Physics · Livro 3 · Bachelor Year 1

Física universitária — 1.º ano

Física universitária — 1.º ano · Bachelor Year 1

3Espelhos e lentes delgadas

Um espelho de maquiagem mostra um rosto com o dobro do tamanho; o dorso de uma colher o mostra minúsculo e direito, a concavidade o mostra minúsculo e de cabeça para baixo; uma lupa segurada com o braço estendido vira a sala ao contrário e, aproximada, aumenta um selo; a lente de um celular, do tamanho de uma lentilha, pinta a rua inteira sobre um sensor. Uma única relação algébrica entre três distâncias governa todas essas imagens, e este capítulo a estabelece — primeiro para os espelhos curvos, depois para a lente delgada com que quase todos os instrumentos ópticos são construídos.

Uma lente convergente formando sobre um anteparo a imagem real e invertida da chama de uma vela: as distâncias do objeto e da imagem obedecem à relação de conjugação deste capítulo.
Uma lente convergente formando sobre um anteparo a imagem real e invertida da chama de uma vela: as distâncias do objeto e da imagem obedecem à relação de conjugação deste capítulo.

3.1 Imagens e condições de Gauss

Definição 3.1 (Objeto, imagem, estigmatismo)

Um sistema óptico recebe raios vindos de um ponto AA (o ponto objeto). Se todos os raios emergentes passam por um único ponto A′A', ou todos parecem vir de um único ponto A′A', o sistema é estigmático para AA, e A′A' é a imagem de AA. A imagem é real se os raios emergentes de fato se cruzam em A′A' (ela pode ser recolhida num anteparo), e virtual se apenas os seus prolongamentos se cruzam (ela é vista através do sistema, não projetada). Do mesmo modo, o objeto é real se os raios incidentes divergem de AA, e virtual se convergem para AA depois da entrada do sistema. O par (A,A′)(A, A') é conjugado.

Definição 3.2 (Sistema centrado; condições de Gauss)

Um sistema centrado tem um eixo de simetria de revolução, o eixo óptico. Os raios que ficam próximos do eixo e fazem ângulos pequenos com ele são paraxiais; diz-se que um sistema usado apenas com raios paraxiais trabalha nas condições de Gauss. Nessas condições um sistema centrado é aproximadamente estigmático para todo ponto, e um plano-objeto perpendicular ao eixo tem um plano-imagem perpendicular ao eixo (aplanetismo).

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Observação 3.3 (Por que ângulos pequenos)

O espelho plano é o único sistema simples rigorosamente estigmático para todo ponto. Um espelho ou uma lente esférica é estigmático apenas na medida em que sin⁡θ≈tan⁡θ≈θ\sin\theta \approx \tan\theta \approx \theta: é essa aproximação que transforma a lei de Snell em relações lineares entre distâncias. Fora dela, a imagem de um ponto é uma mancha (aberrações), e o trabalho do projetista — diafragmas, combinações de lentes, superfícies asféricas — é empurrar essa mancha para baixo do que o olho ou o sensor conseguem resolver.

Notação 3.4 (Medidas algébricas e aumento)

O eixo óptico é orientado no sentido da luz incidente; a direção transversal é orientada para cima. Para pontos PP, QQ do eixo, PQ‾\overline{PQ} designa a medida algébrica (PQ‾>0\overline{PQ} > 0 se QQ está a jusante de PP); para um objeto ABAB perpendicular ao eixo e a sua imagem A′B′A'B', o aumento transversal é

γ=A′B′‾AB‾,\gamma = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} ,

negativo para uma imagem invertida, de valor absoluto maior que 11 para uma imagem ampliada.

3.2 Espelhos esféricos

Definição 3.5 (Espelho esférico)

Um espelho esférico é uma calota esférica refletora de centro CC e vértice SS (a sua interseção com o eixo). Ele é côncavo se a luz encontra o lado oco (CC do lado da luz incidente), e convexo em caso contrário. O seu foco FF é a imagem de um ponto do infinito sobre o eixo; a sua distância focal é f=SF‾f = \overline{SF}.

Proposição 3.6 (Foco de um espelho esférico)

Nas condições de Gauss, o foco é o ponto médio de SCSC: SF‾=SC‾/2\overline{SF} = \overline{SC}/2. Um espelho côncavo tem f<0f < 0 (foco real, à frente); um convexo tem f>0f > 0 (foco virtual, atrás).

Demonstração. Um raio paralelo ao eixo, à altura hh, encontra o espelho em II; a normal em II é o raio CICI, que faz um ângulo α\alpha com o eixo, sin⁡α=h/R\sin\alpha = h/R. Refletido com o mesmo ângulo α\alpha em relação à normal, o raio cruza o eixo em FF; o triângulo CIFCIF tem ângulos iguais α\alpha em CC e em II, de modo que CF=IFCF = IF e, projetando, CF=R/(2cos⁡α)CF = R/(2\cos\alpha). Para raios paraxiais cos⁡α→1\cos\alpha \to 1 e CF=R/2CF = R/2: todos esses raios cruzam o eixo no mesmo ponto, o ponto médio de SCSC. Sinal: para um espelho côncavo, CC e FF ficam à frente (a montante) e SC‾<0\overline{SC} < 0. ∎

Teorema 3.7 (Conjugação de um espelho esférico)

Nas condições de Gauss, a imagem A′A' de um ponto AA do eixo satisfaz

1SA′‾+1SA‾=2SC‾=1SF‾,γ=−SA′‾SA‾.\frac{1}{\overline{SA'}} + \frac{1}{\overline{SA}} = \frac{2}{\overline{SC}} = \frac{1}{\overline{SF}}, \qquad \gamma = -\frac{\overline{SA'}}{\overline{SA}} .

