es decir, la imagen resulta ser de 3,6 cm.

3) Una lente forma la imagen de un objeto sobre una pantalla colocada a 12 cm de la lente. Cuando se alejala lente 2 cm del objeto la pantalla ha de acercarse 2 cm hacia el objeto para restablecer el enfoque. ¿Cuáles la distancia focal de la lente?

Solución

Se trata de una lente convergente, ya que da una imagen real sobre una pantalla. De la gráfica se puede deducir que:

Aplicamos la Ley de Gauss para ambos casos, tenemos

Se trata entonces de resolver un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, f y x, ya que la distancia dela lente a la imagen es de 12 cm.

Igualando los segundos miembros de cada ecuación podemos obtener el valor de x:

cmxxcmxx4

2//

1

1

−=

+=

cmxcmxxxf

xxf

41

21111)2

111)1

//11

/

−+

+=+=

+=

cmcmxf

cmxf

81

211)2

12111)1

++

=

+=

cmcmxcmx 81

21

1211 +

+=+

CORPUS 199


Como se trata de un objeto real, la distancia a la lente debe ser positiva. De los dos resultados tomamos elpositivo, es decir, x = 6 cm.Reemplazando este valor en la ecuación 1) obtenemos el valor de la distancia focal:

La distancia focal es de 4 cm.

4) Determinar la naturaleza y distancia focal de una lente para que las dimensiones de la imagen (derecha)de un objeto situado a 9 cm delante de la lente sean dos tercios de la del objeto.

Solución

Como la imagen es derecha, el aumento lineal será positivo:

de esta ecuación obtenemos que la distancia de la imagen a la lente es:

Reemplazando esta expresión en la ley de Gauss, resulta:

Se trata entonces de una lente divergente, (signo negativo) de 18 cm de distancia focal.

5) ¿En qué posición se deberá colocar una lente convergente de 15 cm de distancia focal para obtener unaimagen 10 veces más grande que el objeto, sobre una pantalla?. ¿A qué distancia del objeto deberácolocarse la pantalla?

22

222

2

4820

330448224

330)2()224(

)10(128)2()12(

8)2(28

1212

cmxcmx

xxcmxcmcmxxcm

xxcmcmxxcm

xcmxcmcmcmxxcm

cmcmxcmxcm

cmxxcm

−+=

+=+++

+=++

+=++

+++=+

cmxcmx

cmcmcmx

8;62

19242

21

22

2,1

−==

+±−=

cmfcmcmfcmxf

412

312

12112

111)1 =⇒=+=⇒+=

32/

+=−=xxm

xx32/ −=

cmf

cmfxxxfxxf

18

1811

21

2311111

/

−=

−=⇒−=−=⇒+=


200

Solución

Se trata de una imagen real, por lo tanto es invertida. El aumento lineal es:

/De aquí obtenemos la siguiente expresión para x :

Reemplazamos esta expresión en la ley de Gauss y obtenemos el valor de x, es decir la distancia del objetoa la lente:

El objeto se deberá colocar a 16,5 cm de la lente. La pantalla deberá colocarse a 165 cm de la lente, esdecir, a 181,5 cm del objeto.

6) Las dimensiones de una diapositiva para proyección son 24 mm x 36 mm. Se desea proyectar unaimagen de la diapositiva ampliada 20 veces, sobre una pantalla situada a 110 cm de la lente proyectora.¿Cuál debe ser la distancia focal de la lente; donde debe colocarse la diapositiva y cuál debe ser el tamañomínimo de la pantalla?

Solución

Se trata de una imagen real, por lo tanto es invertida. El aumento lineal verifica:

/Como x , la distancia de la imagen a la lente es de 110 cm; la distancia del objeto a la lente es de:

x = 110 cm /20 = 5,5 cm

/Reemplazando los valores de x y x en la ley de Gauss, obtenemos el valor de la distancia focal de la lente:

El tamaño mínimo de la pantalla será:

24mmx20; 36 mmx20 = 480 mm x 720 mm

7)Un instrumento óptico está formado por dos lentes convergentes de 4 cm y 8 cm de distancias focales,separadas entre sí 16 cm. Determinar la posición y características de la imagen obtenida de un objetosituado a 12 cm de la lente de 4 cm de distancia focal. Realizar un esquema de la marcha de rayos.

