Ejercicio Resuelto sobre Dióptrica
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En la parte superior del techo de un submarino se colocó una fuente de luz isotrópica (es decir, que emite luz de manera uniforme en todas las direcciones). Cuando este submarino está sumergido, ¿cuál es la fracción de luz que emerge en la superficie del agua de mar, cuyo índice de refracción es 1,34? Desprecie la posibilidad de que parte de la luz sea absorbida por el agua.
Datos del problema:
- Índice de refracción del agua de mar: nm = 1,34;
- Índice de refracción del aire: na = 1.
Solución:
La luz emitida por la fuente se distribuye uniformemente en una esfera imaginaria alrededor de la fuente (Figura 1-A). Existe un ángulo límite donde el rayo de luz sale tangente a la superficie del mar. Si un rayo emitido por la fuente tiene un ángulo menor que este ángulo límite, saldrá al aire; si el ángulo es mayor, el rayo será reflejado de regreso al mar. Denotaremos A1 como el área de la esfera que contiene toda la luz emitida por la fuente, y A2 como el área del casquete esférico a través del cual la luz emerge al aire.
Si R es el radio de la esfera que rodea la fuente (Figura 1-B), el área de la esfera se calcula como
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{A_1=4\pi R^2}
\end{gather}
\]
si h es la altura del casquete que queda fuera del agua, su área será
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{A_2=2\pi Rh}
\end{gather}
\]
el ángulo límite será θL, y el radio será igual a
\[
\begin{gather}
R=L+h \tag{I}
\end{gather}
\]
Por lo tanto, la fracción de luz f que emerge será igual al área del casquete fuera del agua,
A2, dividida por el área total de la esfera, A1
\[
\begin{gather}
f=\frac{A_2}{A_1}=\frac{\cancel 2\cancel{\pi}\cancel Rh}{\cancelto{2}{4}\cancel{\pi}R^{\cancel 2}}=\frac{h}{2R} \tag{II}
\end{gather}
\]
Para determinar la fracción de luz que emerge, solo necesitamos calcular h. En la Figura 2 se
muestra un rayo que sale de la fuente luminosa y emerge con un ángulo límite θL.
Trazando una línea vertical N en el punto donde el rayo emerge, el ángulo
θL entre R y L es el mismo que tenemos entre R y N,
ya que son ángulos alternos internos.
Aplicando la Ley de Snell-Descartes
Aplicando la Ley de Snell-Descartes
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{n_1\operatorname{sen}\theta_1=n_2\operatorname{sen}\theta_2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
n_m\operatorname{sen}\theta_{\small L}=n_{a}\operatorname{sen}90°\\[5pt]
\operatorname{sen}\theta_{\small L}=\frac{n_{a}}{n_m}\operatorname{sen}90°
\end{gather}
\]
De la Trigonometría \( \operatorname{sen}90°=1 \)
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\theta _L=\frac{n_{a}}{n_m}1\\[5pt]
\operatorname{sen}\theta _L=\frac{n_{a}}{n_m}\tag{III}
\end{gather}
\]
De esta figura también podemos obtener el coseno del ángulo crítico
\[
\begin{gather}
\cos \theta_{\small L}=\frac{\text{cateto adjacente}}{\text{hipotenusa}}=\frac{L}{R}\\[5pt]
R\cos \theta_{\small L}=L
\end{gather}
\]
de la ecuación (I), tenemos el valor de L=R−h
\[
\begin{gather}
R\cos \theta_{\small L}=R-h\\[5pt]
h=R-R\cos\theta_{\small L}\\[5pt]
h=R\left(1-\cos\theta_{\small L}\right) \tag{IV}
\end{gather}
\]
De la Trigonometría
\[
\begin{gather}
\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta =1\\[5pt]
\cos \theta =\sqrt{1-\operatorname{sen}^2\theta \;}
\end{gather}
\]
sustituyendo este valor del coseno en la ecuación (IV)
\[
\begin{gather}
h=R\left(1-\sqrt{1-\operatorname{sen}^2\theta _L\;}\right)
\end{gather}
\]
sustituyendo la ecuación (III)
\[
\begin{gather}
h=R\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right] \tag{V}
\end{gather}
\]
sustituyendo la ecuación (V) en la ecuación (II)
\[
\begin{gather}
f=\frac{\cancel R\left[1-\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right]}{2\cancel R}\\[5pt]
f=\frac{1}{2}\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right]\\[5pt]
f=\frac{1}{2}\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{1}{1,34}\right)^2\;}\right]\\
f=0,167
\end{gather}
\]
La fracción de luz que emerge del mar será del
16,7%.
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