Demonstração. Tome um espelho côncavo e um objeto real AA além de CC; a forma algébrica cobre então todos os casos. Um raio que parte de AA atinge o espelho em II (altura hh) e volta a A′A' sobre o eixo. Sejam uu, u′u', ω\omega os ângulos de AIAI, A′IA'I e CICI com o eixo; paraxialmente u=h/ASu = h/AS, u′=h/A′Su' = h/A'S, ω=h/CS\omega = h/CS (distâncias). A lei da reflexão diz que a normal CICI bissecta o ângulo entre AIAI e A′IA'I: ω−u=u′−ω\omega - u = u' - \omega, isto é, u+u′=2ωu + u' = 2\omega, isto é, 1/AS+1/A′S=2/CS1/AS + 1/A'S = 2/CS; com SA‾\overline{SA}, SA′‾\overline{SA'}, SC‾\overline{SC} todos negativos, essa é a relação exibida. Quanto ao aumento, o raio B→S→B′B \to S \to B' refletido no vértice faz ângulos iguais com o eixo: A′B′/SA′=AB/SAA'B'/SA' = AB/SA em comprimentos, e a imagem é invertida, γ=−SA′‾/SA‾\gamma = -\overline{SA'}/\overline{SA}. ∎

Método 3.8 (Construindo uma imagem num espelho)

Para um ponto-objeto BB fora do eixo, trace dois dos quatro raios notáveis; a sua interseção (ou a dos seus prolongamentos) é B′B':

  1. paralelo ao eixo →\to refletido passando por FF;
  2. passando por FF →\to refletido paralelo ao eixo;
  3. passando por CC →\to refletido sobre si mesmo;
  4. dirigido ao vértice SS →\to refletido simetricamente em relação ao eixo.

Então A′A' é o pé da perpendicular baixada de B′B' ao eixo.

Um espelho côncavo (C, foco F a meio raio). Para um objeto AB além de C, o raio paralelo ao eixo volta passando por F e o raio que passa por F volta paralelo: eles se cruzam em B' — uma imagem real, invertida e reduzida, entre F e C.
Um espelho côncavo (CC, foco FF a meio raio). Para um objeto ABAB além de CC, o raio paralelo ao eixo volta passando por FF e o raio que passa por FF volta paralelo: eles se cruzam em B′B' — uma imagem real, invertida e reduzida, entre FF e CC.

Exemplo 3.9 (Espelho de barbear, espelho retrovisor)

Um espelho côncavo de raio 60 cm60\,\mathrm{cm} (f=−30 cmf = -30\,\mathrm{cm}) com um rosto a 20 cm20\,\mathrm{cm}: 1/SA′‾=−1/30+1/20=1/601/\overline{SA'} = -1/30 + 1/20 = 1/60, SA′‾=+60 cm\overline{SA'} = +60\,\mathrm{cm} — atrás do espelho, virtual — e γ=−60/(−20)=+3\gamma = -60/(-20) = +3: direita, três vezes maior, o espelho de barbear. Um espelho convexo de raio 2.0 m2.0\,\mathrm{m} (f=+1.0 mf = +1.0\,\mathrm{m}) com um carro 20 m20\,\mathrm{m} atrás: 1/SA′‾=1+1/201/\overline{SA'} = 1 + 1/20, SA′‾=0.95 m\overline{SA'} = 0.95\,\mathrm{m} (virtual, atrás), γ=+0.048\gamma = +0.048: direita, vinte vezes menor e, portanto, com campo amplo — o espelho retrovisor, com o seu aviso de que os objetos estão mais perto do que parecem.

3.3 Lentes delgadas

Definição 3.10 (Lente delgada)

Uma lente é um meio transparente limitado por duas superfícies esféricas (ou planas); ela é delgada quando a sua espessura é desprezível frente aos raios de curvatura e às distâncias em jogo, de modo que os dois vértices se confundem num só ponto, o centro óptico OO. Um raio que passa por OO não é desviado. O foco imagem F′F' é a imagem de um ponto do infinito sobre o eixo; o foco objeto FF é o ponto cuja imagem está no infinito; ambos estão à mesma distância de OO: OF′‾=−OF‾=f′\overline{OF'} = -\overline{OF} = f', a distância focal. A lente é convergente se f′>0f' > 0 (F′F' real, a jusante; bordas mais finas que o centro), e divergente se f′<0f' < 0. A sua vergência V=1/f′V = 1/f' é medida em dioptrias (1 δ=1 m−11\,\delta = 1\,\mathrm{m}^{-1}).

Teorema 3.11 (Conjugação de uma lente delgada)

Nas condições de Gauss, a imagem A′A' de um ponto AA do eixo satisfaz a relação de Descartes

1OA′‾−1OA‾=1f′,γ=OA′‾OA‾,\frac{1}{\overline{OA'}} - \frac{1}{\overline{OA}} = \frac{1}{f'}, \qquad \gamma = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}},

e, de modo equivalente, a relação de Newton

FA‾⋅F′A′‾=−f′2,γ=f′FA‾=−F′A′‾f′.\overline{FA}\cdot\overline{F'A'} = -f'^2, \qquad \gamma = \frac{f'}{\overline{FA}} = -\frac{\overline{F'A'}}{f'} .

Demonstração parcial. O fato central é que uma lente delgada desvia um raio que a atravessa à altura hh do ângulo h/f′h/f' em direção ao eixo, qualquer que seja a direção do raio — cada zona da lente age como um prisma delgado (Observação 2.21) cujo ângulo de refringência cresce linearmente com hh para superfícies esféricas; essa linearidade, exata para raios paraxiais, é admitida aqui e deduzida da lei de Snell em duas superfícies esféricas no volume do segundo ano. Admitindo-a: um raio que parte de AA (à distância p=−OA‾>0p = -\overline{OA} > 0 para um objeto real) e chega à lente à altura hh tem inclinação h/ph/p, é desviado de h/f′h/f' e sai com inclinação h/p−h/f′h/p - h/f'; ele cruza o eixo em A′A' com h/OA′‾=h/f′−h/ph/\overline{OA'} = h/f' - h/p, isto é, 1/OA′‾−1/OA‾=1/f′1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/f', independentemente de hh: todos os raios vindos de AA se encontram em A′A'. O raio B→O→B′B \to O \to B' que passa pelo centro é retilíneo, de modo que A′B′‾/AB‾=OA′‾/OA‾\overline{A'B'}/\overline{AB} = \overline{OA'}/\overline{OA}. A forma de Newton segue substituindo OA‾=OF‾+FA‾=−f′+FA‾\overline{OA} = \overline{OF} + \overline{FA} = -f' + \overline{FA} e OA′‾=f′+F′A′‾\overline{OA'} = f' + \overline{F'A'}. ∎

Método 3.12 (Construindo uma imagem através de uma lente delgada)

Três raios notáveis a partir de BB:

  1. passando por OO: não desviado;
  2. paralelo ao eixo: emerge passando por F′F';
  3. passando por FF: emerge paralelo ao eixo.

