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SOLUCIONES PROBLEMAS

PEC 1

OPTICA I

Curso 20152016

1



Problema 1

Dispersiacute on de la luz blanca en colores

En una cubeta en forma de paralelepıpedo llena de agua se coloca un espejorectangular E (vease el esquema de la Figura 11) formando un angulo ρ con

la horizontal Los rayos procedentes del Sol inciden sobre la superficie del aguaformando un angulo αe con la vertical se refractan formando un angulo β sereflejan en el espejo y salen del agua hacia la pantalla P formando un anguloαs tambien con la vertical La distancia entre la pantalla y la cubeta es D = 3m y en el estudio se puede considerar que es mucho mayor que las dimensionesde la cubeta

Figura 11 Esquema del dispositivo experimental

Por el efecto de la dispersion de la luz blanca en colores sobre la pantalla se

observa el espectro de la luz del Sol en la direccion vertical Los extremos delmismo estan a diferente altura h y corresponden a las longitudes de onda λr =780 nm y λa = 380 nm Se pide

1 Encontrar las relaciones que han de verificar los angulos αe β ρ y αs paraque los rayos salgan del agua hacia la parte derecha de la Figura 11 (sobrela pantalla)

2 Si la altura hr correspondiente al extremo rojo del espectro es hr = 2 mdeterminar el angulo αe de entrada sabiendo que ρ = 34 y que el ındicede refraccion del agua para λr = 780 nm es nr = 1325

2



3 En las condiciones anteriores la altura del extremo azul del espectro es ha

= 1917 m Determinar el ındice de refraccion na del agua para λa = 380nm

3



Solucion

1 Del analisis de la Figura 12 se obtiene la siguiente relacion entre los angulosdel triangulo formado por las normales a la superficie libre del agua y alespejo y la trayectoria del rayo desde su entrada en el agua hasta el espejoque resulta ser

180 = β + x + (180 minus ρ) =rArr x = ρ minus β

siendo x el angulo de reflexion sobre el espejo

Figura 12 Esquema de la marcha de los rayos

La primera condicion se obtiene por aplicacion de la ley de Snell en elpunto de entrada

sen αe = n sen β

Puesto que la luz debe ser reflejada hacia la derecha de la figura el angulo

ρ ha de ser mayor que el angulo β lo que constiuye la segunda condicionρ gt β

Si llamamos y al angulo de incidencia en la parte interior de la superficielibre del agua (ver Figura 12) es facil comprobar que

y = β + 2x = β + 2ρ minus 2β = 2ρ minus β

Para que la luz salga del agua es necesario que este angulo sea inferior al

angulo lımite Por lo tantosen y = sen(2ρ minus β ) le 1

n

4



Por otra parte aplicando de nuevo la ley de Snell en el punto de salidaobtenemos

n sen(2ρ minus β ) = sen αs

En resumen las condiciones que han de cumplir los angulos implicados sonlas siguientes

sen αe = n sen β ρ gt β

sen αs = n sen(2ρ minus β ) sen(2ρ minus β ) le nminus1

2 Del analisis de la Figura 13 se obtiene facilmente el valor del angulo αsr

de salida de la luz roja (λ = 780 nm) utilizando los datos del enunciado

tg αsr = D

hr

= 3

2 =rArr αsr = 56 31

Figura 13 Esquema de la marcha de los rayos desde la cubeta a la pantalla

Por consiguiente

sen(2ρ minus β r) = 0 6280 =rArr 2ρ minus β r = 38 90 =rArr β r = 29 10

A partir de la ley de Snell se deduce el valor del angulo αe de entrada

sen αe = nr sen β r = 0 6444 =rArr αe = 40 12

5



3 Procediendo de manera analoga se calcula el angulo αsa de salida de la luzazul (λ = 380 nm)

αsa = 57 42 =rArr na sen(2ρ minus β a) = 0 8427na sen β a = 0 6444

=rArr sen(2ρ minus β a)

sen β a= 1 3077

Desarrollando la expresion del seno de la diferencia

sen2ρ cos β a minus cos2ρ sen β a = 1 3077 sen β a

Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86

En consecuencia el ındice de refraccion del agua para la luz azul es

na = 1 335

6





Solucion

1 Para que el rayo laser salga por el punto C de la cubeta es necesarioimponer que haya atravesado previamente las superficies de separacion enlos puntos A y B Esto nos lleva a estudiar las condiciones que se debendar en cada uno de estos puntos para que no exista reflexion total en ellos

