Baixe Resolução do halliday volume 4 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
C apítulo 33
1. Como ∆l << l e f = c/l, temos
(^8 9 ) 2 9 2
(3,0 10 m/s)(0,0100 10 m) (^) 7,49 10 Hz 7,49 GHz. (632,8 10 m)
f^ c^ c^ λ λ λ
− −
∆ = ∆ ≈ ∆^ = ×^ × = × =
×
2. (a) A frequência da radiação é
(^8 ) 5 6
3,0 10 m/s (^) 4,7 10 Hz. (1,0 10 )(6,4 10 m)
f^ c λ
= = × = × −
× ×
(b) O período da radiação é
3
(^1 1) 212 s 3min 32 s. 4,7 10 Hz
T
f −
×
3. (a) De acordo com a Fig. 33-2, o menor comprimento de onda para o qual a sensibilidade do olho humano é metade da sensi-
bilidade máxima é 515 nm.
(b) De acordo com a Fig. 33-2, o maior comprimento de onda para o qual a sensibilidade do olho humano é metade da sensibi-
lidade máxima é 610 nm.
(c) De acordo com a Fig. 33-2, o comprimento de onda da luz à qual o olho humano é mais sensível é 555 nm.
(d) De acordo com o resultado do item (c),
3,00 10 m/s^8
5,41 10 Hz. λ 555 nm
f =^ c = × = ×
(e) De acordo com o resultado do item (d),
15 14
(^1 1) 1,85 10 s. 5,41 10 Hz
T
f
= = = ×^ −
×
4. Como a velocidade da luz no ar é aproximadamente c = 3,0 × 10^8 m/s, em um intervalo de tempo t = 1,0 ns, a luz percorre uma
distância
d = ct = (3,0× 10^8 m/s)(1,0 × 10–9^ s) = 0,30 m.
5. PENSE A frequência das oscilações da corrente no circuito LC do gerador é f = 1/2 π LC ,em que C é a capacitância e L é a
indutância. As ondas eletromagnéticas geradas pelo dispositivo têm a mesma frequência.
FORMULE Se f é a frequência e l é o comprimento de onda de uma onda eletromagnética, f l = c. Assim,
ANALISE Explicitando L na equação anterior e substituindo os valores conhecidos, obtemos
Este valor de indutância é extremamente pequeno.
APRENDA A frequência das ondas é
Esta frequência está na faixa da luz visível.
6. O comprimento de onda pedido é
c (^) 2 c LC 2 (2,998 10 m/s) (0,253 10 (^8 6) H)(25,0 10 12 F) 4,74 m. f
λ = = π = π × × −^ × − =
7. A intensidade é a média do vetor de Poynting:
2 8 4 2 6 2 méd (^6 ) 0
(3,0 10 m/s)(1,0 10 T) (^) 1,2 10 W/m. 2 2(1,26 10 H/m)
I S cB^ m μ
− −
= = = ×^ × = ×
×
8. A intensidade do sinal ao chegar às vizinhanças de Próxima do Centauro é
(^6 29 ) 2 15 2
1,0 10 W (^) 4,8 10 W/m. (^4 4) 4,3anos-luz 9,46 10 m/ano-luz
I P
π r π
−
= = × = ×
×
9. Se P é a potência e ∆t é a duração do pulso, a energia contida no pulso é
E = P ∆ = t (100 × 10 12 W)(1,0 × 10 −^9 s) = 1,0 ×10 J.^5
10. A amplitude do campo magnético da onda é
4 12 8
3,20 10 V/m (^) 1,07 10 T. 2,998 10 m/s
m m
B E
c
− = = × = × − ×
11. (a) A amplitude do campo magnético é
9 9 8
2,0V/m (^) 6,67 10 T 6,7 10 T. 2,998 10 m/s
Bm E^ m c
= = = × −^ ≈ × −
×
(b) Como o campo elétrico oscila paralelamente ao eixo z e a onda se propaga paralelamente ao eixo x, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo y.
(c) A direção e o sentido de propagação de uma onda eletromagnética são determinados pelo produto E × B.
De acordo com a regra da mão direita, se o campo elétrico está apontando no sentido positivo do eixo z e a onda está se propagando no sentido positivo do eixo x, o campo magnético deve estar apontando no sentido negativo do eixo y.
12. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é
8 8
5,00V/m (^) 1,67 10 T 16,7 nT. 2,998 10 m/s
Bm E^ m c
= = = × − =
×
(b) A intensidade é a média do vetor de Poynting:
(^2 ) méd 7 8 0 2 2 2
(5,00V/m) (^2) 2(4 10 T m/A)(2,998 10 m/s)
3,31 10 W/m 33,1mW/m.
