![[Resolução] Fundamentos de Física Halliday Volume 4 Óptica e Física Moderna 9ª Edição](https://documents.yumpu.com/000/063/434/295/54331cbb551ba3ed37cb1da5c9ed505377160c40/315933586f443137545a6541434c55526f63704c2f513d3d/32696b466c32596e596c4a527169375674616a436d773d3d.jpg?AWSAccessKeyId=AKIAICNEWSPSEKTJ5M3Q&Expires=1596823200&Signature=Xj49unu5D55TordLQ9bw3wzZDrw%3D)
MA TERIAL
SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
FUNDAMENTOS DE FÍSICA
Óptica e Física Moderna
9 a Edição
HALLIDAY & RESNIC
ESNICK
JEARL WALKER
Cleveland State University
VOLUME 4
Tradução e Revisão Técnica
Tradução e Revisão Técnica
Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.
Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME
Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 4 que podem ser usadas como apoio
para o livro Fundamentos de Física, Volume 4 – Óptica e Física Moderna, Nona Edição, 2012. Este material
é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.
Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 4 traduzido do material srcinal:
HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITION
Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.
All Rights Reserved. This translation published under license.
Obra publicada pela LTC Editora:
FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 4 – ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, NONA EDIÇÃO
Direitos exclusivos para a língua portuguesa
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LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda.
Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional
Projeto de Capa: M77 Design
Imagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc.
Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.
Editoração Eletrônica do material suplementar:
SUMÁRIO
Capítulo 33 1
Capítulo 34 27
Capítulo 35 60
Capítulo 36 88
Capítulo 37 116
Capítulo 38 145
Capítulo 39 170
Capítulo 40 190
Capítulo 41 211
Capítulo 42 228
Capítulo 43 255
Capítulo 44 272
Capítulo 33
1. Como ∆ l << l e f = c/ l, temos:
f
=
c
c
( 3, 0 × 10 ×
≈ =
8 m/s)(0,0100 10 −9
m)
= 74 , 9 × 109
Hz = 7,49 GHz.
2
( 6328 , × 10−9
m)
2
2. (a) A frequência da radiação é
(b) O período da radiação é
f
c 3,
0 × 108
m/s
= =
( 1, 0 × 10 )( 6,
4 × 10
T
1 1
= =
f 47,
× 10
5 6
−3
= 47,
× 10
− 3
Hz.
m)
= 212 s = 3min32
s.
Hz
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 sensibilidade 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 sensibilidade 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),
(e) De acordo com o resultado do item (d),
f
T
c 30 , 0 × 108m/s
= =
= 5,
41 × 1014Hz.
555nm
1 1
= =
f 54 , 1 × 10
14
= 18 , 5 × 10
− 15
s.
Hz
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, 0 108× m/s)(1,0 = = 10 − 9
s) 0,
30 m 30 cm.
5. Se f é a frequência e l é o comprimento de onda de uma onda eletromagnética, f l = c. A
frequência é igual à frequência da corrente no circuito do oscilador, ou seja, f = 1/ 2 LC , em
que C é a capacitância e L é a indutância. Assim,
Explicitando L, obtemos
L
2
2 2
4
Cc
= =
2 −12
2 LC
= c.
( 550 × 10−
m)
9 2
8 2
4
( 17 × 10 F )( 2,
998 × 10 m/s)
= 50 , 0 × 10
−
21
H.
2 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Trata-se de um valor extremamente pequeno.
6. O comprimento de onda pedido é
c
= = 2 c LC × 2
(, 2 998×
108m/s) (0,253 10
2 6
H)(25 ,0 2
× 10
12
F) = 4, 74 m .
f
7. A intensidade é a média do vetor de Poynting:
× × −
cB2
m ( 3, 0 108 m/s)( 1, 0 10
4
T)
2
6 2
I = S med
= 20
= 2( 1,26 × 10−6 H/m) 2
= 1, 2 × 10 W/m .
8. A intensidade do sinal ao chegar às vizinhanças de Próxima do Centauro é
I
P
1,
0 × 106
W
= =
4 r 2
2
= 4, 8 × 10
− 29
W/m 2 .
4
( 4, 3anos-luz
) 9,
46 × 1015
( m/ano-luz)
9. Se P é a potência e ∆t é a duração do pulso, a energia contida no pulso é
E = P = t × ( 100 1012 × W)( = 1, 0× 10−
9
s) 1,
0 105
J.
