Notas de lectura
Problemas de Física II
- Institución
- Universidade De Vigo (UVIGO)
Problemas resueltos de la materia Física II en: 1. Óptica. 2. Campo eléctrico. 3. Corriente continua. 4. Campo magnético. 5. Corriente alterna.
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FÍSICA 2 PROBLEMASPROBLEMAS
EJERCICIO 1 (EJERCICIO Nº 1 DEL BOLETÍN DE PROBLEMAS – ÓPTICA).
Un objeto se encuentra en el aire (con un índice de refracción de 1,0) a una distancia d = 2,5cm
2,5cm de la
superficie de una esfera de vidrio (con un índice de refracción de 1,5) que tiene un radio R = 10cm
10cm.
cm.
Encuentra la posición, aumento y naturaleza de la imagen proyectada por la esfera. Comprueba el resul-
resul-
tado empleando trazado de rayos.
Realizamos el dibujo de lo que nos pide el ejercicio y marcamos los dioptrios que vamos a utilizar.
Suponemos una imagen de tamaño desconocido y anotamos todos los datos en el proceso de ob-
ténción de la figura imagen (P’) a partir de la figura objeto (P), fijándonos en el signo del radio (R).
D1 D2
D1 D2
P R2
P = P1 ⟶ NO4 = P2 ⟶ NP4 = P’
O1 O2 n1 = 1 n2 = 1,5
R1 n34 = 1,5 n4= = 1
2,5 cm R1 = 10 cm R2 = –10 cm
DIOPTRIO 1 – En este caso la distancia (s1) del eje del dioptrio (O1) al objeto es negativa al estar a su
izquierda. Calculamos la distancia del eje a la imagen formada (s34 ).
56 5 56 8 5 56; 5; 56; 8 5;
– = ⟶ – = 3,I 3 3,I8 3
76 7 9 76; 7; 9; – = ⟶ s34 = –4,29 cm
76; 8=,I 3K
s1 = –2,5 cm
DIOPTRIO 2 – Tenemos que hallar la distancia (s2) de la imagen formada en el dioptrio 1 respecto
del eje de este dioptrio (O2). Para ello, restamos a la distancia (s34 ) de la imagen hallada en el dioptrio
anterior la distancia entre los ejes (O1 y O2). Podemos hallar la distancia de la nueva imagen (s=4 ).
56 5 56 8 5 56> 5> 56> 8 5>
– = ⟶ – = 3 3,I 3 8 3,I
76 7 9 76> 7> 9> – = ⟶ s=4 = –85,08 cm
76> 8=,I 83K
s2 = s34 – |O1 · O2| = –4,29 – 20 = –24,29 cm
La imagen se encuentra a 85,08 centímetros a la izquierda de O2, es una imagen virtual.
virtual
Hallamos el aumento lateral total (β), que es el producto de ambos aumentos laterales (β1 y β2).
5; · 76; 5> · 76> 3 · (8G,=H) 3,I · (8JI,KJ)
β = β 1 · β2 = · = · = 5,99 ⟶ Imagen directa y mayor.
mayor
56; · 7; 56> · 7> 3,I · (8=,I) 3 · (8=G,=H)
Calculamos los focos objeto (F1 y F2) e imagen (F34 y F=4 ) y realizamos el trazado de rayos en dos pa-
sos, uno para hallar la imagen formada por el primer dioptrio (D1) y otro para el segundo (D2).
5 ; · 9; 3 · 3K 5 > · 9> 3,I · (83K)
f1 = – =– = –20 cm f2 = – =– = –30 cm
56; 8 5; 3,I 8 3 56> 8 5> 3 – 3,I
56; · 9; 3,I · 3K 56> · 9> 3 · (83K)
f34 = = = 30 cm f=4 = = = 20 cm
56; 8 5; 3,I 8 3 56> 8 5> 3 – 3,I
P34
P=4
F1 P1 F34 F2 P2 F=4
, FÍSICA 2 PROBLEMAS
EJERCICIO 2 (EJERCICIO Nº 2 DEL BOLETÍN DE PROBLEMAS – ÓPTICA).
En un acuario se ve un pececillo a través de una esfera de vidrio de radio R = 5cm. Determinar en qué
posición se vería el pez, así como su aumento, cuando éste se encuentra a una distancia d = 25cm del
centro de la esfera. Comprueba el resultado empleando trazado de rayos.
Datos: nagua = 1,3; nvidrio = 1,5; naire = 1,0.
Realizamos el dibujo situando los datos que conocemos y los dioptrios escogidos.
D1 D2 D1 D2
R1 P = P1 ⟶ NO4 = P2 ⟶ NP4 = P’
O1 O2 n1 = 1,3 n2 = 1,5
P R2 n34 = 1,5 n4= = 1
25 cm
R1 = 5 cm R2 = –5 cm
DIOPTRIO 1 – La distancia (s1) del objeto al eje del dioptrio es negativa. Nos fijamos que ésta es de
20 centímetros, y no 25 centímetros, ya que el eje O1 está 5 centímetros antes del centro de la esfera.