I S E^ m μ c π − −
× ⋅ ×
= × =
(b) A intensidade média da luz é
2 2 3 2 2 7 8 0
2,0V/m 5,3 10 W/m 5,3 mW/m. (^2) 2(4 10 T m/A)(2,998 10 m/s) I E^ m μ c π
− = = (^) × − ⋅ × = × =
(c) A potência da fonte é
2 2 3 2 P 4 π r I méd 4 π (10m) (5,3 10 W/m ) 6,7 W. = = × − =
18. De acordo com a Eq. 33-27, a inclinação de um gráfico da intensidade de uma onda eletromagnética em função do inverso do quadrado da distância (I em função de r–2) é P/4p. Como a inclinação do gráfico da Fig. 33-37 é (200 W/m 2 )/(10 m –2) = 20 W, a potência é P = 4p (20) ≈ 0,25 × 102 W = 0,25 kW. 19. PENSE Se o plasma se comporta como um meio perfeitamente refletor, a pressão de radiação é dada por pr = 2I/c, em que I é a intensidade da radiação.
FORMULE A intensidade é I = P/A, em que P é a potência e A é a área interceptada pela radiação.
ANALISE A pressão de radiação é
APRENDA No caso de absorção total, a pressão de radiação é p (^) r = I/c, ou seja, metade do valor observado quando existe re- flexão total.
20. (a) A força exercida pela radiação é
2 6 2 2 2 8 rad rad (^8)
( W/m )(6,37 10 m) ( ) ( ) 6,0 10 N. T T 2,998 10 m/s
I
F p R R c
π π π ^3
1,4×10 ×
= = = = ×
×
(b) A atração gravitacional do Sol é
11 2 2 30 24 g 2 11 2
22
(6,67 10 N m /kg )(2,0 10 kg)(5,98 10 kg) (1,5 10 m)
3,6 10 N,
S T TS
GM M
F
d
× − ⋅ × ×
×
= ×
que é muito maior que Frad.
21. Como a superfície é perfeitamente absorvente, a pressão da radiação é dada por pr = I/c, em que I é a intensidade. Como a lâmpada irradia uniformemente em todas as direções, a intensidade a uma distância r da lâmpada é dada por I = P/4pr^2 , em que P é a potência da lâmpada. Assim,
8 2 2 8
500 W (^) 5,9 10 Pa. r 4 4 ( m) (2,998 10 m/s) p P π r c π
= = = × −
1,5 ×
22. A pressão da radiação é
2 8 8
10 W/m 3,3 10 Pa. r 2,998 10 m/s
I
p c
= = = ×^ −
×
23. (a) A força para cima exercida pela radiação, Fr, dada pela Eq. 33-32, F = IA/c, deve ser igual, em módulo, à força para baixo exercida pela gravidade, Fg = mg. No caso de uma esfera, a área da “seção de choque” (que é o parâmetro A da Eq. 33-32) é a área de um círculo, A = pr^2 (e não a área da superfície da esfera), e o volume (cujo valor é necessário para que a massa possa ser de-
terminada através da relação m = rV) é dado por V = 4pr^3 /3. Finalmente, a intensidade I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P/4pR^2 , em que R é a distância da fonte. Fazendo Fr = Fg e explicitando P, obtemos
3
2 3 2 2 2 8 4 3 2
11
)
16 (0,5 m) (2,998 10 m/s)(1,9 10 kg/m )(2,0 10 (9,8 m/s ) 3 4,68 10 W.
P R c r g^ R c^ rg r
π ρ π π^ ρ π π −
= (^) =
= ×^ ×^ ×
= ×
(b) Qualquer pequena perturbação tiraria a esfera da posição de equilíbrio, pois, nesse caso, as duas forças deixariam de atuar ao longo do mesmo eixo.
24. Fazendo Fg = Fr, obtemos
2
S ,
TS
mM IA G d c
o que nos dá
11 2 2 30 8 2 3 2 11 2
5 2 2
(6,67 10 N m /kg )(1500 kg)(1,99 10 kg)(2,998 10 m/s) 2 2(1,40 10 W/m )(1,50 10 m)
9,5 10 m 0,95 km.
