Óptica: ejercicios de la PAU de Física resueltos

Planteamiento Se pide qué armónico muestra la imagen, su longitud de onda y su velocidad de propagación, y la posición de los nodos y los vientres. La cuerda está sujeta por los dos extremos, la mano y el eje del cepillo, que son nodos.

1. En la imagen hay cuatro husos: cinco nodos (los dos extremos y los tres puntos intermedios que no se mueven) y cuatro vientres. Con un nodo en cada extremo, el armónico $n$ tiene $n$ vientres: es el cuarto armónico.

   $n=4$

2. Entre dos nodos consecutivos hay media longitud de onda; entre el primero y el último hay cuatro medias longitudes de onda:

   $4\,\frac{\lambda}{2}$${}= 36{,}0\,\mathrm{cm}$${}\Rightarrow \lambda=18{,}0\,\mathrm{cm}$${}= 0{,}180\,\mathrm{m}$

3. La onda vibra con la frecuencia del cepillo:

   $v=\lambda f=0{,}180\cdot357=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

4. Medidas desde el primer nodo: hay un nodo cada $\lambda/2=9{,}0\,\mathrm{cm}$ y los vientres están a medio camino entre dos nodos (figura).

   $x_N=0;\ 9{,}0;\ 18{,}0;\ 27{,}0;\ 36{,}0\ \mathrm{cm}$$x_V=4{,}5;\ 13{,}5;\ 22{,}5;\ 31{,}5\ \mathrm{cm}$

ResultadoCuarto armónico; $\lambda=0{,}180\,\mathrm{m}$; $v=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$. Nodos a $0$, $9{,}0$, $18{,}0$, $27{,}0$ y $36{,}0\,\mathrm{cm}$ del primero; vientres a $4{,}5$, $13{,}5$, $22{,}5$ y $31{,}5\,\mathrm{cm}$.

La pauta oficial da: n = 4; λ = 0,18 m; v = 64,3 m/s; N: 0; 0,09; 0,18; 0,27; 0,36 m; V: 0,045; 0,135; 0,225; 0,315 m

Planteamiento Se pide la ecuación de la posición del eje del cepillo y su gráfica durante un período. El movimiento empieza en el desplazamiento máximo, así que conviene un coseno sin fase inicial.

1. Amplitud y frecuencia angular:

   $A=0{,}50\,\mathrm{mm}=5{,}0\times10^{-4}\,\mathrm{m}$$\omega$${}= 2\pi f$${}= 2\pi\cdot357$${}= 714\pi$${}= 2{,}24\times10^{3}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

2. En $t=0$ el eje está en el desplazamiento máximo, $x(0)=A$: con $x=A\cos(\omega t+\varphi_0)$ la fase inicial es $\varphi_0=0$ (con un seno sería $\pi/2$). Con $x$ en metros y $t$ en segundos:

   $x(t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos\left(2{,}24\times10^{3}\,t\right)$

3. Período, para la escala de la gráfica:

   $T=\frac1f=\frac1{357}=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$

4. La gráfica (figura) empieza en $x=0{,}50\,\mathrm{mm}$, pasa por cero en $T/4=0{,}70\,\mathrm{ms}$, llega a $-0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T/2=1{,}40\,\mathrm{ms}$, vuelve a cero en $3T/4=2{,}10\,\mathrm{ms}$ y acaba en $0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T=2{,}80\,\mathrm{ms}$.

Resultado$x(t)=5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$, con $x$ en m y $t$ en s; $T=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$.

La pauta oficial da: x = 5 × 10⁻⁴ cos(2240 t); T = 2,80 × 10⁻³ s

Planteamiento Se piden la frecuencia de la luz, su velocidad dentro de la fibra y su longitud de onda dentro de la fibra. La frecuencia no cambia al pasar de un medio a otro; la velocidad y la longitud de onda, sí.