10/

−=−=xxm

xx 10/ =

cmcmxfx

xxxxxf

5,16101511

1011

1011

1011111

/

===

=+=+=

20/

−=−=xxm

cmfxxf

2,5111/ =⇒+=

CORPUS 201


Solución

La imagen de un sistema de lentes se determina considerando la imagen de la primera lente como objetode la segunda lente. En este caso, la imagen de la primera lente se forma delante de la segunda lente, por lotanto el objeto para la segunda lente es real. La imagen del sistema de lentes resulta ser real derecha y demayor tamaño.

Procediendo analíticamente, aplicamos la ley de Gauss para la primera lente y averiguamos la distancia dela imagen a la primera lente, y el aumento lineal que produce dicha lente:

Tomamos esta imagen como objeto para la segunda lente. De la gráfica podemos deducir que:

Aplicamos ahora la ley de Gauss para la segunda lente:

El aumento que produce la segunda lente es:

El aumento total producida por el sistema de lentes resulta ser:

Es decir, el sistema de lentes produce una imagen derecha (el signo del aumento es +) y el doble de tamañoque el objeto, ubicada a 40 cm de la segunda lente.

8) Consideremos ahora un sistema de lentes de 4 cm y de 6 cm de distancia focal, separadas 8 cm.Calculemos el tamaño y la posición de la imagen de un objeto ubicado a 6 cm de la lente de 4 cm dedistancia focal.

5,0

6111

/

1

|

1//

1

−=−=

=−

=⇒+=

xxm

cmfxxfx

xxf

cmxcmx 1016 /1 =−=

cmfx

xfxxxf

40111

11

11/1/

112

=−

=⇒+=

41

/1

2 −=−=xxm

2)4()5,0(21 +=−−== xmxmM

202


En este caso, la imagen de la primera lente, y se encuentra después de la segunda lente, por lo tanto será un1

objeto virtual para la lente L .2

Para seguir la trayectoria del rayo 1, para la lente L , podemos trazar un rayo auxiliar paralelo al rayo 1 que2

pase por el centro óptico de la lente L . El punto donde este rayo auxiliar corta al plano focal de L , lo2 2

unimos con el punto donde el rayo 1 corta la lente L .2

Para el rayo 2 no es necesario dibujar paralelas ya que este rayo es paralelo al eje óptico, por lo tanto serefracta pasando por el foco de la lente L . La imagen y se encuentra en el punto de intersección de los dos2 2

rayos, 1 y 2.En este caso, el sistema de lentes L y L da una imagen real e invertida.1 2

Podemos proceder en forma analítica aplicando la ley de Gauss para L :1

Es decir, la imagen de L se encuentra a 12 cm de dicha lente. Como la separación entre las lentes es de 81

cm, se deduce que la distancia de esta imagen, que es objeto para la lente L , es de 4 cm a la derecha de L .2 2

Por lo tanto, es un objeto virtual, x = - 4 cm.2

Aplicamos la ley de Gauss para la lente L :2

Como el signo es positivo, tenemos una imagen real de un objeto virtual.Para calcular el aumento lineal que proporciona el sistema de lentes aplicamos la siguiente expresión:

El sistema de lentes proporciona una imagen real, invertida, ya que el signo del aumento es negativo y es1,2 veces mayor que el tamaño del objeto.

9) Dos lentes delgadas, cada una de las cuales tiene una distancia focal de 10 cm, la primera convergente yla segunda divergente, están separadas 5 cm. Se coloca un objeto a 20 cm delante de la primera lente(convergente). ¿Aqué distancia de esta lente se formará la imagen?. Es la imagen real o virtual?

Solución

Realizamos la marcha de los tres rayos principales para obtener la imagen de la lente L1. Como se puede

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf12

4664111

1

1/1/

11

=−

=−

=⇒+=

cmcmcm

cmcmfx

xfxxxf

4,264

)4(6111

22

22/2/

222

=−−

−=−

=⇒+=

2,1)44,2()

612()()(

2

/2

1

/1

21 −=−

−−=−−==cmcm

mcm

xx

xxmmM

CORPUS 203


observar en la gráfica, y se encuentra a la derecha de la lente L , por lo tanto es un objeto virtual para dicha1 2

lente. Para ver la trayectoria del rayo 1, trazamos una paralela a 1 que pase por el centro de la lente L .2

Luego unimos el punto donde se intercepta dicha paralela con el plano focal y el punto donde el rayo 1 intercepta a la lente L .2

Procedemos de igual modo con el rayo 2.

