Luso Academia

Início » 2016 (Página 2)

Yearly Archives: 2016

Como saber a distância focal de uma lente?

— 2.7.18. Equação da Lente —

Quando fabricamos uma lente, o índice de refração do material e os parâmetros da superfície que limitam a lente devem ser escolhidos adequadamente para que a lente tenha uma distância focal apropriada. Para entendermos isto, temos de perceber como estão relacionados estes parâmetros.

Vamos considerar uma lente côncavo-convexa (veja figura 62).

Figura 62: Dedução da fórmula da lente. [5] Adaptado

Considere o objecto {PQ} que está a uma distância {d_1} da lente. A refração dos seus raios na superfície convexa com centro {C_1} formará a imagem {P'Q'}. Como os índices de refração dos meios são {n_a} e {n_b}, pela formula 58 da refração numa superfície esférica, a relação entre os parâmetros de {PQ} e {P'Q'} será:

\displaystyle \frac{n_a}{ d_1 } + \frac{n_b}{ d_1' } =\frac{n_b-n_a}{ R_1 } \ \ \ \ \ (69)

 

A imagem {P'Q'} é o objecto virtual para a refracção na segunda superfície, com centro em {C_2} e raio {R_2}. Portanto, de acordo com a formação da imagem na refração numa superfície esférica, obteremos:

\displaystyle \frac{n_b}{ d_2 } + \frac{n_c}{ d_2' } =\frac{n_c-n_b}{ R_2 } \ \ \ \ \ (70)

 

Como o meio exterior é o ar, então {n_a=n_c=1} e como o meio {b} é a lente então {n_b=n}. A distância {d_2} é igual, em modulo, a {d_1'}, mas com sinais opostos, visto que a imagem {P'Q'} é real ({d_1'}>0), e esta mesma imagem é o objecto virtual para a segunda superfície ({d_2<0}). Neste caso, {d_2=-d_1'}, logo, as relações 69 e 70 ficam :

\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{n}{ d_1' } =\frac{n-1}{ R_1 } \ \ \ \ \ (71)

 

\displaystyle -\frac{n}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =\frac{1-n}{ R_2 } \ \ \ \ \ (72)

 

Se somarmos as equações 71 e 72, obteremos:

\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =\frac{n-1}{ R_1 }+\frac{1-n}{ R_2 } \ \ \ \ \ (73)

 

Organizando melhor a equação, obtemos:

\displaystyle \frac{1}{ d_1 } + \frac{1}{ d_2' } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (74)

 

Considerando a lente delgada, então {t\rightarrow 0}, logo {d_1} representa a distância entre o objecto e a lente, chamada de distância do objecto ({d}) e {d_2'} representa a distância entre a imagem e a lente, chamada de distância da imagem ({d'}). A relação 74 pode então ser escrita por:

\displaystyle \frac{1}{ d } + \frac{1}{ d' } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (75)

 

Se substituirmos os valores da equação de pontos conjugado (equação 67) nesta equação, obtemos:

\displaystyle \frac{1}{ f } =(n-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }-\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (76)

 

A equação 76 foi deduzida para o caso de uma lente em particular, sendo a superfície de raio {R_1} convexa e a superfície de raio {R_2} côncava. Mas, de modo geral, adoptando a convenção de sinais apropriada, podemos escrever uma formula válida para qualquer situação:

\displaystyle \frac{1}{ f } =(n_{21}-1)\cdot(\frac{1}{ R_1 }+\frac{1}{ R_2 }) \ \ \ \ \ (77)

 

Onde: {n_{21}} é o índice de refração relativo do material de que é feito a lente em relação ao material que constitui o exterior (geralmente, o ar).

A convenção de sinais válida, continua sendo :

  • Se o objecto é real, {d>0}.
  • Se o objecto é virtual, {d<0}.
  • Se a imagem é real, {d'>0}.
  • Se a imagem é virtual, {d'<0}.
  • Se a superfície é convexa, então {R>0}.
  • Se a superfície é côncava, então {R<0}.
  • Se a lente é convergente, então {f>0}.
  • Se a lente é divergente, então {f<0}.

A dedução desta fórmula baseou-se na utilização de raios paraxiais, ou seja, raios que incidem quase que paralelamente ao eixo óptico da lente, formando com este ângulos muito pequenos. Porém, para raios que não seja paraxiais, isto é, para imagens que não estejam perto do eixo óptico da lente, o foco pode ficar numa posição diferente da calculada pela relação 77, observando-se nestes casos muitas aberrações cromáticas.

Para o caso é que o meio exterior seja mais denso do que o material de que é feito a lente, as lentes apresentam um comportamento muito curioso: A lente aparentemente convergente (que a espessura diminui do centro aos bordos) comporta-se como divergente e as lentes aparentemente divergentes (que a espessura aumenta do centro aos bordos) comportam-se como convergente. Isto pode ser explicado pela relação 77, mas deixaremos esta análise para que você a faça.

 

Está a gostar da Abordagem? Veja também:

 

— Referências Bibliográficas —

[1] Lilia Coronato Courrol & André de Oliveira Preto. APOSTILA TEÓRICA: ÓPTICA TÉCNICA I, FATEC-SP , [s.d.].
[2] Jaime Frejlich. ÓPTICA: TRANSFORMAÇÃO DE FOURIER E PROCESSAMENTO DE IMAGENS, Universidade Federal de Campinas – SP, [2010].
[3] Sérgio C. Zilio. ÓPTICA MODERNA: FUNDAMENTOS E APLICAÇÕES, [2010].
[4] Renan Schetino de Souza. ÓPTICA GEOMÉTRICA, [2012].
[5] Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA IV: ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, [2009].
[6]Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA III: ELECTROMAGNETISMO, [2009].
[7] Julião de Sousa Leal. TRABALHO DE FIM DE CURSO: MANUAL DE ÓPTICA, FACULDADE DE CIÊNCIAS DA UNIVERSIDADE AGOSTINHO NETO, [s.d.]

 

Luso Academia

Queridos leitores, antes de mais muito obrigado pelas vossas visitas constantes, pela divulgação que fazem do nosso blog, e por nos darem forças para continuar dia após dia a disponibilizar material de apoio tanto a estudantes como a professores.

Na Luso Academia prometemos continuar a fazer este trabalho pois acreditamos que o acesso à educação deve ser o mais aberto e livre possível e que as pessoas deveriam ser capazes de aprender livres de grandes preocupações financeiras.

No entanto o Luso Academia acarreta custos para a sua equipa e de tempos a tempos teremos que pedir às pessoas que nos ajudam algum tipo de ajuda. Deste modo disponibilizamos um botão de PayPal para que quem queira possa doar o que achar justo e ajudar-nos a manter este projecto de pé.

Todas as ajudas independentemente do seu valor são bem vindas e se por acaso tiverem alguma dificuldade com o método do PayPal não hesitem em entrar em contacto connosco para que encontremos uma solução.

Como se forma a imagem numa lente?

— 2.7.17. Obtenção da imagem de uma lente. Relação objecto-imagem para lente delgada —

Quando observamos a imagem de um objecto atravessar de uma lupa ou luneta, por exemplo, a imagem observada poderá ser maior ou menor do que o tamanho real do objecto. Na realidade, ao movimentarmos esta lente para frente ou para trás, observamos que o tamanho da imagem muda. Esta mudança de tamanho da imagem está associada à três parâmetros principais: distância da lente ao objecto {d}, distância da lente á imagem {d'} e distância focal da lente {f}. Isto é válido para qualquer lente.

Tudo pode ser entendido, se compreendermos como os raios de luz passam pela lente e como se forma a sua imagem.

Como já vimos, qualquer raio que incida paralelamente ao eixo principal de uma lente convergente, ao emergir dela, passará pelo foco imagem. Usando o princípio de reversibilidade dos raios luminosos, descrito em secções anteriores, podemos afirmar que qualquer raio que incida passando pelo foco objecto, ao emergir da lente, sairá paralelo ao eixo principal. Um raio que incida no centro da lente, passará por ela sem desvio (veja figura 60). Para se formar a imagem de um ponto {Q}, devemos traçar ao menos dois raios que incidam na lente vindos do ponto {Q}. Os raios escolhidos devem ser aqueles cujo raio emergente correspondente já conhecemos. No exemplo, usa-se o raio que incide paralelamente ao eixo principal e o raio que incide passando pelo centro. Após escolhermos estes raios, representamos os raios emergentes correspondentes. Onde os raios emergentes se cruzarem, aí é a imagem real do ponto {Q} que é designado {Q'}. Quando os raios emergentes não se cruzam, para encontrar a imagem procede-se ao prolongamento dos raios emergentes. A intercessão destes prolongamentos será então a imagem virtual {Q'} do ponto {Q}.

Figura 60: Formação da imagem de um objecto numa lente convergente. [5] Adaptado

Para obter a imagem de um objecto extenso {PQ}, é apenas necessário obter a imagem de um conjunto de pontos suficientemente representativo deste objecto. No exemplo se obteve a imagem de dois ponto {P} e {Q}.

O número de ponto a escolher variam de acordo com a complexidade do objecto a analisar.