56 5 56 8 5 56; 5; 56; 8 5;
– = ⟶ – = 3,V 3,I 3,V 8 3,I
76 7 9 76; 7; 9; – = ⟶ s34 = –60 cm
76> 8=K I
s1 = –20 cm
DIOPTRIO 2 – Hallamos la distancia (s2) del objeto respecto de este eje (O2) restando a la imagen
hallada antes (s34 ) la distancia entre los ejes (O1 y O2). Calculamos la nueva distancia imagen (s=4 ).
56 5 56 8 5 56> 5> 56> 8 5>
7 6 – =
7 9
⟶
76>
–
7>
=
9> 3,I 3 3,I 8 3
– = ⟶ s=4 = 12,5 cm
76> 8XK 8I
s2 = s34 – |O1 · O2| = –60 – 10 = –70 cm
La imagen se encuentra a 12,5 centímetros a la derecha de O2, es una imagen real.
real
Podemos saber el tamaño y dirección de la imagen hallando el aumento lateral (β), que es el produc-
to de los aumentos laterales de cada dioptrio (β1 y β2).
5; · 76; 5> · 76> 3,V · (8WK) 3,I · 3=,I
β = β 1 · β2 = · = · = –0,69 ⟶ Imagen inversa y menor.
menor
56; · 7; 56> · 7> 3,I · (8=K) 3 · (8XK)
Para realizar el trazado de rayos y obtener la figura imagen (P’) tenemos que calcular las distancias
focales objeto (f1 y f2) e imagen (f34 y f=4 ) para cada dioptrio. Primero calculamos la imagen que forma
el primer dioptrio y, con esta, obtenemos la imagen que forma el segundo, que será la imagen final.
5 ; · 9; 3,V · I 56; · 9; 3,I · I
f1 = – =– = –32,5 cm f34 = = = 37,5 cm
56; 8 5; 3,I – 3,V 56; 8 5; 3,I – 3,V
P34 F1 P1 F34
5 > · 9> 3,I · (8I) 56> · 9> 3 · (8I)
f2 = – =– = –15 cm f=4 = = = 10 cm
56> 8 5> 3 – 3,I 56> 8 5> 3 – 3,I
P=4
P2 F2 F=4
, FÍSICA 2 PROBLEMAS
EJERCICIO 3 (EJERCICIO Nº 3 DEL BOLETÍN DE PROBLEMAS – ÓPTICA).
Un pez grande observa a través de una burbuja esférica de 5 cm de radio y con un índice de refracción n’
un pececillo. Determinar en qué posición es observado el pececillo, así como su aumento y naturaleza,
cuando éste se encuentra a una distancia de 10cm del centro de la burbuja para los casos en que la
susodicha sea de aire (n’ = 1) o de aceite (n’ = 1,45). Dato: nagua = 1,33.
Aire: Aceite:
D1 D2 D1 D2
P = P1 ⟶ NO4 = P2 ⟶ NP4 = P’ P = P1 ⟶ NO4 = P2 ⟶ NP4 = P’
n1 = 1,33 n2 = 1 n1 = 1,33 n2 = 1,45
n34 =1 n4= = 1,33 n34 = 1,45 n4= = 1,33
R1 = 5 cm R2 = –5 cm R1 = 5 cm R2 = –5 cm
CASO DEL AIRE (n’ = 1):
1):
DIOPTRIO 1 – La distancia (s1) es negativa al estar el pececillo a la izquierda. Calculamos pues la dis-
tancia de la imagen (s34 ) respecto del dioptrio.
56 5 56 8 5 56; 5; 56; 8 5;
– = ⟶ – = 3 3,VV 3 8 3,VV
76 7 9 76; 7; 9; – = ⟶ s34 = –3,01 cm
76> 8I I
s1 = –5 cm
DIOPTRIO 2 – La distancia objeto (s2) se calcula restando a la distancia imagen del dioptrio anterior
(s34 ) la longitud entre los ejes de los dioptrios (O1 y O2). Resolvemos y hallamos la distancia final (s=4 ).
56 5 56 8 5 56> 5> 56> 8 5>
6 –
= ⟶ – = 3,VV 3 3,VV 8 3
7 7 9 76> 7> 9> – = ⟶ s=4 = –9,31 cm
76> 83V,K3 8I
s2 = s34 – |O1 · O2| = –3,01 – 10 = –13,01 cm
La imagen se encuentra a 9,31 centímetros a la izquierda de O2, es una imagen virtual.
virtual
Calculamos el aumento lateral (β), producto de los aumentos parciales de cada dioptrio (β1 y β2).