Finalmente obtenemos la imagen (y ) de la lente L que tiene a y como objeto virtual. La imagen del2 2 1

conjunto de lentes resulta ser virtual, derecha y de mayor tamaño que el objeto y.

Aplicamos la ley de Gauss para obtener analíticamente la distancia de la imagen y a la lente L :1 1

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf20

10202010111

11

11/1/

111

=−

=−

=⇒+=

204


Para calcular el aumento que produce la lente L aplicamos:1

Utilizamos la imagen de la lente L , es decir y como objeto para la lente L . En este caso, y resulta ser un1 1 2 1

objeto virtual ya que se encuentra a la derecha de la lente L . Por lo tanto, la distancia del objeto a la lente2

L , es decir, x es negativa. Como las lentes están separadas 5 cm, se deduce que:2 2

x = - 15 cm2

Aplicamos ahora, la ley de Gauss para la lente L y obtener así la distancia de la imagen y a dicha lente:2 2

Hemos colocado f = - 10 cm, ya que se trata de una lente divergente.2

Calculamos el aumento que produce la lente L :2

El aumento que produce el sistema de lentes es:

Se trata entonces de una imagen virtual, derecha y dos veces el tamaño del objeto.

10) ¿Cuál es la potencia de las gafas necesarias para:a) un ojo hipermétrope cuyo punto próximo se encuentra a 125 cm?b) un ojo miope cuyo punto remoto está a 50 cm?

Solución

a) En el caso de un ojo hipermétrope, existe problemas para ver un objeto ubicado a 25 cm, punto próximode un ojo normal. Entonces se utiliza una lente que de una imagen virtual ubicada en el punto próximo delojo hipermétrope.Es decir,

/x = 25 cm y x = - 125 cm

Reemplazando estos valores en la expresión de la potencia obtenemos:

En este caso, la potencia de las lentes es de 3,5 D, se trata de una lente convergente.

b) En el caso de un ojo miope, hay problemas para ver un objeto ubicado en el punto remoto de un ojonormal (infinito). Entonces se utiliza una lente que produzca una imagen virtual ubicada en el puntoremoto del ojo miope. Es decir:

Se utiliza entonces, una lente divergente de 2 D de potencia.

12020

1

/1

1 −=−=−=cmcm

xxm

cmcmcm

cmxcmfx

xfxxxf

30)10(15

)15(10111

22

22/2/

222

−=−−−

−=−

=⇒+=

215

)30(

2

/2

2 −=−−−=−=

cmcm

xxm

2)2(121 +=−−== xmmM

Dcmcmcmxx

P 5,3035,0125

125

111 1/ ==−=+= −

Dcmcmxx

P

cmxx

202,050

1111

50

1/

/

−=−=−

+∞

=+=

−=∞=

−

CORPUS 205


11) Hallar el aumento de una lente de 2 cm de distancia focal utilizada como lupa. La lente se colocapróxima al ojo y la imagen virtual se produce a la mínima distancia de la visión distinta.

Solución

Se trata de una lente convergente de 2 cm de distancia focal, la distancia de la imagen a la lente la tomamosigual a -25 cm, ya que es una imagen virtual. Aplicando la ley de Gauss podemos calcular la distanciaobjeto y con ella el aumento que produce dicha lente.

x = 1,85 cm

La lente produce un aumento de 13,5.

También podríamos haber procedido aplicando la expresión:

que da el aumento angular para el caso en que la imagen se forme en el punto próximo del observador. Elresultado coincide con el resultado anterior.

12) Un microscopio compuesto está formado por un objetivo de 0,5 cm de distancia focal y un ocular de 2cm de distancia focal. Se enfoca el microscopio sobre un objeto situado a 0,52 cm del objetivo. Hallar elaumento del instrumento sabiendo que la imagen virtual se debe formar a una distancia del ojo de 25 cm,mínima distancia de visión distinta. Suponer que la imagen del objetivo se forma sobre el foco del ocular.

cmcmcm

cmcmfx

xfxxxf

85,1225

)25(2111/

/

/ =−−

−=−

=⇒+=

5,1385,1

)25(/

=−−=−−=cmcm

xxm

125 +=fcmM

206


/Podemos aplicar la ley de Gauss para el objetivo y obtener la distancia de la imagen al objetivo (x ):

El aumento que produce el objetivo es:

Si consideramos que la imagen del objetivo es el objeto para el ocular, y teniendo en cuenta que la imagendel ocular se forma a 25 cm del ojo, podemos calcular la distancia del objeto al ocular aplicando la ley deGauss:

Es decir,

El aumento del ocular resulta:

El aumento total lo obtenemos multiplicando el aumento del objetivo por el aumento del ocular:

M = m x m = - 25 x 13,5 = - 338ob oc

El signo menos indica que la imagen producida por el microscopio es invertida.

