Ejercicio resuelto de Óptica · Física · Islas Baleares · 2026

Responda a y b.1 o b.2.

a) El movimiento armónico simple vertical de una masa a partir de $t = 0$ se describe con $y(t) = 5\ \text{cm}\cdot\cos(3{,}7\,t + 25°)$ ($t$ en segundos).

(i) ¿Cuánto vale la velocidad vertical de la masa en $t = 2\ \text{s}$? [0,5 puntos]

(ii) ¿En qué primer instante la velocidad $v_y(t)$ es positiva y máxima? [0,5 puntos]

b.1) Con una lente de distancia focal de $+18$ cm, se proyecta sobre una placa la imagen del mural de Joan Aguiló de la fachada lateral del edificio Beatriu de Pinós (UIB). La fachada se encuentra a 1293 cm de la lente y su anchura proyectada sobre la placa mide 12 cm.

(i) Calcule la anchura de la fachada donde está pintado el mural. [1 punto]

(ii) Dada una lente delgada convergente con distancia focal $+18$ cm, ¿a qué distancias de la lente se puede situar un objeto para que se forme una imagen virtual? Con esta lente y según el criterio DIN, ¿qué valores puede tomar la variable $s$ que define la posición del objeto cuando la imagen es virtual? [0,5 puntos]

b.2) (i) Determine, a partir de la figura adjunta, el ángulo de incidencia con que el rayo de luz llega a la superficie inferior del vidrio de índice de refracción $n$. [0,5 puntos]



(ii) Desde el fondo de una cubeta con un líquido ($n = 1{,}39$), un rayo de luz se dirige hacia la superficie. Determine para qué valores del ángulo de incidencia el rayo no saldrá del líquido. [0,5 puntos]

(iii) Se vierte aceite ($n_o = 1{,}46$) sobre el líquido de la cubeta. Determine para qué valores del ángulo de incidencia en la superficie líquido-aceite el rayo no saldrá del aceite hacia el aire. [0,5 puntos]

Datos: $n_1\sin(\theta_1) = n_2\sin(\theta_2)$; criterio DIN para lentes delgadas, $\dfrac{1}{s'} - \dfrac{1}{s} = \dfrac{1}{f'}$ y $M_T = \dfrac{y'}{y} = \dfrac{s'}{s}$.

$\textbf{a) (i) ¿Cuánto vale la velocidad vertical de la masa en } \boldsymbol{t = 2\ \text{s}}\textbf{? [0,5 puntos]}$

La velocidad es la derivada de la elongación respecto del tiempo. La fase inicial está en grados y la pulsación en radianes por segundo, así que conviene pasarlo todo a radianes.

$25^\circ=0{,}4363\ \text{rad}$

$v_y(t)=\dfrac{dy}{dt}=-5\cdot 3{,}7\,\operatorname{sen}(3{,}7t+0{,}4363)=-18{,}5\,\operatorname{sen}(3{,}7t+0{,}4363)$

Se sustituye el instante pedido, con la calculadora en radianes.

$3{,}7\cdot 2+0{,}4363=7{,}8363\ \text{rad}$

$v_y(2)=-18{,}5\,\operatorname{sen}(7{,}8363)=-18{,}5\cdot 0{,}9999$

$v_y(2)=-18{,}5\ \text{cm/s}=-0{,}185\ \text{m/s}$

A los 2 s la masa baja a 18,5 cm/s; el signo negativo indica el sentido del movimiento y el valor, prácticamente el máximo posible, dice que en ese instante pasa muy cerca de la posición de equilibrio.

$\textbf{a) (ii) ¿En qué primer instante la velocidad } \boldsymbol{v_y(t)}\textbf{ es positiva y máxima? [0,5 puntos]}$

La velocidad es máxima y positiva cuando el seno de la expresión anterior vale $-1$, porque va precedido de un signo menos.

$\operatorname{sen}(3{,}7t+0{,}4363)=-1 \Rightarrow 3{,}7t+0{,}4363=\dfrac{3\pi}{2}=4{,}7124$

$t=\dfrac{4{,}7124-0{,}4363}{3{,}7}$

$t=1{,}16\ \text{s}$

El primer instante en que la velocidad es positiva y máxima es $t=1{,}16$ s, y en él vale 18,5 cm/s, que es la velocidad máxima del movimiento, $A\omega$.

$\textbf{b.1) (i) Calcule la anchura de la fachada donde está pintado el mural. [1 punto]}$

Se aplica el criterio DIN: la luz va de izquierda a derecha, el objeto está a la izquierda de la lente y por eso su posición es negativa.

