PROPIEDADES DE LA LUZ. TIPLER. FÍSICA. PROBLEMAS

PROPIEDADES DE LA LUZ
Fuentes luminosas
1. ¿Por qué es necesario el helio en un láser helio-neón? ¿Por qué no es suficiente utilizar
neón?
El helio es necesario en un láser helio-neón por varias razones importantes:
Estabilidad y control de la emisión láser: El helio proporciona un ambiente
más estable para la emisión láser. Esto se debe a que el helio es un gas inerte
que ayuda a mantener la estabilidad de la descarga eléctrica necesaria para
excitar los átomos de neón y producir la emisión láser.
Transferencia de energía: El helio actúa como un medio para transferir energía
a los átomos de neón. Cuando se aplica una corriente eléctrica al tubo láser, los
átomos de helio absorben energía y luego la transfieren a los átomos de neón,
lo que los excita y hace que emitan luz láser
Ajuste de longitud de onda: El helio permite ajustar la longitud de onda de la
luz láser emitida. La combinación de helio y neón produce emisiones en el
rango del rojo brillante a infrarrojo cercano, lo que es útil para aplicaciones
como la impresión láser, la medicina y la investigación científica.
2. Cuando un haz de luz blanca visible pasa a través de un gas de hidrógeno atómico y se
observa con un espectroscopio, se observan rayas oscuras que corresponden a las
longitudes de onda del espectro de emisión. Los átomos que participan en la absorción
por resonancia emiten luz de esta misma longitud de onda cuando vuelven al estado
fundamental. Explicar por qué el espectro observado exhibe, sin embargo, líneas
oscuras pronunciadas.
Estas líneas oscuras en el espectro resultan de la absorción selectiva de ciertas
longitudes de onda de luz por los átomos de hidrógeno en el gas. Las líneas oscuras en
el espectro de emisión se producen debido a la absorción selectiva de ciertas
longitudes de onda de luz por los átomos de hidrógeno en el gas, seguida de la
reemisión de esta luz en todas las direcciones. Esto resulta en líneas oscuras en el
espectro donde la luz ha sido absorbida por los átomos de hidrógeno.
3. Un pulso de un láser de rubí posee una potencia media de 10 MW y persiste 1,5 ns.
a) ¿Cuál es la energía total del pulso?
b) ¿Cuántos fotones se emiten en este pulso?
a) 𝐸𝐸 = 𝑃𝑃 ∗ 𝑡𝑡 = 10 ∗ 106
∗ 1,5 ∗ 10−9
= 15 ∗ 10−3
𝐽𝐽
b) 𝐸𝐸( 1 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓ó𝑛𝑛) = ℎ ∗ 𝜈𝜈 = ℎ ∗
𝑐𝑐
𝜆𝜆
𝜆𝜆(𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟í) = 694,3 𝑛𝑛𝑛𝑛
ℎ ∗ 𝑐𝑐 = 1240 𝑒𝑒𝑒𝑒 ∗ 𝑛𝑛𝑛𝑛
𝐸𝐸( 1 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓ó𝑛𝑛) =
1240 𝑒𝑒𝑒𝑒∗𝑛𝑛𝑛𝑛
694,3 𝑛𝑛𝑛𝑛
= 1,79 𝑒𝑒𝑒𝑒
𝑁𝑁 =
𝐸𝐸
𝐸𝐸( 1 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓ó𝑛𝑛)
=
15∗10−3 𝐽𝐽
1,79 𝑒𝑒𝑒𝑒∗
1,6∗10−19𝐽𝐽
1 𝑒𝑒𝑒𝑒
= 5,24 ∗ 10−16
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓
4. Un láser helio-neón emite luz de longitud de onda 632,8 nm y posee una potencia de 4
mW. ¿Cuántos fotones por segundo emite este láser?

𝑁𝑁 =
𝐸𝐸
𝐸𝐸( 1 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓ó𝑛𝑛)
=
𝐸𝐸
ℎ∗
𝑐𝑐
𝜆𝜆
=
4∗10−3𝐽𝐽
𝑠𝑠
∗1𝑠𝑠
632,6 𝑛𝑛𝑛𝑛
∗
1,6∗10−19𝐽𝐽
1 𝑒𝑒𝑒𝑒
= 1.28 ∗ 1015
𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓
5. El primer estado excitado de un átomo de un gas es 2,85 eV por encima del estado
fundamental.
a) ¿Cuál es la longitud de la radiación correspondiente a la absorción por resonancia?
b) Si el gas se irradia con luz monocromática de 320 nm de longitud de onda, ¿Cuál es
la longitud de onda de la luz emitida por dispersión Raman?
a) 𝐸𝐸 = ℎ ∗
𝑐𝑐
𝜆𝜆
; 𝜆𝜆 =
ℎ∗𝑐𝑐
𝐸𝐸
=
2.85 𝑒𝑒𝑒𝑒
= 435 𝑛𝑛𝑛𝑛
b) 𝜆𝜆𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 =
ℎ∗𝑐𝑐
𝐸𝐸𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅
𝐸𝐸𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝐸𝐸𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 − Δ𝐸𝐸 =
320 𝑛𝑛𝑛𝑛
− 2.85 𝑒𝑒𝑒𝑒 = 1.025 𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜆𝜆𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 =
ℎ∗𝑐𝑐
𝐸𝐸𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅
=
1.025 𝑛𝑛𝑛𝑛
= 1210 𝑛𝑛𝑛𝑛
6. Un gas se irradia con luz ultravioleta monocromática de longitud de onda 368 nm. Se
observa luz dispersa de la misma longitud de onda y también de 658 nm. Suponiendo
que los átomos del gas antes de la irradiación se encontrasen en su estado
fundamental, determinar la diferencia de energía entre el estado fundamental y el
estado atómico excitado por la irradiación.
Δ𝐸𝐸 =
ℎ∗𝑐𝑐
𝜆𝜆𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖ó𝑛𝑛
=
368 𝑛𝑛𝑛𝑛
= 3,37 𝑒𝑒𝑒𝑒
7. El sodio tiene los estados excitados 2,11 eV, 3,2 eV y 4,35 eV por encima del estado
fundamental.
a) ¿Cuál es la máxima longitud de onda de la radiación que puede producirse en la
fluorescencia por resonancia? ¿Cuál es la longitud de onda de la radiación
fluorescente?
b) ¿Qué longitud de onda resultará en la excitación del estado 4,35 eV por encima del
estado fundamental? Al excitarse dicho estado, ¿Cuáles son las posibles longitudes
de onda de la fluorescencia por resonancia que podrían observarse?
a)
La longitud de onda más larga corresponderá a la diferencia de energía más
pequeña:
∆𝐸𝐸2→1 = 3.2 − 2.11 = 1.09 𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜆𝜆2→1 =
ℎ∗𝑐𝑐
∆𝐸𝐸
=
= 1138 𝑛𝑛𝑛𝑛
Las otras longitudes de onda presentes corresponderán a:
∆𝐸𝐸3→2 = 4.35 − 3.2 = 1.15 𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜆𝜆3→2 =
ℎ∗𝑐𝑐
∆𝐸𝐸
=
= 1078 𝑛𝑛𝑛𝑛
∆𝐸𝐸1→0 = 2.11 𝑒𝑒𝑒𝑒
𝜆𝜆1→0 =
ℎ∗𝑐𝑐
∆𝐸𝐸
=
b) Para la excitación:

𝜆𝜆0→3 =
ℎ∗𝑐𝑐
∆𝐸𝐸
=
Las radiaciones de fluorescencia son 𝜆𝜆3→2; 𝜆𝜆2→1; 𝜆𝜆1→0 .
8. El helio ionizado con una sola carga negativa es un átomo semejante al hidrógeno con
una carga nuclear de 2 e. Sus niveles energéticos vienen dados por 𝐸𝐸𝑛𝑛 = −
4∗𝐸𝐸𝑜𝑜
𝑛𝑛2 , en
donde Eo=13,6 eV. Si un haz de luz blanca visible se envía a través de un gas de este
helio ionizado, ¿a qué longitudes de onda se encontrarán líneas oscuras en el espectro
de la radiación transmitida?
La primera línea será la de la transición 0 → 1.
∆𝐸𝐸0→1 =
4∗𝐸𝐸𝑜𝑜
12 − 𝐸𝐸𝑜𝑜 = 3 ∗ 𝐸𝐸𝑜𝑜
𝜆𝜆0→1 =
ℎ∗𝑐𝑐
∆𝐸𝐸
=
3∗13.6 𝑒𝑒𝑒𝑒
= 30.4 𝑛𝑛𝑛𝑛
La longitud de onda corresponde al ultravioleta, no habrá líneas oscuras en el visible.
La velocidad de la luz
9. Estimar el tiempo necesario requerido para que la luz realice la trayectoria completa
en la experiencia realizada por Galileo para determinar la velocidad de la luz.
∆𝑡𝑡 =
∆𝑥𝑥
𝑐𝑐
=
6000 𝑚𝑚
3∗108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 2 ∗ 10−5
𝑠𝑠
10. Desde la estación de control se envía una breve señal para despertar a los astronautas
a bordo de un lejano vehículo espacial. Cinco segundos después de enviada la señal, se
oyen las voces de los astronautas en la estación de control. ¿A qué distancia (máxima)
de la Tierra se encuentra el vehículo?
a) 7,5 108
m. b) 15 108
m. c) 30 108
m. d) 45 108
m. e) el vehículo está en la
Luna.
∆𝑥𝑥 = 𝑐𝑐 ∗ ∆𝑡𝑡 = 3 ∗ 108
∗ 2.5 = 7.5 ∗ 108
𝑚𝑚
Respuesta a.
11. La galaxia espiral de la constelación de Andrómeda está aproximadamente a 2 1019
km
de la Tierra. ¿Cuántos años luz nos separan de Andrómeda?
∆𝑡𝑡 =
∆𝑥𝑥
𝑐𝑐
=
2∗1022 𝑚𝑚
3∗108𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 6.67 ∗ 1013
𝑠𝑠
6.67 ∗ 1013
𝑠𝑠 ∗
1 ℎ
3600 𝑠𝑠
∗
1 𝑑𝑑í𝑎𝑎
24 ℎ
∗
1 𝑎𝑎ñ𝑜𝑜
365 𝑑𝑑í𝑎𝑎𝑎𝑎
= 2.11 ∗ 106
𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
12. En un cohete enviado a Marte para tomar fotografías, la cámara se dispara mediante
ondas de radio las cuales (como todas las ondas electromagnéticas) se mueven a la
velocidad de la luz. ¿Cuál es el retraso de tiempo entre la señal emitida y recibida de la
Tierra a Marte? (Considerar que la distancia a Marte es de 9 1010
m).
∆𝑡𝑡 =
∆𝑥𝑥
𝑐𝑐
=
9∗1010 𝑚𝑚
3∗108𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 300 𝑠𝑠
13. La distancia entre un punto situado en la superficie de la Tierra y otro en la superficie
de la Luna se mide enviando un haz de luz láser a un reflector situado en la superficie
lunar y midiendo el tiempo que emplea la luz en su viaje de ida y vuelta. La
incertidumbre en la distancia medida Δx está relacionada con la incertidumbre en el