S TS
cGmM A Id
× − ⋅ × ×
× ×
= × =
25. PENSE Este problema envolve a relação entre a pressão de radiação e a densidade de energia do feixe incidente.
FORMULE Seja f a fração da intensidade do feixe incidente que é refletida. A fração absorvida é 1 – f. A parte refletida exerce uma pressão de radiação
e a parte absorvida exerce uma pressão de radiação
em que I 0 é a intensidade incidente. O fator 2 aparece na primeira expressão porque o momento da parte refletida muda de sentido. A pressão de radiação total é a soma das duas contribuições:
ANALISE Para relacionar a intensidade à densidade de energia, considere um tubo de comprimento e área da seção reta A, cujo eixo coincide com a direção de propagação de uma onda eletromagnética. A energia eletromagnética contida no interior do tubo é U = uA, em que u é a densidade de energia. Como toda essa energia passa pela extremidade do tubo em um intervalo de tempo t = /c, a intensidade é
o que nos dá u = I/c. A intensidade e a densidade de energia são positivas, qualquer que seja a direção de propagação. No caso de uma onda parcialmente refletida e parcialmente absorvida, a intensidade perto da superfície é
(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa de variação do momento por unidade de área é I/c; portanto,
(h) A pressão da radiação é
APRENDA A densidade de energia é
ou seja, tem o mesmo valor que a pressão de radiação.
28. (a) Supondo que toda a radiação é absorvida, a pressão da radiação é
3 2 6 2 8
1,4 10 W m (^) 4,7 10 N m. r 3,0 10 m s p I c
= = × = ×^ −
×
(b) A razão pedida é
(^6 2 ) 5 2 0
4,7 10 N m 4,7 10. 1,0 10 N m
p r p
×^ −^ −
= = ×
×
29. PENSE A luz do laser transporta energia e momento. A energia e momento totais da espaçonave e da luz são conservados.
FORMULE Se a luz remove uma energia U da espaçonave, também remove um momento p = U/c. De acordo com a lei de con- servação do momento, esse é o módulo do momento adquirido pela espaçonave. Se P é a potência do laser, a energia removida no intervalo de tempo t é U = Pt.
ANALISE Se a energia removida da espaçonave é Pt, o momento removido é p = Pt/c. Usando a relação p = mv, em que m é a massa da espaçonave, e levando em conta o fato de que 1 dia equivale a 86.400 segundos, temos
APRENDA Como era esperado, a velocidade da espaçonave é proporcional à potência do laser.
30. (a) Como a área da seção reta do feixe é pd 2 /4, em que d é o diâmetro da esfera, a intensidade do feixe é
3 9 2 2 2 9 2
5,00 10 W (^) 3,97 10 W/m 3,97 GW/m. /4 1266 10 m) /
I P^ P
A π d π
− −
= = = × = × =
( ×
(b) A pressão da radiação é
9 2 8
3,97 10 W/m (^) 13,2 Pa. r 2,998 10 m/s p I c
= = × =
×
(c) A força associada à radiação é igual à pressão multiplicada pela área da seção reta do feixe, que, por sua vez, é igual a P/I;
2 3 11 9 2 (13,2 Pa) 5,00^10 W 1,67 10 N. (^4) 3,97 10 W/m
(^) π (^) −^ − (^) ^
= = = × = ×
r r r × F p d^ p P I
(d) A aceleração da esfera é
11 3 3 9 3
3 2
6(1,67 10 N)
( /6) kg/m )(1266 10 m)
3,14 10 m/s.
a F^ r^ Fr m ρ π d π
− 3 −
= = = ×
(5,00 ×10 ×
= ×
31. Vamos supor que o Sol está suficientemente afastado da partícula para ser considerado uma fonte luminosa pontual.
(a) As forças a que uma partícula de poeira está submetida são a força da radiação Fr ,
que aponta para longe do Sol, e a força gra- vitacional, Fg ,
que aponta na direção do Sol. De acordo com as Eqs. 33-32 e 33-27, a força da radiação é dada por
2 2 4 2 42 ,
S S r
IA P^ R P R
F
c (^) r c r c
π π
em que R é o raio da partícula e A = pR^2 é a área da seção reta da partícula. Por outro lado, a força gravitacional é dada pela Eq. 13-1:
3 3 2 2 2
S S S g
GM m GM R GM R F r r r
ρ π π ρ = = =
em que m = r(4pR^3 /3) é a massa da partícula. Para que a partícula descreva uma trajetória retilínea, é preciso que as duas forças sejam iguais em módulo. Fazendo Fr = Fg, obtemos
2 3 2 2
P R S GM S R
r c r
π ρ
o que nos dá
26 8 3 3 11 3 2 30 7
3 3(3,9 10 W)
16 16 (3 10 m/s)(3,5 10 kg/m )(6,67 10 m /kg s )(1,99 10 kg) 1,7 10 m 0,17 m.