No caso de formação de imagem de um objecto atravessar de uma lente divergente, o procedimento é idêntico, mas devemos recordar que na lente divergente, o raio que incide paralelamente ao eixo principal, após refratar-se na lente, emerge como se tivesse vindo do foco imagem, e o raio que incide na lente, mas apontado para o foco objecto, após refratar-se, emerge paralelamente ao eixo principal. O raio que incide passando pelo centro de uma lente divergente, tal como na lente convergente, passa sem desvio.

Podemos generalizar algumas situações importantes de formação da imagem. Para lentes convergentes:

  • Quando a distância do objecto real à lente ({d}) é maior que o dobro da distância focal ({d>2f}). Características da imagem: real, invertida em relação ao objecto, menor que o objecto e está situada numa distância superior a distância focal, ou seja, depois do foco imagem {F'}.
  • Quando o objecto está situado entre o foco objecto {F} e o dobro da distância focal ({f<d< 2f}). Características da imagem: real, invertida em relação ao objecto, maior que o objecto e está situada numa distância superior ao dobro da distância focal,tambem depois do foco imagem {F'}.
  • Quando o objecto está situado no plano focal objecto ({d = f}). Neste caso os raios refratados são paralelos e a imagem forma-se no infinito.
  • Quando o objecto está situado entre o centro óptico {0} e o foco objecto {F}. Características da imagem: virtual, direita em relação ao objecto e maior que o objecto.

Para lentes divergentes:

  • Para qualquer situação, as características da imagem são: sempre virtual, direita em relação ao objecto e menor que o objecto.

A equação das lentes delgadas (equação de Gauss) relaciona entre si as grandezas seguintes: a distância {d} do objecto à lente, a distância {d'} da imagem à lente e a distância focal {f} da lente. A equação pode ser deduzida da figura 60.

Os ângulos para os triângulos rectângulos {OPQ} e {OPQ'} são iguais. Logo a sua tangente é {\tan \alpha = \frac{y}{d}=-\frac{y'}{d'}}. o sinal negativo deve-se ao facto de a imagem ser invertida. Neste poderemos obter:

\displaystyle \frac{y'}{y}=-\frac{d'}{d} \ \ \ \ \ (65)

 

De modo análogo, no triângulos rectângulos {OAF'} e {F'PQ}, o ângulo {\beta} é igual. Então: {\tan \beta= \frac{y}{f}=-\frac{y'}{d'-f}}. Isto nos dá:

\displaystyle \frac{y'}{y}=-\frac{d'-f}{f} \ \ \ \ \ (66)

 

Igualando as equações 65 e 66, separando a fracção, simplificando e isolando a fracção {\frac{1}{f}}, fica:

\displaystyle \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d'} \ \ \ \ \ (67)

 

Esta é a equação que relaciona as distâncias do objecto e da imagem em relação a lente com a sua distância focal.

A partir da relação 65 obtemos a ampliação da imagem formada por uma lente:

\displaystyle k=-\frac{d'}{d} \ \ \ \ \ (68)

 

Estas relações são válidas que para lentes convergentes como para lentes divergentes, desde que se respeite a convenção de sinais.

Convenção de sinais:

  • Se o objecto é real, {d} é positiva: {d> 0}.
  • Se o objecto é virtual, {d} é negativa: {d <0}.
  • Se a imagem é real, {d'} é positiva: {d'> 0 }.
  • Se a imagem é virtual, {d'} é negativa: {d' <0}.
  • Se a lente é convergente, {f } é positiva: {f> 0}
  • Se a lente é divergente, {f } é negativa: {f <0}

Portanto, {d} e {d'} podem ser positivas ou negativas dependendo do facto do objecto e da imagem serem reais ou virtuais.

A ampliação é positiva se a imagem é direita (quer dizer do mesmo sentido que o objecto) e, negativa se a imagem é invertida (quer dizer, de sentido contrário ao objecto).

 

— Referências Bibliográficas —

[1] Lilia Coronato Courrol & André de Oliveira Preto. APOSTILA TEÓRICA: ÓPTICA TÉCNICA I, FATEC-SP , [s.d.].
[2] Jaime Frejlich. ÓPTICA: TRANSFORMAÇÃO DE FOURIER E PROCESSAMENTO DE IMAGENS, Universidade Federal de Campinas – SP, [2010].
[3] Sérgio C. Zilio. ÓPTICA MODERNA: FUNDAMENTOS E APLICAÇÕES, [2010].
[4] Renan Schetino de Souza. ÓPTICA GEOMÉTRICA, [2012].
[5] Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA IV: ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, [2009].
[6]Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA III: ELECTROMAGNETISMO, [2009].
[7] Julião de Sousa Leal. TRABALHO DE FIM DE CURSO: MANUAL DE ÓPTICA, FACULDADE DE CIÊNCIAS DA UNIVERSIDADE AGOSTINHO NETO, [s.d.]

Equações diferenciais homogéneas.Exercícios resolvidos

— 2. Equações diferenciais homogéneas.Exercícios resolvidos —

No artigo passado apresentamos exercícios resolvidos sobre equações diferenciais com variáveis separáveis, neste artigo vamos tratar de resolver exercícios relacionados a equações diferenciais homogéneas.Aconselhamos ao caro leitor a fazer uma revisão sobre a resolução de integrais.

Exercício 1 Cada uma das equações diferenciais apresentada é homogénea.Resolva as equações diferenciais dadas usando as substituições adequadas.

  1. {(y^{2}+yx)dx+x^{2}dy=0}

    Solução:Usando {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, teremos:

    \displaystyle (u^{2}x^{2}+ux^{2})dx+x^{2}(udx+xdu)=0

    dividindo por {x^{2}} temos:

    \displaystyle (u^{2}+u)dx+(udx+xdu)=0 \Rightarrow (u^{2}+2u)dx+xdu)=0

    separando as variáveis,

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}+\dfrac{du}{(u^{2}+2u)}

    integrando:

    \displaystyle \ln |x|+\dfrac{1}{2}\ln |u|-\dfrac{1}{2}\ln |u+2|=C

    \displaystyle 2\ln |x|+\ln |u|-\ln |u+2|=2C

    \displaystyle \ln\left|\dfrac{x^{2}u}{u+2}\right|=2C \Rightarrow \dfrac{x^{2}u}{u+2}=C_{1}

    como {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \dfrac{x^{2}\dfrac{y}{x}}{\dfrac{y}{x}+2}=C_{1}\Rightarrow x^{2}y=C_{1}(y+2x)

     

  2. {\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x+3y}{3x+y}}

    Solução:podemos escrever a equação da seguinte maneira:

    \displaystyle (x+3y)dx-(3x+y)dy=0

    Usando {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, teremos:

    \displaystyle (x+3ux )dx-(3x+ux )(udx+xdu)=0

    dividindo por {x} temos:

    \displaystyle (1+3u )dx-(3+u)(udx+xdu)=0

    multiplicando as variáveis e organizando temos

    \displaystyle (u^{2}-1)dx+x(u+3)du=0

    separando as variáveis,

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}+\dfrac{u+3}{(u-1)(u+1)}du=0

    integrando

    \displaystyle \ln|x|+2\ln|u-1|-\ln|u+1|=C \Rightarrow \ln\left|\dfrac{x(u-1)^{2}}{u+1}\right|=C

    \displaystyle \dfrac{x(u-1)^{2}}{u+1}=C_{1}

    sabemos que {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \dfrac{x\left(\dfrac{y}{x}-1\right)^{2}}{\dfrac{y}{x}+1}=C_{1}\Rightarrow (y-x)^{2}=C_{1}(y+x)^{2}

     

  3. {xdx+(y-2x)dy=0}

    Solução:Usando {x=vy \Rightarrow dx=vdy+ydv}, teremos:

    \displaystyle vy(vdy+ydv)+(y-2vy)dy=0

    dividindo por {y} temos:

    \displaystyle v(vdy+ydv)+(1-2v)dy=0

    multiplicando as variáveis e organizando temos:

    \displaystyle vydv+(v^{2}-2v+1)dy=0

    separando as variáveis temos

    \displaystyle \dfrac{vdv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dy}{y}=0\Rightarrow \dfrac{(v-1)dv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dv}{(v-1)^{2}}+\dfrac{dy}{y}=0

    integrando

    \displaystyle \ln |v-1|-\dfrac{1}{v-1}+\ln |y|=C

    sabemos que {v=\dfrac{x}{y}} então:

    \displaystyle \ln \left|\dfrac{x}{y}-1\right|-\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}-1}+\ln |y|=C

    podemos escrever a solução da seguinte maneira

    \displaystyle (x-y)\ln |x-y|-y=C(x-y)

     

  4. {[x-y\arctan (y/x)]dx+x\arctan (y/x)dy=0}

    Solução:se {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, substituindo na equação temos:

    \displaystyle [x-ux\arctan u]dx+x\arctan u(udx+xdu)=0

    simplificando as variáveis temos:

    \displaystyle dx+x\arctan u du=0

    separando as variáveis tem-se

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}+\arctan udu=0

    integrando,

    \displaystyle \ln|x|+u\arctan u-\dfrac{1}{2}\ln |1+u^{2}|=\ln C

    como {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \ln|x|+\dfrac{y}{x}\arctan \left(\dfrac{y}{x}\right)-\dfrac{1}{2}\ln \left|1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}\right|=\ln C

    organizando a solução tem-se:

    \displaystyle 2y\arctan \left(\dfrac{y}{x}\right)=x\ln \left|\dfrac{x^{2}+y^{2}}{x^{4}}\right|+C_{1}

    onde {C_{1}=\ln C^{2}}

     

  5. {[y\cos (y/x)+x\sin (y/x)]dx=x\cos (y/x)dy}

    Solução:se {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, substituindo na equação dada obtemos:

    \displaystyle (ux\cos u+x\sin u)dx=x\cos u (udx+xdu)

    agrupando os termos semelhantes e simplificando obtém-se:

    \displaystyle \sin udx=x\cos udu

    separando as variáveis,

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}=\dfrac{\sin u}{\cos u}du

    integrando,

    \displaystyle \ln x=\ln \sin u +\ln C\Rightarrow x=C\sin u

    como {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle x=C\sin \dfrac{y}{x}

     

  6. {x\dfrac{dy}{dx}=y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}

    Solução:A equação diferencial dada pode ser escrita da seguinte maneira:

    \displaystyle (y+\sqrt{x^{2}+y^{2}})dx-xdy=0

    se {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, substituindo na equação acima obtemos:

    \displaystyle (ux+\sqrt{x^{2}+u^{2}x^{2}})dx-x(udx+xdu)=0

    agrupando os termos e simplificando temos:

    \displaystyle x\sqrt{1+u^{2}}dx-x^{2}du=0

    separando as variáveis:

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}-\dfrac{du}{\sqrt{1+u^{2}}}=0

    integrando,

    \displaystyle \ln |x|-\ln \left|u+\sqrt{1+u^{2}}\right|= C \Rightarrow \dfrac{x}{(u+\sqrt{1+u^{2}})}=e^{C}

    como {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \dfrac{x}{\dfrac{y}{x}+\sqrt{1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}}}=C_{1}

    simplificando a equação temos

    \displaystyle x^{2}=C_{1}(y+\sqrt{y^{2}+x^{2}})

Exercício 2 Resolva os problemas com os valores iniciais dados usando substituições apropriadas

  1. {ydx+x(\ln x-\ln y-1)dy=o, \quad y(1)=e}

    Solução:Se {x=vy \Rightarrow dx=vdy+ydv} substituirmos na equação, teremos:

    \displaystyle y(vdy+ydv)+vy(\ln vy-\ln y-1)dy=o

    \displaystyle (vdy+ydv)+v(\ln v+ \ln y-\ln y-1)dy=o

    \displaystyle vdy+ydv+v\ln v dy-vdy=o\Rightarrow ydv+v\ln v dy=0

    separando as variáveis:

    \displaystyle \dfrac{dv}{v\ln v}+\dfrac{dy}{y}=0

    integrando

    \displaystyle \ln|\ln |v||+\ln |y|=C \Rightarrow \ln |y\ln |v||=C\Rightarrow y\ln |v|=C_{1}

    sabemos que {v=\dfrac{x}{y}} então:

    \displaystyle y\ln \left|\dfrac{x}{y}\right|=C_{1}

    usando {y(1)=e} nos encontramos

    \displaystyle e\ln \left|\dfrac{1}{e}\right|=C_{1}\Rightarrow C_{1}=-e

    a solução do problema de valor inicial será:

    \displaystyle y\ln \left|\dfrac{x}{y}\right|=-e

     

  2. {(x+ye^{y/x})dx-xe^{y/x}dy=0, \quad y(1)=0}

    Solução:Usando {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, teremos:

    \displaystyle (x+uxe^{u})dx-xe^{u}(udx+xdu)=0

    dividindo por {x} temos:

    \displaystyle (1+ue^{u})dx-e^{u}(udx+xdu)=0

    multiplicando e organizando as variáveis teremos:

    \displaystyle dx-xe^{u})du=0

    agora vamos separar as variáveis

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}-e^{u}du=0

    integrando a equação temos

    \displaystyle \ln |x|-e^{u}=C

    sabemos que {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \ln |x|-e^{\frac{y}{x}}=C

    usando {y(1)=0}, obtemos

    \displaystyle \ln |1|-e^{\frac{0}{1}}=C \Rightarrow C=-1

    A solução do problema de valor inicial é:

    \displaystyle \ln |x|-e^{u}=-1

     

  3. {(x^{2}+2y^{2})dx-xydy=0, \quad y(-1)=1}

    Solução:Usando {y=ux \Rightarrow dy=udx+xdu}, teremos:

    \displaystyle (x^{2}+2u^{2}x^{2})dx-ux^{2}(udx+xdu)=0

    vamos dividir por {x^{2}} e depois multiplicamos e simplificamos os termos semelhantes:

    \displaystyle (1+u^{2})dx-uxdu=0

    separando as variáveis,

    \displaystyle \dfrac{dx}{x}-\dfrac{udu}{1+u^{2}}=0

    integrando,

    \displaystyle \ln |x|-\dfrac{1}{2}\ln |1+u^{2}|=C\Rightarrow \dfrac{x^{2}}{1+u^{2}}=e^{2C}

    como {u=\dfrac{y}{x}}, então:

    \displaystyle \dfrac{x^{2}}{1+\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}}=C_{1}

    organizando a equação,

    \displaystyle x^{4}=C_{1}(y^{2}+x^{2})

    usando a condição inicial {y(-1)=1} temos:

    \displaystyle (-1)^{4}=C_{1}(1^{2}+(-1)^{2})\Rightarrow C_{1}=\dfrac{1}{2}

    A solução do problema de valor inicial é:

    \displaystyle x^{4}=\dfrac{1}{2}(y^{2}+x^{2})

No próximo artigo vamos apresentar exercícios resolvidos sobre as equações diferenciais exatas.

Equações diferenciais de variáveis separáveis.Exercícios resolvidos

— 1. Equações diferenciais de variáveis separáveis.Exercícios resolvidos —

Iniciaremos uma serie de artigos com exercícios resolvidos de equações diferenciais.Neste artigo vamos nos concentrar apenas em equações diferenciais de variáveis separáveis o próximo artigo será sobre as equações diferenciais homogéneas.

Exercício 1 Resolver as seguintes equações diferenciais por separação de variáveis

  1. {(xy^{2}-y^{2}+x-1)dx+(x^{2}y-2xy+x^{2}+2y-2x+2)dy=0 }
    Solução:Agrupando, teremos:

    \displaystyle [y^{2}(x-1)+(x-1)]dx+[x^{2}(y+1)-2x(y+1)+2(y+1)]dy=

    \displaystyle (y^{2}+1)(x-1)dx+(x^{2}-2x+2)(y+1)dy=0

    separando as variáveis teremos

    \displaystyle \dfrac{(x-1)dx}{(x^{2}-2x+2)}+\dfrac{(y+1)dy}{(y^{2}+1)}=0

    integrando

    \displaystyle \int\dfrac{(x-1)dx}{(x^{2}-2x+2)}+\int\dfrac{ydy}{(y^{2}+1)}+\int\dfrac{dy}{(y^{2}+1)}=0

    teremos

    \displaystyle \dfrac{1}{2}\ln (x^{2}-2x+2)+\dfrac{1}{2}\ln (y^{2}+1)+\arctan y=C_{1}

    \displaystyle \ln [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]+2\arctan y=2C_{1}

    \displaystyle \ln [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]=2C_{1}-2\arctan y

    levantando o logaritmo e fazendo {C_{2}=e^{2C_{1}}} teremos

    \displaystyle [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]=C_{2}e^{-2\arctan y}

    onde se tem:

    \displaystyle [(x^{2}-2x+2)(y^{2}+1)]e^{2\arctan y}=C_{2}

  2. {\sin 3xdx +2y\cos^{3}3xdy=0 }
    Solução:separando as variáveis teremos

    \displaystyle 2ydy=-\dfrac{\sin 3x}{\cos^{3}3x}dx \Rightarrow 2ydy=-\left(\dfrac{\sin3x}{\cos3x}\right)\left(\dfrac{1}{\cos^{2}3x}\right)

    \displaystyle 2ydy=-\tan3x\sec^{2}3xdx

    integrando obtemos:

    \displaystyle \int2ydy=-\dfrac{1}{6}\int d(\sec^{2}3x)

    \displaystyle y^{2}=-\dfrac{1}{6}\sec^{2}3x+c

  3. {e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}+e^{-2x-y}}
    Solução:organizando a equação e separando as variáveis temos:

    \displaystyle e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}(1+e^{-2x})\Rightarrow ye^{y}dy=\dfrac{1+e^{-2x}}{e^{x}}dx

    integrando obtemos:

    \displaystyle \int ye^{y}dy=\int (e^{-x}+e^{-3x})dx

    a integral do lado esquerdo resolve-se aplicando integração por partes.