Dois bastam; para uma lente divergente, use os prolongamentos (o raio dirigido a FF atrás da lente emerge paralelo; o raio paralelo emerge como se viesse de F′F', à frente).

Uma lente convergente: objeto AB além de F. O raio que passa por O segue reto, o raio paralelo se desvia passando por F', o raio que passa por F sai paralelo; os três se encontram em B': imagem real e invertida. Aqui OA = -1.5f', logo OA' = 3f' e = -2.
Uma lente convergente: objeto ABAB além de FF. O raio que passa por OO segue reto, o raio paralelo se desvia passando por F′F', o raio que passa por FF sai paralelo; os três se encontram em B′B': imagem real e invertida. Aqui OA‾=−1.5f′\overline{OA} = -1.5f', logo OA′‾=3f′\overline{OA'} = 3f' e γ=−2\gamma = -2.
Uma lente divergente (F' a montante, F a jusante): o raio paralelo emerge como se viesse de F', o raio central segue reto; os seus prolongamentos se encontram em B' — uma imagem virtual, direita e reduzida, qualquer que seja a posição do objeto.
Uma lente divergente (F′F' a montante, FF a jusante): o raio paralelo emerge como se viesse de F′F', o raio central segue reto; os seus prolongamentos se encontram em B′B' — uma imagem virtual, direita e reduzida, qualquer que seja a posição do objeto.

Exemplo 3.13 (A mesma lente, três usos)

Uma lente convergente, f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}. Selo a 3.0 cm3.0\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/3=−2/151/\overline{OA'} = 1/5 - 1/3 = -2/15, OA′‾=−7.5 cm\overline{OA'} = -7.5\,\mathrm{cm}, virtual, γ=+2.5\gamma = +2.5: a lupa. Lâmpada a 20 cm20\,\mathrm{cm}: OA′‾=6.7 cm\overline{OA'} = 6.7\,\mathrm{cm}, real, γ=−1/3\gamma = -1/3: uma imagem invertida e reduzida sobre um cartão. Janela a 4 m4\,\mathrm{m}: OA′‾≈f′\overline{OA'} \approx f', imagem invertida minúscula no plano focal — a câmera. Três usos, uma relação.

Proposição 3.14 (Aumento longitudinal)

Se o objeto se desloca ao longo do eixo de  ⁣dOA‾\dd\overline{OA}, a imagem se desloca de  ⁣dOA′‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}, no mesmo sentido.

Demonstração. Derive a relação de Descartes com f′f' fixo: − ⁣dOA′‾/OA′‾2+ ⁣dOA‾/OA‾2=0-\dd\overline{OA'}/\overline{OA'}^2 + \dd\overline{OA}/\overline{OA}^2 = 0, de modo que  ⁣dOA′‾=(OA′‾/OA‾)2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = (\overline{OA'}/\overline{OA})^2\,\dd\overline{OA}. ∎

Observação 3.15 (Tolerância de foco)

Um projetor com γ=−50\gamma = -50 tem γ2=2500\gamma^2 = 2500: um slide que se deforma 0.1 mm0.1\,\mathrm{mm} sob o calor da lâmpada joga a sua imagem 25 cm25\,\mathrm{cm} para fora do plano da tela. Inversamente, uma câmera (∣γ∣≪1\abs\gamma \ll 1) tolera grandes deslocamentos do objeto para um desvio mínimo da imagem — é a profundidade de campo.

3.4 Medindo uma distância focal

Método 3.16 (Autocolimação)

Coloque um espelho plano logo atrás da lente e desloque um objeto iluminado (uma cruz num vidro fosco) ao longo do eixo até que a sua imagem, refletida de volta através da lente, se forme nítida sobre o próprio objeto, invertida e do mesmo tamanho. O objeto está então no plano focal: os raios saem da lente paralelos, voltam paralelos do espelho e são refocalizados no plano focal. A distância objeto–lente vale f′f'.

Proposição 3.17 (Método de Bessel)

Um objeto e um anteparo estão fixos a uma distância DD um do outro. Uma lente convergente forma uma imagem real nítida sobre o anteparo em exatamente duas posições se D>4f′D > 4f', numa única se D=4f′D = 4f', e em nenhuma se D<4f′D < 4f'. As duas posições distam dd uma da outra, com

f′=D2−d24D.f' = \frac{D^2 - d^2}{4D} .

Em D=4f′D = 4f' (Silbermann) a única posição dá γ=−1\gamma = -1.

Demonstração. Seja p=−OA‾>0p = -\overline{OA} > 0 a distância objeto–lente; então OA′‾=D−p\overline{OA'} = D - p e Descartes dá 1/(D−p)+1/p=1/f′1/(D - p) + 1/p = 1/f', isto é, p2−Dp+Df′=0p^2 - Dp + Df' = 0: discriminante D2−4Df′D^2 - 4Df', positivo se e só se D>4f′D > 4f'. As duas raízes p1,2=(D∓D2−4Df′)/2p_{1,2} = (D \mp \sqrt{D^2 - 4Df'})/2 somam DD (as posições são simétricas: as distâncias do objeto e da imagem se trocam) e diferem de d=D2−4Df′d = \sqrt{D^2 - 4Df'}; basta isolar f′f'. Em D=4f′D = 4f', p=2f′=OA′‾p = 2f' = \overline{OA'} e γ=−1\gamma = -1. ∎

Método de Bessel: objeto e anteparo fixos com D > 4f'; a lente dá uma imagem nítida em duas posições simétricas separadas por d (ampliada, reduzida), e f' = (D2 - d2)/4D.
Método de Bessel: objeto e anteparo fixos com D>4f′D > 4f'; a lente dá uma imagem nítida em duas posições simétricas separadas por dd (ampliada, reduzida), e f′=(D2−d2)/4Df' = (D^2 - d^2)/4D.