$s=-1293\ \text{cm}; \qquad f'=+18\ \text{cm}$

$\dfrac{1}{s'}-\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{f'} \Rightarrow \dfrac{1}{s'}=\dfrac{1}{18}+\dfrac{1}{-1293}$

$\dfrac{1}{s'}=0{,}055556-0{,}000773=0{,}054782 \Rightarrow s'=18{,}25\ \text{cm}$

El aumento lateral es el cociente de las dos posiciones.

$M_T=\dfrac{y'}{y}=\dfrac{s'}{s}=\dfrac{18{,}25}{-1293}=-0{,}01412$

$y=\dfrac{y'}{M_T}=\dfrac{12}{-0{,}01412}=-850\ \text{cm}$

La fachada mide 850 cm de ancho, es decir, 8,50 m. El signo negativo del tamaño solo indica que la imagen sale invertida respecto del objeto, como corresponde a una imagen real.

$\textbf{b.1) (ii) Dada una lente delgada convergente con distancia focal } \boldsymbol{+18}\textbf{ cm, ¿a qué distancias de la lente se puede situar un objeto para que se forme una imagen virtual? [0,5 puntos]}$

Con una lente convergente la imagen es virtual cuando el objeto está entre la lente y el foco objeto. Se comprueba con la ecuación de las lentes: la imagen es virtual si $s'<0$.

$\dfrac{1}{s'}=\dfrac{1}{f'}+\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{18}+\dfrac{1}{s}<0 \Rightarrow \dfrac{1}{s}<-\dfrac{1}{18}$

$-18\ \text{cm}<s<0$

El objeto tiene que estar a menos de 18 cm de la lente, es decir, con la variable $s$ del criterio DIN tomando valores entre $-18$ cm y 0. La imagen que se obtiene entonces es virtual, derecha y mayor que el objeto: es el uso de la lente como lupa.

$\textbf{b.2) (i) Determine, a partir de la figura adjunta, el ángulo de incidencia con que el rayo de luz llega a la superficie inferior del vidrio de índice de refracción } \boldsymbol{n}\textbf{. [0,5 puntos]}$

El transportador está apoyado por su canto en la cara superior del vidrio, de modo que la escala mide los ángulos desde esa superficie y la marca de 90° coincide con la normal. El rayo que sale del vidrio corta la escala en la división 55.

$\theta=90^\circ-55^\circ=35^\circ$

La lámina es de caras planoparalelas, así que el rayo que sale por arriba es paralelo al que entró por abajo y los dos forman el mismo ángulo con la normal.

$\theta_{\text{incidencia}}=35^\circ$

El rayo llega a la cara inferior del vidrio con un ángulo de incidencia de 35°.

$\textbf{b.2) (ii) Desde el fondo de una cubeta con un líquido (} \boldsymbol{n = 1{,}39}\textbf{), un rayo de luz se dirige hacia la superficie. Determine para qué valores del ángulo de incidencia el rayo no saldrá del líquido. [0,5 puntos]}$

El rayo pasa de un medio más refringente a otro menos refringente, así que existe ángulo límite: a partir de él hay reflexión total y la luz no sale. El ángulo límite es aquel para el que el rayo refractado sale rasante, con 90°.

$n\,\operatorname{sen}\theta_L=1\cdot\operatorname{sen}90^\circ \Rightarrow \operatorname{sen}\theta_L=\dfrac{1}{1{,}39}$

$\theta_L=\arcsin(0{,}7194)=46{,}0^\circ$

$\theta\geq 46{,}0^\circ$

Para ángulos de incidencia iguales o mayores que 46,0° el rayo no sale del líquido: se refleja totalmente en la superficie.

$\textbf{b.2) (iii) Se vierte aceite (} \boldsymbol{n_o = 1{,}46}\textbf{) sobre el líquido de la cubeta. Determine para qué valores del ángulo de incidencia en la superficie líquido-aceite el rayo no saldrá del aceite hacia el aire. [0,5 puntos]}$

Ahora hay dos superficies. Para que el rayo no salga al aire, en la superficie aceite-aire tiene que alcanzarse el ángulo límite de ese par.

$\operatorname{sen}\theta_{o}=\dfrac{1}{1{,}46} \Rightarrow \theta_{o}=43{,}2^\circ$

Se traslada esa condición a la primera superficie con la ley de Snell entre el líquido y el aceite.

$1{,}39\,\operatorname{sen}\theta=1{,}46\,\operatorname{sen}\theta_{o}=1{,}46\cdot 0{,}6849=1$

$\operatorname{sen}\theta=\dfrac{1}{1{,}39} \Rightarrow \theta=46{,}0^\circ$

$\theta\geq 46{,}0^\circ$

El resultado es exactamente el mismo que sin aceite. La capa intermedia no cambia nada: al encadenar las dos leyes de Snell, el índice del aceite se simplifica y solo cuentan los medios extremos, el líquido y el aire.