10. A amplitude do campo magnético da onda é
B
E
m
m = =
11. (a) A amplitude do campo magnético é
B
E
m
m = =
c
c
32 , 0 × 10−
4
V/m
= 10 , 7 × 10
2,
998 × 108
m/s
−12
2,
0V/m
= × 6, 67 ≈ 10× 2 998 × 10
− 9
T 6,
7 10−9 T.
,
8m/s
(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
B
E
c
m
m = =
(b) A intensidade é a média do vetor de Poynting:
5,
00 V/m = 16 , 7 × 10−8
T = 16,7nnT.
2,
998 × 108
m/s
E 2
m
( 5, 00 V/m)
2
I = S med = =
2
c ×
−7
0 2( 41 0 T ⋅ m/A)( 2,998 × 108
m/s)
= 3, 311× 0−
2
W/m
2 = 33, 1 mW/m
2 .
13. (a) Podemos usar a relação I = E m
2
/2m 0 c para calcular E m :
E
m
= 2
= 0I
c × 2( ⋅ 4
10× − 7
T m/A)( 1, 40 103
W/m 2 )( 2,
998 × 108
m/s)
= 1, 03 × 103
V/m = 1,
03 kV/m.
T.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 3
(b) A amplitude do campo magnético é, portanto,
E m 10 , 3 × 104
V/m
B m = =
= 34 , 3 × 10−
6
T = 3,43 T.
c 2,
998 × 108
m/s
14. De acordo com a equação que precede a Eq. 33-12, o valor máximo de ∂ B/ ∂t é vB m . O valor
de B m , por sua vez, pode ser relacionado à intensidade através da equação
B
E
m
m = =
c
2c
0I
a,
c
e a intensidade pode ser relacionada à potência P e à distância r através da Eq. 33-27. Finalmente,
a frequência angular v pode ser relacionada ao comprimento de onda l através da equação v =
kc = 2p c/ l. Assim, temos:
∂B
2 P 2
c
∂ = = 34 , 4 × 10
t 4
c r
max
0 6
15. (a) Como a intensidade de uma onda eletromagnética está relacionada à amplitude do campo
elétrico através da equação I = E 2 m / 2 0c, temos:
= E m = 2× cI 2 4× 10−
7×
2 998 108
10 10−
0 ( H/m)( , m/s)(
6
W/m2)
= 87 × 10 =
,
−2
V/m 87 mV/m.
(b) A amplitude do campo magnético é dada por
B
m
= E m
= 87 , × 10−2
c 2 998 ×
V/m
, 108
m/s
T/s
= 2,
9 × 10−
10
T = 0,29 nT.
(c) Como, a uma distância r do transmissor, a intensidade de um transmissor que irradia
uniformemente ao longo de um hemisfério é I = P /2
r 2, temos:
P = 2 = r 2I
× 2 (10 × 103m) 2 2
(10 = × 10
6
W/m2) 6,
3 103
W = 6, 3 kW.
16. (a) A potência recebida é
P r = × − ( ) /
( 1, 0 10
12 300 m
2
4
W)
= 1,
4 × 10
4
( 6,
37 × 106m) −22
W.
2
(b) A potência da fonte teria que ser
2 1,
0 W
( )( ×
)
× 10−
12
6 2
4
( 6, 37 × 10 m)
= 1,
1 × 10 15 W.
P = 4 r 2 I = 4 2, 2 × 10 4 anos-luz 9,
46 10
15 m/ano-luz
17. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é
B
E
m
m = =
(b) A intensidade média da luz é
I
E 2
m
2
0c
c
2,
0 V/m
= 67,
× 10−
9
T = 6,7n T.
2,
998 × 108
m/s
2
( 2,
0 V/m)
= =
= 5, 3 × 10−
3
W/m 5 3 mW/m
2( 4
× 10−
7
T ⋅ m/A)( 2,
9981×
08
m/s)
2 = , 2 .
(c) A potência da fonte é
P = 4
r = 2 I 4 × 10 = 5 3 10−
med ( m) 2 ( , 3 W/m2) 6,
7 W.
4 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
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 × 10 2 W = 0,25 kW.
19. Se o plasma reflete totalmente a energia incidente, a pressão da radiação é dada por p r = 2 I / c,
em que I é a intensidade. A intensidade, por sua vez, é dada por I = P/ A, em que P é a potência
e A é a área interceptada pela radiação. Assim,
p
2P
2( 1, 5 109
W)
−6 2
8
Ac ( 1,00 10 m )( 2,
998 10 m/s
r = =
20. (a) A força exercida pela radiação é
×
× ×
W/m
F rad = p rad RT
= ( , 2 )
( 2
1
) ( R2
1 4 103
( 6,
37
T )
c
=
2,
998 108m/s
(b) A atração gravitacional do Sol é
×
×
= 1, 0 × 10 7 Pa.