También se podría haber procedido aplicando la fórmula aproximada para el aumento angular, para elcaso en que la imagen del objetivo se encuentre en el foco del ocular:

cmcm

cmxfx

xfxxxfob

13)5,052,0(

52,05,0111 2/

/ =−

=−

=⇒+=

2552,0

13/

−=−=−=cm

cmx

xmob

cmcmcmcmxcm

fxxxfx

xxf oc

ocococ

ocococ

85,1225

252111/

/

/ =−−

−=−

=⇒+=

cmfx ococ 2=≅

5,1385,125 +=−−=

cmcmm oc

5,31225 =≅oc

ob fcmxmM

CORPUS 207


Solución

Aplicando esta expresión se comete un 7% de error.

13) Un microscopio consta de un objetivo de 2 mm de distancia focal y un ocular de 10 mm de distanciafocal. La distancia entre focos del objetivo y del ocular es de 18 cm. Hallar el aumento angular delmicroscopio.

Solución

Podemos considerar que la imagen se forma en el infinito, con la condición de ojo relajado y aplicar la expresión:

Para hallar el aumento lineal del objetivo calculamos la distancia del objeto al objetivo partiendo de lasuposición de que la imagen del objetivo se forma en el foco del ocular.

Aplicamos la ley de Gauss y obtenemos la distancia del objeto al objetivo:

El aumento lineal del objetivo es:

Reemplazando en la expresión para el aumento angular del microscopio resulta:

14) Un microscopio tiene un objetivo de distancia focal de 3 mm y un ocular con la indicación 20x. ¿Cuáles el aumento total si el objetivo forma su imagen 16 cm más allá de su plano focal imagen?

Solución

Según el enunciado, el aumento angular del ocular es 20. Para obtener el aumento angular del microscopioaplicamos la expresión:

ocob f

cmmM 25=

cmcmcmDfx obob 2,18182,0/ =+=+=

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf obob

obobob

obobob

202,02,02,182,182,0111

/

/

/ =−

=−

=⇒+=

90202,0

2,18/

−=−=−=cm

cmxxm

ob

obob

22501259025 ===

cmcmx

fcmmMoc

ob

ocob MmM =

208


Para averiguar el aumento lineal del objetivo tenemos en cuenta que la distancia producida por el objetivoes:

Aplicamos la ley de Gauss para obtener la distancia del objeto al objetivo:


El aumento angular del microscopio es:

15) Un microscopio tiene un objetivo de distancia focal igual a 3,5 mm y un ocular de distancia focal de 10mm. ¿Cuál es el aumento total si el objetivo forma su imagen 16 cm más allá de su plano focal imagen?

Solución

La distancia de la imagen del objetivo es:

Aplicamos la ley de Gauss para obtener la distancia del objeto al objetivo:


El aumento angular del microscopio es:

16) El ocular y el objetivo de un microscopio distan 20,6 cm y cada uno de ellos tiene una distancia focalde 6 mm. Hállese: a) la distancia del objetivo al objeto observado, b) el aumento lineal producido por elobjetivo, y c) el aumento total si la imagen final se forma en el infinto.

Solución

Suponemos que la imagen del objetivo se forma en el foco del ocular.

cmcmcmcmfx obob 3,16163,016/ =+=+=

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf obob

obobob

obobob

306,03,03,163,163,0111

/

/

/ =−

=−

=⇒+=

3,53306,03,16/

−=−=−= cmxxm

ob

obob

1067203,53 === xMxmM ocob

cmcmcmcmfx obob 35,161635,016/ =+=+=

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf obob

obobob

obobob

358,035,035,1635,1653,0111

/

/

/ =−

=−

=⇒+=

7,45358,035,16/

−=−=−= cmxxm

ob

obob

11431257,4525 ===

cmcmx

fcmxmMoc

ob

cmcmcmx oc 206,06,20/ =−=

CORPUS 209


D = 20,6 cm

a)Aplicando la ley de Gauss para el objetivo podemos obtener la distancia del objeto al objetivo:

b)El aumento lineal del objetivo es:

c)El aumento total es:

17) La imagen formada por un objetivo de microscopio de distancia focal 4 mm está a 180 mm de su focoimagen. El ocular tiene una distancia focal de 31,25 mm. ¿Cuál es el aumento del microscopio?