tiempo Δt por ∆𝑥𝑥 = 𝑐𝑐 ∗ ∆𝑡𝑡. Si los intervalos de tiempo pueden medirse hasta un
± 1,0 𝑛𝑛𝑛𝑛, hallar la incertidumbre de la distancia en metros.
∆𝑥𝑥 = ±3 ∗ 108
∗ 10−9
= ±0.3 𝑚𝑚
14. En el intento de Galileo de determinar la velocidad de la luz, su asistente y él se
colocaron en las cimas de sendas colinas separadas del orden de 3 km. Galileo hacía
destellar una luz y recibía un destello de respuesta de su ayudante.
a) Si éste tenía una reacción instantánea, ¿qué diferencia de tiempo necesitaría
Galileo para hacer la medida de modo que fuese práctico este experimento?
b) ¿Cómo se compara este tiempo con el de reacción human, que es del orden de 0,2
s?
a) ∆𝑡𝑡 =
∆𝑥𝑥
𝑐𝑐
=
6000 𝑚𝑚
3∗108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 2 ∗ 10−5
𝑠𝑠
b) Si comparamos el tiempo que necesita la luz con el tiempo de reacción humano:
0.2
2∗10−5 = 10 000
Reflexión y refracción
15. Sobre una carretera existe una capa delgada de agua. ¿Cómo afecta esta capa a la luz
reflejada de los faros de un automóvil vista por su propio conductor? ¿Y si se trata de
la luz reflejada procedente de los faros de un automóvil que viene en sentido
contrario?
El conductor verá menos luz de sus faros reflejados en la carretera, pero verá más luz
reflejada del automóvil que se acerca en sentido contrario.
16. Un rayo de luz pasa del aire al agua chocando contra la superficie de separación bajo
un ángulo de 45º. ¿Cuáles de las siguientes magnitudes de la luz se modifican cuando
esta penetra en el agua: (1) longitud de onda, (2) frecuencia, (3) velocidad de
propagación, (4) dirección de propagación?
a) 1 y 2 solamente. b) 2, 3 y 4 solamente. c) 1, 3 y 4 solamente. d) 3 y 4
solamente. e) 1, 2, 3 y 4.
La respuesta correcta es la c.
17. La densidad de la atmósfera decrece con la altura y con ello el índice de refracción.
Explicar por qué puede verse el Sol después de su puesta. ¿Por qué el Sol poniente
aparece aplanado?
El cambio en la densidad atmosférica da como resultado la refracción de la luz del sol,
inclinándola hacia la tierra. En consecuencia, el sol se puede ver incluso después de
que esté justo debajo del horizonte. Además, la luz de la parte inferior del sol es
refractada más que la de la parte superior, por lo que la parte inferior parece estar
ligeramente más alta en el cielo. El efecto es un aparente aplanamiento del disco en
una elipse.
18. Calcular la fracción de energía luminosa reflejada en la interfase aire-agua bajo
incidencia normal.
La fracción de energía luminosa reflejada en una superficie límite de pende en una
forma complicada del ángulo de incidencia, la orientación del vector campo eléctrico

asociado a la onda y de los índices de refracción de los dos medios. Para el caso
especial de incidencia normal la intensidad reflejada resulta ser:
𝐼𝐼 = �
𝑛𝑛1−𝑛𝑛2
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜
𝐼𝐼
𝐼𝐼𝑜𝑜
= �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
= �
1−1.33
1+1.33
�
2
= 0.021 ; 2.01 %
19. Determinar el ángulo de refracción de un haz luminoso en el aire que choca contra una
superficie de agua bajo un ángulo de incidencia de:
a) 20º. b) 30º. c) 45º. d) 60º.
Representar estos rayos en un diagrama.
a)
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑖𝑖
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑟𝑟
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
; 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑟𝑟 =
1
1,33
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑖𝑖 ; 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑟𝑟 =
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠20
1,33
; 𝑟𝑟 = 14.9º
b)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
1
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 22.1º
c)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
1
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 32.1º
d)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
1
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 40,6º
20. Repetir el problema 18 para un haz de luz inicialmente en agua que incide en la
superficie agua-aire.
𝐼𝐼 = �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
𝐼𝐼
𝐼𝐼𝑜𝑜
= �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
= �
1.33−1
1.33+1
�
2
= 0.021 ; 2.01 %

21. Determinar la velocidad de la luz en al agua y en el vidrio.
𝑣𝑣 =
𝑐𝑐
𝑛𝑛
Agua:
𝑣𝑣 =
299792457
1.33
= 2.254 ∗ 108
Vidrio:
𝑣𝑣 =
299792457
1.50
= 2.0 ∗ 108
22. El índice de refracción del vidrio Flint de silicato es 1,66 para la luz con una longitud de
onda de 400 nm y 1,61 para la luz con una longitud de onda de 700 nm. Determinar los
ángulos de refracción para la luz de estas longitudes de onda que incide en este vidrio
bajo un ángulo de 45º.
Para la luz de 400 nm:
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
1
1,33
1,66
; 𝑟𝑟 = 25,2º
Para la luz de 700 nm:
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1
1
1,33
1,61
; 𝑟𝑟 = 26,1º
23. Una loseta de vidrio con un índice de refracción de 1,5 se sumerge en agua con un
índice de refracción de 1,33. La luz dentro del agua incide sobre el vidrio. Hallar el
ángulo de refracción si el ángulo de incidencia es:
a) 60º. b) 45º. c) 30º.
a)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,5
1,33
1,33
1,5
1,33∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠60
1,5
; 𝑟𝑟 = 50,2º
b)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,5
1,33
1,33
1,5
1,5
; 𝑟𝑟 = 38,8º
c)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,5
1,33
1,33
1,5
1,5
; 𝑟𝑟 = 26,3º
24. Repetir el problema 23 en el caso de un haz de luz inicialmente en el vidrio y que
incide sobre la superficie vidrio-agua con los mismos ángulos.
a)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1,5
1,5
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 77.6º
b)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1,5
1,5
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 52.9º
c)
=
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1,33
1,5
1,5
1,33
1,33
; 𝑟𝑟 = 34.3º
25. La luz incide normalmente sobre una lámina de vidrio de índice de refracción n = 1,5.
Se produce reflexión en ambas superficies de la lámina. ¿Qué porcentaje aproximado
de energía de la luz incidente es transmitida por la lámina?

𝐼𝐼2 = 𝐼𝐼1 − 𝐼𝐼𝑟𝑟,1 = 𝐼𝐼1 − �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
∗ 𝐼𝐼1 = 𝐼𝐼1 ∗ �1 − �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
�
𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼2 − 𝐼𝐼𝑟𝑟,2 = 𝐼𝐼2 − �
𝑛𝑛2+𝑛𝑛3
�
2
∗ 𝐼𝐼2 = 𝐼𝐼2 ∗ �1 − �
𝑛𝑛2+𝑛𝑛3
�
2
�
𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼1 ∗ �1 − �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
� ∗ �1 − �
𝑛𝑛2+𝑛𝑛3
�
2
�
𝐼𝐼3
𝐼𝐼1
= �1 − �
𝑛𝑛1+𝑛𝑛2
�
2
� ∗ �1 − �
𝑛𝑛2+𝑛𝑛3
�
2
�
𝐼𝐼3
𝐼𝐼1
= �1 − �
1−1.5
1+1.5
�
2
� ∗ �1 − �
1.5−1
1.5+1
�
2
� = 0,922 ;92,2 %
26. Este problema es una analogía de la refracción. Una banda de música está marchando
sobre un campo de fútbol con una velocidad constante v1. Aproximadamente hacia la
mitad del campo la banda llega a una sección de terreno embarrado que tiene un
límite claramente distinguible que forma un ángulo de 30º con la línea
correspondiente a las 50 yardas, según se ve en la figura. En el barro, los elementos de
la banda se mueven con velocidad v2=1/2 v1. Hacer un diagrama de cómo se desvía
cada línea de personas que componen la banda cuando llegan a encontrarse con la
sección embarrada del campo de modo que finalmente la banda llega a marchar en
una dirección diferente. Indicar la dirección original mediante un rayo y la dirección
final por otro segundo rayo, y hallar los ángulos entre estos rayos y la línea
perpendicular a la límite entre el terreno normal y el embarrado. ¿Se desvía la
dirección del movimiento hacia la perpendicular a la línea límite, o se aleja de la
misma?
Cuando la línea entra en el campo fangoso, su velocidad se reduce a la mitad y la
dirección del movimiento hacia adelante de la línea cambia. En este caso, el
movimiento hacia adelante en el campo de barro forma un ángulo de 14,5° con
respecto a la normal a la línea límite. Tenga en cuenta que la separación entre líneas
sucesivas en el campo de barro es la mitad que en el campo seco.
27. Una fuente puntual de luz está 5 cm por encima de una superficie plana reflectora
(como un espejo). Dibujar un rayo desde la fuente que incida sobre la superficie con un
ángulo de incidencia de 45º y dos rayos más que incidan sobre la superficie con
ángulos ligeramente menores que 45º y dibujar el rayo reflejado por cada uno de ellos.
Los rayos reflejados parecen divergir de un punto denominado imagen de la fuente
luminosa. Dibujar líneas a trazos extendiendo los rayos reflejados hacia atrás hasta que
se encuentren un punto detrás de la superficie para localizar el punto imagen.

28. En la figura, la luz está inicialmente en un medio (como el aire) de índice de refracción
n1. Incide con un ángulo ϴ1 sobre la superficie de separación de un líquido (como el
agua) de índice de refracción n2. La luz pasa a través de la capa de agua y entra en el
vidrio de índice de refracción n3. Si el ángulo de refracción en el vidrio es ϴ3, demostrar
que 𝑛𝑛1𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛3 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3. Es decir, demostrar que puede despreciarse el segundo
medio cuando hay que hallar el ángulo de refracción en el tercer medio.
En la primera refracción:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2
En la segunda:
De ambas:
29. La figura muestra un haz de luz que incide sobre una placa de vidrio de espesor de
índice de refracción n.
a) Determinar el ángulo de incidencia tal que la separación perpendicular entre el
rayo reflejado en la superficie superior y el reflejado en la superficie del fondo que
sale por la superior sea un máximo.
b) ¿Cuánto vale este ángulo de incidencia si el índice de refracción del vidro es 1,60?
¿Cuál es la separación de los dos haces si el espesor de la placa de vidrio es de 4,0
cm?
a)
𝑙𝑙 = 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟

𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
Buscamos que x sea máxima:
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜃𝜃𝑖𝑖
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑 𝜃𝜃𝑖𝑖
(𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖)
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ (−𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 +
1
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 𝜃𝜃𝑟𝑟
∗
𝑑𝑑𝜃𝜃𝑟𝑟
∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖)
Usando la ley de Snell de la refracción:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
Derivando:
cos 𝜃𝜃𝑖𝑖 ∗ 𝑑𝑑𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ 𝑑𝑑𝜃𝜃𝑟𝑟
𝑑𝑑𝜃𝜃𝑟𝑟
=
cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛∗𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃𝑟𝑟
Sustituyendo:
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ (−𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 +
1
∗
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ (−
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
cos 𝜃𝜃𝑟𝑟
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 +
1
∗
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ �−
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖
+
cos2 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛∗𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐3𝜃𝜃𝑟𝑟
�
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ �−
+
cos2 𝜃𝜃𝑖𝑖
�
Usando 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃 = 1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃:
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ �−
+
1−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃𝑖𝑖
�
Usando:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟 =
1
𝑛𝑛
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ �−
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛∗cos 𝜃𝜃𝑟𝑟
+
�
Multiplicamos el primer término de la suma por 𝑛𝑛 ∗ cos2
𝜃𝜃𝑟𝑟 / 𝑛𝑛 ∗ cos2
𝜃𝜃𝑟𝑟:
𝑑𝑑𝑑𝑑
= 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ �−
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛∗cos 𝜃𝜃𝑟𝑟
∗
cos2 𝜃𝜃𝑟𝑟
cos2 𝜃𝜃𝑟𝑟
+
�
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
2∗𝑑𝑑
∗ (−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖 ∗ cos2
𝜃𝜃𝑟𝑟 + 1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖)
Usando 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃𝑟𝑟 = 1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑟𝑟:
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
2∗𝑑𝑑
∗ (−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖 ∗ (1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑟𝑟) + 1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖)
Volvemos a usar la ley de Snell; 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟 =
1
𝑛𝑛
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖:
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
2∗𝑑𝑑
∗ �−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖 ∗ �1 −
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛2 � + 1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖�
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
2∗𝑑𝑑
𝑛𝑛3∗𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐3𝜃𝜃𝑟𝑟
(−𝑛𝑛2
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑖𝑖 + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠4
𝜃𝜃𝑖𝑖 + 𝑛𝑛2
− 𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖)
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
2∗𝑑𝑑
∗ (𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠4
− 2 ∗ 𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖)
Para ser máximo:
2∗𝑑𝑑
∗ (𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠4
− 2 ∗ 𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖) = 0
(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠4
𝜃𝜃𝑖𝑖 − 2 ∗ 𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖 + 𝑛𝑛2) = 0
Resolviendo la ecuación:
𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛2
− 𝑛𝑛 ∗ √𝑛𝑛2 − 1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = �𝑛𝑛2 − 𝑛𝑛 ∗ √𝑛𝑛2 − 1
𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ��𝑛𝑛2 − 𝑛𝑛 ∗ √𝑛𝑛2 − 1�
b) 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 ��1.62 − 1.6 ∗ √1.62 − 1� = 48,5 º

𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 2 ∗ 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
1
𝑛𝑛
𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.6
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 48.5� = 27.9º
𝑥𝑥 = 2 ∗ 0.04 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 27.9 ∗ cos 48.5 = 2.81 𝑐𝑐𝑐𝑐
30. Considerar la situación indicada en la figura. El índice de refracción de la placa de
vidrio es n. determinar el ángulo de incidencia tal que la separación perpendicular
entre los dos haces que emergen de la superficie superior es igual a la separación
perpendicular entre el haz emergente por la superficie inferior y el haz incidente.
𝑑𝑑 =
ℎ
cos 𝜃𝜃2
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜃𝜃1 − 𝜃𝜃2)
𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈𝑈:
1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃2
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜃𝜃1 − 𝜃𝜃2) = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃2 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃2
Obtenemos:
𝑑𝑑 =
ℎ
cos 𝜃𝜃2
∗ (𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃2 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃2) = ℎ ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 − ℎ ∗
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃2
cos 𝜃𝜃2
𝑑𝑑 = ℎ ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 − ℎ ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1 ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1
𝑛𝑛
∗
1
�1−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃2
𝑛𝑛
∗
1
�1−
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃1
𝑛𝑛2
�𝑛𝑛2−𝑠𝑠𝑒𝑒𝑒𝑒2𝜃𝜃1
𝑑𝑑 = ℎ ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 ∗ �1 −
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1
�𝑛𝑛2−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃1
�
Utilizando el resultado de la separación de los rayos reflejados del problema anterior:
𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 ∗ cos 𝜃𝜃1 = 2 ∗ ℎ ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2 ∗ cos𝜃𝜃1 = 2 ∗ ℎ ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2
cos 𝜃𝜃2
∗ cos𝜃𝜃1
Usamos:

𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2 ; 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2 =
𝑛𝑛
cos 𝜃𝜃2 = �1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃2 = �1 −
𝑛𝑛2
𝑥𝑥 = 2 ∗ ℎ ∗
𝑛𝑛
∗
1
�1−
𝑛𝑛2
∗ cos 𝜃𝜃1 = 2 ∗ ℎ ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1∗cos 𝜃𝜃1
Buscamos el ángulo de incidencia para que x sea igual a d:
ℎ ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 ∗ �1 −
� = 2 ∗ ℎ ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1∗cos 𝜃𝜃1
1 −
=
2∗cos 𝜃𝜃1
�𝑛𝑛2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1 = 2 ∗ cos 𝜃𝜃1
�𝑛𝑛2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2𝜃𝜃1 = 3 ∗ cos 𝜃𝜃1
𝑛𝑛2
− 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃1 = 9 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1
𝑛𝑛2
− 1 + 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1 = 9 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1
𝑛𝑛2
− 1 = 8 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1
cos 𝜃𝜃1 = �
𝑛𝑛2−1
8
𝜃𝜃1 = arccos ��
𝑛𝑛2−1
8
�
Deducción de las leyes de reflexión y refracción
31. Un alumno de física que juega al billar desea lanzar su bola de modo que choque
contra el borde de la mesa y luego choque contra una bola determinada. Escoge varios
puntos sobre la banda y para cada uno de ellos mide la distancia desde dicho punto
hasta la bola que ha de lanzar y a la que ha de chocar. Pretende hallar un punto para el
cual la suma de estas distancias sea mínima.
a) ¿Podrá con este método hacer chocar su bola contra la escogida?
b) ¿Cómo se relaciona este método con el principio de Fermat?
a)
Las distancias r1 y r2 son:
𝑟𝑟1 = �𝑥𝑥𝑜𝑜
2 + 𝑦𝑦1
2
𝑟𝑟2 = �(𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥𝑜𝑜)2 + 𝑦𝑦2
2
𝐿𝐿𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡:
𝑑𝑑 = �𝑥𝑥𝑜𝑜
2 + 𝑦𝑦1
2
+ �(𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥𝑜𝑜)2 + 𝑦𝑦2
2
Derivando la expresión respecto del punto xo y imponiendo la condición de
máximo:
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑥𝑥𝑜𝑜
(𝑑𝑑) =
𝑥𝑥𝑜𝑜
�𝑥𝑥𝑜𝑜
2+𝑦𝑦1
2
−
𝑥𝑥2−𝑥𝑥𝑜𝑜
�(𝑥𝑥2−𝑥𝑥𝑜𝑜)2+𝑦𝑦2
2
= 0

𝑥𝑥𝑜𝑜
�𝑥𝑥𝑜𝑜
2+𝑦𝑦1
2
=
𝑥𝑥2−𝑥𝑥𝑜𝑜
�(𝑥𝑥2−𝑥𝑥𝑜𝑜)2+𝑦𝑦2
2
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝛼𝛼1 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝛼𝛼2; 𝛼𝛼1 = 𝛼𝛼2
𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿𝐿 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 𝑐𝑐ℎ𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐ó𝑛𝑛.
b) Si la bola se mueve a velocidad constante, la trayectoria de distancia mínima será
la trayectoria de tiempo mínimo que es el camino que recorrería un haz de luz, de
acuerdo con el principio de Fermat.
32. Un nadador situado en el punto S de la figura sufre un calambre mientras se encuentra
nadando próximo a la orilla de un lago en calma y pide socorro. Un socorrista situado
en el punto L oye esta llamada. El socorrista puede correr 9 m/s y nada 3 m/s. Ha
estudiado física y sabe elegir la trayectoria según la cual tardará menos tiempo en
alcanzar al nadador. ¿Cuál de las trayectorias que se muestran en la figura elige?
El tiempo mínimo implica el máximo de distancia corriendo y el mínimo nadando, el
camino seria LES.
Reflexión interna total
33. ¿Cuál es el ángulo crítico para la reflexión interna total de luz cuando se desplaza
desde el agua y es incidente sobre una superficie agua-aire?
Aplicando la ley de la reflexión:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼1 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼2
El medio inicial es el agua i el ángulo de refracción será de 90º.
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼1 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1
1.33
𝛼𝛼1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.33
� = 48.8º
34. Una superficie de vidrio tiene depositada encima una capa de agua (nvidrio=1,50;
nagua=1,33). Luz procedente del vidrio incide sobre la superficie vidrio-agua. Hallar el
ángulo crítico para la reflexión interna total.
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼1 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼2
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼1 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
𝛼𝛼1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
1.33
1.5
� = 62.5º
35. Un foco luminoso puntual está situado a 5 m por debajo de la superficie de un gran
estanque de agua. Hallar el área de la mayor circunferencia en la superficie del
estanque a través de cuyo círculo puede emerger directamente luz del foco.
Aplicando la ley de la reflexión:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90
El medio inicial es el agua i el ángulo de refracción será de 90º.

𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1
1.33
𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
1
1.33
� = 48.8º
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑐𝑐 =
𝑟𝑟
𝑑𝑑
; 𝑟𝑟 = 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑐𝑐
𝐴𝐴 = 𝜋𝜋 ∗ 𝑑𝑑2
∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡2
𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝜋𝜋 ∗ 52
∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡2
48.8 = 102 𝑚𝑚2
36. Un rayo de luz incide en dirección perpendicular a la cara mayor de un prisma, cuya
sección es un triángulo rectángulo isósceles. ¿Cuál es la velocidad de la luz en este
prisma si justamente llega a producirse en él la reflexión interna total?
𝑛𝑛1 =
1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐
=
1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 45
=
𝑐𝑐
𝑣𝑣
; 𝑣𝑣 = 𝑐𝑐 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 45 = 2.998 ∗ 108
∗
√2
2
= 2,12 ∗ 108
𝑚𝑚/𝑠𝑠
37. Un foco puntual de luz está situado En el fondo de un depósito de acero y sobre él se
coloca una cartulina circular opaca de radio 6 cm. Se añade con mucho cuidado un
fluido transparente al depósito de forma que la cartulina flota en su superficie con su
centro situado directamente encima del foco. Un observador situado por encima de la
superficie no ve ninguna luz hasta que el fluido tiene una profundidad de 5 cm. ¿Cuál
es el índice de refracción de dicho fluido?
𝑟𝑟
𝑑𝑑
; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑟𝑟
𝑑𝑑
�
𝑛𝑛1 =
1
=
1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎�
𝑟𝑟
𝑑𝑑
��
=
1
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎�
6
5
��
= 1,30