1. Frecuencia, con los datos en el vacío:

   $f$${}= \frac{c}{\lambda_0}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{650\times10^{-9}}$${}= 4{,}62\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$

2. Velocidad en la fibra:

   $v$${}= \frac{c}{n_1}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{1{,}48}$${}= 2{,}03\times10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

3. Longitud de onda en la fibra, con la misma frecuencia:

   $\lambda$${}= \frac vf$${}= \frac{\lambda_0}{n_1}$${}= \frac{650}{1{,}48}$${}= 439\,\mathrm{nm}$

Planteamiento Se piden el ángulo límite en la superficie entre el núcleo de la fibra ($n_1$) y el recubrimiento ($n_2$), en el punto $P$, y el ángulo de entrada $\varphi$ con el que el rayo llega a $P$ justo con ese ángulo límite.

1. Ángulo límite: el ángulo de incidencia, medido desde la normal, cuyo rayo refractado sale a $90^\circ$. Existe porque $n_1>n_2$:

   $n_1\sin\theta_L$${}= n_2\sin90^\circ$${}\Rightarrow \theta_L$${}= \arcsin\frac{n_2}{n_1}$${}= \arcsin\frac{1{,}44}{1{,}48}$${}= 76{,}65^\circ$

2. La normal en $P$ es perpendicular al eje de la fibra: el ángulo $\varphi'$ que forma el rayo refractado con el eje es el complementario de $\theta_L$.

   $\varphi'$${}= 90^\circ-\theta_L$${}= 90^\circ-76{,}65^\circ$${}= 13{,}35^\circ$

3. Ley de Snell en la entrada de la fibra, desde el aire; en la cara de entrada la normal es el eje, así que $\varphi$ y $\varphi'$ son los ángulos con la normal:

   $n_{\text{aire}}\sin\varphi$${}= n_1\sin\varphi'$${}\Rightarrow \varphi=\arcsin(1{,}48\cdot\sin13{,}35^\circ)$${}= 20{,}0^\circ$

4. Si $\varphi$ es menor que $20{,}0^\circ$, el rayo llega a $P$ con un ángulo mayor que el límite y se refleja totalmente; si es mayor, parte de la luz pasa al recubrimiento.

   $\varphi\le20{,}0^\circ\;\Rightarrow\;\theta\ge\theta_L$

Planteamiento La intensidad de una misma fuente esférica disminuye con el cuadrado de la distancia real, que incluye la altura. Convertimos la diferencia de decibelios en una relación de intensidades.

1. La primera distancia es la hipotenusa.

   $r_1^2$${}= 15{,}0^2+5{,}00^2$${}= 250\,\mathrm{m^2}$

2. El nivel menor corresponde a una distancia mayor.

   $\frac{I_1}{I_2}$${}= 10^{(65{,}0-62{,}0)/10}$${}= 10^{0{,}3}$$\frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}$

3. Despejamos la altura sin redondear ninguna distancia.

   $h$${}= \sqrt{r_2^2-20{,}0^2}$${}= \sqrt{250\times10^{0{,}3}-400}$${}= 9{,}9406\,\mathrm{m}$

Planteamiento En el modelo de interferencia de la pauta, suponemos igual amplitud de ambas ondas en el punto de superposición. Hay cancelación ideal cuando la diferencia de camino es un múltiplo impar de media longitud de onda.

1. Calculamos la longitud de onda y escribimos las dos distancias.

   $\lambda=340/80{,}0=4{,}25\,\mathrm{m}$$r_1=x,\ r_2=10{,}0-x$

2. La condición de fase da parejas simétricas.

   $|2x-10|=(n+1/2)4{,}25$$x=\frac{10\pm(n+1/2)4{,}25}{2}$

3. Solo n=0 y n=1 dan puntos interiores al segmento. Para n=2 la diferencia de camino ya supera los 10 m.

   $n=0:\ x=3{,}9375,\ 6{,}0625\,\mathrm{m}$$n=1:\ x=1{,}8125,\ 8{,}1875\,\mathrm{m}$

Planteamiento Una imagen invertida y del mismo tamaño tiene aumento −1. Con el convenio cartesiano, el objeto está en s=−20,0 cm y la imagen es real a la derecha.