3.5 Duas lentes delgadas

Proposição 3.18 (Lentes em contato; dubleto afocal)

Duas lentes delgadas em contato se comportam como uma única lente delgada de vergência V=V1+V2V = V_1 + V_2. Duas lentes dispostas de modo que F1′=F2F_1' = F_2 formam um sistema afocal: um feixe paralelo emerge paralelo, e um feixe inclinado de α\alpha emerge inclinado de α′=Gα\alpha' = G\alpha, com o aumento angular G=−f1′/f2′G = -f_1'/f_2'.

Demonstração. A imagem A1A_1 dada por L1L_1 é o objeto para L2L_2. Em contato, O1=O2=OO_1 = O_2 = O: 1/OA1‾−1/OA‾=V11/\overline{OA_1} - 1/\overline{OA} = V_1 e 1/OA′‾−1/OA1‾=V21/\overline{OA'} - 1/\overline{OA_1} = V_2; some. Afocal: um feixe paralelo com ângulo α\alpha focaliza no plano focal comum à altura h=f1′αh = f_1'\alpha do eixo (raio que passa por O1O_1); visto de L2L_2, esse ponto está no seu plano focal objeto, de modo que o feixe emerge paralelo, com o ângulo do raio que vai desse ponto até O2O_2: α′=−h/f2′\alpha' = -h/f_2'. ∎

Exemplo 3.19 (Uma luneta em uma linha)

f1′=1000 mmf_1' = 1000\,\mathrm{mm}, f2′=25 mmf_2' = 25\,\mathrm{mm}: G=−40G = -40; a Lua, de meio grau de largura, vira um disco de 20∘20^\circ — a luneta astronômica do próximo capítulo. Com uma ocular divergente, f2′=−25 mmf_2' = -25\,\mathrm{mm}, G=+40G = +40: direita, a luneta de Galileu.

3.6 Exercícios

Exercício 3.1 ★

Um espelho côncavo tem R=40 cmR = 40\,\mathrm{cm}. Encontre a imagem de um objeto colocado a 60 cm60\,\mathrm{cm}, 30 cm30\,\mathrm{cm} e 10 cm10\,\mathrm{cm} do vértice: posição, real ou virtual, aumento.

Solução

Solução de Exercício 3.1.

SF‾=−20 cm\overline{SF} = -20\,\mathrm{cm}; 1/SA′‾=1/SF‾−1/SA‾1/\overline{SA'} = 1/\overline{SF} - 1/\overline{SA}. A 60 cm60\,\mathrm{cm}: SA′‾=−30 cm\overline{SA'} = -30\,\mathrm{cm}, real, γ=−0.5\gamma = -0.5. A 30 cm30\,\mathrm{cm}: SA′‾=−60 cm\overline{SA'} = -60\,\mathrm{cm}, real, γ=−2\gamma = -2. A 10 cm10\,\mathrm{cm}: 1/SA′‾=−1/20+1/10=1/201/\overline{SA'} = -1/20 + 1/10 = 1/20, SA′‾=+20 cm\overline{SA'} = +20\,\mathrm{cm} atrás do espelho, virtual, γ=+2\gamma = +2 (direita, ampliada).

Exercício 3.2 ★

Uma lente convergente tem f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}. Encontre a imagem de um objeto a 20 cm20\,\mathrm{cm} e depois a 3.0 cm3.0\,\mathrm{cm}; esboce as construções.

Solução

Solução de Exercício 3.2.

OA‾=−20 cm\overline{OA} = -20\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/20=3/201/\overline{OA'} = 1/5 - 1/20 = 3/20, OA′‾=+6.7 cm\overline{OA'} = +6.7\,\mathrm{cm}, real invertida, γ=−1/3\gamma = -1/3. OA‾=−3.0 cm\overline{OA} = -3.0\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/3=−2/151/\overline{OA'} = 1/5 - 1/3 = -2/15, OA′‾=−7.5 cm\overline{OA'} = -7.5\,\mathrm{cm}, virtual direita, γ=+2.5\gamma = +2.5.

Exercício 3.3 ★

Dê a vergência de uma lente de distância focal 25 cm25\,\mathrm{cm}; a distância focal de uma lente de −2.0 δ-2.0\,\delta; a distância focal de uma lente de +3.0 δ+3.0\,\delta em contato com uma de −1.0 δ-1.0\,\delta.

Solução

Solução de Exercício 3.3.

V=1/0.25=+4.0 δV = 1/0.25 = +4.0\,\delta; f′=1/(−2.0)=−50 cmf' = 1/(-2.0) = -50\,\mathrm{cm}; V=3.0−1.0=+2.0 δV = 3.0 - 1.0 = +2.0\,\delta, f′=50 cmf' = 50\,\mathrm{cm}.

Exercício 3.4 ★

Com f′=10 cmf' = 10\,\mathrm{cm} e um objeto 15 cm15\,\mathrm{cm} antes de FF, use a relação de Newton para localizar a imagem e encontrar γ\gamma; verifique com a relação de Descartes.

Solução

Solução de Exercício 3.4.

FA‾=−15 cm\overline{FA} = -15\,\mathrm{cm}: F′A′‾=−f′2/FA‾=+100/15=6.7 cm\overline{F'A'} = -f'^2/\overline{FA} = +100/15 = 6.7\,\mathrm{cm} depois de F′F', isto é, OA′‾=16.7 cm\overline{OA'} = 16.7\,\mathrm{cm}; γ=f′/FA‾=−0.67\gamma = f'/\overline{FA} = -0.67. Descartes: OA‾=−25 cm\overline{OA} = -25\,\mathrm{cm}, 1/OA′‾=1/10−1/25=3/501/\overline{OA'} = 1/10 - 1/25 = 3/50, OA′‾=16.7 cm\overline{OA'} = 16.7\,\mathrm{cm}, γ=16.7/(−25)=−0.67\gamma = 16.7/(-25) = -0.67.