38. Un grano de arena está empotrado Enel centro de la base de un cubo de material
transparente. El grano de arena es visible cuando se mira a través de la superficie
superior, pero no puede verse cuando se mira a través de cualquiera de los lados del
cubo. ¿Cuál es el índice mínimo de refracción del material que constituye el cubo?
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 = 1
Del enunciado se deduce que el ángulo crítico es de 45º, al no verse desde las caras
laterales.
𝑛𝑛1 =
1
=
1
= 1.41
39. Un rayo de luz incide normalmente sobre una cara de un prisma de vidrio cuyo índice
de refracción es n (figura). La luz se refleja totalmente en el lado recto.
a) ¿Cuál es el valor mínimo que puede tener n?
b) Cuando se sumerge este prisma en un líquido cuyo índice de refracción es 1,15,
sigue existiendo todavía reflexión total, pero en el agua, cuyo índice es 1,33, deja
de existir. Utilizar esta información para limitar los valores posibles de n.
a) 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 = 1
𝑛𝑛 =
1
= 1.41
b) 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 = 1,33
𝑛𝑛 =
1,33
= 1.88
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 = 1,15
𝑛𝑛 =
1,15
= 1.63
Entre 1,66 y 1,88
40. Investigar el efecto sobre el ángulo crítico de una delgada capa de agua sobre una
superficie de vidrio. Tomes n=1,33 para el agua y n=1,5 para el vidrio.
a) ¿Cuál el ángulo crítico de la reflexión total interna en la superficie vidrio-agua?
b) ¿Son posibles rayos incidentes de ángulo mayor que ϴc para la refracción vidrio-
aire, de modo que los rayos de luz abandonen el vidrio y el agua y pasen al aire?
a) Sea el vidrio el medio 3 y el agua el medio 2:
𝑛𝑛3
𝑛𝑛2
=
1.33
1.5
; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1.33
1.5
� = 62.5º
b) Supongamos un ángulo de incidencia 𝜃𝜃1, 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑑𝑑𝑑𝑑 62.5º:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2 =
𝑛𝑛1
𝑛𝑛2
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1
Si el ángulo 𝜃𝜃2es menor de 62.5º habrá refracción en la capa vidrio.
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2 =
1
1.33
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 62.5 =
1
1.33
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 = 1.33 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 62.5 = 1.17 > 1
No es posible.

41. Un haz láser incide sobre una placa de vidrio de 3 cm de espesor. El vidrio tiene un
índice de refracción de 1,5 y el ángulo de incidencia es 40º. Las superficies superior e
inferior del vidrio son paralelas y ambas producen haces reflejados de casi la misma
intensidad. ¿Cuál es la distancia perpendicular d entre los dos haces reflejados
adyacentes?
𝑥𝑥 = 2 ∗ 𝑡𝑡 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟
𝑑𝑑 = 𝑥𝑥 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑑𝑑 = 2 ∗ 𝑡𝑡 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑟𝑟 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
1
𝑛𝑛2
1
𝑛𝑛2
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖�
𝑑𝑑 = 2 ∗ 𝑡𝑡 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛2
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖�� ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑑𝑑 = 2 ∗ 3 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.5
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(40)� ∗ cos 40 = 2.18 𝑐𝑐𝑐𝑐
42. La figura muestra un prisma de vidrio de índice de refracción 1,52 en forma de
triángulo isósceles con ángulos en la base de 45º.
a) Determinar el ángulo máximo de incidencia del haz que incide sobre la cara lateral
y experimenta la reflexión total en la base.
b) ¿Cuál es el valor máximo del índice de refracción del prisma para que el haz
luminoso experimente la reflexión total interna en la base cualquiera que sea el
ángulo de incidencia?
a) El ángulo crítico vidrio-aire es:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90
1
𝑛𝑛1
; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛1
1
1.52
� = 41,14 º
El ángulo de incidencia sobre la base del prisma debería ser al ángulo crítico.
45 + 𝛼𝛼 + 90 − 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 180; 𝛼𝛼 = 180 − 90 − 45 + 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 45 + 𝜃𝜃𝑐𝑐
𝜃𝜃𝑟𝑟 = 90 − 𝛼𝛼 = 90 − 45 − 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 45 − 41.14 = 3.86º
1 ∗ sen𝜃𝜃𝑖𝑖 = 1.52 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟

𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎�1.52 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(3.86)� = 5.87º
b) Si el ángulo de incidencia es de 90º el rayo entra en el vidrio y llega a la cara
inferior con un ángulo máximo de 45º.
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45 = 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠90
𝑛𝑛 =
1
= 1.41
Dispersión
43. Un haz de luz incide sobre una superficie plan de vidrio Flint de silicato con un ángulo
de incidencia de 45º. El índice de refracción del vidrio varía con la longitud de onda,
como se indica en el gráfico de la figura. ¿En cuánto es menor el ángulo de refracción
de la luz violeta de longitud de onda de 400 nm respecto a la luz roja de 700 nm?
𝜆𝜆 = 700 𝑛𝑛𝑛𝑛 ; 𝑛𝑛 = 1.6; 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45 = 1.6 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑣𝑣 ; 𝜃𝜃𝑣𝑣 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.6
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45�
𝜆𝜆 = 400 𝑛𝑛𝑛𝑛 ; 𝑛𝑛 = 1.66; 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45 = 1.66 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟 ; 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.66
Δ𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.6
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45� − 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.66
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45� = 26.23 − 25.21 = 1.02º
44. Repetir el problema 43 para el cuarzo.
𝜆𝜆 = 700 𝑛𝑛𝑛𝑛 ; 𝑛𝑛 = 1.54; 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45 = 1.54 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑣𝑣 ; 𝜃𝜃𝑣𝑣 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.54
𝜆𝜆 = 400 𝑛𝑛𝑛𝑛 ; 𝑛𝑛 = 1.56; 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45 = 1.56 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟 ; 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.56
Δ𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.54
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45� − 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.56
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠45� = 27.33 − 26.95 = 0.38º
Polarización
45. Dos polarizadores tienen sus ejes de transmisión según un ángulo ϴ. Sobre el primer
polarizador incide luz no polarizada de intensidad I. ¿Cuál es la intensidad de la luz
transmitida por el segundo polarizador?
a) 𝐼𝐼 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃.
b) (𝐼𝐼 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃)/2.
c) (𝐼𝐼 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃)/4.
d) 𝐼𝐼 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜃𝜃.
e) (𝐼𝐼 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜃𝜃)/4.
f) 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.

Supongamos que tenemos un haz de luz no polarizada que se propaga en la
dirección z y que incide sobre un filtro polarizador con su eje de transmisión en la
dirección x. En promedio, la mitad de la luz incidente tendrá su campo eléctrico en
la dirección y y la mitad en la dirección x. Así, pues, se transmitirá la mitad de la
intensidad y la luz transmitida estará polarizada linealmente con su campo
erétrico en la dirección x.
Supongamos que tenemos un segundo polarizador con su eje de transmisión
formando un ángulo ϴ con el de la primera . Si el campo eléctrico existente entre
ambas películas es E, su componente a lo largo de la dirección del eje de
transmisión de la segunda película es E cos ϴ. Como la intensidad de la luz es
proporcional a E2
, la intensidad de la luz transmitida por ambas películas vendrá
dada por:
𝐼𝐼 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ cos2
𝜃𝜃 .
En donde Io es la intensidad sobre la segunda película y que es, naturalmente, la
mitad de la intensidad incidente sobre la primera película.
𝐼𝐼 =
𝐼𝐼𝑜𝑜
2
∗ cos2
𝜃𝜃
Respuesta b.
46. ¿Cuál de los siguientes fenómenos no produce luz polarizada a partir de luz no
polarizada?
a) Absorción.
b) Reflexión.
c) Birrefringencia.
d) Difracción.
e) Dispersión.
Difracción. Respuesta d.
47. ¿Cuál es el ángulo de polarización para
a) El agua con n=1,33 y
b) El vidrio con n = 1,5?
a) Utilizando la ley de Brewster: 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
; n1=1.
𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(1.33) = 53,1º
b) 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(1.5) = 56,3º
48. Un haz de luz polarizado en la dirección horizontal incide sobre una lámina
polarizadora. Se observa que sólo el 15,0 % de la intensidad de la luz incidente se
transmite a través de la lámina. ¿Qué ángulo forma el eje de transmisión de la lámina
con la horizontal?
a) 8,6º. b) 21º. c) 23º. d) 67º. e) 81º.
𝐼𝐼 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ cos2
𝜃𝜃

𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ��
𝐼𝐼
𝐼𝐼𝑜𝑜
� = arccos�√0.15 � = 67.2𝑜𝑜
𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑑𝑑.
49. Dos láminas de polaroide tienen sus direcciones de transmisión cruzadas de modo que
no pasa luz a su través. Se inserta una tercera lámina entre las dos de modo que su
dirección de transmisión forma un ángulo ϴ con la primera. Se hace incidir luz no
polarizada de intensidad Io sobre la primera lámina. Hallar la intensidad transmitida a
través de las tres si
a) ϴ = 45º. b) ϴ=30º.
a) 𝐼𝐼1 =
1
2
𝐼𝐼2 = 𝐼𝐼1 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃 =
1
2
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃 =
1
2
45 =
1
4
𝜃𝜃 =
1
4
45 =
1
8
b) 𝐼𝐼1 =
1
2
𝜃𝜃 =
1
2
𝜃𝜃 =
1
2
30 =
3
8
𝜃𝜃 =
3
8
60 =
3
32
50. El ángulo de polarización para una determinada sustancia es 60º.
a) ¿Cuál es el ángulo de refracción de la luz que índice con este ángulo?
b) ¿Cuál es el índice de refracción de esta sustancia?
a) Usando b:
1*sen60=1.73*sen 𝜃𝜃𝑟𝑟; 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.73
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠60� = 30º
También:
𝜃𝜃𝑝𝑝 + 90 + 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 180 ;𝜃𝜃𝑟𝑟 = 90 − 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 90 − 60 = 30
b) 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
; n1=1.
𝑛𝑛2 = 𝑛𝑛1 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 1 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 60 = 1.73
51. Dos láminas polarizadoras tienen cruzados sus ejes de transmisión y se inserta una
tercera lámina de modo que su eje de transmisión forme un ángulo de ϴ con el eje de
la primera lámina, como en el problema 49. Demostrar que la intensidad transmitida a
través de las tres láminas es máxima cuando ϴ=45.
𝐼𝐼1 =
1
2
𝜃𝜃 =
1
2
𝜃𝜃
𝜃𝜃2,3 =
1
2
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2 (90 − 𝜃𝜃) =
1
2
𝜃𝜃 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃
𝐼𝐼3 =
1
8
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ (2 ∗ cos 𝜃𝜃 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃)2
=
1
8
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
(2 ∗ 𝜃𝜃)
La anterior función tiene su máximo para 2 ∗ 𝜃𝜃 = 90 ; 𝜃𝜃 = 45.
52. Si la lámina polarizadora intermedia del problema 51 está girando con una velocidad
angular ω alrededor de un eje paralelo al haz luminoso, hallar la intensidad transmitida
a través de las tres láminas en función del tiempo. Suponer que ϴ=0 en el instante t =
0.
En este caso 𝜃𝜃 = 𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡
Según el problema 52:

𝐼𝐼3 =
1
8
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 (2 ∗ 𝜃𝜃) =
1
8
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 (2 ∗ 𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡)
53. Tenemos una pila de N+1 láminas polarizadoras en la que cada lámina está girada en
un ángulo
𝜋𝜋
2𝑁𝑁
rad respecto a la precedente. Una luz polarizada plana linealmente de
intensidad Io está incidiendo sobre la pila normalmente. La luz incidente está
polarizada a lo largo del eje de transmisión de la primera lámina y, por consiguiente,
normal al eje de transmisión de la última.
a) ¿Cuál es la intensidad transmitida a través de la pila?
b) Si son tres láminas (N=2), ¿Cuál es la intensidad transmitida?
c) En el caso de 101 láminas, ¿Cuál es la intensidad transmitida?
d) ¿Cuál es la dirección de polarización del haz en cada caso?
a) 𝐼𝐼𝑁𝑁+1 = 𝐼𝐼𝑁𝑁 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
� ;
𝐼𝐼𝑁𝑁+1
𝐼𝐼𝑁𝑁
= 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
�
𝐼𝐼𝑁𝑁+1
𝐼𝐼1
=
𝐼𝐼𝑁𝑁+1
𝐼𝐼𝑜𝑜
= 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2∗𝑁𝑁
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
�
𝐼𝐼𝑁𝑁+1 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2∗𝑁𝑁
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
�
b) 𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐4
�
𝜋𝜋
4
� =
𝐼𝐼𝑜𝑜
4
c) 𝐼𝐼101 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐200
�
𝜋𝜋
200
� = 0.976 ∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜
d) En cada caso, la polarización del haz transmitido es perpendicular a la del haz
incidente.
54. Demostrar que una onda linealmente polarizada puede considerarse como la
superposición de una onda polarizada circularmente hacia la derecha y otra polarizada
circularmente hacia la izquierda.
Una onda polarizada circularmente se dice que está polarizada circularmente hacia la
derecha si los campos eléctricos y magnéticos giran en el sentido de las agujas del reloj
cuando se ven en la dirección de propagación y polarización circular a la izquierda si
los campos giran en sentido antihorario.
Para una onda polarizada circularmente, las componentes x e y del campo eléctrico
están dados por:
Circular hacia la derecha: 𝐸𝐸𝑥𝑥 = 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ cos(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡) ; 𝐸𝐸𝑦𝑦 = 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ sen (𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡)
Circular hacia la izquierda: 𝐸𝐸𝑥𝑥 = 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ cos(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡) ; 𝐸𝐸𝑦𝑦 = −𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ sen (𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡)
𝐸𝐸
�⃗ = 𝐸𝐸
�⃗𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 + 𝐸𝐸
�⃗𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 2 ∗ 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ cos(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡) ∗ 𝚤𝚤
⃗
55. Supongamos en el problema 49 la lámina del medio se reemplaza por dos láminas
polaroides. Si el ángulo entre las direcciones de polarización de las láminas adyacentes
es 30º, ¿Cuál es la intensidad de la luz transmitida? Comparar esta intensidad con la
obtenida en el problema 49 a.
𝐼𝐼1 =
1
2
𝜃𝜃1,2 =
1
2
30 =
3
8
𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼2 ∗ cos2
� 𝜃𝜃2,3� =
3
8
30 =
9
32
𝜃𝜃3,4 =
9
32
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ cos2(30) =
27
128
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 = 0,211 ∗
27
128
Para ϴ=45, en el problema 49, y con tres láminas:
𝐼𝐼3 =
1
8
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 = 0,125 ∗
27
128
La intensidad es mayor en el caso considerado en este problema.

56. En una onda polarizada circularmente, la magnitud del campo eléctrico es constante.
Si la onda se propaga a lo largo del eje z, el ángulo comprendido entre E y el eje x
cambia en 2 π radianes en una longitud de onda. Expresar las ecuaciones de los
campos eléctricos y magnéticos de una onda polarizada circularmente de frecuencia
angular ω que se propaga en el vacío en la dirección z positiva.
𝐸𝐸
�⃗ = 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡 − 𝑘𝑘 ∗ 𝑧𝑧) ∗ 𝚤𝚤
⃗ + 𝐸𝐸𝑜𝑜 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡 − 𝑘𝑘 ∗ 𝑧𝑧) ∗ 𝚥𝚥
⃗
𝐵𝐵
�⃗ = 𝐵𝐵𝑜𝑜 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡 − 𝑘𝑘 ∗ 𝑧𝑧) ∗ 𝚤𝚤
⃗ − 𝐵𝐵𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔 ∗ 𝑡𝑡 − 𝑘𝑘 ∗ 𝑧𝑧) ∗ 𝚥𝚥
⃗
En estas ecuaciones, el campo eléctrico y el campo magnético están desfasados por un
cuarto de longitud de onda, lo que representa una onda polarizada circularmente.
57. Demostrar que el campo eléctrico de una onda circularmente polarizada que se
propaga en la dirección x puede expresarse por:
𝐸𝐸
�⃗ = 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚥𝚥
⃗ + 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝑘𝑘
�⃗
𝐸𝐸 = �𝐸𝐸𝑜𝑜
2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔) + 𝐸𝐸𝑜𝑜
2 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔) = 𝐸𝐸𝑜𝑜
El vector E rota en el plano y,z con una velocidad ω.
58. Para la onda cuyo campo eléctrico viene dado por la expresión del problema 57, ¿Cuál
es la expresión correspondiente del campo magnético B?
𝐵𝐵
�⃗ = 𝐵𝐵𝑜𝑜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝑘𝑘
�⃗ − 𝐵𝐵𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚥𝚥
⃗
59. Determinar las expresiones correspondientes al campo eléctrico E y l campo
magnético B para una onda polarizada circularmente que se propaga en la dirección z
negativa. (Véase problemas 57 y 58)
𝐸𝐸
�⃗ = 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚤𝚤
⃗ + 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚥𝚥
⃗
𝐵𝐵
�⃗ = −𝐵𝐵𝑜𝑜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚤𝚤
⃗+ 𝐵𝐵𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚥𝚥
⃗
En estas ecuaciones, el campo eléctrico 𝐸𝐸 y el campo magnético 𝐵𝐵 están desfasados
por un cuarto de longitud de onda, lo que representa una onda polarizada
circularmente. La diferencia principal con las expresiones anteriores radica en la fase
de la onda debido a la dirección de propagación opuesta.
60. Una onda polarizada circularmente se dice que está polarizada a la derecha cuando los
campos eléctrico y magnético giran en sentido horario vistos a lo largo de la dirección
de propagación y se dice que está polarizada a la izquierda cuando los campos giran en
sentido antihorario. ¿Cuál es el sentido de la polarización circular correspondiente a la
onda descrita por la expresión del problema 57? ¿Cuál seria la expresión para una
onda polarizada circularmente en el sentido opuesto?
𝐸𝐸
⃗ + 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝑘𝑘
�⃗
𝐵𝐵
�⃗ = 𝐵𝐵𝑜𝑜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝑘𝑘
�⃗ − 𝐵𝐵𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝚥𝚥
⃗
Los campos giran en el sentido horario, la onda esta polarizada a la derecha.
Para una polarización a la izquierda:
𝐸𝐸
⃗ − 𝐸𝐸𝑜𝑜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝜔𝜔𝜔𝜔)𝑘𝑘
�⃗
61. Luz polarizada verticalmente de intensidad Io incide sobre una pila de N láminas
polarizadoras ideales cuyos ángulos respecto a la vertical son 𝜃𝜃𝑛𝑛 = 𝑛𝑛𝑛𝑛/2𝑁𝑁.
Determinar la dirección de polarización de la luz transmitida y su intensidad.

Demostrar que cuando 𝑁𝑁 → ∞, la dirección de polarización gira sin pérdida de
intensidad.
El ángulo entre filtros sucesivos es
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
.
Para el primer filtro:
𝑛𝑛 = 1; 𝜃𝜃 =
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
; 𝐼𝐼1 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
�
La luz pierde un poco de intensidad y gira la línea de polarización en
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
el sentido del
polarizador.
Para N láminas:
𝐼𝐼𝑛𝑛 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2∗𝑛𝑛
�
𝜋𝜋
2∗𝑁𝑁
�
𝑁𝑁 → ∞, 𝜃𝜃 → 0; 𝐼𝐼𝑛𝑛 → 𝐼𝐼𝑜𝑜
Problemas generales
62. Verdadero o falso:
a) La luz y las ondas de radio se propagan con la misma velocidad a través del vacío.
b) La mayor parte de la luz que incide normalmente sobre una superficie aire-vidrio
se refleja.
c) El ángulo de refracción de la luz es siempre menor que el que el ángulo de
incidencia.
d) El índice de refracción del agua es el mismo para todas las longitudes de onda en el
espectro visible.
e) Las ondas electromagnéticas no pueden polarizarse.
a) Verdadera. Todas son ondas electromagnéticas.
b) 𝐼𝐼 = �
1−1.5
1−1.5
�
2
∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜 = 0.04 ∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜; falso.
c) Falso, dependerá si el índice de refracción del primer medio es mayor que el del
segundo será falso.
d) Falso, el índice de refracción dependerá de la longitud de onda y se produce el
efecto de la dispersión.
e) Falso, todas las ondas transversales pueden polarizarse.
63. De las siguientes afirmaciones respecto a las velocidades de los diversos colores de la
luz, ¿Cuáles son ciertas?
a) Todos los colores de la luz tienen la misma velocidad en el vidrio.
b) El violeta posee la máxima velocidad y el rojo la mínima.
c) El rojo posee la máxima velocidad y el violeta la mínima.
d) El verde posee la máxima velocidad, el rojo y el violeta la mínima.
e) El rojo y el violeta poseen la máxima velocidad, el verde la mínima.

a) Falso.
b) n de la luz violeta es menor que el de luz roja, n=c/v, v=c/n. La luz violeta tiene
menor velocidad. Falso.
c) Cierto.
d) Falso.
e) Falso.
64. En días soleados y en calma es frecuente oír las voces de personas que se encuentran
en un bote a grandes distancias de loa costa. Explicar este fenómeno teniendo en
cuenta que el sonido se refleja en la superficie del agua y que la temperatura del aire
justamente por encima de la superficie es normalmente menor que a una altura de 10
o 20 m sobre el agua.
La velocidad del sonido depende de la temperatura, es mayor a temperaturas mas
altas. Se produce la reflexión total es las capas superiores como indica el dibujo.
65. Un haz de luz roja monocromática de 700 nm de longitud de onda en el aire se mueve
en el agua.
a) ¿Cuál es la longitud de onda en el agua?
b) ¿Un nadador bajo el agua observará el mismo color o un color diferente para esta
luz?
a) 𝑣𝑣 = 𝜆𝜆 ∗ 𝑓𝑓; 𝜆𝜆 = 𝑣𝑣/𝑓𝑓
Enel aire:
𝑓𝑓 =
𝑐𝑐
𝜆𝜆
=
3∗108
700∗10−9 = 4.29 ∗ 1014
𝐻𝐻𝐻𝐻
La frecuencia no cambia en la refracción.
𝑛𝑛 =
𝑐𝑐
𝑣𝑣
; 𝑣𝑣 =
𝑐𝑐
𝑛𝑛
𝜆𝜆 =
𝑐𝑐
𝑛𝑛∗𝑓𝑓
=
3∗108
1.33∗4.29∗1014 = 5,27 ∗ 10−7
𝑚𝑚
b) El color depende de la frecuencia, al no a ver cambio en ella no hay cambio en el
color observado.
66. A medida que la velocidad de las operaciones de un ordenador aumenta, la
arquitectura de éste adquiere mayor importancia; el tiempo requerido para transferir
una señal entre la unidad central de proceso (CPU) y la memoria del mismo puede ser
un factor limitante en la determinación del tiempo requerido para el cálculo. ¿Cuál es