× 106m)
2
= 6,
0 × 108N.
F grav
GM S M
d 2
T
= =
TS
×
211Nm
2/kg2
×
11
( 6, 67 10 )( 2,
0 10
( 1,
5 × 10 m)
2
kg)( 5, 98 × 10 kg)
= 3,
6 × 10
30 24
22
N,
que é muito maior que F rad .
21. Como a superfície é perfeitamente absorvente, a pressão da radiação é dada por p r = 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/4p r 2 , na qual P é a potência da lâmpada. Assim,
p
P
500 W
4
r 2c
4
( m) 2
( 2, 998 108
m/s)
r = =
22. A pressão da radiação é
1,5
×
= 5,
9 × 1
I 10 W/m2
pr = =
= 3,
3 × 10
c 2 998 × 10
− 8
Pa.
,
8
m/s
23. (a) A força para cima exercida pela radiação, F r , dada pela Eq. 33-32, F = IA/ c, deve ser
igual, em módulo, à força para baixo exercida pela gravidade, F g = 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 =
p r 2 (e não a área da superfície da esfera), e o volume (cujo valor é necessário para que a massa
possa ser determinada através da relação m = r V ) é dado por V = 4p r 3 /3. Finalmente, a intensidade
I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P/4p R 2 , em que R é
a distância da fonte. Fazendo F r = F g e explicitando P, obtemos:
P
=
4
R 2c
4
r 3g
3
=
1 16
R 2c rg
r 2
3
0 −8
16 ( 0, 5 m) 2( 2, 998 × 108 m/s)( 1, 9 × 104 kg/m
=
3 )( 2, 0 × 10
− 3)(
9, 8 m/s2)
3
= 46,
8 × 10 11 W.
(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.
Pa.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 5
24. Fazendo F g = F r , obtemos
S
G mM
d 2
TS
2IA
= ,
c
o que nos dá
A
cGmM
2Id
2
= S
=
TS
5
( 6, 67 × 10−
11
Nm/ ⋅
2
kg2)(
1500 kg)( 1,99 × 1030 kg)(2,998 × 108
m/s)
214 ( , 0 × 10 3 W/m2)(15 , 0 × 1011
m)
2
2 2
= 9, 5 × 10 m = 0, 95 km .
25. Seja f a fração da intensidade do feixe incidente que é refletida. A fração absorvida é 1 – f .
A pressão exercida pela parte refletida é
e a pressão exercida pela parte absorvida é
p
p
a =
f I
r = 2 0
−
c
( 1 f ) I 0
,
c
na qual I 0 é a radiação incidente. O fator 2 aparece na primeira expressão por causa da contribuição
da radiação refletida para o momento final do sistema. A pressão total da radiação é a soma das
duas contribuições:
p p p
total = r + a =
f2I
0 + ()() 1f I − 0 1+ f I 0
= .
c
c
Para relacionar a intensidade à densidade de energia, considere um tubo de comprimento l e área
da seção reta A, com o eixo paralelo à direção de propagação de uma onda eletromagnética. A
energia eletromagnética no interior do tubo é U = uAl, na qual u é a densidade de energia. Como
toda essa energia deixa o tubo em um intervalo de tempo ∆t = l/ c, a intensidade da radiação é
I
U
A t
uA lc
= = = uc,
o que nos dá u = I / c. A intensidade e a densidade de energia são positivas, independentemente
do sentido de propagação. No caso de uma onda parcialmente refletida e parcialmente absorvida,
a intensidade nas proximidades da superfície é
I = I 0 + f I 0 = (1 + f ) I 0 ,
na qual o primeiro termo é a contribuição da onda incidente e o segundo é a contribuição da
onda refletida. A densidade de energia é, portanto,
u
I
= =
c
Al
+
( 1 f ) I 0
,
c
ou seja, tem o mesmo valor que a pressão da radiação.
26. A massa do cilindro é m = r (p D 2 /4)H , na qual D é o diâmetro do cilindro. Como o cilindro
está em equilíbrio,
=
Ftot
mg F r
2 2
2
= 0,
HD g D I
4
4 c
2 5 2
6 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
o que nos dá
2I
P
H = = 2
gc
D 2
/ 4
π
=
[ (2,60 × 10
1
gc
= 4,
91 × 10−
7m
= 491 nm.