Exercício 3.5 ★★

Um espelho retrovisor convexo tem R=2.0 mR = 2.0\,\mathrm{m}. Um carro de 1.5 m1.5\,\mathrm{m} de altura está 20 m20\,\mathrm{m} atrás dele: encontre a posição da imagem, a sua altura e explique o aviso “os objetos no espelho estão mais perto do que parecem”.

Solução

Solução de Exercício 3.5.

SF‾=+1.0 m\overline{SF} = +1.0\,\mathrm{m}, SA‾=−20 m\overline{SA} = -20\,\mathrm{m}: 1/SA′‾=1+1/201/\overline{SA'} = 1 + 1/20, SA′‾=0.95 m\overline{SA'} = 0.95\,\mathrm{m} atrás do espelho (virtual, direita); γ=−0.95/(−20)=+0.048\gamma = -0.95/(-20) = +0.048, altura da imagem 7.1 cm7.1\,\mathrm{cm}. O cérebro julga a distância pelo tamanho aparente: um carro mostrado vinte vezes menor a 0.95 m0.95\,\mathrm{m} é lido como um carro distante — mais distante que 20 m20\,\mathrm{m}.

Exercício 3.6 ★★

Uma objetiva fotográfica, f′=50 mmf' = 50\,\mathrm{mm}, focaliza um motivo a 2.0 m2.0\,\mathrm{m} de distância. Quanto a lente precisa se deslocar em relação ao ajuste de infinito? Qual é o aumento? A que distância o fotógrafo deve ficar para que uma pessoa de 1.8 m1.8\,\mathrm{m} caiba nos 24 mm24\,\mathrm{mm} de altura do sensor?

Solução

Solução de Exercício 3.6.

1/OA′‾=1/50−1/2000=0.0195 mm−11/\overline{OA'} = 1/50 - 1/2000 = 0.0195\,\mathrm{mm}^{-1}, OA′‾=51.3 mm\overline{OA'} = 51.3\,\mathrm{mm}: a lente se afasta 1.3 mm1.3\,\mathrm{mm} do sensor. γ=51.3/(−2000)=−0.026\gamma = 51.3/(-2000) = -0.026. Para ∣γ∣=24/1800=1/75\abs\gamma = 24/1800 = 1/75: OA‾=f′(1/γ−1)=50×(−76)=−3.8 m\overline{OA} = f'(1/\gamma - 1) = 50 \times (-76) = -3.8\,\mathrm{m}.

Exercício 3.7 ★★

Um projetor deve mostrar um slide de 36 mm36\,\mathrm{mm} de largura como uma imagem de 1.8 m1.8\,\mathrm{m} de largura numa tela a 5.0 m5.0\,\mathrm{m} da lente. Encontre a distância focal necessária e a distância slide–lente. Por que o slide é inserido de cabeça para baixo?

Solução

Solução de Exercício 3.7.

γ=−1.8/0.036=−50\gamma = -1.8/0.036 = -50; OA′‾=5.0 m\overline{OA'} = 5.0\,\mathrm{m}, OA‾=OA′‾/γ=−10 cm\overline{OA} = \overline{OA'}/\gamma = -10\,\mathrm{cm}; 1/f′=1/5.0+1/0.10=10.2 m−11/f' = 1/5.0 + 1/0.10 = 10.2\,\mathrm{m}^{-1}, f′=98 mmf' = 98\,\mathrm{mm}. A imagem é invertida (γ<0\gamma < 0), de cima para baixo e da esquerda para a direita: o slide entra girado de 180∘180^\circ.

Exercício 3.8 ★★

Explique, com um traçado de raios, por que a autocolimação localiza exatamente o plano focal e por que a imagem devolvida é invertida e do mesmo tamanho do objeto. O que acontece com a imagem devolvida se o espelho for ligeiramente inclinado?

Solução

Solução de Exercício 3.8.

Objeto no plano focal ⇒\Rightarrow os raios de cada ponto deixam a lente paralelos; o espelho plano os devolve paralelos (direção simétrica); a lente focaliza um feixe paralelo no seu plano focal, no ponto simétrico do ponto-fonte em relação ao eixo: imagem no plano do objeto, invertida, γ=−1\gamma = -1. Inclinar o espelho de α\alpha gira o feixe de volta de 2α2\alpha e desloca a imagem lateralmente de 2αf′2\alpha f', ainda nítida no mesmo plano.

Exercício 3.9 ★★

O objeto e o anteparo distam 1.00 m1.00\,\mathrm{m}; obtêm-se imagens nítidas para duas posições da lente separadas por 40 cm40\,\mathrm{cm}. Encontre f′f'. Qual é a menor distância objeto–anteparo em que essa lente ainda projeta uma imagem nítida, e com que aumento?

Solução

Solução de Exercício 3.9.

f′=(1002−402)/(4×100)=21 cmf' = (100^2 - 40^2)/(4 \times 100) = 21\,\mathrm{cm}. Menor distância 4f′=84 cm4f' = 84\,\mathrm{cm}, com γ=−1\gamma = -1.

Exercício 3.10 ★★★

Uma lente convergente L1L_1 (f1′=20 cmf_1' = 20\,\mathrm{cm}) é seguida, 15 cm15\,\mathrm{cm} adiante, por uma lente divergente L2L_2 (f2′=−10 cmf_2' = -10\,\mathrm{cm}). Localize a imagem de um objeto no infinito. Mostre que um objeto distante de tamanho angular α\alpha dá uma imagem de altura 40 cm×α40\,\mathrm{cm}\times\alpha, e compare com o comprimento do arranjo: o princípio da teleobjetiva.

Solução

Solução de Exercício 3.10.