    \displaystyle \int udv=uv-\int vdu

    Supondo que

    \displaystyle u=y \Rightarrow du=dy; \quad dv=e^{y}dy \Rightarrow v=e^{y}

    teremos:

    \displaystyle \int ye^{y}dy=ye^{y}-\int e^{y}dy=ye^{y}-e^{y}

    tendo a integral do lado esquerdo e do lado direito resolvida agora sim podemos dizer que a solução da equação diferencial será:

    \displaystyle ye^{y}-e^{y}=-e^{-x}-\dfrac{1}{3}e^{-3x}+C \Rightarrow ye^{y}-e^{y}+e^{-x}+\dfrac{1}{3}e^{-3x}=C

Exercício 2 Ache a solução da equação diferencial que satisfaça a condição inicial dada.

  1. {(1+x^{4})dy+x(1+4y^{2})dx=0, \quad y(1)=0}
    Solução:separando as variáveis temos:

    \displaystyle \dfrac{dy}{1+4y^{2}}+ \dfrac{xdx}{1+x^{4}}=0\Rightarrow \int \dfrac{dy}{1+(2y)^{2}}+\int \dfrac{xdx}{1+(x^{2})^{2}}=0

    \displaystyle \dfrac{1}{2}\arctan 2y+\dfrac{1}{2}\arctan x^{2}=C\Rightarrow \arctan 2y+\arctan x^{2}=C_{1}

    usando {y(1)=0} obtemos {C_{1}=\frac{\pi}{4}}, então:

    \displaystyle \arctan 2y+\arctan x^{2}=\frac{\pi}{4}

  2. {\dfrac{dy}{dx}+\dfrac{1+y^{3}}{xy^{2}(1+x^{2})}, \quad y(1)=1}
    Solução:Organizando a equação e separando as variáveis teremos:

    \displaystyle xy^{2}(1+x^{2})dy+(1+y^{3})dx=0\Rightarrow \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy+\dfrac{1}{x(1+x^{2})}dx=0

    \displaystyle \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy+\dfrac{(1+x^{2})-x^{2}}{x(1+x^{2})}dx=0 \Rightarrow \dfrac{y^{2}}{1+y^{3}}dy +\dfrac{dx}{x}-\dfrac{xdx}{1+x^{2}}=0

    integrando temos:

    \displaystyle \dfrac{1}{3}\ln (1+y^{3})+\ln x -\dfrac{1}{2}\ln(1+x^{2})=C

    \displaystyle 2\ln (1+y^{3})+6\ln x -3\ln(1+x^{2})=6C

    \displaystyle \ln \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=6C \Rightarrow \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=e^{6C}

    logo,

    \displaystyle \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=C_{1}

    usando {y(1)=1}, obtemos {C_{1}=\frac{1}{2}} e a solução será:

    \displaystyle \dfrac{x^{6}(1+y^{3})^{2}}{(1+x^{2})^{3}}=\dfrac{1}{2}

  3. {x\cos x=(2y+3e^{3y})y\prime, \quad y(0)=0}
    Solução:

    \displaystyle x\cos x dx=(2y+3e^{3y})dy \Rightarrow \int(2y+3e^{3y})dy=\int x\cos x dx

    a integral do lado esquerdo resolve-se aplicando integração por partes.

    \displaystyle \int udv=uv-\int vdu

    Supondo que

    \displaystyle u=x \Rightarrow du=dx; \quad dv=\cos xdy \Rightarrow v=\sin x

    então,

    \displaystyle \int x\cos x dx=x\sin x-\int \sin x dx=x\sin x+\cos x

    tendo resolvido a integral por partes,agora estamos em condições para apresentar a solução da equação diferencial:

    \displaystyle y^{2}+\dfrac{1}{3}e^{3y}=x\sin x +\cos x +C

    usando {y(0)=0} na equação acima obtemos { C=-\dfrac{2}{3}},nesse caso a solução será:

    \displaystyle y^{2}+\dfrac{1}{3}e^{3y}=x\sin x +\cos x -\dfrac{2}{3}

  4. {y\prime\tan x= a+y, \quad y(\frac{\pi}{3})=a, \quad 0<x<\frac{\pi}{2}}
    Solução:

    \displaystyle \dfrac{dy}{dx}\dfrac{\sin x}{\cos x}= a+y \Rightarrow \dfrac{dy}{ a+y}=\dfrac{\cos x}{\sin x}dx, \quad [ a+y\neq 0]

    \displaystyle \int\dfrac{dy}{ a+y}=\int\dfrac{\cos x}{\sin x}dx \Rightarrow \ln (a+y)=\ln (\sin x)+C

    \displaystyle a+y=e^{\ln (\sin x)+C}=e^{\ln (\sin x)}e^{C}

    aplicando as propriedades de logaritmo e fazendo {C_{1}=e^{C}} temos:

    \displaystyle a+y=C_{1}\sin x

    usando a condição inicial {y(\frac{\pi}{3})=a} obtemos:

    \displaystyle a+a=C_{1}\sin (\frac{\pi}{3}) \Rightarrow 2a=C_{1}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow C_{1}=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}

    então,

    \displaystyle a+y=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}\sin x \Rightarrow y=\dfrac{4a}{\sqrt{3}}\sin x - a

Exercício 3 Resolva o problema de valor inicial

\displaystyle y\prime=2x\sqrt{1-y^{2}}, \quad y(0)=0

e faça um gráfico.

Solução:

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=2x\sqrt{1-y^{2}} \Rightarrow \dfrac{dy}{\sqrt{1-y^{2}}}=2xdx

\displaystyle \int \dfrac{dy}{\sqrt{1-y^{2}}}=\int 2xdx \Rightarrow \arcsin y=x^{2}+C

usando a condição inicial {y(0)=0} obtemos:

\displaystyle \arcsin 0=0 + C \Rightarrow C=0

então:

\displaystyle \arcsin y=x^{2}\Rightarrow y=\sin (x^{2}), \quad -\sqrt{\pi/2}\leq x\leq \sqrt{\pi/2}

Figura 1:Gráfico do exemplo 3

Exercício 4 Encontre a solução da equação diferencial

\displaystyle \dfrac{dy}{dx}=y^{2}-4

quando se utiliza {\ln C_{1}} como a constante de integração do lado esquerdo da solução e {4\ln C_{1}} substitui-se por {\ln C}.Depois resolve o mesmo problema com o valor inicial {y(\frac{1}{4})=1}

Solução:separando as variáveis teremos:

\displaystyle \dfrac{dy}{y^{2}-4}=dx\Rightarrow \left[\dfrac{\frac{1}{4}}{y-2}-\dfrac{\frac{1}{4}}{y+2}\right]dy=dx

integrando teremos:

\displaystyle \dfrac{1}{4}\ln (y-2)-\dfrac{1}{4}\ln (y+2)+\ln C_{1}=x

substituindo {4\ln C_{1}} por {\ln C} temos:

\displaystyle \ln (y-2)-\ln (y+2)+\ln C=4x\Rightarrow \ln \left[\dfrac{C(y-2)}{y+2}\right]=4x

\displaystyle C\dfrac{y-2}{y+2}=e^{4x} \Rightarrow y=\dfrac{2(C+e^{4x})}{(C-e^{4x})}

aplicando a condição inicial {y(\frac{1}{4})=1}, obtemos:

\displaystyle 1=\dfrac{2\left[ C+e^{4(\frac{1}{4})}\right]}{\left[ C-e^{4(\frac{1}{4})}\right]}\Rightarrow 1=\dfrac{2(C+e)}{(C-e)}

\displaystyle C-e=2C-2e \Rightarrow C=-3e

então a solução será:

\displaystyle y=\dfrac{2(-3e+e^{4x})}{(-3e-e^{4x})}\Rightarrow y=2\dfrac{(3-e^{4x-1})}{(3+e^{4x-1})}

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Misturas

— 3.5. Misturas —

Fazer uma mistura é um procedimento extremamente rotineiro em nossas vidas. Com certeza, todos nós já fizemos uma ou várias. Uma mistura é constituída por duas ou mais substâncias, sejam elas simples ou compostas. As proporções entre os constituintes de uma mistura podem ser alterados por processos químicos, como a destilação. Todas as substâncias que compartilham um mesmo sistema, portanto, constituem uma mistura. Não se pode, entretanto, confundir misturar com dissolver. Água e óleo, por exemplo, misturam-se mas não se dissolvem. Isso torna o sistema água {+} óleo uma mistura, não uma solução.

Figura 1:Mistura da água e o óleo

A mistura de dois fluidos algumas vezes dá origem a uma equação diferencial de primeira ordem.Nos problemas de misturas se deseja calcular a quantidade de uma substancia {Q(t)} que há em um recipiente em qualquer instante {t}.

Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial de {V_{0}} litros e {Q_{0}} gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de {q_{e}} litros por minuto possuindo uma concentração de {C_{e}} gramas de sal por litro.Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de {q_{s}} litros por minuto.

A taxa de variação da quantidade de sal no tanque é igual a taxa com que entra sal no tanque menos a taxa com que sai sal no tanque.

