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Revisão 2ª Etapa UFES 2010 – Física 2 Revisão Disc. UFES 2009/2 – Resolução parte 4 Prof. Ricardo Jacob 1.
tg L =
onde R = raio externo mínimo.
Resolução:
a) VLíq =
R R R ⇒ tg 45o = ⇒1= ⇒ R = 3m h 3 3
VVácuo 3 ⋅ 108 = ∴VLíq = 2,1 ⋅ 108 m s nLíq 2
b) No triângulo ADF:
y 2 = h2 + r 2 ⇒ y 2 = b) Como: sen i =
r = 90º R
Ar (n2)
1 r = ⇒ 2 y
( 3)
2
+ 12 ⇒
y = 2m
i = 30o
No ponto A: Usando a Lei de Snell-Descartes:
Água (n1)
i=L
sen r ' N LÍQ sen r ' 2 2 = ⇒ = ⇒ sen r ' = ⇒ N AR sen i 1 2 sen 30o
h i=L
r ' = 45o
No triângulo AEF: F
tg r ' =
n sen i sen i 1 = 2 ⇒ = ⇒ i = 45o sen r n1 sen 90o 2 tg i =
2.
X X X ⇒ tg 45o = ⇒1= ⇒ H 5 5
X = 5m
Seja RC o raio do círculo luminoso, da figura temos:
R ⇒ R = h ⋅ tg 45o = 80 ⋅ 1 ⇒ R = 80cm h d = 2 ⋅ R = 2 ⋅ 80 = 160cm d = 1,60m
RC = X + r ⇒ RC = 5 + 1 ⇒
RC = 6m
Seja DC o diâmetro do círculo luminoso:
DC = 2 ⋅ RC = 2 ⋅ 6 ⇒
Resolução:
DC = 12m
Dados:
RC
3. Resolução: a) Calcule a razão entre n2 e n1. Pelo gráfico podemos ver que a partir do ângulo de 60º, 100% da luz incidente será refletida, ou seja, o raio sofre reflexão total e o ângulo limite é de 60º. Para que o raio sofra reflexão total o meio 1 será mais refringente que o meio 2. Logo n1 > n2. n n n 3 sen L = ⇒ sen 60o = 2 ⇒ 2 = N n1 n1 2
RC
r
X
E
F
H
H=5m
r'
AR
b) Tomando como referência a direção do raio de incidência, o raio refratado deve se aproximar ou se afastar da normal? Justifique. ⎛N sen i ⎞ Como n2 < n1, de acordo com a lei de Snell ⎜⎜ 2 = ⎟, sen r ⎟⎠ ⎝ N1 podemos afirmar que o ângulo entre o raio refratado e a normal será maior que o ângulo entre o raio incidente e a normal (r > i). Dessa forma podemos concluir que o raio afasta da normal.
B
A O i y
h
LÍQ
N LÍQ = 2
h
D
F
N AR = 1
L h= 3 m
C
r R
c) Calcule a relação entre a energia refletida e a energia refratada, quando θ=30º. Pelo gráfico podemos observar que para θ=30º, a energia refletida será 20% da energia incidente. Assim:
a) No ponto B: L = ângulo limite de incidência sen L =
N n 1 ⇒ sen L = AR = ⇒ N N LÍQ 2
L = 45o
E REFLET =
o
A Luz só emerge até o ângulo limite (45 ), após este valor o raio sofre reflexão total. No triângulo CBF:
20 ⋅ E INCID ⇒ E REFLET = 0,2 ⋅ E INCID 100
A parcela da luz que não é refletida será refratada. Logo:
1
Ricardo Augusto Gomes Jacob
Revisão 2ª Etapa UFES 2010 – Física 2 E REFRAT = 80% ⋅ E INCID ⇒ E REFRAT =
ao incidir com 45º, o raio de luz será totalmente refletido. Logo podemos concluir que o raio sairá do prisma pela face BC com um ângulo de refração para essa face rBC = 0 o .
80 ⋅ E INCID 100
E REFRAT = 0, 8 ⋅ E INCID
sen L =
Logo a relação entre a energia refletida e a energia refratada será: 0,2 ⋅ E INCID E REFLET E 1 = ⇒ REFLET = E REFRAT 0, 8 ⋅ E INCID E REFRAT 4
4. Resolução:
nLíq NP
, para nP const. ⇒ nLíq ↓ ⇒ (sen L) ↓ ⇒ L ↓
C
A
a)
45º O
iAC=45º 45º
A i=0º
r=0º
iBC=0º rBC=0º
i=45º r=45º C
r=45º
r=0º i=0º
6. Resolução:
Para que o observador não veja a pedra, a luz incidente na superfície da água deve sofrer reflexão total. Para que isso aconteça, o ângulo de incidência deve ser maior que o ângulo limite (L). Para o ângulo limite, temos a figura a seguir:
B G
b)
i > L ⇒ sen i > sen L ⇒ sen 45o >
normal
B
i=45º
n Ar 2 1 ⇒ > ⇒ NP > 2 2 NP NP
5. Resolução: 8 ⎪⎧V = 3 ⋅ 10 m s Dados: ⎨ AR ⎪⎩N P = 1,6 a) Cálculo da velocidade da luz dentro do prisma: V 3 ⋅ 108 ⇒ VP = 1, 875 ⋅ 108 m s N P = Vácuo ⇒ 1,6 =
VP
Da figura, temos que:
VP
sen L =
determinarmos o índice de refração do líquido, aplicaremos a lei de Snell para a face AC:
A 45º
r +x2
(I )
Da definição de ângulo limite temos: n 1 3 sen L = Ar ⇒ sen L = ⇒ sen L = 43 4 N Ág
b) Como o raio refratado na face AC é tangente a própria face, temos o ângulo de refração é r AC = 90o . Logo para
rAC=90º
r 2
( II )
Igualando (I) e (II), temos: r 3 3⋅ 7 = ⇒r = ⋅x 2 2 4 7 r +x Assim, considerando que o observador recebe um raio com emergência rasante, para que a visão da pedra não seja possível, a cobertura circular deve ter um raio R > r, ou seja: 3⋅ 7 R > ⋅x m 7
C
45º
iAC=45º
7. Resolução:
Se não há transmissão de luz nos dois casos (a e b) é porque deverá ocorrer reflexão total da luz, o que acontece nas seguintes condições: ⇒ O raio incidente deve estar no meio mais refringente e ⇒ O ângulo de incidência deve ser maior que o ângulo limite para o par de meios considerado. a) Considerando os meios 1 e 2 transparentes e como N2 > N1 >1, temos: Observe a figura:
B
N Líq N Líq sen i AC sen 45o = ⇒ = ⇒ N Líq = 1,12 o NP sen r AC 1,6 sen 90 c) Cálculo da velocidade da luz na gota: V 3 ⋅ 108 N Líq = Vácuo ⇒ 1,12 = ⇒ VLíq ≅ 2,68 ⋅ 108 m s
VLíq
VLíq
d) Devemos observar que o ângulo de 45º coincide com o ângulo limite L do dioptro AC. Se utilizarmos um líquido com índice de refração menor do que 1,12, teremos, em conseqüência, um ângulo limite menor do que 45º. Portanto, 2
Ricardo Augusto Gomes Jacob
Revisão 2ª Etapa UFES 2010 – Física 2 N2
L1 Superf. A
i
90o
N1 α
Superf. B
Ar
Onde L1= ângulo de incidência na superfície A Utilizando a Lei de Snell-Descartes na Superfície A, temos: sen L1 N sen L1 N 1 = 1 ⇒ = 1 N2 sen 90o N 2
Para que haja o confinamento da luz na fibra é necessário que ocorra reflexão total. Para isso devemos satisfazer a seguinte condição: i > L (1)
O menor ângulo de incidência a partir do qual nenhuma luz é transmitida para o meio de índice de refração N1 é:
i 1 = arcsen
N1 N2
sen L =
n AR 1 ⇒ sen L = ⇒ sen L = 0,625 ⇒ L = 38,7o (2) N FIBRA 1,6
b) Observe a figura:
i + α = 90o ⇒ i = 90o − α i2
Substituindo (3) e (2) na equação (1), temos:
N2
i > L ⇒ 90o − α > 38,7o ⇒ 90o − 38,7o > α ⇒ α < 51,3o
Superf. A
L2
0 ≤ α < 51,3o
N1
L2
Superf. B
90o
9.
Ar
Utilizando a Lei de Snell-Descartes
sen i 2 N N = 1 ⇒ sen i 2 = 1 ⋅ sen L2 sen L2 N 2 N2
(1)
II. Na superfície B: sen L2
=
N AR sen L2 1 1 ⇒ = ⇒ sen L2 = 1 N1 N1 N1
Resolução: Dados: ⎧f 1 = 7,5 ⋅ 1014 Hz ⎪ ⎪f 2 = 4 ,3 ⋅ 1014 Hz ⎪ 7 ⎪ ⎪⎪n1 = 2 ⎨ 3 ⎪ ⎪n 2 = 2 ⎪ ⎪n AR = 1 ⎪ ⎪⎩Vvácuo = 3 ⋅ 10 8 m s
I. Na superfície A:
sen 90o
(3)
(2)
i
r2 i2
r1
i1
Substituindo 2 em 1, temos:
sen i 2 =
N1 1 1 ⋅ ⇒ sen i 2 = N 2 N1 N2
a) V1 =
O menor ângulo de incidência a partir do qual nenhuma luz é transmitida o ar é 1 i 2 = arcsen
Vvácuo 3 ⋅ 108 6⋅ 7 = ⇒ V1 = ⋅ 108 m s n1 7 7 2 V2 =
Vvácuo 3 ⋅ 108 = ⇒ V2 = 6 ⋅ 108 m s n2 3 2
b) Condição para f1 emergir do prisma: n i1 ≤ L ⇒ sen i1 ≤ sen L ⇒ sen i1 ≤ AR ⇒ sen i1 ≤ n1
N2
8. Resolução:
Para um raio de luz normal à face, temos a sua direção coincidindo com o eixo do cilindro.
sen i1 ≤
2
1 7 2
(1)
7
(2)
i1 + r1 = 90o ⇒ sen i1 = cos r1 Substituindo (2) em (1), temos:
cos r1 ≤
2 7
(3)
Pela trigonometria, temos: cos r1 = 1 − (sen r1 )2
(4 )
Substituindo (4) em (3), temos: 3
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Revisão 2ª Etapa UFES 2010 – Física 2 2
1 − (sen r1 ) ≤ 2
7
3
⇒ sen r1 ≥
(5 )
7
γ
a
Aplicando a Lei de Snell na 1 face para f1, temos: 1 2 sen r1 nAR = ⇒ sen r1 = ⋅ sen i ⇒ sen r1 = ⋅ sen i sen i n1 7 2 7
γ
B
(6 )
β α
Substituindo (6) em (5), temos:
2 7
3
⋅ sen i ≥
3 ⇒ i ≥ 60 o 2
⇒ sen i ≥
7
o
60 ≤ i ≤ 90
θ Ar
o
A B
Condição para f2 emergir do prisma: i2 ≤ L ⇒ sen i2 ≤ sen L ⇒ sen i2 ≤
nAR ⇒ sen i2 ≤ n2
2
sen i2 ≤
Condição para reflexão total: γ > L Onde L é o ângulo limite de incidência de B para o Ar : N 1 sen L = AR = NB 2
1 3
2
(1)
3
γ > L ⇒ sen γ > sen L ⇒ sen γ >
(2)
i2 + r2 = 90o ⇒ sen i2 = cos r2
2
(3)
3
Pela trigonometria, temos:
cos r2 = 1 − (sen r2 )2
Substituindo na eq. 1 1,5 ⋅ sen β 1 > 2 2
(4 )
Substituindo (4) em (3), temos:
2
1 − (sen r2 ) ≤ 2
3
⇒ sen r1 ≥
(5 )
3
3
2
cos α >
2
⋅ sen i ⇒ sen r2 =
3
⋅ sen i
45 ≤ i ≤ 90
90 45o
0o
0o
60o
⇒
cos α = 1 − sen2 α
1 − sen2 α >
4 9
⇒
2 3
( 1 − sen α ) 2
⇒ sen2α <
5 9
⇒
2
⎛2⎞ >⎜ ⎟ ⎝3⎠
senα <
2
5 3
Eq. 4
Aplicando Lei de Snell na superfície dióptrica Ar/A : N sen θ sen θ ⋅ 1 2 ⋅ sen θ sen α = = A ⇒ sen α = ⇒ sen α N AR 1,5 3
f2
90o
45o
1 − sen2 α >
f1
o
Eq. 3
Substituindo na Eq. 3, temos:
o
60o 0o
Eq. 2
2 3
sen2 α + cos 2 α = 1
(6 )
Substituindo (6) em (5), temos: 2 1 2 ⋅ sen i ≥ ⇒ sen i ≥ ⇒ i ≥ 45o 2 3 3 o
2 3
Substituindo na Eq. 2, temos:
Aplicando a Lei de Snell na 1 face para f2, temos:
1
sen β >
⇒
α + β = 90o ⇒ β = 90 − α ⇒ sen β = cos α
1
a
sen r2 nAR = ⇒ sen r1 = sen i n2
Eq. 1
Aplicando a Lei de Snell para a superfície dióptrica A/B : sen β N B 1,5 ⋅ sen β = ⇒ sen γ = NA sen γ 2
Substituindo (2) em (1), temos:
cos r2 ≤
1 2
Substituindo na Eq. 4, temos: 2 ⋅ sen θ 5 < 3 3
Solução
Resp.: Para que apenas um possa emergir, temos: 45o ≤ i < 60o 10. Resolução: Dados: ⇒ NAR = 1 ⇒ NA = 1,5 ⇒ NB = 2 a) Cálculo da velocidade da luz no meio A: V 3 ⋅ 108 ⇒ V A = 2 ⋅ 108 m s V A = vácuo = NA 1,5
⇒
sen θ <
5 2
Como o maior valor possível de sen θ é 1, temos: sen θ ≤ 1 ⇒ θ ≤ 90o Logo θMÁX = 90o
b)
4
Ricardo Augusto Gomes Jacob