L1L_1 conjuga o infinito em F1′F_1', 20 cm20\,\mathrm{cm} depois de L1L_1, isto é, 5 cm5\,\mathrm{cm} depois de L2L_2: um objeto virtual, O2A1‾=+5 cm\overline{O_2A_1} = +5\,\mathrm{cm}. 1/O2A′‾=−1/10+1/5=1/101/\overline{O_2A'} = -1/10 + 1/5 = 1/10: imagem final 10 cm10\,\mathrm{cm} depois de L2L_2. Altura da imagem intermediária h1=f1′α=20αh_1 = f_1'\alpha = 20\alpha (cm); γ2=10/5=2\gamma_2 = 10/5 = 2, logo h=40αh = 40\alpha: distância focal equivalente 40 cm40\,\mathrm{cm}, num barrilete de 15+10=25 cm15 + 10 = 25\,\mathrm{cm} — uma teleobjetiva.

Exercício 3.11 ★★★

Um espelho côncavo forma, num anteparo a 80 cm80\,\mathrm{cm} do filamento de uma lâmpada, uma imagem do filamento três vezes maior que ele. Encontre as posições do espelho e o seu raio de curvatura.

Solução

Solução de Exercício 3.11.

γ=−3=−SA′‾/SA‾\gamma = -3 = -\overline{SA'}/\overline{SA} dá SA′‾=3SA‾\overline{SA'} = 3\overline{SA}; ambos reais, à frente: SA‾=−x\overline{SA} = -x, SA′‾=−3x\overline{SA'} = -3x, e a distância anteparo–lâmpada 2x=80 cm2x = 80\,\mathrm{cm}: x=40 cmx = 40\,\mathrm{cm}. Espelho a 40 cm40\,\mathrm{cm} da lâmpada e a 120 cm120\,\mathrm{cm} do anteparo; 1/SF‾=−1/40−1/120=−1/301/\overline{SF} = -1/40 - 1/120 = -1/30: R=2×30=60 cmR = 2 \times 30 = 60\,\mathrm{cm}.

Exercício 3.12 ★★★

O Sol subtende 0.53∘0.53^\circ. Uma lente convergente de diâmetro 10 cm10\,\mathrm{cm} e distância focal 50 cm50\,\mathrm{cm} forma a sua imagem sobre uma folha de papel. Calcule o diâmetro da imagem, a potência coletada (irradiância solar 1.0 kW/m21.0\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}) e a irradiância na imagem; compare com a irradiância direta do Sol e conclua.

Solução

Solução de Exercício 3.12.

θ=0.53∘=9.3×10−3 rad\theta = 0.53^\circ = 9.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}; diâmetro da imagem f′θ=4.6 mmf'\theta = 4.6\,\mathrm{mm}. Potência coletada 103×π(0.05)2=7.9 W10^3 \times \pi(0.05)^2 = 7.9\,\mathrm{W}; área da imagem π(2.3×10−3)2=1.7×10−5 m2\pi(2.3\times10^{-3})^2 = 1.7 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}^{2}; irradiância 4.7×105 W/m24.7 \times 10^{5}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, 470470 vezes a luz solar direta: o papel carboniza e se inflama — a lente incendiária. Em geral o ganho vale (D/f′θ)2(D/f'\theta)^2.

3.7 Problema: o projetor de slides

Problema 3.1

Problema de fim de semana — uma lente, medida numa bancada, depois encarregada de lançar um slide de 35 mm através de um salão: como um projetor é projetado, focalizado e equipado com um conversor de longo alcance

Uma objetiva de projeção L1L_1 é uma lente delgada convergente de distância focal f1′f_1' desconhecida. O slide tem 24 mm24\,\mathrm{mm} de altura e 36 mm36\,\mathrm{mm} de largura.

Parte I — A lente na bancada.

  1. Enuncie a relação de Descartes e o aumento de uma lente delgada, com as convenções de sinal.
  2. O objeto e o anteparo estão fixos a uma distância DD um do outro. Mostre que uma imagem real sobre o anteparo exige D≥4f1′D \geq 4f_1'.
  3. Mostre que, quando D>4f1′D > 4f_1', as duas posições da lente que dão uma imagem nítida são simétricas em relação ao ponto médio entre o objeto e o anteparo, e que f1′=(D2−d2)/4Df_1' = (D^2 - d^2)/4D, sendo dd a separação entre elas.
  4. Com D=80.0 cmD = 80.0\,\mathrm{cm} e d=40.0 cmd = 40.0\,\mathrm{cm}, calcule f1′f_1'.
  5. A lente fica num barrilete espesso cujo centro óptico não pode ser localizado com precisão. Por que isso não afeta o método?
  6. As distâncias carregam u(D)=0.2 cmu(D) = 0.2\,\mathrm{cm} e u(d)=0.5 cmu(d) = 0.5\,\mathrm{cm}. Calcule u(f1′)u(f_1') e escreva o resultado.
  7. Dê o aumento em cada uma das duas posições. Qual delas corresponde a um projetor?
  8. Qual é o menor DD para o qual existe imagem nítida, e o aumento nesse caso (Silbermann)?

Parte II — Lançando a imagem. A imagem na tela deve ter 1.80 m1.80\,\mathrm{m} de largura. Tome f1′=15.0 cmf_1' = 15.0\,\mathrm{cm}.

  1. Que aumento é necessário (com o seu sinal)?
  2. Calcule a distância lente–tela e a distância slide–lente.
  3. Por que o slide é inserido de cabeça para baixo e invertido da esquerda para a direita?
  4. A tela é levada a 10.0 m10.0\,\mathrm{m}. De quanto, e em que sentido, a lente precisa ser deslocada em relação ao slide para refocalizar? Qual é a largura da imagem agora?

Parte III — Tolerância de foco e luz.