Solución

La distancia de la imagen del objetivo es:

Apartir de la ley de Gauss para el objetivo podemos hallar la distancia del objeto al objetivo:


El aumento del microscopio es:

cmcmcmcmxcm

fxxfx

xxf obob

obobob

obobob

619,06,020

206,0111/

/

/ =−

=−

=⇒+=

3,32619,020/

−=−=−=cm

cmxxm

ob

obob

13476,0

253,3225 ===cmcmx

fcmxmMoc

ob

cmcmcmx ob 4,18184,0/ =+=

cmcmcm

cmcmxfx

xfxxxf obob

obobob

obobob

409,04,04,184,184,0111

/

/

/ =−

=−

=⇒+=

45409,0

4,18/

−=−=−=cm

cmxxm

ob

obob

360125,325452545 ====

cmcmx

fcmxMmMoc

ocob

210


18) La distancia entre dos fuentes luminosas puntuales es L = 24 cm. ¿En qué punto entre ellas esnecesario colocar una lente convergente con distancia focal de 9 cm para que las imágenes de ambasfuentes coincidan?

Solución

Para que ambas imágenes coincidan es necesario que una de las imágenes sea virtual. Por lo tanto secumple que:

Además, si las fuentes puntuales se ubican en el eje óptico de la lente, se verifica que:

También se verifica que:

Tenemos entonces, cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas.

Podemos expresar x de la siguiente manera:1

De igual modo, tenemos que:

Asu vez, se verifica que:

Resulta entonces,

/2

/1 xx −=

Lxx =+ 21

/22

/11

111

111

xxf

xxf

+=

+=

fxxfx−

= /1

/1

1

1/2

/2

2 xLfx

xfx −=−

=

fxxffLxL

fxxfLxxL

fxxf

+−+=

+−=⇒−=

−−−

/1

/1

/1

/1

/1

11/1

/1

fxfLxfL

fxxf

++−=

− /1

/1

/1

/1 )(

2/1

/1

2/1

/1

22/1

/1

/1

/1

/1

)()()()(

)(])([)(

fLxffLxfLxfLxfxf

fxfLxfLfxxf

−−−+−=+

−+−=+

CORPUS 211


cmx

x

xxxxxxxx

18

3246

1944)(

1944135135)(60

1944135216)(1581)(9

/1

2/1

/1

/1

2/1

/1

/1

2/1

/1

2/1

=

==

−−+=

−−+=+

Reemplazando este valor de la distancia de la imagen a la lente, en la ley de Gauss obtenemos el valor de ladistancia del objeto a la lente:

y como,

Resulta:

Es decir, la lente se debe ubicar a 18 cm de la fuente 1 y a 6 cm de la fuente 2.

cmx 181 =

Lxx =+ 21

cmcmcmx 618242 =−=

212


BIBLIOGRAFÍA

�Física. Guía de estudio Ingreso 1989. H.Berenstein, E. Luque, A. Martinez, P. Perez, A. Shocron. Fac.Cs. Bioq. y Farm.

�Física. Guía de estudio 1993. Fac. Cs. Bioq. y Farm.�Física. Guía de estufio: Ingreso 1995. F.E. Quattrin, M.G. Bertoluzzo, S.M. Bertoluzzo, L. Lapetina.

Fac. Cs. Bioq. y Farm.�Física. Guía de estudio: Ingreso 1996. F.E. Quattrin, S.M. Bertoluzzo, M.G.Bertoluzzo, E. Luque. Fac.

Cs. Bioq. y Farm.�Física. Guía de estudio: Ingreso 1997. M. Guadalupe Bertoluzzo, Stella Maris Bertoluzzo, Laura C.