1. El aumento determina dónde va el sensor.

   $\beta=\frac{s^{\prime}}{s}=-1\Rightarrow s^{\prime}=20{,}0\,\mathrm{cm}$

2. Usamos la ecuación de la lente delgada.

   $\frac1{f^{\prime}}$${}= \frac1{s^{\prime}}-\frac1s$${}= \frac1{20{,}0}-\frac1{-20{,}0}$${}= \frac1{10{,}0}$${}\Rightarrow f^{\prime}$${}= 10{,}0\,\mathrm{cm}$${}> 0$

Planteamiento Representamos una lente convergente con el objeto a dos distancias focales. Dos rayos principales bastan para construir la imagen.

1. Situamos la lente en x=0, el objeto en x=−20 cm, los focos en ±10 cm y el sensor en +20 cm.

   $s=-20\,\mathrm{cm}$$F=-10\,\mathrm{cm}$$F\prime=+10\,\mathrm{cm}$$s^{\prime}=+20\,\mathrm{cm}$

2. Desde el extremo superior de la hoja trazamos un rayo paralelo al eje que después pasa por F′ y otro por el centro óptico sin desviación. Se cortan en el sensor, bajo el eje, a la misma altura en valor absoluto.

   $\frac{y^{\prime}}{y}=-1$

ResultadoImagen real, invertida y del mismo tamaño a 20 cm; objeto en −20 cm y focos en −10 cm y +10 cm.

La pauta oficial da: Diagrama con objeto e imagen a 2f

Planteamiento En el ángulo crítico el rayo transmitido es tangente a la interfaz. Solo hay reflexión total cuando la luz pasa del medio de índice mayor al menor.

1. Aplicamos Snell con ángulo de refracción de noventa grados.

   $n_1\sin\theta_c=n_2\sin90^\circ$$\theta_c=\arcsin\frac{n_2}{n_1}=\arcsin\frac{1}{1{,}58}$

2. Invirtiendo los medios, el seno requerido sería superior a la unidad y no existe ángulo crítico.

   $\sin\theta_c=\frac{1{,}58}{1}>1$

Planteamiento El diagrama da dos metros de recorrido longitudinal dentro del bloque. El desplazamiento lateral máximo corresponde al rayo crítico.

1. Utilizamos la tangente con el ángulo calculado sin redondear.

   $d_{\max}=2\tan\!\left(\arcsin\frac{1}{1{,}58}\right)$

2. Esquema: normal perpendicular a la cara, rayo incidente al ángulo crítico, reflejado con el mismo ángulo y refractado tangente a la cara. Para verla con un rayo que salga, hay que estar ligeramente por debajo del límite.

   $\theta_{\rm refl}=\theta_c$$\theta_{\rm refr}=90^\circ$

Planteamiento Los extremos abiertos son vientres de desplazamiento. Las longitudes de onda admitidas encajan un número entero de medias ondas.

1. Calculamos las frecuencias.

   $\lambda_n=\frac{2L}{n}$$f_n=\frac{nv}{2L}=\frac{n\cdot343}{2\cdot0{,}670}$

2. Para dibujar los dos modos usamos cosenos y su imagen especular; los ceros son nodos.

   $y_1\propto\cos(\pi x/L)$$y_3\propto\cos(3\pi x/L)$

3. Modo primero: vientres en 0 y L; nodo en L/2. Modo tercero: vientres en 0, L/3, 2L/3 y L; nodos en L/6, L/2 y 5L/6.

   $x_{N,1}=0{,}335\,\mathrm{m}$$x_{V,3}$${}= (0;\,0{,}223;\,0{,}447;\,0{,}670)\,\mathrm{m}$$x_{N,3}=(0{,}112;\,0{,}335;\,0{,}558)\,\mathrm{m}$

Planteamiento El extremo cerrado es nodo y el abierto es vientre de desplazamiento. Solo caben los armónicos impares.