S S
P
R
π c ρ GM π μ
− −
= = ×
× × × ⋅ ×
= × =
(b) Como F (^) g é proporcional a R^3 , e Fr é proporcional a R^2 , se R aumentar, teremos F (^) g > Fr, e a trajetória se encurvará para perto do Sol, como a trajetória 3 da figura.
32. O primeiro polarizador reduz a intensidade da luz para metade do valor original. A redução causada pelo segundo polarizador é cos 2 (p – q 1 – q 2 ) = cos^2 (q 1 + q 2 ). A redução causada pelo terceiro polarizador é cos^2 (p – q 2 – q 3 ) = cos^2 (q 2 + q 3 ). Assim,
2 2 2 2 1 2 2 3 0 4
(^1) cos ( )cos ( ) 1 cos (50 50 )cos (50 50 ) 2 2
4,5 10.
I f I
θ θ θ θ
−
= ×
Isso significa que 0,045% da luz original é transmitida.
33. PENSE A luz não polarizada se torna polarizada depois de passar por um filtro polarizador. Este problema, que envolve três filtros polarizadores, deve ser resolvido por etapas, usando a regra da metade ou a regra do cosseno ao quadrado.
FORMULE Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada que incide no primeiro filtro polarizador. De acordo com a regra da metade, a intensidade da luz transmitida é I 1 = I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é q 1 = 40 o^ no sentido anti-horário a partir do eixo y da Fig. 33-40. No caso do segundo filtro (e também do terceiro), devemos usar a regra do cosseno ao quadrado:
em que θ ′ 2 é o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no segundo filtro e a direção de polarização do filtro.
ANALISE Como a direção de polarização do segundo filtro é q 2 = 20o^ no sentido horário em relação ao eixo y, θ ′ 2 = 40o^ + 20o^ = 60o. A intensidade da luz transmitida é
e a direção de polarização da luz transmitida é 20 o^ no sentido horário em relação ao eixo y. A direção de polarização do terceiro filtro é q 3 = 40 o^ no sentido anti-horário em relação ao eixo y. Em consequência, o ângulo entre a direção de
Estamos interessados em determinar o menor valor inteiro de n para o qual a intensidade é maior que 0,60I 0. Começamos com n = 3 e calculamos cos 2 n(90 o^ /n). Se o resultado for maior que 0,60, obtivemos a solução. Se for menor que 0,60, somamos 1 ao valor de n e repetimos o cálculo.
APRENDA As intensidades calculadas para n = 3, 4 e 5 são
38. Observando os pontos em que a intensidade é zero (q 2 = 0° e 90°) no gráfico da Fig. 33-43, concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros dois polarizadores para q 2 = 0° e perpendicular ao outro polarizador para q 2 = 90°. Sem perda de generalidade, podemos supor que q 1 = 0° e q 3 = 90°. Nesse caso, para q 2 = 30°, o polarizador 2 faz um ângulo de 30° com o polarizador 1, e o polarizador 3 faz um ângulo de 60° com o polarizador 2. Assim,
(^1) cos (30 )cos (60 ) 2 o 2 o 0,094 9,4% 2
f i
I
I
39. (a) Como a luz incidente é não polarizada, metade da luz é transmitida e metade é absorvida. Assim, a intensidade da luz transmitida é It = I 0 /2 = 5,0 mW/m^2. Como a intensidade e a amplitude do campo elétrico estão relacionadas através da equação 2 I = Em /2 μ 0 c ,temos
8 3 2 2 0 2(4 H/m)(3,00 10 m/s)(5,0 10 W/m )
1,9 V/m.
E m μ cIt π = = ×10−7 × × −
=
(b) A pressão da radiação é dada por pr = Ia/c, em que Ia é a intensidade da luz absorvida. Como foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é Ia = I 0 /2 = 5,0 mW/m^2. Assim,
3 2 11 8
5,0 10 W/m 1,7 10 Pa. r 3,00 10 m/s p
− = × = × − ×
40. Observando os pontos em que a intensidade é zero (q 2 = 60° e 140°) no gráfico da Fig. 33-44, concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros polarizadores para q 2 = 60° e perpendicular ao outro polarizador para q 2 = 140°. Sem perda de generalidade, podemos supor que q 1 = 60° + 90° = 150° e que q 3 = 140° − 90 ° = 50°. Nesse caso, para q 2 = 90°, o polarizador 2 faz um ângulo de 150° − 90 ° = 60° com o polarizador 1 e um ângulo de 90° − 50 ° = 40° com o polarizador 3. Assim,
(^1) cos (60 )cos (40 ) 2 o 2 o 0,073 7,3%. 2
f i
I
I
41. Quando a luz polarizada, de intensidade I 0 , passa pelo primeiro polarizador, a intensidade cai para I 0 cos 2 θ .Depois que a luz passa pelo segundo polarizador, que faz um ângulo de 90° com o primeiro, a intensidade passa a ser
2 2 I = ( I 0 (^) cos θ )sen θ= I 0 /10,
e, portanto,
sen 2 q cos 2 q = 1/10 ⇒ sen q cos q = sen2 q /2 = 1/ 10,
o que nos dá q = 20° ou 70°.
