Exercício Resolvido de Dióptrica
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Na parte superior do teto de um submarino foi colocada uma fonte de luz isotrópica (ou seja, que emite luz igualmente em todas as direções). Quando este submarino está submerso, qual é a fração da luz que emerge da superfície da água do mar, cujo índice de refração é 1,34? Despreze a possibilidade de que parte da luz seja absorvida pela água.


Dados do problema:
  • Índice de refração da água do mar:    nm = 1,34;
  • Índice de refração do ar:    na = 1.
Esquema do problema:

Figura 1

Solução:

A luz emitida pela fonte se espalha igualmente por uma esfera imaginária em torno da fonte (Figura 1-A). Existe um ângulo limite onde o raio de luz sai rasante à superfície do mar, se um raio emitido pela fonte possuir um ângulo menor que este ângulo limite ele sai para o ar, mas se o ângulo for maior que este, o raio emitido será refletido de volta para o mar. Chamaremos de A1 a área da esfera que envolve toda a luz emitida pela fonte, e de A2 a área da calota esférica através da qual a luz sai para o ar.
Sendo R o raio da esfera que envolve a fonte (Figura 1-B), a área da esfera é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {A_1=4\pi R^2} \end{gather} \]
se h é a altura da calota que fica para fora da água, sua área será
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {A_2=2\pi Rh} \end{gather} \]
θL será o ângulo limite e o raio será igual a
\[ \begin{gather} R=L+h \tag{I} \end{gather} \]
Então, a fração de luz f que emergirá será dada pela área da calota fora da água, A2, dividida pela área total da esfera, A1
\[ \begin{gather} f=\frac{A_2}{A_1}=\frac{\cancel 2\cancel{\pi}\cancel Rh}{\cancelto{2}{4}\cancel{\pi}R^{\cancel 2}}=\frac{h}{2R} \tag{II} \end{gather} \]
Para determinar a fração de luz que emerge, só precisamos obter h. Na Figura 2, é mostrado um raio que sai da fonte luminosa e emerge com um ângulo limite θL. Traçando uma reta vertical, N, no ponto onde o raio emerge, o ângulo θL entre R e L é o mesmo ângulo que temos entre R e N, são ângulos alternos internos.
Aplicando a Lei de Snell-Descartes
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {n_1\operatorname{sen}\theta_1=n_2\operatorname{sen}\theta_2} \end{gather} \]
Figura 2
\[ \begin{gather} n_m\operatorname{sen}\theta_{\small L}=n_{a}\operatorname{sen}90°\\[5pt] \operatorname{sen}\theta_{\small L}=\frac{n_{a}}{n_m}\operatorname{sen}90° \end{gather} \]

Da Trigonometria   \( \operatorname{sen}90°=1 \)

\[ \begin{gather} \operatorname{sen}\theta _L=\frac{n_{a}}{n_m}1\\[5pt] \operatorname{sen}\theta _L=\frac{n_{a}}{n_m}\tag{III} \end{gather} \]

Desta figura também podemos obter o cosseno do ângulo limite
\[ \begin{gather} \cos \theta_{\small L}=\frac{\text{cateto adjacente}}{\text{hipotenusa}}=\frac{L}{R}\\[5pt] R\cos \theta_{\small L}=L \end{gather} \]
da equação (I) temos o valor de L=R−h
\[ \begin{gather} R\cos \theta_{\small L}=R-h\\[5pt] h=R-R\cos\theta_{\small L}\\[5pt] h=R\left(1-\cos\theta_{\small L}\right) \tag{IV} \end{gather} \]

Da Trigonometria
\[ \begin{gather} \cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta =1\\[5pt] \cos \theta =\sqrt{1-\operatorname{sen}^2\theta \;} \end{gather} \]

substituindo este valor do cosseno na equação (IV)
\[ \begin{gather} h=R\left(1-\sqrt{1-\operatorname{sen}^2\theta _L\;}\right) \end{gather} \]
substituindo a equação (III)
\[ \begin{gather} h=R\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right] \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a equação (V) na equação (II)
\[ \begin{gather} f=\frac{\cancel R\left[1-\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right]}{2\cancel R}\\[5pt] f=\frac{1}{2}\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{a}}{n_m}\right)^2\;}\right]\\[5pt] f=\frac{1}{2}\left[1-\sqrt{1-\left(\frac{1}{1,34}\right)^2\;}\right]\\ f=0,167 \end{gather} \]
A fração de luz que emerge do mar será de 16,7%.
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