1. Los dos primeros modos son los armónicos 1 y 3.

   $\lambda_n=\frac{4L}{n}$$f_n=\frac{nv}{4L}$$n=1,3$

2. Esquema con el origen en el extremo cerrado: primer modo, nodo 0 y vientre L; segundo modo, nodos 0 y 2L/3, vientres L/3 y L.

   $y_n\propto\sin(n\pi x/(2L))$$x_{N,3}$${}= (0;\,0{,}447)\,\mathrm{m};\ x_{V,3}$${}= (0{,}223;\,0{,}670)\,\mathrm{m}$

Planteamiento Se pide a qué distancia de la lente va la película para que la imagen llene la pantalla y la potencia de la lente. Usamos el criterio de signos DIN: la luz va de izquierda a derecha, las distancias delante de la lente son negativas y una imagen real, detrás de la lente, está a distancia positiva.

1. La imagen se forma en la pantalla: $s'=16{,}0\,\mathrm{m}$. El proyector invierte la imagen (por eso la película se pone cabeza abajo y en la pantalla se ve derecha): si el fotograma mide $y=4{,}00\times10^{-3}\,\mathrm{m}$, la imagen mide $y'=-2{,}00\,\mathrm{m}$. Aumento lateral:

   $\beta$${}= \frac{y'}{y}=\frac{-2{,}00}{4{,}00\times10^{-3}}$${}= -500$

2. En una lente delgada el aumento también vale $s'/s$; despejamos la posición de la película:

   $\beta$${}= \frac{s'}{s}$${}\Rightarrow s=\frac{s'}{\beta}$${}= \frac{16{,}0}{-500}$${}= -3{,}20\times10^{-2}\,\mathrm{m}$

3. Ecuación de las lentes delgadas; la potencia es la inversa de la distancia focal imagen:

   $P$${}= \frac1{f'}$${}= \frac1{s'}-\frac1s$${}= \frac1{16{,}0}$${}-\frac1{-3{,}20\times10^{-2}}$${}= 31{,}3\,\mathrm{D}$

Planteamiento Se pide la distancia entre la lente y la película para enfocar en una pantalla a $20{,}0\,\mathrm{cm}$, con la misma lente, y el diagrama de rayos.

1. Ahora $s'=0{,}200\,\mathrm{m}$ y la potencia es la del apartado a). Despejamos $s$ de la ecuación de la lente:

   $\frac1s$${}= \frac1{s'}-\frac1{f'}$${}= \frac1{0{,}200}-31{,}3$${}= -26{,}3\,\mathrm{m^{-1}}$${}\Rightarrow s=-3{,}80\times10^{-2}\,\mathrm{m}$

2. La imagen es real e invertida, y algo más de cinco veces mayor que el fotograma:

   $\beta$${}= \frac{s'}{s}=\frac{0{,}200}{-3{,}80\times10^{-2}}$${}= -5{,}26$

3. Diagrama de rayos (figura), con $f'=1/P=3{,}19\,\mathrm{cm}$: el rayo paralelo al eje sale por el foco imagen $F'$, el que pasa por el centro de la lente no se desvía y el que pasa por el foco objeto $F$ sale paralelo al eje. Los tres se cortan en la imagen, a $20{,}0\,\mathrm{cm}$ detrás de la lente.

ResultadoLa película va a $3{,}80\,\mathrm{cm}$ delante de la lente ($s=-3{,}80\times10^{-2}\,\mathrm{m}$); la imagen es real, invertida y $5{,}26$ veces mayor.

La pauta oficial da: s = −0,0380 m

Planteamiento El cuadrado del período es proporcional a la longitud en la aproximación de pequeñas oscilaciones. Las medidas tienen dispersión, así que la pendiente gráfica no es única.