Como estas condiciones dependen de los ındices de refraccion relativos delos medios que entran en juego vamos a tratar en el estudio los dos casossiguientes nl le n y n le nl

Primer caso (nl le n)

Cuando el rayo laser incide sobre la pared cilındrica de la cubeta (verFigura 21) siempre la atraviesa porque su angulo de incidencia es nuloVeamos que sucede en los demas puntos de su recorrido hasta llegar al

punto C Como en este caso n ge nl cuando el rayo incide en el punto A pasa deun medio de mayor ındice de refraccion a otro de menor ındice por loque pude haber reflexion total La condicion para que esta se produzca esque el angulo α sea superior al angulo lımite αL para esta superficie deseparacion entre medios dielectricos

n sen αL = nl rArr sen αL = nl

n

Por lo tanto la condicion que debe cumplir el angulo α de incidencia en elpunto A para que no se produzca reflexion total y el rayo pase al lıquidoes

α lt αL rArr sen α le nl

n

Al pasar al lıquido por el punto A el rayo cambia de direccion formandoun angulo β con la superficie de separacion vidrio-aire Este angulo β vienedado por la ley de Snell aplicada al punto A

n sen α = nl sen β

En su progresion el rayo alcanza el punto B incidiendo en el con un angulo(90 minus β ) puesto que las paredes de la cubeta son perpendiculares entresı Como nl le n en el punto B no se producira el fenomeno de la reflexiontotal y el rayo siempre atravesara la superficie de separacion lıquido-vidrioEl angulo ρ que formara el rayo transmitido con la normal en el punto Bse relaciona con el angulo β mediante la ley de Snell aplicada en el punto

B nl sen (90 minus β ) = n sen ρ rArr cos β = nnl

sen ρ

8



A continuacion el rayo avanza a traves de la pared de vidrio de la cubetahasta llegar al punto C Como en la transmision al exterior el rayo pasa delvidrio al aire en el punto C se puede dar el fenomeno de la reflexion totalPara que esto no suceda y el rayo pase al aire el angulo de incidencia ρ enel punto C ha de ser menor que el angulo lımite ρL para la superficie deseparacion vidrio-aire Este angulo lımite verifica la siguiente relacion

n sen ρL = 1 rArr sen ρL = 1

n

Esto quiere decir que para que haya transmision en el punto C el angulode incidencia ρ ha de verificar lo siguiente

ρ le ρL rArr sen ρ le 1

n

Ahora bien como el angulo ρ esta relacionado con el angulo β y esteultimo con el angulo α la relacion obtenida proporcionara otro lımite parael angulo de incidencia en el punto A En efecto

cos β = n

nl

sen ρ rArr cos β le n

nl

1

n =

1

nl

Haciendo operaciones y utilizando las propiedades de las funciones trigo-nometricas se obtiene un lımite inferior para el seno del angulo β

cos2 β le 1n2l

rArr minus cos2 β ge minus 1n2l

rArr 1 minus cos2 β ge 1 minus 1n2l

rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl

ya que el angulo β esta comprendido entre 0 y 90 Aplicando ahora la leyde Snell en el punto A obtenemos tambien un lımite inferior para el senodel angulo de incidencia α

n sen α = nl sen β geradic

n2l minus 1 rArr sen α ge

radic n2l minus 1

n

En resumen cuando nl le n los angulos α para los cuales existe salida delrayo laser por el punto C verifican la siguiente condicion

radic n2l minus 1n le sen α le nln

Segundo caso (n

lenl)

El mismo estudio puede hacerse cuando n le nl obteniendose los siguientesresultados