la máxima separación entre un “chip” de memoria y la CPU que permite transferir
información entre estas unidades en un tiempo inferior a 0,5 ns?
Tomando la velocidad de la señal como 3 108
m/s:
𝑐𝑐 =
Δ𝑥𝑥
Δ𝑡𝑡
; Δ𝑥𝑥 = 𝑐𝑐 ∗ Δ𝑡𝑡 = 3 ∗ 108
∗ 0.5 ∗ 10−9
= 0,15 𝑚𝑚
Para una velocidad más baja, en una placa de circuito alrededor de 2 108
m/s:
Δ𝑥𝑥 = 𝑣𝑣 ∗ Δ𝑡𝑡 = 2 ∗ 108
∗ 0.5 ∗ 10−9
= 0,1 𝑚𝑚
67. El ángulo crítico para la reflexión total interna de una sustancia es 45º. ¿Cuál es su
ángulo de polarización?
Utilizando el ángulo crítico calculamos el índice de refracción del medio:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 45 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠90 ; 𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 45 = 𝑛𝑛2
𝜃𝜃2 = 90 − 𝜃𝜃𝑝𝑝
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�90 − 𝜃𝜃𝑝𝑝� = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐�𝜃𝜃𝑝𝑝�; 𝑡𝑡𝑡𝑡𝜃𝜃𝑝𝑝 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
𝑛𝑛1∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 45
𝑛𝑛1
= 0.707
𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(0.707) = 35,3º
68. La figura muestra dos espejos planos que forman un ángulo ϴ entre sí. Demostrar que
el ángulo formado entre el rayo incidente y el último reflejado es 2ϴ.
El ángulo ADE es el ángulo entre la dirección del rayo entrante y el reflejado por las dos
superficies de espejo. Tenga en cuenta que el triángulo ABC es isósceles y que los ángulos
CAB y ABC son iguales y su suma es igual a θ. También de la ley de reflexión, ángulos CAD y
CBD iguales a ABC. Porque el ángulo BAD es dos veces BAC y el ángulo DBA es dos veces
CBA, El ángulo ADE es el doble del ángulo θ.

69. Una moneda de plata está en el fondo de una piscina de 4 m de profundidad. Un haz
de luz reflejado en la moneda emerge de la piscina formando un ángulo de 20º
respecto a la superficie del agua y entre en el ojo del observador. Dibujar un rayo
desde la moneda hasta el ojo del observador. Extender dicho rayo, que va desde la
superficie agua-aire al ojo, hacia atrás hasta que corte a la línea vertical dibujada desde
la moneda. ¿Cuál es la profundidad aparente de la piscina para este observador?
Según el dibujo la profundidad aparente será d.
𝑑𝑑 = 𝑥𝑥 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡20
Usando la ley de Snell:
𝑥𝑥 = ℎ ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟�
𝑑𝑑 = ℎ ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑖𝑖 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 20 = ℎ ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟�� ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 20
𝑑𝑑 = 4 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.33
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 70�� ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 20 = 1,45 𝑚𝑚
70. Dos alumnos acaudalados deciden mejorar el experimento de Galileo para medir la
velocidad de la luz. Uno de ellos va a Londres y llama al otro en Nueva York por
teléfono. Las señales telefónicas se transmiten mediante la reflexión de ondas
electromagnéticas en un satélite que está a 37,9 Mm por encima de la superficie de la
Tierra. Si se desprecia la distancia entre Londres y Nueva York, la distancia recorrida es
el doble de esta distancia. Un alumno da una palmada y cuando el otro oye el sonido
bate a su vez las palmas. El primer alumno mide el tiempo entre su palmada y el
momento de la segunda. Calcular el tiempo transcurrido, despreciando los tiempos de
respuesta de los alumnos. ¿Puede tener éxito este experimento? ¿Qué mejoras para la
medida del tiempo podrían sugerirse? (Los retrasos temporales en los circuitos
electrónicos que son mayores que los debidos al tiempo que tarda la luz en ir y volver
al satélite hacen que este experimento no sea factible).
𝑐𝑐 =
∆𝑥𝑥
∆𝑡𝑡
; ∆𝑡𝑡 =
∆𝑥𝑥
𝑐𝑐
=
2∗37.9∗106
2.99∗108 = 0,254 𝑠𝑠
Sin embargo, el experimento tal como se describe no tendría éxito debido a los
retrasos temporales en los circuitos electrónicos, que son mayores que los debidos al
tiempo que tarda la luz en ir y volver al satélite. Para mejorar la medida del tiempo,
podrían considerarse tecnologías de sincronización más precisas, como relojes
atómicos, y reducir al mínimo los tiempos de procesamiento electrónico en los
dispositivos utilizados para medir el tiempo. Además, podrían implementarse métodos
de corrección para compensar los retrasos inherentes en la transmisión de señales
electromagnéticas a través de los satélites y otros componentes del sistema de
comunicación.

71. Los pescadores suelen insistir en que se guarde silencio a su alrededor porque el ruido
alejará los peces. Supongamos que un pescador lanza su anzuelo con cebo a 20 m de la
orilla de un lago en calma en un punto de profundidad 15 m. Demostrar que el ruido
producido en la orilla no puede ser apreciado por los peces situados en dicho punto.
Nota: la velocidad del sonido en el aire es de 330 m/s y en el agua de 1450 m/s.
Suponemos una alturade producción del sonido de 2 m.
El ángulo crítico aire -agua es:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
𝑣𝑣1
𝑣𝑣2
330
1450
� = 13,2º
Considerando el dibujo:
𝑡𝑡𝑡𝑡 (90 − 𝜃𝜃1) =
2
20
; 𝜃𝜃1 = 90 − 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (0.1) = 84.3º
Se supera el ángulo crítico, reflexión total.
72. Un nadador en el fondo de una piscina de 3 m de profundidad mira hacia arriba u
distingue un círculo de luz. Si el índice de refracción del agua de la piscina es 1,33,
hallar el radio del círculo.
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛2 ; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
�
𝑟𝑟
𝑑𝑑
; 𝑟𝑟 = 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑑𝑑 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
�� = 3 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.33
��
𝑟𝑟 = 3,42 𝑚𝑚
73. Demostrar que cuando se hace girar un espejo un ángulo ϴ, el haz de luz reflejado gira
en 2 ϴ.

Sea φ el ángulo de incidencia inicial. Dado que el ángulo de reflexión con la normal al
espejo también es φ, el ángulo entre los rayos incidentes y reflejados es 2φ. Si ahora el
espejo se gira un ángulo adicional θ, el ángulo de incidencia aumenta en θ a φ +θ, al
igual que el ángulo de reflexión. En consecuencia, el haz reflejado gira 2θ con respecto
al haz incidente.
74. Utilizar la figura para calcular los ángulos críticos correspondientes a la reflexión
interna total de la luz inicialmente en el vidrio Flint de silicato que incide sobre una
interface vidrio-aire
a) Si la luz es violeta de longitud de onda 400 nm.
b) Si es roja de longitud de onda 700 nm.
a) 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
1
1.67
� = 36,8º
b) 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
1
1.6
� = 38,7º
75. Demostrar que la intensidad transmitida a través de una placa de vidrio con un índice
de refracción n para luz con incidencia normal vale aproximadamente
𝐼𝐼𝑇𝑇 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 �
4 𝑛𝑛
(𝑛𝑛+1)2�
2
La intensidad reflejada en la primera cara del vidrio es:
𝐼𝐼𝑅𝑅,1 = �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
La intensidad que llega al vidrio es:
𝐼𝐼𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 − 𝐼𝐼𝑅𝑅,1 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �1 − �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
� = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
La luz reflejada al salir del vidrio es:
𝐼𝐼𝑅𝑅,2 = �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
∗ 𝐼𝐼𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 = �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2� ∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜
La luz que sale de la segunda cara del vidrio:
𝐼𝐼𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝐼𝐼𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 − 𝐼𝐼𝑅𝑅,2 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2� − �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2� ∗ 𝐼𝐼𝑜𝑜
𝐼𝐼𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2� ∗ �1 − �
1−𝑛𝑛
1+𝑛𝑛
�
2
� = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2� ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
2
76. Un rayo de luz comienza en el punto x =-2 m, y = 2 m. incide sobre un espejo en el
plano yz en un cierto punto x y se refleja pasando por el punto x = 2 m, y = 6 m.
a) Hallar el valor de x que hace que sea mínima la distancia total recorrida por el
rayo.

b) ¿Cuál es el ángulo de incidencia sobre el plano reflector? ¿Cuál es el ángulo de
reflexión?
a) La distancia total recorrida por el rayo es:
𝐷𝐷 = 𝑑𝑑1 + 𝑑𝑑2 = �(𝑥𝑥 + 2)2 + 4 + �(2 − 𝑥𝑥)2 + 36
Para obtener D mínimo derivamos e igualamos a cero:
𝑑𝑑 𝐷𝐷
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
1
2
∗
2∗(𝑥𝑥+2)
�(𝑥𝑥+2)2+4
−
1
2
∗
2∗(2−𝑥𝑥)
�(2−𝑥𝑥)2+36
= 0
(𝑥𝑥 + 2)2
∗ ((2 − 𝑥𝑥)2
+ 36) = (2 − 𝑥𝑥)2
∗ ((𝑥𝑥 + 2)2
+ 4) = 0
La resolución de la ecuación da dos soluciones:
x=-1 y x=-4.
La solución es x=-1.
b)
𝑎𝑎 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
2
� = 26,6º
𝑑𝑑 + 𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
6
3
� = 63,4º
𝑏𝑏 + 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐 = 90
𝑏𝑏 + 𝑑𝑑 = 90
Substituyendo:
𝑏𝑏 + 26.6 + 𝑐𝑐 = 90
𝑏𝑏 + 𝑑𝑑 = 90
𝑑𝑑 + 𝑐𝑐 = 63.4
Despejando d en la última:
𝑑𝑑 = 63.4 − 𝑐𝑐
Nos queda:
𝑏𝑏 + 26.6 + 𝑐𝑐 = 90
𝑏𝑏 + 63.4 − 𝑐𝑐 = 90
Despejando obtenemos:
𝑏𝑏 = 45º ; 𝑐𝑐 = 18,4º ; 𝑑𝑑 = 45º
77. Un rayo de luz atraviesa simétricamente un prisma que tiene un ángulo α en el vértice,
como se indica en la figura.