1. Elevamos al cuadrado los períodos, sin redondearlos.

   $T^2$${}= (0{,}8100;\,1{,}1664;\,2{,}0449;\,3{,}0625;\,4{,}8400)\,\mathrm{s^2}$

2. Representamos los cinco puntos con L en metros en el eje horizontal y T² en segundos cuadrados en el vertical. Tomamos la secante entre los puntos extremos como estimación de la pendiente.

   $T^2=\frac{4\pi^2}{g}L$$s$${}= \frac{4{,}8400-0{,}8100}{1{,}20-0{,}20}$${}= 4{,}03\,\mathrm{s^2/m}$

3. El campo gravitatorio se obtiene de la pendiente.

   $g=\frac{4\pi^2}{4{,}03}$

Planteamiento El péndulo pierde altura y transforma energía potencial en cinética. Utilizamos el valor de g medido en el apartado anterior, sin redondearlo.

1. Calculamos la altura respecto al punto más bajo.

   $h$${}= L(1-\cos30^\circ)$${}= 1{,}00(1-\cos30^\circ)$

2. Toda la energía potencial inicial pasa a cinética en el punto más bajo.

   $U_{\max}$${}= K_{\max}$${}= E_m$${}= 1{,}50\frac{4\pi^2}{4{,}03}(1-\cos30^\circ)$$v_{\max}=\sqrt{2E_m/1{,}50}$

Planteamiento El rayo tiene ángulos distintos en el aire y en el agua. La distancia total es la suma de los dos desplazamientos horizontales.

1. Calculamos el ángulo dentro del agua con Snell.

   $\theta=\arcsin\frac{1{,}00\sin40{,}0^\circ}{1{,}33}$

2. Los ojos están a dos metros y medio del agua.

   $x$${}= (1{,}60+0{,}90)\tan40{,}0^\circ$${}+2{,}00\tan\theta$

Planteamiento El láser deja de transmitirse hacia fuera por reflexión total. La frecuencia se conserva al atravesar la interfaz, pero cambian velocidad y longitud de onda.

1. Calculamos el ángulo crítico y la velocidad en el agua.

   $\theta_c=\arcsin(1{,}00/1{,}33)$$v=\frac{3{,}00\cdot10^8}{1{,}33}$

2. La frecuencia es la de la luz en el aire y la longitud de onda se divide por el índice.

   $f=\frac{3{,}00\cdot10^8}{632{,}8\cdot10^{-9}}$$\lambda=\frac{632{,}8}{1{,}33}\,\mathrm{nm}$

Planteamiento La lente debe formar una imagen virtual del libro en el punto próximo de Anna. Fijamos el eje positivo en el sentido de propagación de la luz.

1. El objeto y la imagen virtual están en el lado incidente de la lente y tienen distancias negativas.

   $s=-0{,}35\,\mathrm{m}$$s^\prime=-0{,}70\,\mathrm{m}$$\frac1f$${}= \frac1{s^\prime}-\frac1s$${}= -\frac1{0{,}70}+\frac1{0{,}35}$

2. La potencia de una lente es la inversa de la focal en metros.

   $P=\frac1f$

Planteamiento Con el objeto entre una y dos focales, una lente convergente produce una imagen real ampliada e invertida.

1. Aplicamos la ecuación de la lente con la misma convención.

   $\frac1{s^\prime}$${}= \frac1{0{,}20}+\frac1{-0{,}25}$${}= 1\,\mathrm{m^{-1}}$${}\Rightarrow s^\prime$${}= 1{,}00\,\mathrm{m}$

2. El cociente de distancias da el aumento lateral.

   $\frac{y^\prime}{y}=\frac{s^\prime}{s}=-4$$y^\prime=0{,}10(-4)$

3. Diagrama: un rayo paralelo desde la punta del objeto se refracta por el foco posterior; un segundo rayo por el centro de la lente no se desvía. Se cortan un metro detrás de la lente y bajo el eje.

   $(s,y)=(-0{,}25;0{,}10)\,\mathrm{m}$$(s^\prime,y^\prime)=(1{,}00;-0{,}40)\,\mathrm{m}$