9



En el punto A no hay ahora reflexion total puesto que el ındice de refracciondel vidrio es menor que el del lıquido En el punto B sı puede haber reflexiontotal por lo que obtenemos la siguiente condicion

nl sen (90 minus β )L = n rArr sen (90 minus β )L = n

nl

Como el angulo de incidencia en B ha de ser menor que (90 minus β )L de lacondicion anterior se deduce que cos β le nnl por lo que aplicando la leyde Snell en el punto A llegamos a la siguiente conclusion

cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n

En estas condiciones de incidencia el rayo laser pasa al vidrio y sale por elpunto C si no se produce reflexion total en este ultimo punto Para ello es

necesario que el angulo ρ sea inferior al angulo lımite ρL

sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n

Aplicando ahora la ley de Snell en los puntos B y A obtenemos una limi-tacion para el angulo de incidencia

nl cos β = n sen ρ le 1 rArr cos β le 1

nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n

Finalmente comoradic

n2l minus 1 gt

radic n2l minus n2 cuando n le nl los angulos α para

los cuales existe salida del rayo laser por el punto C verifican la siguientecondicion radic

n2l minus 1n le sen α le 1

2 Como el valor extremo superior del angulo α no es 90 esto quiere decirque estamos en el primer caso en que nl le n En estas condiciones

radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927

Estas dos ecuaciones nos permiten determinar los valores de los dos ındicesde refraccion

nl = 1 45 n = 1 52

3 Como acabamos de ver en este refractometro se pueden medir ındices derefraccion de lıquidos que estan por encima y por debajo del ındice derefraccion n del vidrio de que estan hechas sus paredes En ambos casos

10



hemos obtenido intervalos de variacion del angulo α cuyos extremos nospermiten determinar el ındice de refraccion del lıquido problema Como lapregunta que se nos hace en este apartado es cual serıa el mayor valor denl que podemos medir tenemos que buscar la respuesta en el intervalo devariacion del angulo α para que salga el rayo por el punto C que hemosobtenido en el segundo caso en que el ındice de refraccion del lıquido es

mayor que el del vidrio Este intervalo viene dado por la siguiente relacionradic

n2l minus 1

n le sen α le 1

Cuanto mayor sea el ındice nl mayor sera el lımite inferior del seno delangulo α Por lo tanto el mayor ındice de refraccion que podemos medirpor este procedimiento sera aquel que haga que este lımite sea la unidad

nlmax rArr sen α = 1 =radic

n

2

lmax minus 1n rArr nlmax = radic n2 + 1

Con el valor de n determinado previamente obtenemos el siguiente valorpara el ındice de refraccion maximo que se puede determinar por esteprocedimiento

nlmax = 1 82

11



Problema 3

acute Angulo de Brewster y polarizaciacute on de la luz por reflexiacute on

Sobre el cristal de una ventana (de ındice de refraccion n = 152) que se encuen-tra en el plano X Z inciden los rayos del Sol en una direccion cuyos cosenosdirectores son (α βγ ) El angulo que forman dichos rayos con la vertical (cuyocoseno es γ ) es el complementario de lo que llamarıamos altura angular φ delSol sobre el horizonte A traves de una lamina polarizadora colocada perpen-dicularmente a la direccion de los rayos reflejados observamos la intensidadluminosa y encontramos que alcanza su maximo valor cuando la direccion depolarizacion del polarizador tiene los cosenos directores (12 0

radic 32) En el

momento de hacer la observacion los rayos del Sol inciden sobre el vidrio dela ventana bajo el angulo de Brewster θB Sabiendo que la intensidad de la

luz incidente correspondiente a la parte visible del espectro es I 0 = 0 0546 Wcmminus2 se pide

1 Calcular θB el valor maximo de la intensidad de la luz reflejada y el cosenodirector β de la radiacion incidente

2 Determinar la altura φ del Sol sobre el horizonte

12





donde el angulo α es el que forma una direccion cualquiera del plano per-pendicular a la direccion de incidencia con la perpendicular al plano deincidencia

Si analizamos la luz reflejada con una lamina polarizadora que gire en unplano perpendicular a la direccion del rayo reflejado observamos que se

producen maximos y mınimos de intensidad Supongamos que la direccionde polarizacion de la lamina forma un angulo α con la direccion perpendi-cular al plano de incidencia En estas condiciones la intensidad I (α) de laluz reflejada se puede calcular considerando la contribucion de la primerareflexion que es externa y las de las salidas de los rayos despues de haberefectuado 1 3 5 7 reflexiones internas en el vidrio de la ventana

En la reflexion externa la intensidad reflejada es

I 0(α) Rα

En la salida despues de una reflexion interna la intensidad es

I 0(α) Rα (1 minus Rα)2

En la salida despues de tres reflexiones internas la intensidad es

I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2

En la salida despues de cinco reflexiones internas la intensidad es

I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2

donde hemos llamado Rα a la reflectancia correspondiente a la direccionde polarizacion de la lamina que se calcula a partir de de R∥ y Rperp

Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α

Efectuando la suma de todas las contribuciones obtenemos

I (α) = I 0(α) Rα + I 0(α) Rα (1 minus Rα)2 1048616

1 + R2

α + R4

α + 1048617

Haciendo la suma de los infinitos terminos de la progresion geometricade razon R2

α menor que la unidad y realizando operaciones llegamos a lasiguiente expresion para la intensidad que atraviesa la lamina analizadora

I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14



En el caso que nos ocupa como R∥ = 0 la intensidad I (α) puede expresarseen funcion de Rperp y del angulo α de la siguiente manera

I (α) = I 0Rperp cos2 α

1 + Rperp cos2 α

Es facil ver que I (α) se anula para α = π2 es decir cuando la laminapolarizadora tiene su direccion de polarizacion paralela al plano de inci-dencia como corresponde al angulo de Brewster Por otra parte haciendolas derivadas de la funcion I (α) se demuestra que para α = 0 se obtiene unmaximo de intensidad En consecuencia la direccion de polarizacion pa-ra la que la intensidad reflejada es maxima corresponde a la polarizacionperpendicular al plano de incidencia

I max = I perp = I 0Rperp

1 + RperpPara conocer su valor necesitamos saber cuanto vale Rperp que viene dadopor la siguiente formula

Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2

Como los angulos θB y θt son complementarios el seno de su suma es launidad por lo que la expresion precedente se simplifica

Rperp = [sen(θB minus θt)]2

Utilizando el valor obtenido precedentemente para θB calculamos θt y lareflectancia resulta ser

Rperp = 0 156 68

Por consiguiente para I max obtenemos

I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2

Para determinar el coseno director β de la direccion de la luz incidentebasta con considerar que el plano de separacion de los medios aire-vidrio(superficie del cristal de la ventana) es paralelo al plano X Y y por lotanto la normal a el es el eje Y El coseno del angulo que forman los rayosincidentes con esta normal es precisamente β Por otra parte nos dicen quedicho angulo es θB por lo que finalmente

β = cos θB = 0 54962

15



2 Para determinar la altura φ del Sol en el horizonte tenemos que calcularel coseno director γ Hemos visto que la direccion en que la intensidadreflejada es maxima coincide con la perpendicular al plano de incidenciaEsta direccion viene proporcionada en el enunciado (1

radic 2 0

radic 32) Aho-

ra bien si es perpendicular al plano de incidencia tambien es perpendiculara la direccion del rayo incidente que esta contenida en el Por lo tanto el

producto escalar del vector unitario anterior por el vector unitario (α βγ )ha de ser nulo Como conocemos β este producto proporciona una relacionentre los cosenos directores α y γ que son desconocidos para nosotros

(12 0radic

32) middot (α βγ ) = 1

2α +

radic 3

2 γ = 0 =rArr α = minus

radic 3 γ

Si utilizamos ahora la relacion general entre los cosenos directores podemosdeterminar γ

α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2

radic 1 minus β 2 = plusmn 0 41771

Por las condiciones del problema el angulo al que corresponde el cosenoγ es el angulo azimutal que en el hemisferio norte es positivo y menorque π2 Por lo tanto hemos de escoger la raız positiva lo que conduce alsiguiente valor para la altura φ del Sol en el horizonte

cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4

Ley de Snell y ecuaciones de Fresnel

Se dispone de un prisma de vidrio recto cuyas caras menores son iguales y cuyoındice de refraccion es n = 153 Una onda luminosa plana cuya direccion depropagacion es perpendicular a las aristas del prisma incide bajo un angulo isobre una de sus caras menores El valor del angulo i es tal que al propagarse laluz en el interior del prisma alcanza su cara mayor con un angulo de incidenciarB correspondiente al angulo de Brewster de la transicion vidrio-aire Se pide

1 Si el haz incidente esta linealmente polarizado paralelamente al plano deincidencia determinar el cociente II 0 entre la intensidad I que sale porla cara mayor del prisma y la intensidad incidente I 0 en su cara menor

2 Hacer el mismo calculo en el caso en que el haz incidente este polarizadoperpendicularmente al plano de incidencia

3 Determinar el cociente E E 0 entre la energıa E emergente por unidad detiempo por la cara mayor y la energıa incidente E 0 tambien por unidad detiempo en la cara menor en los dos casos anteriores