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}={Taxa \quad de \quad entrada \choose de \quad sal}-{Taxa \quad de \quad saida \choose de \quad sal}

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=R_{e}-R_{s} \ \ \ \ \ (1)

A taxa com que entra sal no tanque é igual a taxa com que entra a mistura,{q_{e}}, vezes a concentração de entrada, {C_{e}}, ou seja:

\displaystyle R_{e}=q_{e}\cdot C_{e} \ \ \ \ \ (2)

E a taxa com que sai sal do tanque é igual a taxa com que sai a mistura do tanque, {q_{s}}, vezes a concentração de sal que sai do tanque, {C_{s}},ou seja:

\displaystyle R_{s}=q_{s}\cdot C_{s} \ \ \ \ \ (3)

Como a solução é bem misturada a concentração de sal que sai do tanque,{C_{s}}, é igual a concentração de sal no tanque, isto é:

\displaystyle C_{s}=\dfrac{Q}{V} \ \ \ \ \ (4)

onde {V} é o volume no tanque.

Como o volume no tanque, {V}, é igual ao volume inicial,{V_{0}}, somado ao volume que entra no tanque menos o volume que sai do tanque, então:

\displaystyle V=V_{0}+(\vartriangle q)t \ \ \ \ \ (5)

onde {\vartriangle q=q_{e}-q_{s}}

Assim, a quantidade de sal no tanque,{Q}, é a solução do problema de valor inicial

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=q_{e}C_{e}-q_{s}\dfrac{Q}{V_{0}+(\vartriangle q)t}\\ Q(0)=Q_{0} \end{array}\right. \ \ \ \ \ (6)

Distingue-se os seguintes casos particulares:

  1. {q_{e}=q_{s}}. O volume é constante
  2. {q_{e}>q_{s}}. O volume aumenta
  3. {q_{e}<q_{s}}. O volume diminui

Figura 2:Tanque com uma mistura

Exemplo 1 Em certo tanque ha {180} litros de solução salina que contem 10Kg de sal.Despeja-se água no tanque com uma velocidade de {4} litros por minuto e sai a mistura com velocidade de {3} litros por minuto .A concentração se mantém homogénea.Achar a quantidade de sal depois de meia hora.

Solução:O exemplo nos fornece os seguintes dados

  1. Volume inicial: {V_{0}=180l}
  2. Quantidade de sal: {Q_{0}=10Kg}
  3. Velocidade da agua ao entrar: {q_{e}=4l/min}
  4. Velocidade da agua ao sair:{q_{s}=3l/min}
  5. concentração de sal no inicio:{C_{e}=0}.A água entra sem sal

Se {Q} é a quantidade de sal no tanque em um dado momento.O volume de solução salina em qualquer momento é

\displaystyle V=V_{0}+(q_{e}-q_{s})t

a concentração de sal é:

\displaystyle C=\dfrac{Q}{V}=\dfrac{Q}{V_{0}+(q_{e}-q_{s})t}

a quantidade de sal no tanque, {Q(t)}, é a solução do problema de valor inicial

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=-q_{s}\dfrac{Q}{V_{0}+(q_{e}-q_{s})t}\\ Q(0)=Q_{0} \end{array}\right. \ \ \ \ \ (7)

\displaystyle \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{dQ}{dt}=-3\dfrac{Q}{180+(4-3)t}\\ Q(0)=10 \end{array}\right. \ \ \ \ \ (8)

A equação {(8) } é linear e pode ser escrita como

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}+3\dfrac{Q}{180+t}=0 \ \ \ \ \ (9)

Um fator integrante é neste caso

\displaystyle \mu (t)=e^{\int \frac{3}{180+t}}dt=e^{3\ln(180+t)}=(180+t)^{3}

multiplicando a equação {(9)} por {\mu (t)} obtemos:

\displaystyle (180+t)^{3}\dfrac{dQ}{dt}+3Q(180+t)^{2}=0 \Rightarrow \dfrac{d}{dt}\left[(180+t)^{3}Q\right]=0

Integrando-se obtemos:

\displaystyle (180+t)^{3}Q=c

ou seja,

\displaystyle Q=\dfrac{c}{(180+t)^{3}}

substituindo {t=0} e {Q=10 \Rightarrow c=58\cdot32\times 10^{6}}

substituindo o valor de {c} encontrado temos:

\displaystyle Q=\dfrac{58\cdot32\times 10^{6}}{(180+t)^{3}}

para {t=30}, a quantidade de sal depois de meia hora será:

\displaystyle Q(30)=6.3 kg

Exemplo 2 Um tanque com a capacidade de {400} litros contem inicialmente {200} litros de uma mistura de sal e agua (salmoura) com {30} gramas de sal dissolvidos.Despeja-se uma solução com {1} grama de sal por litro a uma taxa de {4} litros por minuto; a mistura se mantém uniforme mediante a agitação e do sal a uma taxa de {2} litros por minuto.Calcule a quantidade de gramas de sal no tanque no momento em que começa a transbordar.

Solução: o exemplo nos fornece os seguintes dados:

  1. Volume no tanque:{V=400l}
  2. Volume inicial:{V_{0}=200l}
  3. Quantidade de sal dissolvido:{Q_{0}=30gr}
  4. Concentração de sal que entra:{C_{e}=1gr/l}
  5. Velocidade da solução ao entrar:;{q_{e}=4l/min}
  6. Velocidade da mistura ao sair:{q_{s}=2l/min;}

o objetivo é achar {Q(t_{f})} onde {t_{f}} é o tempo que o tanque leva para encher.Mas primeiro vamos achar a quantidade de sal (em gramas) {Q(t)} no tanque em qualquer instante {t} antes de transbordar.A taxa de variação {Q(t)} é:

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=R_{e}-R_{s} \ \ \ \ \ (10)

A taxa de entrada {R_{e}} de sal é:

\displaystyle R_{e}=q_{e}C_{e}=4\cdot 1=4gr/min

A taxa de saída {R_{s}} de sal é:

\displaystyle R_{s}=q_{s}C_{s}=2.\dfrac{Q}{V}

onde {V} é volume do tanque no instante {t}.Como no tanque entra {4l/min} e sai {2l/min} o liquido acumulara no tanque uma taxa de:

\displaystyle \vartriangle q=q_{e}-q_{s}=4-2=2l/min

Naturalmente, o tempo que demora a encher o tanque é

\displaystyle t_{f}=\dfrac{\vartriangle V}{\vartriangle q}=\dfrac{200}{2}=100min

mas,

\displaystyle V(t)=V_{0}+(\vartriangle q)t=200+2t=2(100+t)

substituindo {V(t)} na equação da taxa de saída do sal teremos:

\displaystyle R_{s}=q_{s}C_{s}=2.\dfrac{Q}{2(100+t)}=\dfrac{Q}{(100+t)}

ao substituir {R_{e}} e {R_{s}} na equação {(10)} obtemos o seguinte problema de valor inicial

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=4-\dfrac{Q}{t+100}; \quad Q(0)=30 \ \ \ \ \ (11)

a equação {(11)} é uma equação diferencial linear, e pode ser escrita da seguinte forma:

\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}+\dfrac{Q}{t+100}=4

o fator integrante neste caso será:

\displaystyle \mu (x)=e^{\int \frac{dt}{t+100}}=e^{\ln (t+100)}\Rightarrow \mu (x)=(t+100)

multiplicando a equação {(11)} por {\mu (x)}, teremos:

\displaystyle (t+100)\dfrac{dQ}{dt}+(t+100)=4(t+100)\Rightarrow \dfrac{d}{dt}\left[Q(t+100)\right]=4(t+100)

Integrando-se obtemos:

\displaystyle Q(t)=2(t+100)+\dfrac{C}{t+100}

Aplicando a condição inicial {Q(0)=30} obtemos:{C=-17000}. por tanto a solução ao PVI é:

\displaystyle Q(t)=2(t+100)-\dfrac{17000}{t+100}

Para {t_{f}=100, } a quantidade de sal no momento que transborda é

\displaystyle Q(100)=315gramas

 

Porquê o peixe parece maior? Refração em superfície esférica.

— 2.7.16. Refração em superfície esférica —

Já analisamos a refração sobre um dióptro plano, onde vimos que, dependendo da relação entre os índices de refração, poderemos ver a imagem mais longe ou mais perto do que ela realmente está. Mas, o dióptro plano não produz a sensação de que o objecto é transversalmente maior ou menor, ou seja, quando a superfície de separação é plana, não temos ampliação transversal. Um exemplo disto é observarmos um peixe num lago, ou observarmos um peixe a partir da face plana de um aquário de faces planas.

Já, se observamos a imagem de um peixe que está num aquário esférico, em certas posições, notamos uma ampliação transversal da imagem, ou seja, o peixe parece maior do que ele realmente é. As razões desta aparente ampliação são explicadas pela refração em superfícies esféricas.