a) Demostrar que el ángulo de desviación δ viene dado por
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠
𝛼𝛼+𝛿𝛿
2
= 𝑛𝑛 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠
𝛼𝛼
2
b) Si el índice de refracción para la luz roja es 1,48 y para la luz violeta es 1,52, ¿Cuál
es la separación angular de la luz visible en el caso de un prisma don un ángulo en
el vértice de 60º?
a)
Según la figura:
𝜃𝜃𝑟𝑟 =
1
2
∗ 𝛼𝛼
𝛿𝛿1 = 𝜃𝜃𝑖𝑖 − 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝜃𝜃𝑖𝑖 −
1
2
∗ 𝛼𝛼
𝛿𝛿 = 2 ∗ 𝛿𝛿1 = 2 ∗ 𝜃𝜃𝑖𝑖 − 𝛼𝛼 ; 𝜃𝜃𝑖𝑖 =
𝛿𝛿+𝛼𝛼
2
Usando la ley de la refracción:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
1
2
∗ 𝛼𝛼�
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
𝛿𝛿+𝛼𝛼
2
� = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
1
2
∗ 𝛼𝛼�
b) ∆𝛿𝛿 = 𝛿𝛿𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 − 𝛿𝛿𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
Utilizando la ecuación de (a):
𝛿𝛿+𝛼𝛼
2
= 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
𝛼𝛼
2
�� ; 𝛿𝛿 = 2 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
𝛼𝛼
2
�� − 𝛼𝛼
∆𝛿𝛿 = 2 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
𝛼𝛼
2
�� − 2 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑛𝑛𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
𝛼𝛼
2
��
∆𝛿𝛿 = 2 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �1.52 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
60
2
�� − 2 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑛𝑛1.48 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �
60
2
�� = 3,47º
78. a) En el caso de un rayo de luz en el interior de un medio transparente que tiene una
interface plana con el vacío, demostrar que el ángulo de polarización y el ángulo crítico
para la reflexión interna total satisfacen la expresión 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐.
b) ¿Qué ángulo es el mayor?
a) Usando la ley de Snell:
𝑛𝑛1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛2 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
Para el medio 2 el vacío y en el caso del ángulo crítico:
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 1
Para el ángulo de polarización:
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 =
𝑛𝑛2
𝑛𝑛1
=
1
𝑛𝑛
; 𝑛𝑛 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 1
De las dos:
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐
b) Se cumple siempre:
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃 > 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃
Por ello: 𝜃𝜃𝑝𝑝 > 𝜃𝜃𝑐𝑐

79. Un rayo de luz incide desde el aire sobre una sustancia transparente con un ángulo de
58,0 º respecto a la normal. Se observa que los rayos reflejados y refractado son
mutuamente perpendiculares.
a) ¿Cuál es el índice de refracción de la sustancia transparente?
b) ¿Cuál es el ángulo crítico para la reflexión total interna en esta sustancia?
a) Usando la ley de Snell, primer medio el aire:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
𝜃𝜃𝑖𝑖 + 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 90 ; 𝜃𝜃𝑟𝑟 = 90 − 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (90 − 𝜃𝜃𝑖𝑖) = 𝑛𝑛 ∗ cos 𝜃𝜃𝑖𝑖
𝑛𝑛 = 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑖𝑖 = 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃𝑝𝑝 = 𝑡𝑡𝑡𝑡 (58º)=1,60
b) 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 1 ; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛
1
1.6
� = 38,7º
80. Un rayo de luz en un vidrio Flint denso con un índice de refracción 1,655 incide sobre
la cara exterior del mismo. Sobre la superficie del vidrio se condensa un líquido
desconocido. La reflexión total interna sobre la superficie vidrio-líquido es 53,7 º.
a) ¿Cuál es el índice de refracción del líquido desconocido?
b) Si se elimina el líquido, ¿Cuál es el ángulo de incidencia para la reflexión interna
total?
c) Para el ángulo de incidencia encontrado en la parte (b), ¿Cuál es el ángulo de
refracción del rayo dentro de la película de líquido hacia el aire que está encima?
Suponer que el vidrio y el líquido tienen superficies perfectamente planas.
a) En la interface vidrio-líquido:
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 ; 𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 = 1.655 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(53,7) = 1.33
b) En la interface vidrio -aire:
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 ; 𝜃𝜃𝑐𝑐 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣
1
1.655
� = 37.2º
c) Para interface vidrio-líquido:
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃 = 𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑟𝑟
𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1.655
1.33
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(37.2)� = 48.8º
El ángulo critico líquido aire es:
𝜃𝜃𝑐𝑐,𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙,𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
1
1.33
� = 48.8º
Por tanto, dado que el ángulo de incidencia es igual al crítico no emerge luz.
81. Dado que el índice de refracción para la luz roja en agua es 1,3318 y para la luz azul es
1,3435, hallar la separación angular de estos colores en el arco iris primario. (Utilizar la
ecuación dada en el problema 86).
∆Φ𝑑𝑑 = 𝜙𝜙𝑑𝑑,𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 − 𝜙𝜙𝑑𝑑,𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟
𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2

El punto P de la figura es el de intersección del rayo incidente con el rayo emergente.
El ángulo Фd es el ángulo de desviación del rayo. El ángulo 2 β es el radio angular del
arco iris. Está relacionado con Фd por:
Ф𝑑𝑑 + 2 ∗ β = π
Deseamos relacionar Фd con el ángulo de incidencia ϴ1. Según el triángulo AOB, se
tiene:
2 ∗ 𝜃𝜃2 + 𝛼𝛼 = 𝜋𝜋
Análogamente, a partir del triángulo AOP, tendremos
𝜃𝜃1 + 𝛽𝛽 + 𝛼𝛼 = 𝜋𝜋
Eliminando α ente las dos ecuaciones últimas y despejando β, se obtiene
𝛽𝛽 = 𝜋𝜋 − 𝜃𝜃1 − 𝛼𝛼 = 𝜋𝜋 − 𝜃𝜃1 − (𝜋𝜋 − 2 ∗ 𝜃𝜃2) = 2 ∗ 𝜃𝜃2 − 𝜃𝜃1
Aplicando este valor de β en la ecuación Ф𝑑𝑑 + 2 ∗ β = π, se tiene para el ángulo de
desviación:
Ф𝑑𝑑 = 𝜋𝜋 − 2 ∗ 𝛽𝛽 = 𝜋𝜋 − 4 ∗ 𝜃𝜃2 + 2 ∗ 𝜃𝜃1
Usando la ley de Snell para eliminar 𝜃𝜃2y obtener el ángulo de desviación Ф𝑑𝑑en
función del de incidencia 𝜃𝜃1:
Ф𝑑𝑑 = 𝜋𝜋 + 2 ∗ 𝜃𝜃1 − 4 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1
𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
�
Usando la ecuación del problema 86:
cos 𝜃𝜃1𝑚𝑚 = �
𝑛𝑛2−1
3
; 𝜃𝜃1𝑚𝑚 = arccos ��
𝑛𝑛2−1
3
�
Ф𝑑𝑑 = 𝜋𝜋 + 2 ∗ arccos ��
𝑛𝑛2−1
3
� − 4 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�arccos��𝑛𝑛2−1
3
��
𝑛𝑛
�
Ф𝑑𝑑,𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 𝜋𝜋 + 2 ∗ arccos ��
1.33182−1
3
1∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�arccos��1.33182−1
3
��
1.3318
�
Ф𝑑𝑑,𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 = 137,75º
Ф𝑑𝑑,𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝜋𝜋 + 2 ∗ arccos ��
1.34352−1
3
1∗𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�arccos��1.34352−1
3
��
1.3435
�
Ф𝑑𝑑,𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 139,42º
∆Φ𝑑𝑑 = 139,42 − 137,75 = 1,67º
82. Un rayo de luz cae sobre un bloque de vidrio rectangular (n=1,5) que está casi
completamente sumergido en agua (n=1,33), como se ve en la figura.
a) Hallar el ángulo ϴ para el que se produce exactamente la reflexión interna en el
punto P.
b) ¿Se verificaría la reflexión interna total en el punto P para el valor de ϴ hallado en
la parte (a) si se eliminase el agua? Razonar la respuesta.
a) Para la primera refracción aire vidrio:
1 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃 = 𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2

En la segunda refracción, tenemos ángulo crítico:
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (90 − 𝜃𝜃2) = 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 90 ; 𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝜃𝜃2) = 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
De las dos ecuaciones:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃 = 𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2
𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝜃𝜃2) = 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
Dividiendo:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛 𝜃𝜃 = 𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2
El ángulo 𝜃𝜃2 ha de ser el ángulo crítico vidrio – agua:
𝜃𝜃2 = 𝜃𝜃𝑐𝑐 = arccos �
1.33
1.5
�
𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 �arccos �
1.33
1.5
�� = 43.92º
b) Si el medio final vuelve a ser aire, el ángulo crítico es:
𝜃𝜃2 = 𝜃𝜃𝑐𝑐 = arccos �
1
1.5
� = 48.18º
El ángulo de incidencia de 43. 92º no da un ángulo de refracción de:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃 = 𝑛𝑛𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣𝑣 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2 ; 𝜃𝜃2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(
1
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃)
𝜃𝜃2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.5
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 43.92� = 27.54º
El ángulo de incidencia para la segunda refracción es:
𝜃𝜃3 = 90 − 27.54 = 62.46
Superior al crítico, tendremos reflexión total.
83. a) Utilizar el resultado obtenido en el problema 75 para calcular la relación entre la
intensidad transmitida y la intensidad incidente sobre N láminas de vidrio paralelas si
la luz incide normalmente a la superficie de las láminas.
b) Calcular esta relación para tres láminas de vidrio en las que n = 1,5.
c) Tomando n = 1,5, ¿Cuántas láminas de vidrio serán necesarias para reducir en un
10 por ciento la intensidad de la radiación incidente?
a) 𝐼𝐼𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝐼𝐼𝑜𝑜 ∗ �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
2
para 1 lámina.
𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑁𝑁 𝑙𝑙á𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚:
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
2∗𝑁𝑁
𝐼𝐼𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐼𝐼𝑜𝑜
= �
4∗𝑛𝑛
(1+𝑛𝑛)2�
2∗𝑁𝑁
b) Para N=3 y n=1.5:
𝐼𝐼𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡
𝐼𝐼𝑜𝑜
= �
4∗1.5
(1+1.5)2�
2∗3
= 0.783
c) 0.1 = �
4∗1.5
(1+1.5)2�
2∗𝑁𝑁
; lg(0.1) = 2 ∗ 𝑁𝑁 ∗ log �
4∗1.5
(1+1.5)2� ; 𝑁𝑁 =
lg(0.1)
2∗log�
4∗1.5
(1+1.5)2�
= 28.2
𝑁𝑁 ≈ 28
84. Sobre una lámina de material transparente incide luz con un ángulo ϴ1, como se ve en
la figura. La lámina tiene un espesor t y un índice de refracción n. Demostrar que:
𝑛𝑛 =
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 [𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑑𝑑/𝑡𝑡]
Siendo d la distancia indicada en la figura y arctg(d/t) es el ángulo cuya tangente es
d/t.

𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2
𝑛𝑛 =
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2 =
𝑑𝑑
𝑡𝑡
; 𝜃𝜃2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑑𝑑
𝑡𝑡
�
𝑛𝑛 =
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎�
𝑑𝑑
𝑡𝑡
��
85. Supóngase que la lluvia cae verticalmente desde una nube estacionaria situada a
10000 m por encima de un confuso corredor de maratón que marcha en círculo con
velocidad constante de 4 m/s. La lluvia tiene una velocidad terminal de 9 m/s.
a) ¿Cuál es el ángulo que parece formar la lluvia con la vertical desde el punto de
vista del corredor?
b) ¿Cuál es el movimiento aparente de la nube observado por el corredor?
c) Una estrella situada en el eje de la órbita terrestre parece tener una órbita circular
de diámetro angular de 41,2 segundos de arco. ¿Cómo se relaciona este ángulo
con la velocidad de la Tierra en su órbita y con la velocidad de los fotones
procedentes de la estrella distante?
d) ¿Cuál es la velocidad de la luz determinada a partir de los datos de la parte (c)?
a) 𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑣𝑣𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑣𝑣𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙
� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
4
9
� = 24,0º
b) Para el corredor la lluvia se mueve en círculo, el radio del círculo aparente de la
lluvia es:
𝑅𝑅 = 𝐻𝐻 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃 = 10 𝑘𝑘𝑘𝑘 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡(24) = 4.45 𝐾𝐾𝐾𝐾
c) Consideramos 𝑣𝑣𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 𝑣𝑣𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇.
La velocidad de luz c.
𝜃𝜃 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑣𝑣𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇
𝑐𝑐
�
𝜃𝜃 =
1
2
(𝑑𝑑𝑑𝑑á𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑟𝑟𝑟𝑟 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎)
d) 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃 =
𝑐𝑐
; 𝑐𝑐 =
𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃
=
2∗𝜋𝜋∗𝑅𝑅𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇−𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆
𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇∗𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃
20.6" ∗
1 ′
60 "
∗
1 º
60 ′
= 5.722 ∗ 10−3
º.
𝑐𝑐 =
2∗𝜋𝜋∗1.5∗1011𝑚𝑚
1 𝑎𝑎ñ𝑜𝑜∗
365 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
1 𝑎𝑎ñ𝑜𝑜
∗
24 ℎ
1 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑
∗
3600 𝑠𝑠
1 ℎ
∗𝑡𝑡𝑡𝑡 5.722∗10−3
= 2.99 ∗ 108
𝑚𝑚/𝑠𝑠

86. La ecuación 𝜙𝜙𝑑𝑑 = 𝜋𝜋 + 2 𝜃𝜃1 − 4 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1
𝑛𝑛𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎
� nos da la relación existente entre
el ángulo de desviación 𝜙𝜙𝑑𝑑 de un rayo de luz incidente sobre una gota esférica de agua
en función del ángulo de incidencia 𝜃𝜃1 y del índice de refracción del agua.
a) Suponer que naire=1 y derivar 𝜙𝜙𝑑𝑑respecto a 𝜃𝜃1.(Indicación: Si y = arc sen x,
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
=
(1 − 𝑥𝑥2
)−1/2
).
b) Hacer
𝑑𝑑𝜙𝜙𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜃𝜃1
= 0 y demostrar que el ángulo de incidencia 𝜃𝜃1𝑚𝑚 correspondiente a la
desviación mínima viene dado por
cos 𝜃𝜃1𝑚𝑚 = �
𝑛𝑛2−1
3
Y hallar 𝜃𝜃1𝑚𝑚para el agua, cuyo índice de refracción vale 1,33.
a) 𝜙𝜙𝑑𝑑 = 𝜋𝜋 + 2 ∗ 𝜃𝜃1 − 4 ∗ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
𝑛𝑛
�
𝑑𝑑𝜃𝜃1
= 2 −
4∗cos𝜃𝜃1
b)
𝑑𝑑𝜃𝜃1
= 0 = 2 −
4∗cos𝜃𝜃1
; 16 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1 = 4 ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃1)
Usando 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃1 = 1 − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1.
12 ∗ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐2
𝜃𝜃1 = 4 ∗ 𝑛𝑛2
− 4
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃1,𝑚𝑚 = �
𝑛𝑛2−1
3
; 𝜃𝜃1,𝑚𝑚 = arccos ��
𝑛𝑛2−1
3
�
𝜃𝜃1,𝑚𝑚 = arccos ��
1.332−1
3
� = 59.6 º
87. a) Demostrar que un rayo luminoso transmitido a través de una lámina de vidrio
emerge paralelo al rayo incidente pero desplazado respecto a él.
b) En el caso de un ángulo incidente de 60 º, índice de refracción del vidrio n = 1,5 y
espesor de la lámina 10 cm, hallar el desplazamiento medido perpendicularmente
desde el rayo incidente.
a)
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃4

𝜃𝜃2 = 𝜃𝜃3, al ser ángulos alternos formados por rectas paralelas y una transversal.
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃4
De estas dos ecuaciones obtenemos:
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃4; 𝜃𝜃1 = 𝜃𝜃4
El rayo incidente y el saliente son paralelos.
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑡𝑡 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃1
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑡𝑡 ∗ 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑡𝑡 ∗ (𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃1 − 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2)
Los ángulos α y 𝜃𝜃1 son iguales al tener las rectas que los determinan
perpendiculares entre sí.
𝑠𝑠 = 𝑡𝑡 ∗ (𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃1 − 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2) ∗ cos𝛼𝛼 = 𝑡𝑡 ∗ (𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃1 − 𝑡𝑡𝑡𝑡 𝜃𝜃2) ∗ cos 𝜃𝜃1
𝑠𝑠 = 𝑡𝑡 ∗ �
cos 𝜃𝜃1
−
cos 𝜃𝜃2
� ∗ cos 𝜃𝜃1 = 𝑡𝑡 ∗ �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 −
cos 𝜃𝜃2
∗ cos 𝜃𝜃1�
𝑠𝑠 = 𝑡𝑡 ∗ �
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1∗cos 𝜃𝜃2−𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2∗cos 𝜃𝜃1
cos 𝜃𝜃2
� = 𝑡𝑡 ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝜃𝜃1−𝜃𝜃2)
cos 𝜃𝜃2
b) 𝜃𝜃2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
𝑛𝑛
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜃𝜃1� = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 �
1
1.5
∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 60� = 35.26
𝑠𝑠 = 0.1 ∗
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (60−35.26)
cos 35.26
= 0.0513 𝑚𝑚
88. Demostrar que, si el ángulo en el vértice del prisma del problema 77 es pequeño, el
ángulo de desviación δ=(n-1) α, independientemente del ángulo de incidencia.
Típicamente un rayo que entra a un prisma dispersor emergerá después de haber sido
deflectado de su dirección original por un ángulo δ conocido como la desviación
angular. En la primera refracción el rayo se desvía un ángulo (𝜃𝜃𝑖𝑖1 − 𝜃𝜃𝑡𝑡1) y enla
segunda refracción es deflectado aún más en un ángulo (𝜃𝜃𝑡𝑡2 − 𝜃𝜃𝑖𝑖2). La desviaión total
es entonces
𝛿𝛿 = (𝜃𝜃𝑡𝑡1 − 𝜃𝜃𝑖𝑖2) + (𝜃𝜃𝑡𝑡2 − 𝜃𝜃𝑖𝑖2)
Como el polígono ABCD contiene dos ángulos rectos el ángulo ∢ BCD debe ser el
suplemento del ángulo del vértice α. Ahora, ya que α es el ángulo exterior al triángulo
BCD, también es la suma de los ángulos alternos interiores, es decir
𝛼𝛼 = 𝜃𝜃𝑡𝑡1 + 𝜃𝜃𝑖𝑖2
Entonces
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + 𝜃𝜃𝑡𝑡2 − 𝛼𝛼

Ahora nos gustaría escribir δ como función tanto del ángulo de incidencia para el rayo
(es decir, 𝜃𝜃𝑖𝑖1), como del ángulo α del prisma; presumiblemente ellos son conocidos. Se
deduce de la ley de Snell, si el índice del prisma es n y está sumergido en aire que
𝜃𝜃𝑡𝑡2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖2) = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 [𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝛼𝛼 − 𝜃𝜃𝑡𝑡1)]
Después de desarrollar esta expresión, reemplazar 𝜃𝜃𝑡𝑡1 por (1 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2
𝜃𝜃𝑡𝑡1)1/2
y de usar
la ley de Snell, obtenemos
𝜃𝜃𝑡𝑡2 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼) ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖1)
1
2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1 ∗ cos 𝛼𝛼 �
La desviación es entonces
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼) ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖1)
1
2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1 ∗ cos 𝛼𝛼 � − 𝛼𝛼
Al ser α pequeño podemos aproximar
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝛼𝛼 ≈ 𝛼𝛼 𝑦𝑦 cos𝛼𝛼 ≈ 1
Usando esto
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 �(𝛼𝛼) ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖1)
1
2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1 � − 𝛼𝛼
Al ser α pequeño podemos usar 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠( 𝑥𝑥) ≈ 𝑥𝑥
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + �(𝛼𝛼) ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖1)
1
2 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1 � − 𝛼𝛼
Para ángulos pequeños también podemos hacer
(𝛼𝛼) ∗ (𝑛𝑛2
𝜃𝜃𝑖𝑖1)
1
2 ≈ 𝛼𝛼 ∗ 𝑛𝑛
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + (𝛼𝛼 ∗ 𝑛𝑛 − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1 ) − 𝛼𝛼
Para ángulos de incidencia pequeños 𝜃𝜃𝑖𝑖1 ≈ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃𝑖𝑖1
𝛿𝛿 = 𝜃𝜃𝑖𝑖1 + (𝛼𝛼 ∗ 𝑛𝑛 − 𝜃𝜃𝑖𝑖1 ) − 𝛼𝛼 = 𝛼𝛼 ∗ (𝑛𝑛 − 1)
89. Demostrar que el ángulo de desviación δ es un mínimo si el ángulo de incidencia es tal
que el rayo pasa a través del prisma simétricamente como se indica en la figura.

𝛿𝛿 = 𝜃𝜃1 + 𝜃𝜃2 − 𝛼𝛼
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃1 = 𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2; 𝜃𝜃1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛(𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2)
𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃4 ; 𝜃𝜃4 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3)
𝛿𝛿 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛(𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃2) + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3) − 𝛼𝛼
𝛿𝛿 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑛𝑛�𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝜃𝜃3 − 𝛼𝛼)� + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 (𝑛𝑛 ∗ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3) − 𝛼𝛼
𝑑𝑑𝛿𝛿
𝑑𝑑𝜃𝜃3
= −
𝑛𝑛∗cos(𝛼𝛼−𝜃𝜃3)
�1−[𝑛𝑛∗𝑠𝑠𝑒𝑒𝑒𝑒 (𝛼𝛼−𝜃𝜃3]2
+
𝑛𝑛∗cos 𝜃𝜃3
�1−(𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃3)2
= 0
𝛼𝛼 − 𝜃𝜃3 = 𝜃𝜃3; 𝜃𝜃3 =
𝛼𝛼
2
𝜃𝜃2 = 𝛼𝛼 − 𝜃𝜃3; 𝜃𝜃2 = 𝛼𝛼 −
𝛼𝛼
2
=
𝛼𝛼
2
Al ser iguales 𝜃𝜃2 𝑦𝑦 𝜃𝜃3 el ángulo de desviación es mínimo si el rayo entra
simétricamente en el prisma.

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