Ejercicio resuelto de Óptica · Física · Islas Baleares · 2026

Responda a y elija entre b.1 o b.2.

a) Dibuje una lente delgada convergente, marcando la posición del foco imagen a 4 cm de la lente, y una flecha de 1 cm perpendicular al eje óptico, con la base a 2,5 cm de la lente. Trace los tres rayos principales para determinar la imagen de la flecha con línea continua, y las líneas de referencia, con línea discontinua. [1 punto]

b.1) (i) Dos láminas de vidrio de caras planoparalelas de índices de refracción $n_1$ y $n_2$ están juntas. Un rayo láser se dirige a la superficie de la primera lámina como muestra la figura. Calcule el índice de refracción $n_1$ si el ángulo de refracción del rayo dentro de la primera lámina es de 22,50°. [0,5 puntos]



(ii) Se sustituye la primera lámina por otra con un índice de refracción $n_1 = 1{,}94$ y se ajusta el ángulo de incidencia, de manera que el ángulo de refracción del rayo en su interior continúe siendo de 22,50°, como antes. Se determina que el rayo se desvía 11° cuando pasa de la primera lámina a la segunda. Calcule el índice de refracción $n_2$. [0,5 puntos]

(iii) Justifique si un rayo láser puede tener reflexión total en la superficie S entre láminas de índices $n_1 = 1{,}94$ y $n_2 = 1{,}75$. Si puede tenerla, ¿para qué ángulos de incidencia sobre S se da? [0,5 puntos]

b.2) Una onda electromagnética de luz verde ($\lambda = 500\ \text{nm}$) se propaga hacia la derecha a lo largo del eje $x$. El campo eléctrico $E(x, t)$ tiene una amplitud de 4 N/C, es nulo en el origen de coordenadas en $t = 0$ y $E(x = \lambda/4,\,0) < 0$.

(i) Escriba la función de onda de la intensidad del campo eléctrico con la función coseno y los valores numéricos con cuatro decimales (use el valor exacto de la velocidad de la luz) y calcule el campo en $t = 0{,}05\ \text{ps}$ y $x = 14{,}8\ \mu\text{m}$. [0,75 puntos]

(ii) Determine el primer instante posterior a $t = 0$ cuando la expresión $\cos(2 - 5\,t + \pi)$ es máxima. [0,75 puntos]

Datos: $n_1\sin(\theta_1) = n_2\sin(\theta_2)$; criterio DIN para lentes delgadas, $\dfrac{1}{s'} - \dfrac{1}{s} = \dfrac{1}{f'}$; $c = 299\,792\,458\ \text{m/s}$; $k = \dfrac{2\pi}{\lambda}$ y $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$.

$\textbf{a) Dibuje una lente delgada convergente, marcando la posición del foco imagen a 4 cm de la lente, y una flecha de 1 cm perpendicular al eje óptico, con la base a 2,5 cm de la lente. Trace los tres rayos principales para determinar la imagen de la flecha. [1 punto]}$

El objeto está a 2,5 cm de la lente, es decir, más cerca que el foco objeto, que está a 4 cm. Los tres rayos principales son los de siempre: el paralelo al eje, que sale por el foco imagen; el que pasa por el foco objeto, que sale paralelo al eje; y el que pasa por el centro óptico, que no se desvía.



Al salir de la lente los tres rayos son divergentes, de modo que no se cortan: lo que se corta son sus prolongaciones hacia atrás, dibujadas en discontinuo. La imagen es virtual, derecha y mayor que el objeto, y se forma del mismo lado que él.

Los cálculos confirman el dibujo.

$\dfrac{1}{s'}-\dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{f'} \Rightarrow \dfrac{1}{s'}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{-2{,}5}=-0{,}15$

$s'=-6{,}67\ \text{cm}; \qquad M_T=\dfrac{s'}{s}=\dfrac{-6{,}67}{-2{,}5}=2{,}67$

$y'=M_T\,y=2{,}67\ \text{cm}$

La imagen es virtual, está a 6,67 cm de la lente por el lado del objeto y mide 2,67 cm: es el funcionamiento de la lente como lupa.

$\textbf{b.1) (i) Calcule el índice de refracción } \boldsymbol{n_1}\textbf{ si el ángulo de refracción del rayo dentro de la primera lámina es de 22,50°. [0,5 puntos]}$

El transportador de la figura apoya su canto en la cara de la lámina, de modo que la marca de 90° coincide con la normal. El rayo incidente corta la escala en la división 40.

$\theta_1=90^\circ-40^\circ=50^\circ$

Se aplica la ley de Snell entre el aire y la primera lámina.

$n_{\text{aire}}\operatorname{sen}\theta_1=n_1\operatorname{sen}\theta_{r}$

$n_1=\dfrac{1\cdot\operatorname{sen}50^\circ}{\operatorname{sen}22{,}50^\circ}=\dfrac{0{,}7660}{0{,}3827}$

$n_1=2{,}00$

El índice de refracción de la primera lámina es 2,00, un valor alto, propio de un vidrio muy denso.

$\textbf{b.1) (ii) Se sustituye la primera lámina por otra con un índice de refracción } \boldsymbol{n_1 = 1{,}94}\textbf{ y se ajusta el ángulo de incidencia, de manera que el ángulo de refracción del rayo en su interior continúe siendo de 22,50°. Se determina que el rayo se desvía 11° cuando pasa de la primera lámina a la segunda. Calcule el índice de refracción } \boldsymbol{n_2}\textbf{. [0,5 puntos]}$

Dentro de la primera lámina el rayo forma 22,50° con la normal. Al pasar a la segunda se desvía 11°, y en la figura se ve que se aleja de la normal, así que el ángulo dentro de la segunda lámina es la suma.