Figura 58: Refração em superfície esférica. [5] Adaptado

Consideremos a situação da figura 58, onde os raios incidentes que convergem no ponto {P}, refratam-se pela superfície esférica, convergindo no ponto {P'}. Neste caso, {P} é o objecto real e {P'} é a imagem real. A superfície esférica tem centro em {C} e raio {R}. Os índices de refração dos dois meios são {n_a} e {n_b} com {n_a<n_b}. Um raio que incide no ponto {P} pela direcção normal à superfície, ao refratar-se não sofre nenhum desvio, e passa pelo centro {C} (de acordo com a lei de Snell-Descartes) e pelo ponto {P'} (que é imagem de {P}). Um raio vindo do ponto {P} que incida num ponto {B} da superficial, ao refrata-se, vai necessariamente passar pelo ponto {P'}, visto que este é imagem de {P}. A recta que passa sobre o segmente {BC} é a normal à superfície no ponto {B}. Logo, podemos definir {\theta_a} como ângulo de incidência em {B} e {\theta_b} como ângulo de refração. Então:

\displaystyle n_a \cdot \sin\theta_a = n_b \cdot \sin \theta_b \ \ \ \ \ (51)

 

Sendo {d} a distância do objecto e {d'} a distância da imagem, e dado {\delta=VQ}, nos triângulos rectângulos {PBQ}, {CBQ} e {P'BQ} podemos obter:

\displaystyle \tan \alpha=\frac{h}{ d +\delta } \qquad \tan \beta=\frac{h}{ d' - \delta } \qquad \tan \phi=\frac{h}{ R- \delta } \ \ \ \ \ (52)

 

Note que {VC=R}.

Para raios paraxiais, todos os ângulos serão muito pequenos, então, será válida a aproximação {\tan \alpha \approx \sin\alpha\approx \alpha}. Logo, as equações 51 e 52 ficam:

\displaystyle n_a \cdot \theta_a = n_b \cdot \theta_b \ \ \ \ \ (53)

 

\displaystyle \alpha=\frac{h}{ d +\delta } \qquad \beta=\frac{h}{ d' - \delta } \qquad \phi=\frac{h}{ R- \delta } \ \ \ \ \ (54)

 

Analisando o triângulo rectângulo {PBC}, considerando que o ângulo interno sobre o vértice {B} deve ser {180^0-\alpha-\phi} (do teorema de ângulos internos de um triângulo) e também deve ser igual á {180^0-\theta_a} (por ser suplementar deste); e analisando o triângulo {P'BC} onde, no vértice {C}, o ângulo interno deve ser {180^0-\theta_b - \beta} e também deve ser {180^0-\phi}, obtemos então:

\displaystyle \theta_a=\alpha+\phi \qquad \phi =\theta_b + \beta \Rightarrow \theta_b =\phi - \beta \ \ \ \ \ (55)

 

Substituindo os valores de {\theta_a} e {\theta_b} da equação 55 na equação 53, obtemos { n_a\cdot(\alpha+\phi)=n_b\cdot(\phi - \beta)}. Organizando a expressão, obtemos:

\displaystyle n_a\cdot\alpha+n_b \cdot \beta =(n_b-n_a)\cdot\phi \ \ \ \ \ (56)

 

Substituindo {\alpha}, {\beta} e {\phi} pelos valores da equação 54 na equação 56 e simplificando {h}, obtemos:

\displaystyle \frac{n_a}{ d +\delta } + \frac{n_b}{ d' - \delta } =\frac{n_b-n_a}{ R- \delta } \ \ \ \ \ (57)

 

Lembrando que para raios paraxiais, {\delta} tende para zero, logo, obtemos:

\displaystyle \frac{n_a}{ d } + \frac{n_b}{ d' } =\frac{n_b-n_a}{ R } \ \ \ \ \ (58)

 

Esta é a equação que relaciona a distância entre o objecto e a imagem na refração sobre uma superfície esférica.

Figura 59: Ampliação na refração em superfície esférica. [59] Adaptado

A figura 2 representa um sistema com um objecto {PQ} de altura {y} e a sua imagem {P'Q'} de altura {y'}. A ampliação transversal da imagem é a relação entre as alturas (medidas transversalmente ao eixo principal) da imagem e do objecto.

\displaystyle k=-\frac{y'}{y} \ \ \ \ \ (59)

 

Para este caso, é válida a relação:

\displaystyle n_a \cdot \sin\theta_a = n_b \cdot \sin \theta_b \ \ \ \ \ (60)

 

Analisando os triângulos {PQV} e {P'Q'V}, obtemos as relações:

\displaystyle \tan \theta_a = \frac{y}{d} \qquad \tan \theta_b = \frac{y'}{d'} \ \ \ \ \ (61)

 

Como os raios são paraxiais, é válida a aproximação {\tan \alpha \approx \sin\alpha\approx \alpha}. Logo, as equações 61 e 60 ficam:

\displaystyle n_a \cdot \theta_a = n_b \cdot \theta_b \ \ \ \ \ (62)

 

\displaystyle \theta_a = \frac{y}{d} \qquad \theta_b = \frac{y'}{d'} \ \ \ \ \ (63)

 

Substituindo os resultados da equação 63 na equação 62, obtemos {n_a \cdot \frac{y}{d} = n_b \cdot \frac{y'}{d'}}. Isolando a fracção {\frac{y'}{y}}, obtemos:

\displaystyle k=-\frac{y'}{y}=-\frac{n_a \cdot d'}{n_b \cdot d} \ \ \ \ \ (64)

 

Está é a ampliação transversal na refração numa superfície esférica.

Podemos ver assim que, quando observamos um corpo qualquer sobre uma superfície de separação esférica, além de uma sensação de proximidade ou afastamento, podemos também ter a ilusão de que o objecto tem um tamanho transversal maior ou menor do que o real. É o caso do peixe no aquário. a ampliação da imagem vai depender da posição do objecto e do observador, bem como dos índices de refração dos meios onde estes se encontram.

— Referências Bibliográficas —

[1] Lilia Coronato Courrol & André de Oliveira Preto. APOSTILA TEÓRICA: ÓPTICA TÉCNICA I, FATEC-SP , [s.d.].
[2] Jaime Frejlich. ÓPTICA: TRANSFORMAÇÃO DE FOURIER E PROCESSAMENTO DE IMAGENS, Universidade Federal de Campinas – SP, [2010].
[3] Sérgio C. Zilio. ÓPTICA MODERNA: FUNDAMENTOS E APLICAÇÕES, [2010].
[4] Renan Schetino de Souza. ÓPTICA GEOMÉTRICA, [2012].
[5] Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA IV: ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, [2009].
[6]Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA III: ELECTROMAGNETISMO, [2009].
[7] Julião de Sousa Leal. TRABALHO DE FIM DE CURSO: MANUAL DE ÓPTICA, FACULDADE DE CIÊNCIAS DA UNIVERSIDADE AGOSTINHO NETO, [s.d.]

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Corpos em queda

— 3.4. Corpos em queda —

Para construir um modelo matemático do movimento de um corpo em um campo de força, em geral iniciamos com a segunda lei do movimento de Newton.Lembre-se da física elementar que a primeira lei do movimento de Newton estabelece que o corpo permanecera em repouso ou continuara movendo-se a uma velocidade constante, a não ser que esteja agindo sobre ele uma força externa.Em cada caso, isso equivale a dizer que quando a soma das forças,isto é, a força resultante, que age sobre sobre o corpo for diferente de zero, essa força resultante será proporcional a aceleração ou mais precisamente:

\displaystyle F=\sum F_{r}=m\cdot a \ \ \ \ \ (1)

onde {m} é a massa do corpo.

Suponha agora que uma pedra seja jogada para acima do topo de um prédio, conforme a figura {1}.

Figura 1:Corpos em queda

Qual é a posição {s(t)} da pedra em relação ao chão no instante {t}?A aceleração da pedra é { \frac{d^{2}s}{dt^{2}}}.1Se assumirmos como positiva a direção para cima e que nenhuma outra força alem da gravidade age sobre a pedra, obteremos a segunda lei de Newton

\displaystyle m\frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-mg \quad ou \quad \frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-g \ \ \ \ \ (2)

Em outras palavras, a força resultante é simplesmente o peso da pedra próximo a superfície da terra,ou seja:

\displaystyle F=F_{1}=-P \ \ \ \ \ (3)

Lembre-se de que a magnitude do peso é {P=m\cdot g}, onde {g} é a aceleração de gravidade.O sinal de subtração foi usado em (2), pois o peso da pedra é uma força dirigida par baixo, oposta a direção positiva.Se a altura do prédio é {s_{0}} e a velocidade inicial da pedra é {v_{0}}, então {s} é determinada, com base no problema de valor inicial de segunda ordem

\displaystyle \frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-g, \quad s(0)=s_{0}, \quad s\prime(0)=v_{0} \ \ \ \ \ (4)

Embora não estejamos dando enfaze a resolução das equações obtidas, note que a equação {(4)} pode ser resolvida integrando-se a constante {-g} duas vezes em relação a t.As condições iniciais determinam duas constante de integração.Podemos obter a solução de {(4)} como a fórmula

\displaystyle s(t)=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+v_{0}t+s_{0} \ \ \ \ \ (5)

— 3.4.1. Corpos em queda e a resistência do ar —

Antes dos famosos experimentos de Galileu na torre inclinada de Pisa, acreditava-se que os objetos mais pesados em queda livre, como uma bala de canhão, caiam com uma aceleração maior do que a de objetos mais leves, como uma pena.Obviamente, uma bala de canhão e uma pena , quando largadas simultaneamente da mesma altura, caem a taxas diferentes, mas isso não se deve ao fato de a bala de canhão ser mais pesada.A diferença das taxas é devida a resistência do ar.A força de resistência do ar foi ignorada no modelo dado em {(4)}.Sob algumas circunstancias, um corpo em queda com massa {m}, como uma pena com baixa densidade e formato irregular, encontra uma resistência do ar proporcional a sua velocidade instantânea {v}.Se nessas circunstancias, tomarmos a direção positiva como orientada para baixo, a força resultante que age sobre a massa será dada por

\displaystyle F=F_{1}+F_{2}=mg-kv \ \ \ \ \ (6)

onde o peso {F_{1}=mg} do corpo é a força que age na direção positiva e a resistência do ar { F_{2}=-kv } é uma força chamada amortecimento viscoso que age na direção oposta ou para cima.Veja a figura {2}.