2( 4, 60W)
m) 2
/ 4]( 9, 8m/s2)( 3, 0 × 10 m/s)( 1,
2010
× kg/ m3)
−3 8 3
27. (a) Como c = lf , em que l é o comprimento de onda e f é a frequência da onda,
c 2,
998 × 108
m/s
f = =
= 1,
0 × 108
Hz.
λ 3,
0 m
(b) A frequência angular é
= = × = ×
2 f 2
(1,0 10 8 Hz) 6,
3 10 8 rad/s.
(c) O número de onda é
2
2
k = = = 2,
1 rad/m.
3,0 m
(d) A amplitude do campo magnético é
E m
Bm
= =
300 V/m
= 1, 0 × 10−
6T = 1,0 T.
c 2,
998 × 108
m/s
(e) Como a onda se propaga paralelamente ao eixo x e o campo elétrico oscila paralelamente ao
eixo y, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo z.
(f) A intensidade da onda é
I
2
E m
= =
2 c
0
( 300 V/m)
× −7 8
H m)(2,998 ×
= ×
m /s) ,
2( 4 10 / 10
2
2 2
119 W/m 1 2 102 W/m .
(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa de transferência de momento por unidade
de área é I / c e, portanto,
(h) A pressão da radiação é
dp IA ( 119 W/m2)( 2, 0 m2)
= =
= 8,
0 × 10 dt c 2,
998 × 108
m/s
−7
N.
p
dp dt / 80 , 10−
7
N
A 2,
0 m2
r = =
×
= 40,
× 10
28. (a) Supondo que toda a radiação é absorvida, a pressão da radiação é
I 1,
4 × 103
W m
r = =
c 3,
0 × 108
m s
p
2
−7
Pa.
= 47, × 10
− 6
N m2
.
(b) A razão pedida é
p
r
p0
47,
× 10
=
1,
0 × 10
−6
5
N m
N m
2
2
= 47, × 10−
11.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 7
29. Se a luz do laser remove uma energia U da espaçonave, remove também um momento p =
U / c. Como o momento da espaçonave e o momento da luz são conservados, este é o momento
adquirido pela espaçonave. Se P é a potência do laser, a energia removida em um intervalo de
tempo ∆t é U = P∆t . Assim, p = P∆t / c e, se m é a massa da espaçonave, a velocidade que a
espaçonave atinge é
v
p Pt ( 10 × 103
W)(86.400 s)
= = =
= 1,
9 × 10−
m/s = 1,9 mm/s.
m mc ( 1,
5 × 103
kg)(2,998 × 108
m/s)
3
30. (a) Como a área da seção reta do feixe é p d 2 /4, na qual d é o diâmetro da esfera, a intensidade
do feixe é
I
P
A
P
d 2
/ 4
= = =
(b) A pressão da radiação é
50 , 0 × 10−
3
W
= 3,
97 × 10 = 3 97
( 1266 × 10−
9
m )
2
/ 4
9 W/m
2 , GW/m
2 .
I 39 , 7 × 109 W/m2
r = =
= 13,
2 Pa.
c 2,
998 × 108
m/s
p
(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 ;
F
=
p
d 2
4
=
p
r r r
(d) A aceleração da esfera é
a
F
m
P
I
F r
( d 3
/ 6)
r
= = =
= 31 , 4 × 103
m/s2.
× −
50 , 0 10
3
W
= ( 13, 2 Pa)
3,97 × 109
W/m
2
= 16 , 7 × 10
−
616 ( , 7 × 10−11
N)
(5,00 × 10 3 kg/m )( 1266 × 10−
9
m)
3 3
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 F r , que aponta
para longe do Sol, e a força gravitacional, F g , que aponta na direção do Sol. De acordo com as
Eqs. 33-32 e 33-27, a força da radiação é dada por
F
r
IA
c
PS
R2 P R2
S
,
4
r 2 c 4r 2c
= = =
em que R é o raio da partícula e A = p R 2 é a área da seção reta da partícula. Por outro lado, a
força gravitacional é dada pela Eq. 13-1:
F
g
GM m
r 2
GM ( 4 R3
/ 3 ) 4
GM
r 2
3r
2
= = =
S S S
R3
,
na qual m = r (4p R 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 F r = F g , obtemos
o que nos dá
R
S
P R2
S
4r 2c
4 GM S R3
3r
2
= ,
3PS
33 ( , 9 × 1026
W)
= =
16 c GM 16
( 31×
08
m/s )( 3,
5 × 103 kg/m3)( × 6⋅ , 67 10 − ×
11
m
3
/kg s2)( 1, 99 1030
kg)
= 1, 7 × 10−
7 m = 0,17 m
.