Ciullo, Ernesto Luque, Fabio Quattrin. Fac. Cs. Bioq. y Farm.�Física. Guía de estudio: Ingreso 1998-1999.�Física. Guía de estudio: Estática de los fluidos. MG Bertoluzzo, SM Bertoluzzo, E. Luque, FE

Quattrin. Fac. Cs. Bioq. y Farm. UNR. (2002)�Física 4 . H.R. Tricárico, R. H. Bazo.A-Z Editora.�Física. Prociencia- Conicet.�Física Para las Ciencias de la Vida. Mirabent D., Rabagliati J. Perez García C.-McGraw-Hill�Física (Segunda Edición), Jerry D. Wilson. Prentice Hall.�Física (Tomo I, Cuarta Edición), RaymondA. Serway. Mc. Graw.Hill.�The Physics Teacher - Septiembre 2001 - Vol. 39 - N° 6�Problemas Seleccionados de la Física Elemental - B.B. Bújovtsev, V. D. Krívehenkov, G. Miákishev,

I. M. Saraeva - Editorial Mir, Moscú.

CORPUS 213

Índice temÁticoAAberracionesAceleraciónAcomodaciónÁngulo límiteArco irisÁreaAumento angularAumento lineal

BBarómetro

CCalor específicoCámara fotográficaCélulas de cebollaComponentes de un microscopioConstrucción gráfica de imágenes en lentesConstrucción gráfica del rayo refractadoConvenio de signosCoordenadas

DDefectos ópticos del ojoDensidadDensidad relativaDinamómetroDispersión de la luzDistancia focalDistorsión

EEcuación de dimensiónEcuación de 2° gradoEcuación del constructor de lentesEcuacionesEnergía cinéticaEquivalencia de unidadesEsferas inscriptas y circunscriptasEspejos esféricosEspejos parabólicosEspejos planos, imágenes producidas porEspejos planos, problemasEstructura del ojo

17911189133-15213926191-193169

68

4718119619416513216876

1851215-1637138128-159180

11-12-13-15-1757-58-59-60-61-62-6316146-47-49-50-51181826127130125141-142-143182

FFocos y plano focalFuentes de luzFuerzaFunciones trigonométricasFunciones trigonométricas inversas

GGalileoGauss, ley deGlóbulos rojos

HHipermetropía

IImagen formada por refracciónImágenes en espejos cóncavosImágenes en espejos convexosImágenes producidas por lentes, ejemplosIndice de refracción de un líquidoInterpretación de textosInstrumentos ópticosInvestigación de Torricelli

LLámina de caras paralelasLentesLentes convergentesLentes divergentesLey de GaussLey de SnellLey de Snell, problemasLeyes de escalaLupa

MMagnitudesMagnitudes escalares y vectorialesMagnitudes fundamentales y derivadasMedidaMétodo del factor 1Microscopio compuestoMicroscopio compuesto, problemasMicroscopio simpleMiopíaMuestra microscópica, preparación deMúltiplos y submúltiplos de las unidades

128122127171

68159-177196

187

135129130170-171-172-173-174-175-17614165-66-6718167

137157159-196160159-177132144-145-146-147-14843190

2792- 11118-19-20192-194206-208-209-21019018619510

NNotación exponencial

OOjo, defectos ópticos delOjo, estructura delOjo hipermétropeOjo miope

PPar ordenadoPatrón de medidaPénduloPesoPeso específicoPeso específico relativoPicnómetrosPitágorasPotencia de una lentePresiónPrismas de reflexiónProfundidad aparenteProfundidad aparente, problemasPunto próximoPunto remoto

RRadiánRayosReflexión de la luzReflexión total, problemasRegla de la mano derechaRefracción de la luzRefractómetroRelación entre densidad y peso específico

SSistema de coordenadasSistema de ecuacionesSistema de unidadesSistema internacional de unidadesSnell, ley deSuperficie

TTeorema de PitágorasTiempo de reflejo nerviosoTorricelliTrabajoTriángulos rectángulos

24

185182187186

8311081216161572-7516813-14-42134136-149-151149-150-151184184

70123124152-153-155-156-15710613113917

7651-52-53-54-55-56-572-8 91323-4-5

72-75356814-15-18-10572-73

UUnidadUnidad técnica de masaUnidades fundamentales y derivadasUnidades de presiónUnidad suplementaria

VVectores, introducción al uso deVectores, diferencia deVector, forma polarVector, forma cartesianaVector, forma cartesiana a forma polarVector, forma polar a forma cartesianaVectores, multiplicación escalarVectores, multiplicación vectorialVector, producto de un escalar por unVectores, suma deVelocidad de la luzVisión normal

1921370

7080818284831031048180123184

Esta tirada de 1000 ejemplares se terminó de imprimiren el mes de Enero de 2004 en los Tallares

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