42. Observando o gráfico da Fig. 33-45, vemos que a intensidade da luz é zero para q 2 = 160º. Como as direções dos polarizadores devem ser perpendiculares para que a intensidade da luz transmitida se anule, q 1 = 160º – 90º = 70º. Considere a intensidade para q 2 = 90º (que não pode ser lida diretamente no gráfico, já que a escala do eixo de intensidade não é conhecida). Como sabemos que q 1 = 70º, o ângulo entre os polarizadores agora é 20º. Levando em conta a redução “automática” para metade do valor inicial
que acontece quando um feixe de luz não polarizada passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto de dois polarizadores é
It = cos^2 (20)/2 = 0,442 ≈ 44%.
43. Seja I 0 a intensidade da luz incidente e seja f a fração polarizada. A intensidade da parte polarizada é f I 0 , e esta parte contribui com f I 0 cos 2 q para a intensidade da luz transmitida pelo filtro polarizador, onde q é o ângulo entre a direção de polarização da luz e a direção de polarização do filtro. A intensidade da parte não polarizada da luz incidente é (1– f)I 0 e esta parte contribui com (1 – f )I 0 /2 para a intensidade da luz transmitida. Assim, a intensidade da luz transmitida é
2 0 0 cos 1 (1 ). 2
I = f I θ+ − f I
Quando o filtro gira, cos^2 q varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1, e a intensidade da luz transmitida varia entre um mínimo de
mín 0
I = − f I
e um máximo de
máx 0 0 0
I = f I + − f I = + f I
A razão entre Imáx e Imín é
máx mín
(^1). 1
I f I f
= + −
Fazendo Imáx/Imín = 5,0 na expressão anterior, obtemos f = 4/6 = 0,67.
44. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos
2 2 2 1 o 0 2 2 2 2
(^1) cos cos (90 ) 1 sen (2 ) 0,0500 1 sen 0,40 19,. 2 8 2
I = I θ ° − θ = θ = ⇒ θ = − =
Como essa expressão não muda quando fazemos θ 2 ′ = 90 − θ 2 ,o complemento de q 2 , 90o^ − 19,6o^ = 70,4o^ também é uma solução. Comparando as duas soluções, chegamos à conclusão de que
(a) o menor valor possível de q 2 é 19,6o;
(b) o maior valor possível de q 2 é 70,4o.
45. Na Fig. 33-46, a normal à superfície refratora é vertical. O ângulo de refração é q 2 = 90° e o ângulo de incidência é dado por tan q 1 = L/D, em que D é a altura do tanque e L é a largura do tanque. Assim,
1 1 1
1,10 m tan tan 52,. 0,850 m
L
D
θ −^ −^ ^ ^ (^)
De acordo com a lei de Snell,
2 1 2 1
sen sen 90 (1,00) 1,26. sen sen 52,
n n θ θ
46. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-47b seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação maior que 45o, o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De acordo com a lei de Snell, isso significa que n 2 < n 1 , ou seja, que o índice de refração do meio é maior que o índice de refração da água.
52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que q 2 = q 1 para n 1 = n 2. Como sabemos que o ângulo de incidência da Fig. 33-52a é 30º, procuramos o valor de n 2 no gráfico da Fig. 33-52b para o qual q 2 = 30º. Como este valor é n 2 = 1,7, concluímos
que n 1 = 1,7.
(b) De acordo com a lei de Snell, temos
1,7sen(60º) = 2,4sen(q 2 ) ⇒ q 2 = sen−^1 [ (1,7)(0,866)/2,4] = 38°.
53. PENSE O ângulo com o qual a luz sai do prisma depende do índice de refração do prisma.
FORMULE Considere a figura (a) a seguir. O ângulo de incidência é q e o ângulo de refração é q 2. Como q 2 + a = 90o^ e j + 2a = 180o,
temos
(a) (b)
ANALISE Examine a figura (b) anterior e considere o ângulo formado pelo prolongamento para o interior do prisma dos raios que entram no prisma e saem dele. É fácil mostrar que esse ângulo é dado por
Substituindo q 2 por f/2, obtemos y = 2(q − f/2), o que nos dá q = (f + y)/2. Assim, de acordo com a Eq. 33-41, o índice de re-
fração do prisma é
APRENDA O ângulo y é chamado de ângulo de desvio e representa o desvio total sofrido por um raio luminoso ao passar por um prisma. Esse ângulo é mínimo quando o raio incidente e o raio emergente fazem o mesmo ângulo com a normal, como
no caso que estamos examinando. Conhecendo os valores de f e y, podemos determinar o valor de n, o índice de refração do material do prisma.