Figura 2:Corpos em queda com resistência do ar

Agora, como a velocidade {v} esta relacionado com a aceleração {a} atraves de {a=\frac{dv}{dt}}, a segunda lei de Newton torna-se

\displaystyle F=m\cdot a =m\cdot \frac{dv}{dt} \ \ \ \ \ (7)

substituindo a equação {(6)} em {(7)} obtemos a equação diferencial de primeira ordem para a velocidade {v(t)} do corpo no instante {t}.

\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg-kv \ \ \ \ \ (8)

onde {k} é uma constante de proporcionalidade positiva.

como a velocidade inicial do objeto é {v_{0}}, um modelo para a velocidade do corpo que cai se expressa mediante o problema de com valor inicial:

\displaystyle m\frac{dv}{dt}=mg-kv, \quad v(0)=v_{0} \ \ \ \ \ (9)

a equação {(9)} é uma equação diferencial linear,ao resolvermos, obtemos:

\displaystyle v(t)=\dfrac{mg}{k}+\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m} \ \ \ \ \ (10)

considerando {s=0 } quando {t=0} podemos determinar a equação de movimento do objeto integrando {v=\frac{ds}{dt}} em relação a {t}.Assim obtemos

\displaystyle s(t)=\int v(t)dt=\int\left[\dfrac{mg}{k}+\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m}\right]dt

\displaystyle s(t)=\dfrac{mg}{k}t-\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)e^{-kt/m}+c \ \ \ \ \ (11)

fazendo {s=0 } e {t=0 } teremos

\displaystyle 0=-\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)+c\Rightarrow c=\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)

Substituindo o valor da constante {c} em {(11)} teremos a equação de movimento:

\displaystyle s(t)=\dfrac{mg}{k}t+\dfrac{m}{k}\left(v_{0}-\dfrac{mg}{k}\right)(1-e^{-kt/m}) \ \ \ \ \ (12)

Exemplo 1 Um objeto que pesa {4}N cai desde uma grande altura partindo do repouso.Se o ar exerce uma resistência de {\frac{1}{2}v} N, onde {v} é a velocidade em m/s,figura 3.Achar a velocidade {v(t)} e a distancia percorrida {s(t)} no instante de tempo {t}.

Solução:Consideremos a direção positiva para baixo.

Figura 3:Corpo em queda do exemplo 1

De acordo a segunda Lei de Newton temos:

\displaystyle m\dfrac{dv}{dt}=F_{1}-F_{2}

onde {m=\frac{P}{g}=\frac{4}{32}=\frac{1}{8}, \quad F_{1}=P=4N, \quad F_{2}=\frac{1}{2}v N}

substituindo teremos a equação diferencial

\displaystyle \dfrac{1}{8}\dfrac{dv}{dt}=4-\dfrac{1}{2}v \Rightarrow \dfrac{dv}{dt}=32-4v

separando as variáveis e integrando temos:

\displaystyle \int\dfrac{dv}{8-v}=\int4dt \Rightarrow -\ln(8-v)=4t+C_{1}

usando a condição {v(0)=0,} teremos {C_{1}=-\ln 8}.logo, ao substituir este valor de {C_{1}} e isolando {v} temos:

\displaystyle v(t)=8(1-e^{-4t})

Para achar {s(t)} resolve-se o problema de valor inicial:

\displaystyle v(t)=\dfrac{ds}{dt}=8(1-e^{-4t}); \quad s(0)=0

separando as variáveis e integrando, obtemos:

\displaystyle s(t)=8(t+\dfrac{1}{4}e^{-4t})+C_{0}

usando a condição inicial {s(0)=0}, temos {C_{0}=-2}.Portanto

\displaystyle s(t)=8(t+\dfrac{1}{4}e^{-4t})-2

Exemplo 2 Um objeto que pesa {30}N se deixa cair desde uma altura de {40}m, com uma velocidade inicial de {3m/s}.Suponhamos que a resistência do ar é proporcional a velocidade do corpo.Se sabe que a velocidade limite deve ser de {40m/s}.Encontrar:

  1. a velocidade depois de {8 }segundos;
  2. a expressão para a posição do corpo no instante de tempo {t};

Solução:De acordo a segunda Lei de Newton, temos:

\displaystyle m\dfrac{dv}{dt}=mg-kv

onde {P=30N \Rightarrow m=\frac{P}{g}=\frac{30}{9,8}\cong 3kg}

temos que {v_{lim}=40 m/s} onde {v_{lim}=\frac{mg}{k}};então:

\displaystyle k=\dfrac{mg}{v_{lim}}=\dfrac{30}{40} \Rightarrow k=\dfrac{3}{4}Ns/m

substituindo esses valores na segunda Lei de Newton temos:

\displaystyle \dfrac{dv}{dt}+\dfrac{1}{4}v=10

resolvendo a equação diferencial linear teremos:

\displaystyle v=C_{1}e^{-t/4}+40

com a condição inicial {v(t)=v_{0}\Rightarrow v(0)=3m/s}, temos:

\displaystyle 3=C_{1}+40 \Rightarrow C_{1}=-37

então, a velocidade em qualquer instante de tempo {t} é:

\displaystyle v=-37e^{-t/4}+40

Para {t=8s} temos:

\displaystyle v(t)=-37e^{-8/4}+40 \Rightarrow v=35m/s

Para encontrar a posição do corpo temos {v=\frac{ds}{dt}}, então:

\displaystyle \dfrac{ds}{dt}=-37e^{-y/4}+40

a equação acima é uma equação de variáveis separáveis, resolvendo teremos como solução:

\displaystyle s(t)=148e^{-t/4}+40t+C_{2}

Aplicando a condição inicial {s(t)=s_{0}\Rightarrow s(0)=0} teremos {C_{2}=-148}

portanto,

\displaystyle s(t)=148e^{-t/4}+40t-148

 

Aplicação das equações diferenciais de primeira ordem.Circuitos elétricos

— 3.3.Circuitos em série —

Um circuito consiste em um numero qualquer de elementos unidos por seus terminais, com pelo menos um caminho fechado através do qual a carga possa fluir.

Dois elementos estão em serie se:

  1. Possuem somente um terminal em comum(isto é, um terminal de um esta conectado somente a um terminal do outro).
  2. O ponto comum entre os dois elementos não esta conectado a outro elemento percorrido por corrente

Neste artigo, examinaremos dois tipos de circuitos em serie:um circuito compreendendo um resistor e um capacitor e outro circuito formado por um resistor e um indutor.Estes circuitos são denominados, respetivamente, circuitos {RC} e {RL}, e apesar de sua simplicidade tem inúmeras aplicações em eletrónica, comunicações e sistemas de controle.

A análise de circuitos {RC} e {RL} aplicando as leis de Kirchhoff produz equações diferenciais.As equações diferenciais resultantes da analise de circuitos {RC} e {RL} são de primeira ordem, consequentemente, os circuitos são conhecido coletivamente como circuitos de primeira ordem.

Consideremos um circuito em serie contendo somente um resistor e um indutor, a segunda lei de Kirchhoff diz que a soma da queda de tensão no indutor ({ L\frac{di}{dt} }) e da queda de tensão no resistor ({ iR }) é igual a voltagem ({ E(t) }) no circuito.Veja a figura 1;

Figura 1:Circuito em série RL

Logo, obtemos a equação diferencial linear para a corrente ({ i(t) }).

\displaystyle L\dfrac{di}{dt}+Ri=E(t) \ \ \ \ \ (1)

em que L e R são constante conhecidas como a indutância e a resistência, respetivamente.A corrente é algumas vezes chamada de resposta do sistema.

A queda de potencial em um capacitor com capacitância { C } é dada por {\frac{q(t)}{C}}, em que q é a carga no apacitor.Então, para o circuito em serie mostrado na figura 2, a segunda lei de Kirchhoff nos dá

\displaystyle Ri+\frac{1}{C}q=E(t) \ \ \ \ \ (2)

Figura 2:Circuito em série RC

Mas a corrente {i} e a carga {q} estão relacionados por { i=\frac{dq}{dt} }, logo, torna-se a equação diferencial linear

\displaystyle R\dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{C}q=E(t) \ \ \ \ \ (3)

Exemplo 1 Um circuito {RL} tem uma fem de {5} voltes, uma indutância de {1} henry, uma resistência de {80} ohm e não tem corrente inicial.Determinar a corrente no circuito para qualquer instante de tempo {t}.