17



Solucion

1 En la Figura 41 viene esquematizada la marcha de los rayos que se infieredel enunciado del problema

Figura 41 Marcha de los rayos a traves del prisma

De su analisis se deducen las siguientes relaciones entre los angulos

Angulo que forman las normales en el punto O 135

Angulos del triangulo 1-O-2

r + rB + 135 = 180 =rArr r = 45 minus rB

Por otra parte aplicando la ley de Snell y la condicion de Brewster en elpunto 2 se obtienen los siguientes valores para los angulos que intervienen

en el problema

n sen rB = sen iB iB + rB = 90 =rArr n = tg iB

=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28

donde el valor de i se ha obtenido aplicando la ley de Snell en el punto 1

Antes de seguir adelante estudiemos la relacion entre las intensidades in-cidente reflejada y transmitida en un punto generico en la superficie de

separacion de dos medios transparentes e isotropos (Para su obtencionhagase un repaso de las paginas 120 y 121 del libro de Optica de HechtEd Addison Wesley 3a edicion (2000))

Consideremos el area S de la superficie de separacion en donde incide unhaz luminoso de seccion transversal S i bajo un angulo de incidencia i (verFigura 42) El haz de luz se refleja bajo un angulo ρ = i cuya seccionnormal S ρ coincide S i Sin embargo dicho haz se transmite bajo un angulor siendo su seccion normal S r diferente de las dos anteriores

S i = S ρ = S cos i S r = S cos r

18



Figura 42 Secciones transversales de los haces incidente y transmitido en la superficie de

separaciacute on

Por otra parte el principio de la conservacion de la energıa nos conduce ala siguiente relacion entre la energıa incidente en S por unidad de tiempoE i la reflejada E ρ y la transmitida E r

E i = E ρ + E rLos factores de reflexion y transmision se definen a partir de ellas de lasiguiente manera

R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1

Veamos ahora como se relaciona esto con las intensidades incidente I ireflejada I ρ y transmitida I r

E i = I i S i E ρ = I ρ S ρ E r = I r S r

Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r

Volviendo a nuestro problema veamos ahora cual es la intensidad trans-mitida en el punto 1

I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r

Analogamente para la intensidad I transmitida en el punto 2

I = I 11048616

1 minus R∥(2)1048617 cos rB

cos iB

19



Como R∥(2) = 0 (angulo de Brewster) obtenemos para la relacion entrela intensidad de luz transmitida y la de la luz incidente

I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB

Utilizando los datos relativos a los angulos y recordando la expresion de

R∥(1)

R∥(1) = tg2(i minus r)

tg2(i + r)

se llega la siguiente relacion entre estas intensidades

I

I 0= 1 43

Es decir la intensidad emergente es un 43 mayor que la incidente

2 Realizando el mismo analisis para el caso en que la luz incidente este polari-zada perpendicularmente al plano de incidencia se obtienen los siguientesresultados

Intensidad transmitida en el punto 1

I 1 = I 0 (1 minus Rperp(1)) cos i

cos r


I = I 1 (1 minus Rperp(2)) cos rBcos iB

Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB

Recordando la expresion general de Rperp

Rperp = sen2(i minus r)

sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20



La intensidad emergente es un 18 mayor que la incidente

3 La energıa transmitida por unidad de tiempo es igual a la energıa incidentetambien por unidad de tiempo multiplicada por el factor de transmisionPor lo tanto

Caso paralelo

Al entrar en el prisma

E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

puesto que T ∥(2) = 1 En consecuencia

E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular


E 1 = T perp(1) E 0 = (1 minus Rperp(1)) E 0Al salir del prisma

E = T perp(2) E 1 = (1 minus Rperp(1)) (1 minus Rperp(2)) E 0Por lo tanto

E E 0 = 0 80

Se transmite el 80 de la energıa incidente

21



Problema 5

Lente cilındrica

Sea una lente delgada convergente cilındrica de ındice de refraccion nl colo-cada en el plano X Z como se indica en la Figura 51