11
N.
8 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Como F g é proporcional a R 3 e F r é proporcional a R 2 , se R aumentar, teremos F g > F r 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 srcinal. A redução
causada pelo segundo polarizador é cos 2 (p – u 1 – u 2 ) = cos 2 (u 1 + u 2 ). A redução causada pelo
terceiro polarizador é cos 2 (p – u 2 – u 3 ) = cos 2 (u 2 + u 3 ). Assim,
I
f
I 0
1
2
1
2
= cos
2
( u 2
2
1 u 2 ) cos u u ( 2 3) = cos ( 50 50
2
50 50 = 4 51× 0
− 4
) cos ( ) , .
Isso significa que 0,045% da luz srcinal é transmitida.
33. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade
da luz transmitida é I 1 = I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u 1 = 40° no sentido
anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-40. Como a direção de polarização do segundo
polarizador é u 2 = 20° no sentido horário em relação ao eixo y, o ângulo entre a direção de
polarização da luz incidente no segundo polarizador e a direção de polarização do segundo
polarizador é 40° + 20° = 60°. Isso significa que a intensidade da luz transmitida é
1
I 2 = I 1 cos260° = I 0 cos260°,
2
e a direção de polarização da luz transmitida é 20° no sentido horário em relação ao eixo y. A
direção de polarização do terceiro polarizador é u 3 = 40° no sentido anti-horário em relação ao
eixo y. Assim, o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no terceiro polarizador e a
direção de polarização do terceiro polarizador é 20° + 40° = 60°. Isso significa que a intensidade
da luz transmitida é
1
I 3 = I 2 cos2= 60° I 2
0= cos ×
460° 3, 1 10−
I 0 .
2
Assim, 3,1% da intensidade da luz inicial é transmitida pelo conjunto.
34. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade
da luz transmitida é I 1 = I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u 1 = 70° no sentido
anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-41. A intensidade da luz depois de passar pelo
segundo polarizador é
1
1
= I f = − I 0 cos
2( 90° 70° ) = ( 43 W/m )(cos
2
20°
) 19
2
2 2 W/m 2 .
35. O ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no primeiro polarizador e a direção
de polarização do primeiro polarizador é u 1 = 70° e o ângulo entre a direção de polarização da
luz depois de passar pelo primeiro polarizador e a direção do segundo polarizador é |u2 − u1|.
Assim, se I 0 é a intensidade da luz incidente, a intensidade da luz depois de passar pelos dois
polarizadores é
I 1 = I 2 2
0 cos u 2 2
1 cos = − | u 2 u 1 | ° ( 43 W/m 2 )cos 70 cos 20° = 4, 4 W/m 2 .
36. (a) A fração da luz transmitida pelos óculos é
I
I 0
E 2
E 2
E 0 2 E 2
v + E 2
h
= =
f f v
=
E 2
v
E 2
( 2, 3E
)
2
v
+
v
= 0, 16.
(b) Como, nesse caso, é a componente horizontal do campo elétrico que passa pelos óculos,
I
f
I 0
=
E 2
h
E 2 E 2
+
v h
=
( 2, 3E
2
v )
E 2
( 2, 3E
)
2
v
+
v
= 0, 84.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 9
37. (a) A rotação não pode ser executada com um único polarizador. Se a luz passar por um
polarizador que faz um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente, a intensidade
da luz transmitida será zero. Entretanto, é possível executar a rotação usando dois polarizadores.
Colocamos o primeiro polarizador fazendo um ângulo u ≠ 0°, 90° com a direção de polarização da
luz incidente e o segundo polarizador fazendo um ângulo de 90° com a direção de polarização da
luz incidente. Nesse caso, a luz transmitida pelo conjunto dos dois polarizadores faz um ângulo
de 90° com a direção de polarização da luz incidente. A intensidade da luz transmitida é
= − =
na qual I 0 é a intensidade da luz incidente.
I I 0 cos2 u cos
2( 90u ° ) u I u 2 2
0 cos sen ,
(b) Considere n polarizadores, com a direção de polarização do primeiro polarizador fazendo
um ângulo u = 90°/ n com a direção de polarização da luz incidente. A direção de polarização
dos polarizadores seguintes faz um ângulo de 90°/ n com a direção de polarização do polarizador
anterior. Nesse caso, a polarização da luz transmitida pelo conjunto faz um ângulo de 90°com
a direção de polarização da luz incidente e a intensidade da luz transmitida é
n
I = I 0 cos
2
( 90°/ n)
.