  1. Mostre que um pequeno deslocamento  ⁣dOA‾\dd\overline{OA} do slide desloca a imagem de  ⁣dOA′‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}.
  2. O filme se deforma 0.10 mm0.10\,\mathrm{mm} sob o calor da lâmpada. De quanto se desloca o plano da imagem (tela a 7.65 m7.65\,\mathrm{m})? Comente.
  3. A abertura da lente tem 30 mm30\,\mathrm{mm} de diâmetro. Se a tela estiver 20 cm20\,\mathrm{cm} fora do plano da imagem, qual é o diâmetro do círculo de confusão de um ponto do slide? Visto de 5 m5\,\mathrm{m}, o olho (resolução angular de cerca de 3×10−4 rad3 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}) percebe?
  4. O slide recebe 2.0 W2.0\,\mathrm{W} de luz, que chegam integralmente à tela. Calcule a irradiância (potência por unidade de área) sobre o slide e sobre a tela, e mostre que a razão entre elas é γ2\gamma^2.

Parte IV — O conversor de longo alcance. Num salão maior a tela fica a 12.0 m12.0\,\mathrm{m}. Uma lente divergente L2L_2, f2′=−30.0 cmf_2' = -30.0\,\mathrm{cm}, é encaixada 8.0 cm8.0\,\mathrm{cm} atrás de L1L_1; a tela está a 12.0 m12.0\,\mathrm{m} de L2L_2.

  1. Para que a imagem final seja real e esteja sobre a tela, onde (a partir de L2L_2) deve ficar a imagem intermediária dada por L1L_1? Ela é um objeto real ou virtual para L2L_2?
  2. Deduza a posição do slide O1A‾\overline{O_1A}.
  3. Calcule γ1\gamma_1, γ2\gamma_2 e o aumento total.
  4. Dê a largura da imagem e compare com o que L1L_1 sozinha daria na mesma tela (12.08 m12.08\,\mathrm{m} de L1L_1).

  5. Para um objeto no infinito, mostre que o sistema equivale a uma única lente de distância focal feqf_{\mathrm{eq}} com

    1feq=1f1′+1f2′−ef1′f2′,\frac{1}{f_{\mathrm{eq}}} = \frac{1}{f_1'} + \frac{1}{f_2'} - \frac{e}{f_1' f_2'},

    e=O1O2‾e = \overline{O_1O_2}, no sentido de que um feixe inclinado de α\alpha focaliza à altura feq αf_{\mathrm{eq}}\,\alpha do eixo. Calcule feqf_{\mathrm{eq}}.

  6. Verifique que a razão entre as larguras da imagem (com/sem conversor) está próxima de f1′/feqf_1'/f_{\mathrm{eq}}. Por que apenas aproximadamente?
  7. Por que a imagem intermediária deve ficar a menos de ∣f2′∣\abs{f_2'} além de L2L_2 para que a imagem final seja real?
  8. Com a mesma lâmpada, por qual fator a irradiância na tela muda quando o conversor é montado (mesma distância de tela)?
  9. Resuma: o conversor multiplica a distância focal por qual fator, e o que ele faz com o tamanho e o brilho da imagem a uma dada distância de projeção?
Solução

Solução de Problema 3.1.

1. 1/OA′‾−1/OA‾=1/f′1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/f', γ=OA′‾/OA‾\gamma = \overline{OA'}/\overline{OA}; eixo orientado no sentido da luz, distâncias algébricas a partir de OO.

2. p=−OA‾p = -\overline{OA}, OA′‾=D−p\overline{OA'} = D - p: 1/(D−p)+1/p=1/f1′1/(D - p) + 1/p = 1/f_1', isto é, p2−Dp+Df1′=0p^2 - Dp + Df_1' = 0; raízes reais se e só se D2−4Df1′≥0D^2 - 4Df_1' \geq 0, isto é, D≥4f1′D \geq 4f_1'.

3. As raízes somam DD: p1+p2=Dp_1 + p_2 = D, logo p2=D−p1p_2 = D - p_1 — as distâncias do objeto e da imagem se trocam e as posições são simétricas em relação ao ponto médio. d=p2−p1=D2−4Df1′d = p_2 - p_1 = \sqrt{D^2 - 4Df_1'}, donde f1′=(D2−d2)/4Df_1' = (D^2 - d^2)/4D.

4. f1′=(6400−1600)/320=15.0 cmf_1' = (6400 - 1600)/320 = 15.0\,\mathrm{cm}.

5. Só entram o deslocamento dd do barrilete entre os dois ajustes nítidos e a distância objeto–anteparo DD: nenhum dos dois exige saber onde OO fica dentro do barrilete.

6. ∂f1′/∂D=1/4+d2/4D2=0.3125\partial f_1'/\partial D = 1/4 + d^2/4D^2 = 0.3125, ∂f1′/∂d=−d/2D=−0.25\partial f_1'/\partial d = -d/2D = -0.25; logo u(f1′)2=(0.3125×0.2)2+(0.25×0.5)2=0.0195 cm2u(f_1')^2 = (0.3125 \times 0.2)^2 + (0.25 \times 0.5)^2 = 0.0195\,\mathrm{cm}^{2} e u(f1′)=0.14 cmu(f_1') = 0.14\,\mathrm{cm}: f1′=(15.00±0.14) cmf_1' = (15.00 \pm 0.14)\,\mathrm{cm}.

7. p=(80∓40)/2=20p = (80 \mp 40)/2 = 20 ou 60 cm60\,\mathrm{cm}: γ=−60/20=−3\gamma = -60/20 = -3 (slide perto da lente, ampliado: o projetor) e γ=−1/3\gamma = -1/3.

8. Dmin⁡=4f1′=60.0 cmD_{\min} = 4f_1' = 60.0\,\mathrm{cm}, γ=−1\gamma = -1.

9. γ=−1.80/0.036=−50\gamma = -1.80/0.036 = -50.

10. OA′‾=f1′(1−γ)=15×51=765 cm=7.65 m\overline{OA'} = f_1'(1 - \gamma) = 15 \times 51 = 765\,\mathrm{cm} = 7.65\,\mathrm{m}; OA‾=OA′‾/γ=−15.3 cm\overline{OA} = \overline{OA'}/\gamma = -15.3\,\mathrm{cm}.

11. γ<0\gamma < 0: a imagem real é girada de 180∘180^\circ em torno do eixo, de modo que o slide é inserido girado de 180∘180^\circ (de cabeça para baixo e invertido da esquerda para a direita).