X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S

Figura 51 Esquema del experimento

En el plano y = minuss hay una ventana uniformemente iluminada por una ondaplana de irradiancia (o intensidad) I 0 Las esquinas de la ventana tienen porcoordenadas A equiv (l minuss l) B equiv (minusl minuss l) C equiv (minusl minuss minusl) y D equiv (l minuss minusl)Si la distancia focal f de la lente cuando esta rodeada de aire es menor que s

se pide

1 Determinar en la aproximacion paraxial las coordenadas Aprime Bprime C prime y Dprime

de las esquinas de la imagen de la ventana y calcular la relacion II 0 dondeI es la intensidad luminosa en dicha imagen (Despreciense los efectos delas reflexiones en las superficies de separacion de los medios)

2 Si tanto el espacio objeto como el espacio imagen estan ocupados por unlıquido de ındice de refraccion nm determinar los nuevos puntos Aprime Bprime

C prime y Dprime y la nueva relacion II 0 suponiendo que la nueva distancia focalsigue siendo menor que s

3 Aplicacion numerica Calcular los resultados de los apartados anteriorespara nl = 152 nm = 133 f = 50 cm s = 250 cm y l = 1 cm

22



Solucion

1 En la aproximacion paraxial o de Gauss la formula de las lentes nos pro-porciona la relacion entre las distancia objeto s imagen sprime y la distanciafocal f de la lente

1s

+ 1sprime = 1

f =rArr sprime = f s

s minus f

Por tratarse de una lente cilındrica las coordenadas x estan afectadas delaumento lateral (minussprimes) mientras que las coordenadas z no cambian Conestas consideraciones las coordenadas imagen de los puntos A B C y Dtendran las siguientes expresiones

Aprime equiv minus sprimes

l f s minus f

s l =

983080minus f s minus f

l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081

Dprime equiv minussprime

s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f

s minus f s minus l983081

La potencia en el plano objeto es I 0 4 l2

La potencia en el plano imagen es

I f

s minus f 2l times 2l = I 0 4 l2

Por lo tanto el cociente entre las intensidades vale

I

I 0=

s minus f

f

2 En primer lugar debemos determinar la nueva distancia focal f m de la lentepor estar sumergida en un lıquido de ındice de refraccion nm

1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23





Cuando objeto y lente estan rodeados de aire

Aprime equiv (minus0 25cm 62 5 cm 1cm)

Bprime

equiv (0 25cm 62 5 cm 1cm)

C prime equiv (0 25cm 62 5 cm minus1cm)

Dprime equiv (minus0 25cm 62 5 cm minus1cm)

II 0 = 4

Cuando objeto y lente estan rodeados de un lıquido de ındice de re-fraccion 133 (agua)

Aprime equiv (minus2 68cm 669 11cm 1cm)

Bprime equiv (2 68cm 669 11cm 1cm)

C prime equiv (2 68cm 669 11cm minus1cm)

Dprime equiv (minus2 68cm 669 11cm minus1cm)

II 0 = 0 3736



Problema 1

Dispersiacute on de la luz blanca en colores

En una cubeta en forma de paralelepıpedo llena de agua se coloca un espejorectangular E (vease el esquema de la Figura 11) formando un angulo ρ con

la horizontal Los rayos procedentes del Sol inciden sobre la superficie del aguaformando un angulo αe con la vertical se refractan formando un angulo β sereflejan en el espejo y salen del agua hacia la pantalla P formando un anguloαs tambien con la vertical La distancia entre la pantalla y la cubeta es D = 3m y en el estudio se puede considerar que es mucho mayor que las dimensionesde la cubeta

Figura 11 Esquema del dispositivo experimental

Por el efecto de la dispersion de la luz blanca en colores sobre la pantalla se

observa el espectro de la luz del Sol en la direccion vertical Los extremos delmismo estan a diferente altura h y corresponden a las longitudes de onda λr =780 nm y λa = 380 nm Se pide

1 Encontrar las relaciones que han de verificar los angulos αe β ρ y αs paraque los rayos salgan del agua hacia la parte derecha de la Figura 11 (sobrela pantalla)

2 Si la altura hr correspondiente al extremo rojo del espectro es hr = 2 mdeterminar el angulo αe de entrada sabiendo que ρ = 34 y que el ındicede refraccion del agua para λr = 780 nm es nr = 1325