Para determinar o menor valor de n para o qual a intensidade da luz transmitida maior que 0,60 I 0 ,
começamos com n = 2 e calculamos o valor de cos
2n( 90°/ n)
para valores crescentes de n. O
resultado é o seguinte:
= =
I n=
1 I 2
0 cos( 90°
) 0
= = =
I n=
2 I 0 cos
4( 45° ) I 0 / 40 , 25I
0
I = I cos
6( 30°
) = 04,
22I
n=
3 0
=
I n=
4 I 0
cos
8( 22,
5°
) = 0,
531I
I = I cos
10( 18°
) = 0, 605I
.
n=
5 0
Assim, precisamos usar pelo menos 5 filtros para que a intensidade da luz transmitida seja mais
de 60% da intensidade srcinal.
38. Observando os pontos em que a intensidade é zero (u 2 = 0° e 90°) no gráfico da Fig. 33-43,
concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros dois polarizadores para u 2 = 0°
e perpendicular ao outro polarizador para u 2 = 90°. Sem perda de generalidade, podemos supor
que u 1 = 0° e u 3 = 90°. Nesse caso, para u 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,
I
f
i
= 1 2 cos
2( 30 ) cos
2( 60 ) = 0, 094 = 9, 4%
o o
.
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 I t = I 0 /2 = 5,0 mW/m 2 . Como a intensidade e a amplitude
do campo elétrico estão relacionadas através da equação I = E 2 m / 2 0c, temos:
E
= 2
= 0cI
× 2( 4
× 10 −7 H/m)(3,00 × 108 m/s)(5,0 10−
3
W/m 2
)
m t
= 1,
9 V/m.
(b) A pressão da radiação é dada por p r = I a / c, na qual I a é a intensidade da luz absorvida. Como
foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é I a = I 0 /2 = 5,0 mW/m 2 . Assim,
×
×
5,
0 10−
3
W/m2
p r =
30 , 0 108
m/s
0
0
0
= 1,
7 × 10
−11
Pa.
10 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
40. Observando os pontos em que a intensidade é zero ( u 2 = 60° e 140°) no gráfico da Fig. 33-44,
concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros polarizadores para u 2 = 60° e
perpendicular ao outro polarizador para u 2 = 140°. Sem perda de generalidade, podemos supor
que u 1 = 60° + 90° = 150° e que u 3 = 140° − 90° = 50°. Nesse caso, para u 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,
I
I
f
i
1
= cos
2( 60o) cos
2( 40o) = 0, 073 = 7, 3%.
2
41. Quando a luz polarizada, de intensidade I 0 , passa pelo primeiro polarizador, a intensidade
cai para I 2 0 cos u . Depois que a luz passa pelo segundo polarizador, que faz um ângulo de 90°
com o primeiro, a intensidade passa a ser
e, portanto,
o que nos dá u = 20° ou 70°.
I 5 (I 0 cos 2 u )sen 2 u 5 I 0 /10,
sen 2 u cos 2 u = 1/10 ⇒ senu cosu = sen2u /2 =1/ 10 ,
42. Observando o gráfico da Fig. 33-45, vemos que a intensidade da luz é zero para u 2 = 160º.
Como as direções dos polarizadores devem ser perpendiculares para que a intensidade da luz
transmitida se anule, u 1 = 160º – 90º = 70º. Considere a intensidade para u 2 = 90º (que não pode
ser lida diretamente no gráfico, já que a escala do eixo de intensidade não é conhecida). Como
sabemos que u 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
I t = 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 u para a intensidade da luz transmitida pelo
filtro polarizador, na qual u 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
I = f I 0 cos 2 u 1
+ − f I 0
2 ( 1 ) .
Quando o filtro gira, cos 2 u varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1 e a intensidade da
luz transmitida varia entre um mínimo de
e um máximo de
A razão entre I max e I min é
1
I min = ( − f ) I
2 1 0
1
I max = f I + 0 − ( = f + ) I 0 () f I 0.
2 1 1
2 1
I max
I min
1
= + 1−
Fazendo I max / I min = 5,0 na expressão acima, obtemos f = 4/6 = 0,67.
f
.
f
44. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos
1
1
I = I 0 cos2
u 2 cos = −
2( = 90 u 2
2) sen ( 2u
2) 0,
0500
2
8
1
sen 04, 0 19, 6o.