12. OA′‾=1000 cm\overline{OA'} = 1000\,\mathrm{cm}: 1/OA‾=1/1000−1/151/\overline{OA} = 1/1000 - 1/15, OA‾=−15.23 cm\overline{OA} = -15.23\,\mathrm{cm}: a lente se desloca 0.7 mm0.7\,\mathrm{mm} em direção ao slide. γ=1000/(−15.23)=−65.7\gamma = 1000/(-15.23) = -65.7: imagem de 2.36 m2.36\,\mathrm{m} de largura.

13. Derivando Descartes: − ⁣dOA′‾/OA′‾2+ ⁣dOA‾/OA‾2=0-\dd\overline{OA'}/\overline{OA'}^2 + \dd\overline{OA}/\overline{OA}^2 = 0, logo  ⁣dOA′‾=(OA′‾/OA‾)2  ⁣dOA‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = (\overline{OA'}/\overline{OA})^2\,\dd\overline{OA} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}.

14. 2500×0.10 mm=25 cm2500 \times 0.10\,\mathrm{mm} = 25\,\mathrm{cm}: a imagem sai de foco à medida que o filme esquenta — daí os slides montados em vidro ou um autofoco que acompanha o filme.

15. Triângulos semelhantes da abertura ao ponto-imagem: borrão =30×0.20/7.65=0.78 mm= 30 \times 0.20/7.65 = 0.78\,\mathrm{mm}; de 5 m5\,\mathrm{m} isso subtende 1.6×10−4 rad<3×10−4 rad1.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad} < 3 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}: não é percebido.

16. Área do slide 8.64×10−4 m28.64\times10^{-4}\ \mathrm{m}^{2}: Eslide=2.0/8.64×10−4=2.3×103 W/m2E_{\text{slide}} = 2.0/8.64\times10^{-4} = 2.3 \times 10^{3}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}; a área da tela é γ2\gamma^2 vezes maior, 2.16 m22.16\,\mathrm{m}^{2}: Etela=0.93 W/m2E_{\text{tela}} = 0.93\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}; mesma potência, áreas na razão γ2=2500\gamma^2 = 2500.

17. O2A′‾=1200 cm\overline{O_2A'} = 1200\,\mathrm{cm}: 1/O2A‾=1/1200+1/30=0.034171/\overline{O_2A} = 1/1200 + 1/30 = 0.03417, O2A‾=+29.3 cm\overline{O_2A} = +29.3\,\mathrm{cm}: a imagem intermediária fica 29.3 cm29.3\,\mathrm{cm} além de L2L_2 — um objeto virtual para L2L_2 (os raios vindos de L1L_1 convergem para ela).

18. O1A1′‾=8.0+29.3=37.3 cm\overline{O_1A_1'} = 8.0 + 29.3 = 37.3\,\mathrm{cm}; 1/O1A‾=1/37.3−1/15=−0.03981/\overline{O_1A} = 1/37.3 - 1/15 = -0.0398, O1A‾=−25.1 cm\overline{O_1A} = -25.1\,\mathrm{cm}.

19. γ1=37.3/(−25.1)=−1.49\gamma_1 = 37.3/(-25.1) = -1.49; γ2=1200/29.3=41.0\gamma_2 = 1200/29.3 = 41.0; γ=−60.9\gamma = -60.9.

20. Largura 60.9×36=2.19 m60.9 \times 36 = 2.19\,\mathrm{m}. L1L_1 sozinha: γ=1−OA′‾/f1′=1−1208/15=−79.5\gamma = 1 - \overline{OA'}/f_1' = 1 - 1208/15 = -79.5, largura 2.86 m2.86\,\mathrm{m}.

21. Feixe a α\alpha: L1L_1 o focaliza à altura h1=f1′αh_1 = f_1'\alpha no seu plano focal, que dista O2A1‾=f1′−e\overline{O_2A_1} = f_1' - e de L2L_2; L2L_2 conjuga esse ponto em O2A′‾\overline{O_2A'} com 1/O2A′‾=1/f2′+1/(f1′−e)1/\overline{O_2A'} = 1/f_2' + 1/(f_1' - e) e o amplia por γ2=O2A′‾/(f1′−e)\gamma_2 = \overline{O_2A'}/(f_1' - e), de modo que h=γ2f1′αh = \gamma_2 f_1'\alpha e feq=γ2f1′=f1′f2′f1′+f2′−ef_{\mathrm{eq}} = \gamma_2 f_1' = \dfrac{f_1' f_2'}{f_1' + f_2' - e}, cujo inverso é a fórmula enunciada. 1/feq=1/15−1/30+8/450=0.0511 cm−11/f_{\mathrm{eq}} = 1/15 - 1/30 + 8/450 = 0.0511\,\mathrm{cm}^{-1}, feq=19.6 cmf_{\mathrm{eq}} = 19.6\,\mathrm{cm}.

22. 2.19/2.86=0.772.19/2.86 = 0.77 e 15/19.6=0.7715/19.6 = 0.77. Apenas aproximadamente, porque o slide está a distância finita e as duas projeções são medidas a partir de lentes diferentes; para um objeto no infinito a razão seria exata.

23. Objeto virtual em p>0p > 0 além de uma lente divergente: 1/O2A′‾=1/p+1/f2′=1/p−1/∣f2′∣1/\overline{O_2A'} = 1/p + 1/f_2' = 1/p - 1/\abs{f_2'}, positivo (imagem real) se e só se p<∣f2′∣p < \abs{f_2'}.

24. Mesma potência sobre uma imagem de área (2.19/2.86)2=0.59(2.19/2.86)^2 = 0.59 vezes menor: irradiância ×1.7\times 1.7.

25. O conversor multiplica a distância focal por feq/f1′=1.3f_{\mathrm{eq}}/f_1' = 1.3; a uma dada distância de projeção a imagem fica 1.31.3 vezes menor em cada direção e 1.71.7 vezes mais brilhante — uma objetiva de longo alcance.

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