$\theta_2=22{,}50^\circ+11^\circ=33{,}50^\circ$

Se aplica la ley de Snell en la superficie que separa las dos láminas.

$n_1\operatorname{sen}22{,}50^\circ=n_2\operatorname{sen}33{,}50^\circ$

$n_2=\dfrac{1{,}94\cdot 0{,}3827}{0{,}5519}=\dfrac{0{,}7424}{0{,}5519}$

$n_2=1{,}35$

El índice de la segunda lámina es 1,35. Que el rayo se aleje de la normal ya anticipaba el resultado: el segundo medio tiene que ser menos refringente que el primero.

$\textbf{b.1) (iii) Justifique si un rayo láser puede tener reflexión total en la superficie S entre láminas de índices } \boldsymbol{n_1 = 1{,}94}\textbf{ y } \boldsymbol{n_2 = 1{,}75}\textbf{. Si puede tenerla, ¿para qué ángulos de incidencia sobre S se da? [0,5 puntos]}$

La reflexión total solo puede producirse cuando la luz va de un medio más refringente a otro menos refringente, que es el caso.

$n_1=1{,}94>n_2=1{,}75$

El ángulo límite es el de incidencia para el que el rayo refractado saldría rasante, con 90°.

$n_1\operatorname{sen}\theta_L=n_2\operatorname{sen}90^\circ \Rightarrow \operatorname{sen}\theta_L=\dfrac{1{,}75}{1{,}94}=0{,}9021$

$\theta_L=64{,}4^\circ$

$\theta\geq 64{,}4^\circ$

Sí puede haber reflexión total, y ocurre para ángulos de incidencia sobre S iguales o mayores que 64,4°.

Conviene añadir un matiz: si el rayo entra en la primera lámina desde el aire, el mayor ángulo que puede alcanzar dentro de ella es $\arcsin(1/1{,}94)=31{,}0^\circ$, muy por debajo del límite. Para conseguir la reflexión total en S habría que hacer entrar el láser por una cara lateral de la lámina, no por la cara frontal.

$\textbf{b.2) (i) Escriba la función de onda de la intensidad del campo eléctrico con la función coseno y los valores numéricos con cuatro decimales, y calcule el campo en } \boldsymbol{t = 0{,}05\ \text{ps}}\textbf{ y } \boldsymbol{x = 14{,}8\ \mu\text{m}}\textbf{. [0,75 puntos]}$

Una onda armónica que avanza hacia la derecha se escribe con la forma general siguiente, donde $k$ es el número de onda y $\omega$ la frecuencia angular.

$E(x,t)=E_0\cos(kx-\omega t+\varphi_0)$

$k=\dfrac{2\pi}{\lambda}=\dfrac{2\pi}{500\cdot 10^{-9}}=1{,}2566\cdot 10^{7}\ \text{rad/m}$

$\omega=c\,k=2{,}99792458\cdot 10^{8}\cdot 1{,}2566\cdot 10^{7}=3{,}7673\cdot 10^{15}\ \text{rad/s}$

La fase inicial la fijan las dos condiciones del enunciado. Que el campo sea nulo en el origen y en $t=0$ obliga a que el coseno se anule.

$E(0,0)=E_0\cos\varphi_0=0 \Rightarrow \varphi_0=\pm\dfrac{\pi}{2}$

Y el signo lo decide la segunda condición, evaluando en un cuarto de longitud de onda.

$E\left(\dfrac{\lambda}{4},0\right)=E_0\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\varphi_0\right)<0 \Rightarrow \varphi_0=+\dfrac{\pi}{2}$

$E(x,t)=4\cos\left(1{,}2566\cdot 10^{7}\,x-3{,}7673\cdot 10^{15}\,t+\dfrac{\pi}{2}\right)\ \text{N/C}$

Se sustituyen ahora los valores pedidos, con $x=1{,}48\cdot 10^{-5}$ m y $t=5\cdot 10^{-14}$ s.

$kx=185{,}98\ \text{rad}; \qquad \omega t=188{,}37\ \text{rad}$

$E=4\cos(185{,}98-188{,}37+1{,}5708)=4\cos(-0{,}8121)$

$E=2{,}75\ \text{N/C}$

En ese punto y ese instante el campo eléctrico vale 2,75 N/C, algo más de la mitad de la amplitud.

$\textbf{b.2) (ii) Determine el primer instante posterior a } \boldsymbol{t = 0}\textbf{ cuando la expresión } \boldsymbol{\cos(2 - 5\,t + \pi)}\textbf{ es máxima. [0,75 puntos]}$

El coseno alcanza su valor máximo, 1, cuando su argumento es un múltiplo entero de $2\pi$, incluido el cero.

$2-5t+\pi=2\pi n \quad (n\in\mathbb{Z})$

$t=\dfrac{2+\pi-2\pi n}{5}$

Se busca el menor valor positivo. Con $n=1$ el numerador sale negativo, así que el primero que sirve es $n=0$.

$t=\dfrac{2+\pi}{5}=\dfrac{5{,}1416}{5}$

$t=1{,}03\ \text{s}$

El primer instante posterior a $t=0$ en que la expresión es máxima es $t=1{,}03$ s. Los siguientes se repiten cada $2\pi/5=1{,}26$ s, que es el período de la función.