Solução:A quantidade de corrente {i} no circuito é:

\displaystyle \dfrac{di}{dt}+\dfrac{R}{L}i=\dfrac{E}{L}

sabemos que { E=5V ,\quad L=1H, \quad R=80\Omega },então a equação do circuito será:

\displaystyle \dfrac{di}{dt}+80i=5

resolvendo a equação diferencial linear acima temos:

\displaystyle i=\dfrac{1}{16}+ce^{-80t}

o exemplo diz que o circuito não tem corrente inicial, ou seja, para {t=0 \Rightarrow i=0}, então: { c=-\dfrac{1}{16} }

assim, a corrente em qualquer instante de tempo {t} é:

\displaystyle i=\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{16}e^{-80t}\Rightarrow i=\dfrac{1}{16}(1-e^{-80t})

Exemplo 2 Um circuito {RC} tem uma fem de {200 \cos 2t} volt, uma resistência de {50} ohm e uma capacitância de {10^{-2}}farad. Em t=0 não há carga no condensador.Achar a corrente no circuito no instante {t}.

Solução:A equação para a quantidade de carga electrica {q} é:

\displaystyle \dfrac{dq}{dt}+\dfrac{1}{RC}q=\dfrac{E}{R}

sabemos que {E=(200\cos 2t)V, \quad R=50\Omega, \quad C=10^{-2}F}, então a equação do circuito será:

\displaystyle \dfrac{dq}{dt}+2q=4 \cos2t

resolvendo a equação diferencial linear acima temos:

\displaystyle q= \cos 2t + \sin 2t + ce^{-2t}

Para {t=0, \quad q=0;} então: {c=-1}

Para determinarmos a corrente temos que ter em mente que:

\displaystyle i=\dfrac{dq}{dt}

e uma vez obtida a carga, podemos encontrar a corrente:

\displaystyle i=\dfrac{dq}{dt}=-2 \sin 2t + 2 \cos 2t + 2e^{-2t}

Conheça a física dos óculos. Lentes. Características principais.

— 2.7.10. Lentes —

A possibilidade de observar a imagem dos objectos em um tamanho muitas vezes maior que o próprio objecto acabou por marcar um grande passo no desenvolvimento do mundo. A invenção do microscópio óptico e dos telescópios, permitiu ao mundo conhecer outras dimensões microscópicas (células, bactérias, vírus, etc) como astronómicas (galáxias, sistemas solares, etc).

Há certos dispositivos que são usados para aumentar, diminuir ou tornar mais nítida uma imagem. São exemplos destes dispositivos as lupas, microscópios, telescópios, as objectivas (lentes objectivas), etc. Estes dispositivos são, em geral, lentes, ou são constituídos principalmente por lentes.

As lentes acabam assim por ser uma invenção importantíssima para a humanidade. Além das aplicações anteriormente citadas, são ferramenta importante para a maioria dos humanos com deficiência de visão. Uma lente é um dispositivo óptico formado por uma substância transparente, homogénea, limitada por duas superfícies esféricas ou cilíndricas, ou por uma superfície esférica ou cilíndrica e outra plana. Por incrível que pareça, até o fundo de certos copos e garrafões enquadra-se no conceito de lente.

As lentes que aqui vamos estudar são as lentes delgadas, isto é, lentes de espessura muito pequena. Para a nomenclatura das lentes, o critério mais adotado é nomear as faces voltadas para o meio exterior, assinalando em primeiro lugar a face de maior raio de curvatura.

Figura 52 : (a) Lentes convergentes: Lente bi-convexa, lente plano-convexa, lente côncavo-convexa. (b) Lentes divergentes: Lente bi-côncava, lente plano-côncava, lente convexo-côncava.

Uma recta que seja simultaneamente perpendicular a ambas superfícies que limitam a lente é denominada eixo principal da lente. Essa recta passa necessariamente no centro das duas superfícies (no caso em que ambas sejam esféricas ou cilíndricas). O ponto de interceção desta recta (eixo principal) com a lente é denominado centro óptico da lente.

Figura 53: Eixo principal e Centro da Lente.

De acordo com as características das faces, as lentes classificam-se em dois grupos. Consideremos, inicialmente, lentes de vidro (n = 1,5) colocadas no ar (n = 1). Nestes casos, que são os mais comuns, temos:

  • Lentes cuja espessura vai diminuindo gradualmente do centro para o bordo são chamadas lentes convergentes;
  • Lentes cuja espessura vai aumentando gradualmente do centro para o bordo são chamadas lentes divergentes.

Figura 54: Representação simbólica da lente: a) Lente divergente. b) Lente convergente. [7]

Para simplificar a representação das lentes na resolução de exercícios e problemas, usaremos a representação simbólica da figura 54 .

Quando os raios luminosos incidem paralelamente ao eixo principal de uma lente convergente, refratam-se no interior da lente e emergem passando por um ponto {F'} a que se dá o nome de foco imagem da lente.

Numa lente divergente, os raios paralelos ao eixo principal refratam-se no interior e saem para fora da lente (emergem) de modo a que os seus prolongamentos passam por um ponto {F'}, denominado foco imagem da lente. O foco imagem de uma lente convergente é real e o de uma lente divergente é virtual.

Figura 55: Foco imagem: a) Lente convergente. b) Lente divergente. [4] Adaptado

Tanto nas lentes convergentes como nas lentes divergentes, há, sobre o eixo principal um ponto simétrico {F} do foco imagem {F'} em relação ao centro óptico {0} da lente. Este ponto {F} chama-se foco objecto. Os raios que passam pelo foco objecto e atingem a lente convergente, emergem paralelamente ao eixo principal. No caso de uma lente divergente, os raios incidentes cujos prolongamentos passam pelo foco objecto {F} refratam-se no interior e saem da lente paralelamente ao seu eixo principal.

Figura 56: Foco objecto: a) Lente convergente. b) Lente divergente. [4] Adaptado.

 

Se considerarmos um conjunto de raios incidentes paralelos a um eixo suplementar {S0} da lente convergente (que é um eixo constituído por uma recta que passa pelo centro óptico {0} inclinada em relação ao eixo principal da lente), eles passam pelo foco secundário {S'}. O conjunto desses focos secundários constituem o plano focal imagem.

Figura 57: Plano focal: a) Lente convergente. b) Lente divergente. [4] Adaptado

Um parâmetro muito importante para uma lente é a distância focal. A distância focal {f} de uma lente delgada é a distância entre o centro óptico {0} da lente e o seu foco imagem {F'} ou foco objecto {F}. Vale lembrar que, para lentes delgadas, a distância entre o centro e o foco objecto é igual a distância entre o centro e o foco imagem. Mais adiante, demonstraremos a seguinte fórmula:

\displaystyle \frac{1}{f}=(n_{21}-1)\cdot(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2})\ \ \ \ \ (49)

 

Em que:

  • {n_{21}}– Índice de refracção relativo do meio de que é feita a lente com respeito ao meio circundante.
  • {R_1} e {R_2} são respectivamente os raios de curvatura das faces anterior e posterior da lente.

A convenção de sinal para {R_1} e {R_2} é:

  • Se a face é convexa: {R>0}
  • Se a face é côncava: {R<0}
  • Se a face é plana: {R=\infty}

Se o valor da distância focal obtido no cálculo for positivo ({f > 0}), a lente é convergente. Se o valor da distância focal for negativo ({f <0}) a lente é divergente.

A convergência de uma lente ou potência focal é ao inverso da distância focal da lente.

\displaystyle D= \frac{1}{f} \ \ \ \ \ (50)

No sistema internacional de unidades (SI) a distância focal é expressa em metros, então, a convergência da lente é expressa em dioptrias ({D} ou {dp}).

A convergência de uma lente pode ser positiva ou negativa.

Convencionalmente:

  • Para as lentes convergentes, a convergência é positiva: {f >0}
  • Para as lentes divergentes, a convergência é negativa: {f<0}

É claro que quanto menor for a distância focal, mais acentuadamente a lente refrata os raios incidentes reunindo-os ou dispersando-os, e maior é o valor absoluto da convergência.

 

 

— Referências Bibliográficas —

[1] Lilia Coronato Courrol & André de Oliveira Preto. APOSTILA TEÓRICA: ÓPTICA TÉCNICA I, FATEC-SP , [s.d.].
[2] Jaime Frejlich. ÓPTICA: TRANSFORMAÇÃO DE FOURIER E PROCESSAMENTO DE IMAGENS, Universidade Federal de Campinas – SP, [2010].
[3] Sérgio C. Zilio. ÓPTICA MODERNA: FUNDAMENTOS E APLICAÇÕES, [2010].
[4] Renan Schetino de Souza. ÓPTICA GEOMÉTRICA, [2012].
[5] Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA IV: ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, [2009].
[6]Hugh D. Young & Roger Freedman. FÍSICA III: ELECTROMAGNETISMO, [2009].
[7] Julião de Sousa Leal. TRABALHO DE FIM DE CURSO: MANUAL DE ÓPTICA, FACULDADE DE CIÊNCIAS DA UNIVERSIDADE AGOSTINHO NETO, [s.d.]

 

%d bloggers gostam disto: