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Os fundamentos da Física • Volume 2
Exercícios propostos
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Resumo do capítulo
Testes propostos Capítulo
14
Lentes esféricas delgadas
T.316 Resposta: c n lente 1,5
n lente nmeio: convergente
• Lente A: nar 1,0
nlente 1,5
n lente nmeio: convergente
• Lente B: nágua 1,33
n lente 1,5
n lente nmeio: divergente
• Lente C: n bissulfeto 1,64
T.317
Resposta: b As lentes devem ser convergentes. Sendo de vidro e imersas no ar, temos: nlente nmeio Assim, o estudante deverá usar lentes de bordas delgadas: I (biconvexa) ou III (plano-convexa).
T.318
Resposta: b O filamento deve estar no centro de curvatura do espelho esférico e no foco da lente para que os raios emergentes sejam todos paralelos, conforme o esquema:
CE FL
2
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Testes propostos T.319
Resposta: a
F
f
Se o objeto, suposto pontual, estiver no foco principal da lente, a imagem se forma no mesmo ponto, qualquer que seja a distância do espelho à lente. Assim: f 15 cm
T.320
Resposta: b
4 cm
F'
x
15 cm
6 cm
15 cm
Por semelhança de triângulos: 6 4 6 4 3 2 ⇒ ⇒ ⇒ (15 15 x ) (15 x ) (30 x ) (15 x ) (30 x ) (15 x )
⇒ 45 3x 60 2x ⇒ 3x 2x 60 45 ⇒ x 15 cm ⇒ f 15 cm
T.321
Resposta: c Como d f1, a única situação possível é a seguinte:
F2 F'1
|f2|
d f1
Portanto, a segunda lente deve ser divergente, com seu foco-objeto (F2 ) coincidindo com o foco-imagem (F’1 ) da primeira lente. Da figura, temos: f2 f1 d 30,0 10,0 ⇒ f2 20,0 cm
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Testes propostos T.322
Resposta: e
F
Os focos das lentes convergentes (foco-imagem) e divergente (foco-objeto) devem coincidir, como mostra o esquema. Como fconv. 20 cm e fdiv. 5 cm, a lente divergente deve ser colocada em E, isto é, a 5 cm do foco da lente convergente, antes do cruzamento dos raios. T.323
Resposta: d Podemos determinar a distância focal f
L
o
diretamente na figura:
1,0 m 1,0 m
f F’O 2 䡠 1,0 O
f 2,0 m
T.324
f
F'
I
Resposta: c O observador deve se colocar na posição C para receber os raios de luz que definem a imagem.
Resposta: b No anteparo, forma-se um ponto central brilhante P ’, imagem da fonte P que está situada no ponto antiprincipal da lente 5 cm
T.325
(f 10 cm; p 2f 20 cm). Em torno de P’
P
P' D
há um círculo de diâmetro D não-iluminado. Por semelhança de triângulos, temos:
20 cm
20 cm
(20 20) D ⇒ D 10 cm 5 20
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Testes propostos T.326
Resposta: a
A lente é divergente, pois a imagem é direita
o i
e menor.
F'
O
F
Aproximado-se a lente dos olhos, a imagem
o i F'
O
continua direita e passa a ser menor, confor-
F
me se observa nos esquemas.
T.327
Resposta: d
o C
F
O
F'
C' i
o
F'
C
F
C'
O
i
À medida que o objeto o se afasta da o
F' C
F
lente, a partir do foco principal objeto
C'
F, a imagem se aproxima do outro foco
i
O
principal da lente (F’).
T.328
Resposta: c 2f
A imagem do ponto P (antiprincipal
2f
objeto) é o ponto P’ (antiprinciP
Q
F
O
F'
P'
Q'
pal imagem). A imagem de Q (entre P e F ) é um ponto Q’ (além de P’).
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Testes propostos Na figura abaixo mostramos um modo de se obter o ponto Q’: F's (Foco secundário) R P
Q
F
R' F'
P'
Q'
Eixo secundário paralelo a R
T.329
Resposta: a Como o objeto e a imagem têm a mesma altura, concluímos que eles se situam nos pontos antiprincipais. Logo, a distância entre objeto e imagem é 4f : 4f 20 ⇒ f 5,0 cm
T.330
Resposta: a Aplicando a fórmula dos fabricantes de lentes, temos: n 1 1,50 1 1 1 1 1 2 1 䡠 1 䡠 ⇒ f 3,75 cm ⇒ 1,00 n1 R1 f R2 f 3 5
T.331
Resposta: d Pela equação dos pontos conjugados, temos: 1 1 1 1 1 1 1 5 ⇒ ⇒ m1 f p p’ f 0,30 1,2 f 1,2
Substituindo esse resultado na fórmula dos fabricantes de lentes, temos:
n 1 1,5 1 1 5 2 1 䡠 ⇒ 1 䡠 ⇒ R 0,12 m ⇒ R 12 cm 1,0 R n1 R f 1,2 T.332
Resposta: e Lente biconvexa:
R
R
1 1 1 2 1 (n 1) 䡠 ⇒ (n 1) 䡠 R fo R fo R Lente plano–convexa:
R
1 1 (n 1) 䡠 f R
쩹
De 쩸 e 쩹, vem:
1 1 2䡠 ⇒ f 2fo fo f
쩸
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Testes propostos T.333
Resposta: e a) Errada.
1 1 1 1 1 1 ⇒ ⇒ p’ 4 cm 12 f p p’ 6 p’ Portanto, a distância da imagem à lente é de 4 cm e é virtual b) Errada. A
p’ 1 4 ⇒ A ⇒A p 12 3
c) Errada.
i 1 i ⇒ ⇒ i 4 cm 10 o 3 d) Errada. A imagem é virtual, direita e menor do que o objeto. A
e) Correta. A imagem que a lente divergente conjuga, de um objeto real, é sempre virtual, qualquer que seja a posição do objeto.
T.334
Resposta: a I. Correta. A lente é convergente, pois a imagem é real. II. Errada. o i f f 1 f A ⇒ 2 ⇒ ⇒ f 4 cm o fp o f 12 2 f 12 III. Errada.
A
T.335
p’ p’ i 1 ⇒ ⇒ p’ 6 cm o p 2 12
Resposta: d A imagem é invertida em relação ao objeto real. Sendo invertida, é real. Nessas condições, objeto e imagem estão em lados opostos da lente. Da figura, temos: o 6,0 cm e i 2,0 cm Pela equação do aumento linear transversal, vem: p’ 2,0 i 50 ⇒ ⇒ p 150 cm o p 6,0 p Utilizando esse resultado na equação dos pontos conjugados, sabendo-se que p’ 50 cm, temos: 1 1 1 1 1 1 ⇒ ⇒ f 37,5 cm 150 f p p’ f 50
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Testes propostos T.336
Resposta: a A imagem é obtida sobre uma tela. Logo, ela é real
Tela
e, portanto, invertida. A lente é convergente. O
o
aumento linear transversal é A 3. A
p’ p’ ⇒ 3 ⇒ p ’ 3p p p
i
쩸
p
Da figura tem-se que: p p’ 80 cm
p' 80 cm
쩹
De 쩸 e 쩹, vem: p 20 cm e p’ 60 cm Substituindo os valores de p e p’ na equação dos pontos conjugados, podemos, então, determinar a distância focal f da lente:
1 1 1 1 1 1 ⇒ ⇒ f 15 cm 20 f p p’ f 60 T.337
Resposta: c A partir da figura, temos que: p p’ 100 cm ⇒ p 100 p’
Parede
쩸
o
Substituindo a expressão 쩸 na equação dos pontos conjugados e conhecendo a distância
i
focal f da lente, podemos determinar a distân-
p
cia da imagem (p’) à lente:
p' ? 100 cm
1 1 1 f p p’ 1 1 1 22,0 100 p ’ p’ p ’ 100 p ’ 1 22,0 (100 p ’ ) 䡠 p ’ (100 p’) 䡠 p’ 2.200
p’2 100p’ 2.200 0. As raízes são: p’ ⯝ 32,7 cm ou p’ ⯝ 67,3 cm Como a imagem é ampliada, devemos escolher o maior valor de p’: p’ ⯝ 67,3 cm
T.338
Resposta: d Utilizando a equação de Gauss nas duas situações, temos: 1a situação:
1 1 1 1 D ⇒ f L DL f L(D L )
쩸
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Testes propostos 2a situação:
1 1 1 D 1 ⇒ f L’ D L’ f L’(D L’ )
쩹
Igualando 쩸 e 쩹, temos: L(D L) L’(D L’) Sendo L’ L a, vem: L(D L) (L a)(D L a) LD L2 LD L2 aL aD aL a2 Da 쩺 2 Substituindo 쩺 em 쩸, temos:
2aL aD a2 ⇒ L
D D 1 1 ⇒ ⇒ f f Da Da Da Da 䡠 D 䡠 2 2 2 2 ⇒
T.339
D 1 1 D2 a2 4D ⇒ f ⇒ f D2 a2 f 4D D2 a2 4
Resposta: d A imagem é real, pois foi projetada no anteparo fosco. Sendo real, é invertida e troca a direita pela esquerda e vice-versa. Assim, temos:
Objeto
T.340
Imagem
Resposta: d Calculando as posições das imagens (x0 40 cm; x1 30 cm; f 20 cm):
1 1 1 1 21 1 ⇒ x ’ 40 cm 1 1 ⇒ 0 x 0’ f x0 20 40 40 x 0’ 40 1 1 1 1 1 1 32 1 ⇒ x ’ 60 cm ⇒ 1 x 1’ f x1 x 1’ 20 30 60 60 O deslocamento da imagem foi: ∆x’ x’1 x’0 60 cm 40 cm ⇒ ∆x’ 20 cm O intervalo de tempo pode ser calculado pelo deslocamento do objeto (∆x x0 x1 40 cm 30 cm 10 cm), cuja velocidade tem módulo 1,0 cm/s: v
∆x ∆x 10 ⇒ ∆t ⇒ ∆t ⇒ ∆t 10 s v ∆t 1
Portanto, o módulo da velocidade média da imagem é: v m ’
∆ x ’ 20 ⇒ v m ’ ⇒ v m’ 2,0 cm/s ∆t 10
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Testes propostos T.341
Resposta: b
d L1
L2 i2
o C1
F'1 C'1 C2 F2 F1
O1
O2
i1
3 cm 6 cm
F'2
C'2
5 cm 6 cm
10 cm
10 cm
Relativamente à lente L1 (f1 3 cm), o objeto o está posicionado no ponto antiprincipal objeto (C1) e a imagem i1 se forma no ponto antiprincipal imagem (C’1). Nessa situação, como o objeto tem 6 cm de altura, a imagem tem também a mesma altura. A imagem i1 funciona como objeto em relação à lente L2 (f2 5 cm). Para que a imagem final i2 tenha também 6 cm de altura, concluímos que i1 deve estar posicionado no ponto antiprincipal objeto C2 da lente L2. Assim: d 2f1 2f2 ⇒ d 6 10 ⇒ d 16 cm
T.342
Resposta: a A
4 mm
ϕ
ϕ 2
D G
O
F'
E B d
d f
Ao feixe incidente paralelo, a lente conjuga o foco principal imagem F ’. Observe que F’ funciona como ponto objeto virtual para o espelho, cuja imagem real é o ponto O. No triângulo AOF’, temos: ϕ AO tg 2 OF ’ ϕ ϕ 0,2 rad, AO 2 mm e OF ’ f, vem: sendo tg ⯝ 2 2 0,2
2 ⇒ f 10 mm f
Cálculo da distância entre o espelho e a lente (d ): f 2d ⇒ 10 2d ⇒ d 5 mm