54. (a) De acordo com a lei de Snell, nar sen(50º) = na sen qa e nar sen(50º) = nv sen qv, em que os índices a e v são usados para indicar os raios azul e vermelho. Para nar ≈ 1,0, obtemos
o o sen 1 sen 50^ 30,176o e sen 1 sen 50 30,507 o^ 0,33 .o a (^) 1,524 v 1, θ −^ θ − θ
(b) Como as duas interfaces do vidro com o ar são paralelas, os raios refratados saem do vidro com um ângulo igual ao ângulo de incidência (50 o), independentemente do índice de refração, de modo que a dispersão é 0o.
55. PENSE Como a luz é refratada na interface ar-água, para determinar o comprimento da sombra da estaca devemos conhecer o ângulo de refração, que pode ser calculado usando a lei de Snell.
FORMULE Considere um raio que tangencie a extremidade superior da estaca, como na figura que se segue.
De acordo com os dados do problema, q 1 = 90o^ – 55o^ = 35°, l 1 = 0,50 m e l 2 = 2,00 m − 0,50 m = 1,50 m. O comprimento da sombra é d = x + L.
ANALISE A distância x é dada por
De acordo com a lei de Snell, n 2 sen q 2 = n 1 sen q 1. No nosso caso, n 1 = 1 e n 2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1). Assim,
A distância L é dada por
Assim, o comprimento da sombra é d = 0,35 m + 0,72 m = 1,07 m.
APRENDA Se a piscina estivesse vazia, q 1 = q 2 e o comprimento da sombra seria
56. (a) Vamos usar os índices a e v para representar os raios azul e vermelho. De acordo com a lei de Snell, os ângulos de refração na primeira superfície são
1 o o
1 o o
sen sen(70 ) 44, 1,
1 sen sen(70 ) 44,. 1,
a
v
θ
θ
−
−
Esses raios atingem a segunda superfície (onde se encontra o ponto A) com ângulos complementares dos que acabamos de calcular (já que a normal à segunda superfície é perpendicular à normal à primeira superfície). Levando este fato em consideração, usamos a lei de Snell para calcular os ângulos de refração na segunda superfície:
1 o o
1 o o
sen 1,343sen(90 ) 73,
sen [1,331sen(90 70,497 ,
a a
v v
θ θ
θ θ
−
−
′ = ^ − =
′ = ^ − =
o que nos dá uma diferença de 3,1° (e, portanto, um arco-íris com uma largura angular de 3,1°).
(b) Os dois raios refratados saem da superfície inferior do cubo com o mesmo ângulo, o ângulo de incidência (70°), e, portanto, neste caso não há arco-íris. (A situação é análoga à do item (b) do Problema 33-54.)
o que nos dá
q 1 = q A = sen–1^ n 3 / n 1 = 54,3°.
(b) Sim. Quando q diminui, q 2 também diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.
(c) Como o ângulo crítico é o complemento do ângulo de difração do meio 2, temos
2 3 2 2 1 2 2 2 3 2
sen θ= cos θ 1 ,
c
n n n n n n n
o que nos dá q = 51,1°.
(d) Não. Quando q diminui, q 2 aumenta, o que torna o ângulo q 2 maior que o ângulo crítico. Assim, nenhuma luz é transmitida para o meio 3.
61. (a) Note que o complemento do ângulo de difração do meio 2 é o ângulo crítico. Assim,
2 3 2 2 1 2 2 2 3 2
sen θ cos θ 1 ,
= (^) c = − = − n n n n n n n
o que nos dá q = 26,8°.
(b) Sim. Quando q aumenta, o ângulo de incidência da luz na interface entre os meios 2 e 3 diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.
62. (a) A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização da circunferência a que o problema se refere. Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando pelo ponto S. Como o raio da circunferência (que cor- responde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro da circunferência é
2 tan 2 tan sen 1 1 2(2,00 m) tan sen 1 1 4,56 m. c a 1, d h h n
θ −^ −
^ ^ ^
(b) De acordo com a equação obtida no item (a), o diâmetro d é diretamente proporcional à profundidade h; assim, se o peixe descer para uma profundidade maior, o diâmetro da circunferência aumentará.
63. (a) A figura a seguir mostra o percurso de um raio luminoso no interior do prisma.
Seja q 1 o ângulo de incidência, seja q 2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja q 3 o ângulo de incidência na segunda super- fície. O ângulo de refração na segunda superfície é q 4 = 90°. Como mostra a figura, as normais à primeira e à segunda superfícies são mutuamente perpendiculares. Como a soma dos ângulos internos do triângulo formado pelo raio luminoso e as duas normais é 180°, q 3 = 90° – q 2 e
sen θ 3 = sen 90 ( ° − θ 2 ) = cos θ 2 = 1 −sen 2 θ 2.
Aplicando a lei de Snell à segunda superfície, obtemos n sen q 3 = sen q 4 = 1, o que nos dá n 1 − sen 2 θ 2 = 1.Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos sen q 1 = n sen q 2 , o que nos dá sen q 2 = (sen q 1 )/n e, portanto,
2 1 2
sen n 1 1. n
θ − =
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando n, obtemos
2 n = 1 +sen θ 1.
(b) Como o maior valor possível de sen 2 q 1 é 1, o maior valor possível de n é
n máx (^) = 2 =1, 41.
(c) Sim. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for maior que q 1 , o ângulo de refração será maior que q 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que q 3 (= 90° – q 2 ). Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que o ângulo crítico para reflexão interna total, e a luz sairá do prisma.
(d) Não. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for menor que q 1 , o ângulo de refração será menor que q 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que q 3. Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que o ângulo crítico para reflexão interna total, e toda a luz será refletida de volta para o interior do prisma.
64. (a) Vamos chamar de A o ponto de entrada no prisma do raio luminoso (o ponto onde o raio encontra a superfície esquerda do prisma na Fig. 33-53), de B o vértice superior do prisma, e de C o ponto de saída do raio luminoso. Vamos chamar de b o ângulo entre a reta AB e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de refração na primeira superfície), e de a o ângulo entre a reta BC e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de incidência na segunda superfície). Quando o ângulo do raio incidente tem o menor valor necessário para que a luz saia do prisma, o ângulo de incidência na segunda superfície é o ângulo crítico para reflexão interna total, e o ângulo de refração na segunda superfície é 90°. Seja q 1 o ângulo de incidência na primeira superfície, seja q 2 o ângulo de refração na primeira superfície, e seja q 3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A aplicação da lei de Snell à segunda superfície nos dá
n sen q 3 = 1 ⇒ sen q 3 = 1/ n = 1/1,60 = 0,625 ⇒ q 3 = 38,68°.
Como a soma dos ângulos do triângulo ABC é 180°, a + b = 120°. Como a = 90° − q 3 = 51,32°, b = 120° − 51,32° = 69,68°. Assim, q 2 = 90° − b = 21,32°. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos
sen q 1 = n sen q 2 = 1,60 sen 21,32° = 0,5817 ⇒ q 1 = 35,6°.
(b) Nesse caso, como o ângulo de saída deve ser igual ao ângulo de entrada, a aplicação da lei de Snell à segunda superfície nos dá n sen q 3 = sen q 1. As relações entre os ângulos são as mesmas do item (a): a + b = 120°, a = 90° − q 3 e b = 90°− q 2. Assim, temos q 2 + q 3 = 60°, o que nos dá
sen θ 1 = n sen 60 ( ° − θ 2 ) ⇒ sen θ 1 = n sen 60 cos° θ 2 − n cos60 sen° θ 2 ,
onde foi usada a relação trigonométrica
sen( A − B ) = sen A cos B − cos A sen B.
Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos
sen θ 1 = n sen θ 2 ⇒ sen θ 2 = (1/ n )sen θ 1 ,
o que nos dá
2 2 2 cos θ 2 = 1 − sen θ 2 = 1 − 1 / n sen θ 1.
(d) O ângulo entre o raio e a face superior (face 2) (medido em relação à normal, que, no caso, é vertical) é 90º – q 2 = 90o^ − 24,33o^ = 65,67º, que é muito maior que o ângulo crítico para reflexão interna total, sen–1(1/1,56) = 39,9º. Assim, não há refração no ponto da segunda reflexão.
(e) Nesse caso, de acordo com a lei de Snell, o ângulo de refração na face 1 é dado por
sen 70º = 1,56 sen q 2 ⇒ q 2 = 37,04º.
Como este ângulo é maior que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 2.
(f) Como o ponto da face 2 atingido pelo raio está muito próximo da aresta superior direita, a segunda reflexão certamente acon- tece na face 3.
(g) Como o ângulo de incidência na face 2 é 90º – q 2 = 90o^ – 37,04o^ = 52,94º, muito maior que ângulo crítico para reflexão interna total, sen –1(1/1,56) = 39,9º, não há refração no ponto da primeira reflexão.
(h) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3 é igual ao ângulo de refração na face
- Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o índice de refração igual a 1, temos
1,56 sen 37,04º = sen qfinal ⇒ qfinal = 70°.
Os resultados dos itens (c) e (h) são exemplos do princípio geral de que um raio luminoso não sofre um desvio ao passar por um material se as superfícies de entrada e saída são paralelas.
67. (a) De acordo com a Eq. 33-45, temos
(^1 ) 2
c sen
n n
θ −^
que, para qc = f = 60°, nos dá
n 3 = n 2 sen 60 o^ = (1,60)(0,866) = 1,39.
(b) Aplicando a lei de Snell à interface entre os meios 1 e 2, obtemos
o o 1 2 o 2 1 1
sen 30 sen 30 sen sen 28,. n n n n
θ θ −^
(c) Se o valor de q for aumentado, o ângulo f também aumentará e o ângulo de incidência do raio na interface entre os meios 2 e 3 será maior que qc. Assim, a luz não conseguirá penetrar no meio 3.
68. (a) De acordo com a Eq. 33-49 e a Tabela 33-1, temos
tan 1 tan 1 (1,33) 53,. θ (^) B na = −^ = − = °
(b) Sim, já que na depende do comprimento de onda da luz.
69. PENSE Uma luz refletida é totalmente polarizada se o ângulo de incidência na interface for igual ao ângulo de Brewster.
FORMULE O ângulo de incidência para o qual a luz refletida é totalmente polarizada é dado pela Eq. 33-49:
em que n 1 é o índice de refração do primeiro meio e n 2 é o índice de refração do segundo meio. O ângulo qB é chamado de ângulo de Brewster.
ANALISE Para n 1 = 1,33 e n 2 = 1,53, temos
APRENDA No caso de ângulos de incidência diferentes do ângulo de Brewster, a luz refletida é parcialmente polarizada, ou seja, apresenta uma proporção maior de componentes com o campo elétrico perpendicular ao plano de incidência do que com o campo elétrico paralelo ao plano de incidência. Quando o ângulo de incidência é igual ao ângulo de Brewster, a luz refletida é totalmente polarizada e apresenta apenas componentes com o campo elétrico perpendicular ao plano de incidência.
70. Aplicando duas vezes a lei de Snell, temos
2 3 3 B1 2 B2 3 1 2 1 2 1
(tan )(tan ) (tan )(tan ). n n n n n n θ → θ → θ θ
Como as placas são paralelas, o ângulo de refração na primeira interface é igual ao ângulo de incidência na segunda interface. Sabemos que, quando o ângulo de incidência é o ângulo de Brewster, o ângulo de refração é o complemento do ângulo de reflexão. Assim, usando a notação da Fig. 33-64,
θ 2 = (θ 1 ) (^) c = 90 ° −θ 1
e, portanto,
2 1 1
tan tan ( ) c tan θ θ θ
e o produto das tangentes na equação anterior é igual a 1, o que nos dá n 3 = n 1 = 1,0.
71. PENSE Todas as ondas eletromagnéticas, entre elas as ondas luminosas, se propagam no vácuo à mesma velocidade c, conhe- cida como velocidade da luz.
FORMULE O tempo que uma onda eletromagnética leva para percorrer uma distância d no vácuo é t = d/c, em que c é a veloci- dade da luz (3,00 × 108 m/s).
ANALISE (a) Para d = 150 km = 150 × 10 3 m, temos
(b) Na lua cheia, a Lua e o Sol estão em lados opostos da Terra e, portanto, a distância percorrida pela luz é
O tempo que a luz leva para percorrer essa distância é
(c) Para d = 2(1,3 × 109 km) = 2,6 × 1012 m, temos
(d) Para d = 6500 anos-luz, temos
6500 anos-luz (^) 6500 anos. 1,00 ano-luz/ano
t d c
A explosão aconteceu no ano 1054 – 6500 = –5446 ou 5446 a.C.
APRENDA Como a velocidade c da luz é constante, o tempo de percurso é proporcional a distância.
72. (a) A expressão Ey = Em sen(kx – ωt) atende à condição de que o campo elétrico no ponto P está diminuindo com o tempo no instante t = 0 se supusermos que o ponto P está à direita da origem (x > 0) e o valor de x é menor que p/2k = l/4. É importante