2





3



Solucion






sen αe = n sen β







n

4










tg αsr = D

hr

= 3

2 =rArr αsr = 56 31


Por consiguiente




5






sen β a= 1 3077



Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86


na = 1 335

6





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





3



Solucion






sen αe = n sen β







n

4










tg αsr = D

hr

= 3

2 =rArr αsr = 56 31


Por consiguiente




5






sen β a= 1 3077



Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86


na = 1 335

6





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Solucion






sen αe = n sen β







n

4










tg αsr = D

hr

= 3

2 =rArr αsr = 56 31


Por consiguiente




5






sen β a= 1 3077



Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86


na = 1 335

6





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736










tg αsr = D

hr

= 3

2 =rArr αsr = 56 31


Por consiguiente




5






sen β a= 1 3077



Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86


na = 1 335

6





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736






sen β a= 1 3077



Operando

tg β a = sen2ρ

1 3077 + cos 2ρ =rArr β a = 28 86


na = 1 335

6





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





Solucion







n



n





sen ρ

8





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





n



n


cos β = n

nl


nl

1

n =

1

nl


cos2 β le 1n2l



rArr

sen β geradic

n2l minus 1

nl




radic n2l minus 1

n



Segundo caso (n

lenl)


9





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





nl


cos β le n

nl

rArr sen α geradic

n2l minus n2

n



sen ρL = 1

n rArr sen ρ le 1

n



nl

rArr sen α geradic

n2l minus 1

n


n2l minus 1 gt





radic n2

l minus 1n

= sen αmin = sen 43 69 = 0 690 756

nl

n = sen αmax = sen72 54 = 0 953 927


nl = 1 45 n = 1 52


10





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





n2l minus 1

n le sen α le 1



n

2



nlmax = 1 82

11



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Problema 3



radic 32) En el





12









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736









I 0(α) Rα




I 0(α) R3

α (1 minus Rα)2


I 0(α) R5

α (1 minus Rα)2


Rα = R∥ sen2

α + Rperp cos2

α



1 + R2

α + R4

α + 1048617



I (α) = 2 I 0(α) Rα

1 + Rα

= I 0Rα

1 + Rα

14





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





1 + Rperp cos2 α




Rperp =

sen(θB minus θt)

sen(θB + θt)

2




Rperp = 0 156 68


I max = 0 0546 0 15668

1 + 0 15668

= 0 00740W cmminus2


β = cos θB = 0 54962

15




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736




radic 2 0

radic 32) Aho-



(12 0radic


2α +

radic 3


radic 3 γ


α2 + β 2 + γ 2 = 1 =rArr γ = plusmn 1

2



cos(π2

minusφ) = 0 417 71 =

rArr φ = 24 69

16



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Problema 4






17



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Solucion








en el problema


=rArr iB = 56 83 rB = 33 17 r = 11 83 i = 18 28






18




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736




separaciacute on



R = E ρ

E i T = E r

E i =rArr R + T = 1



Por consiguiente

R = E ρE i

= I ρ S ρ

I i S i=

I ρ

I i

T = E rE i =

I r S rI i S i

=rArr I rI i

= (1 minus R) cos i

cos r


I 1 = I 01048616

1 minus R∥(1)1048617 cos i

cos r


I = I 11048616


cos iB

19




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736




I

I 0=

10486161 minus R∥(1)

1048617 cos i

cos r tg iB


R∥(1)


tg2(i + r)


I

I 0= 1 43





cos r



Por lo tanto

I

I 0= (1

minusR

perp(1))

cos i

cos r

(1

minusR

perp(2)) tg iB



sen2(i + r)

obtenemos

I

I 0 = 1 18

20





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736





Caso paralelo


E 1 = T ∥(1) E 0 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0

Al salir del prisma

E = T ∥(2) E 1 = E 1 =1048616

1 minus R∥(1)1048617 E 0


E E 0 =

10486161 minus R∥(1)

1048617 = 0 96

Caso perpendicular




E E 0 = 0 80


21



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Problema 5

Lente cilındrica


X

Z

Y

Lente

2l

2l

A

B

D

C

S



se pide






22



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736



Solucion


1s

+ 1sprime = 1


s minus f



l f s minus f

s l =


l f s minus f

s l983081

Bprime equivsprime

s l

f

s minus f s l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s l

983081

C prime equivsprime

s l

f

s minus f s minus l

=

983080 f

s minus f l

f

s minus f s minus l

983081


s l

f

s minus f s minus l

=983080minus

f

s minus f l

f




I f



I

I 0=

s minus f

f


1f m

=983080

nl

nm

minus 1983081 983080

1R1

minus 1R2

983081

23







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736







Bprime




II 0 = 4






II 0 = 0 3736

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