5; · 76; 5> · 76> 3,VV · (8V,K3) 3 ·(8H,V3)
β = β 1 · β2 = · = · = 0,42 ⟶ Imagen directa y menor.
menor
56; · 7; 56> · 7> 3 · (8I) 3,VV · (83V,K3)
CASO DEL ACEITE
ACEITE (n’ = 1,45):
1,45):
DIOPTRIO 1 – Con la distancia objeto (s1) podemos calcular la distancia imagen (s34 ). Esta primera es
negativa al encontrarse a la izquierda del eje del dioptrio (O1).
56 5 56 8 5 56; 5; 56; 8 5;
– = ⟶ – = 3,GI 3,VV 3,GI 8 3,VV
7 6 7 9 76; 7; 9; – = ⟶ s34 = –5,99 cm
76> 8I I
s1 = –5 cm
DIOPTRIO 2 – La distancia objeto (s2) en este caso será el resultado de restar la distancia imagen (s34 )
formada por el dioptrio anterior restándole la distancia entre polos (O1 y O2).
56 5 56 8 5 56> 5> 56> 8 5>
– = ⟶ – =
76 7 9 76> 7> 9> 3,VV 3,GI 3,VV – 3,GI
– = ⟶ s=4 = –19,95 cm
76> 83I,HH 8I
s2 = s34 – |O1 · O2| = –5,99 – 10 = –15,99 cm
La imagen se encuentra a 19,95 centímetros a la izquierda de O2, es una imagen virtual.
virtual
El aumento lateral (β), es el producto del aumento lateral de cada dioptrio (β1 y β2).
5; · 76; 5> · 76> 3,VV · (8I,HH) 3,GI · (83H,HI)
β = β 1 · β2 = · = · = 1,49 ⟶ Imagen directa y mayor.
mayor
56; · 7; 56> · 7> 3,GI · (8I) 3,VV · (83I,HH)
, FÍSICA 2 PROBLEMAS
EJERCICIO 4 (EJERCICIO Nº 4 DEL BOLETÍN DE PROBLEMAS – ÓPTICA).
Una placa de 10cm de espesor tiene un índice de refracción de 1,5. La mitad delantera de la placa se reba-
reba-
jó dejando una superficie esférica con un radio de 5cm. Calcula la posición, naturaleza y tamaño de la ima-
ima-
gen
gen de un objeto P de 1cm situado en el aire y a 25cm a la izquierda de la superficie delantera de la placa.
Hacemos nuestro dibujo y marcamos los dioptrios, que en este caso serán dos: Uno antes de la placa
(D1) y otro después de la misma (D2).
D1 D2
D1 D2
P
P = P1 ⟶ NO4 = P2 ⟶ NP4 = P’
R
n1 = 1 n2 = 1,5
y = 1 cm O1 O2 n34 = 1,5 n4= = 1
R1 = –5 cm R2 = ∞
25 cm 5 cm 5 cm
DIOPTRIO 1 – En este dioptrio esférico, la distancia objeto (s1) es negativa al encontrarse este a la
izquierda del eje del dioptrio (O1), el radio (R1) también es negativo por la misma razón. Con los
datos podemos calcular la distancia imagen (s34 ).
56 5 56 8 5 56; 5; 56; 8 5;
6 –
= ⟶ – = 3 3,I 3 8 3,I
7 7 9 76; 7; 9; – = ⟶ s34 = –11,25 cm
76> 8VK 8I
s1 = –25 – 5 = –30 cm
DIOPTRIO 2 – La distancia objeto (s2) se calcula restando a la distancia imagen del dioptrio anterior
(s34 ) la longitud entre los ejes de los dioptrios (O1 y O2). Al ser un dioptrio plano, como su radio es
infinito (R2 = ∞) se simpli[ica la ecuación. Resolvemos y hallamos la distancia [inal (s=4 ).
56 5 56> 5>
7 6 = 7
⟶
76>
=
7> 3,I 3
= ⟶ s=4 = –10,83 cm
76> 83W,=I
s2 = s34 – |O1 · O2| = –11,25 – 5 = –16,25 cm
La imagen se encuentra a 10,83 centímetros a la izquierda de O2, es una imagen virtual.
virtual
Calculamos el aumento lateral (β), que es nada más y nada menos que el producto de los aumentos
laterales parciales de cada dioptrio (β1 y β2).
5; · 76; 5> · 76> 3 · (833,=I) 3,I · (83K,JV)
β = β 1 · β2 = · = · = 0,25 ⟶ Imagen directa y menor.
menor
56; · 7; 56> · 7> 3,I · (8VK) 3 · (83W,=I)
Para obtener el tamaño final de la imagen (y’) tenemos que multiplicar el aumento lateral total (β)
por el tamaño del objeto (y).
y' = |β| · y = 0,25 · 1 = 0,25 cm
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