2
° ⇒ u =
−1
2 ( ) =
Como a expressão acima não muda quando fazemos u 2′ = 90 − u 2, o complemento de u 2 ,
90 o − 19,6 o = 70,4 o também é uma solução. Comparando as duas soluções, chegamos à conclusão
de que
(a) o menor valor possível de u 2 é 19,6 o ;
(b) o maior valor possível de u 2 é 70,4 o ,
45. Na Fig. 33-46, a normal à superfície refratora é vertical. O ângulo de refração é u 2 = 90° e
o ângulo de incidência é dado por tan u 1 = L/ D, na qual D é a altura do tanque e L é a largura
do tanque. Assim,
De acordo com a lei de Snell,
u 1 1
1 10
1 =
− L
52
=
− , m
tan tan
= , 31°.
D 0,850 m
senu
2 sen90°
n 1 = n2
= ( 1, 00)
senu
1 sen 52,
31°
= 1, 26.
46. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-47 b
seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação
maior que 45 o , 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.
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de
refração do meio é maior que o índice de refração da água.
(c) É mais fácil analisar o ponto mais alto de cada curva. No caso da curva 1, para u 2 = 90º, u 1 =
45º e n 2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n 1 = 1,9.
(d) No caso da curva 2, para u 2 = 90º, u 1 = 67,5º, obtemos n 1 = 1,4.
47. De acordo com a lei de Snell,
= .
n 1
sen u 1 n2
sen u 2
Vamos tomar o meio 1 como o vácuo, com n 1 = 1 e u 1 = 32,0°. O meio 2 é o vidro, com u 2 =
21,0°. Explicitando n 2 , obtemos
senu
1 sen 32,
0°
n 2 = n1
=
( 1, 00)
sen 2
u sen 21,
0° = 1, 48.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 11
48. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-48 b
seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação
menor que 45 o , 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 1 < n 2, ou seja, que o índice de refração do meio é
maior que o índice de refração da água.
12 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de
refração do meio é maior que o índice de refração da água.
(c) É mais fácil analisar o ponto na extremidade direita de cada curva. No caso da curva 1, para
u 1 = 90º, u 2 = 67,5º e n 1 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n 2 = 1,4.
(d) No caso da curva 2, para u 1 = 90º e u 2 = 45º, obtemos n 2 = 1,9.
49. Como o ângulo de incidência do raio luminoso no espelho B é 90° – u, o raio refletido r 9
faz um ângulo 90° – (90° – u) = u com a horizontal e se propaga no sentido oposto ao do raio
incidente. Assim, o ângulo entre i e r 9 é 180°.
50. (a) Aplicando duas vezes a lei de Snell, obtemos n 1 senu 1 = n 2 senu 2 e n 2 senu 2 = n 3 senu 3 , o que
nos dá n 1 senu 1 = n 3 senu 3 . Isso nos leva à conclusão de que u 1 = u 3 se n 1 = n 3 . Como sabemos que
u 1 = 40º na Fig. 33-50a, procuramos o valor de n 3 na Fig. 33-50b para o qual u 3 = 40º. Como
este valor é n 3 = 1,6, concluímos que n 1 = 1,6.
(b) Ao resolver o item (a), vimos que a influência de n 2 no ângulo do raio refratado desaparece
quando a lei de Snell é aplicada duas vezes. Isso significa que não é possível calcular o índice
de refração do meio 2 com base nas informações disponíveis.
(c) Usando a relação obtida no item (a), temos:
1,6 sen 70° = 2,4 sen u 3 ⇒ u 3 = sen −1 (1,6 sen 70 o )/2,4 = 39°.
51. (a) De acordo com a lei de Snell, temos:
n sen u = ( 1u )sen u ⇒ = u sen = − 1( n sen ) sen − 1[(
1, 30)( 06, 44)] 568 ,.
1 1 55
1 1
(b) Aplicando várias vezes a lei de Snell, obtemos
n senu n u = u u n sen n = sen = sen ,
1 1 2 2 3 3 4 4
=
o
o que nos dá
u 4
=
1 1
sen − n
u 1 35 3
sen 4 = , ° .
n
52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que u 2 = u 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 u 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(u 2 ) ⇒ u 2 = sen −1 [ (1,7)(0,866)/2,4] = 38°.
53. Considere a figura (a) a seguir. O ângulo de incidência é u e o ângulo de refração é u 2 . Como
u 2 + a = 90 o e f + 2a = 180 o , temos:
1
u 2 = 90− ° = − 90° − (
2 180 ° ) = .
2
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 13
Agora considere o triângulo formado pelos prolongamentos do raio incidente e do raio emergente
na figura (b) acima. É possível mostrar que c é dado por
= ( u − u ).
2 2
Substituindo u 2 por f/2, obtemos c = 2(u − f/2), o que nos dá u = (f + c )/2. Aplicando a lei
de Snell, obtemos
senu
sen( + )
n = =
.
senu
sen
2
Nota: O ângulo c é conhecido como ângulo de desvio e representa o desvio angular sofrido pelo
raio luminoso ao passar pelo prisma. Este ângulo é mínimo quando a trajetória do raio luminoso
é simétrica, como na Fig. 55-53. É possível determinar o valor do índice de refração do material
de um prisma a partir dos valores de f e c .
54. (a) De acordo com a lei de Snell, n ar sen(50º) = n a sen u a e n ar sen(50º) = n v sen u v , na qual os
índices a e v são usados para indicar os raios azul e vermelho. Para n ar ≈ 1,0, obtemos:
u
a
=
sen − 1
sen50o
u v
= , = sen
,
− 1
s
30 176 o
en50o
e
30, 507o
0, 33o.
1 524
1,
509 = ⇒ u =
(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 0 o .
1
2
1
2
55. Considere um raio que tangencia a estaca, como na figura a seguir, na qual u 1 = 90° – u
35°, d =
1 = 0,50 m e d 2 = 1,50 m. O comprimento da sombra é x + L, na qual x é dado por
x = d 1 tan( u 1 = 0, 50 m) tan 35°
= 0,
35 m.
De acordo com a lei de Snell, n 2 sen u 2 = n 1 sen u 1 . Para n 1 = 1 e n 2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1),
temos:
u 2
=
1 u 1
1
35 0
sen − sen
2 = − sen , °
sen
n
1,
33 = 25, 55°
.
A distância L é dada por
L = d 2 tan u 2 = ( 1, 50 m) tan 25,55°
= 0,
72 m.
O comprimento da sombra é, portanto, 0,35 m + 0,72 m = 1,07 m.
14 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
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
u
u
a
v
= sen
= sen
sen( 70° )
,
= 444,
03°
1 343
−1 1
sen( 70° ) 44, 911°
.
1,
331
=
−1 1
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:
u
u
′ = sen
− 1
[ 1, 343sen( 90° − u )] = 73,
636°
a
′ = sen−
1
[[ 1, 331sen( 90° − ] = 70, 497°
,
v
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).
57. A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização do “círculo de luz” 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 do círculo (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a
profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro do círculo é
D = h c = h
− 1
2 tanu 2 tan sen 1
n
= 2(,
80 0 cm) tan sen− 1 1
cm.
, = 182
1 33
a
a
u v
58. O ângulo crítico é
u c
=
sen−
1
1
n
= sen−
1
1
1,
8
= 34° .
59. (a) Como o ângulo de incidência na superfície ab é 90 o , o raio não sofre nenhum desvio;
assim, o ângulo de incidência na superfície ac é 90° – f, como mostra a figura a seguir.
Para que haja reflexão interna total na segunda superfície, n v sen (90° – f) deve ser maior
que n ar , na qual n v é o índice de refração do vidro e n ar é o índice de refração do ar. Como sen
(90° – f) = cos f, precisamos determinar o maior valor de f para o qual n v cos f ≥ n ar . Quando
f aumenta a partir de zero, o valor de cos f diminui. Quando f atinge o maior valor para o qual
existe reflexão interna total, n v cos f = n a , o que nos dá
= cos−
1 nar
= cos−
1
1
n
1,
52
v
= 48, 9°
.
(b) Nesse caso, o índice de refração do ar, n ar = 1, deve ser substituído por n a = 1,33, o índice
de refração da água, o que nos dá
= cos−
1 na
= cos−
1
1,
33
n 1,
52
v
= 29,
0°.
60. (a) De acordo com a Eq. 33-44, o ângulo crítico é aquele para o qual u 3 = 90°. Assim (com
u 2 = u c , que não precisamos calcular), temos:
o que nos dá u 1 = u A = sen –1 n 3/ n 1 = 54,3°.
= =
n 1 senu 1 n 2 senu 2 n3 sen u 3,
(b) Sim. Quando u A diminui, u 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:
o que nos dá u B = 51,1°.
2
n3
n 1 sen u = n 2 cos u c = n2
1−
n 2 n3 2 ,
n2
= −
(d) Não. Quando u B diminui, u 2 aumenta, o que torna o ângulo u 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,
o que nos dá u = 26,8°.
2
n3
n 1 sen u = n 2 cos u c = n2
1−
n 2 n3 2 ,
n2
= −
(b) Sim. Quando u 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 corresponde à distância a-e na Fig. 33-24 a) e a
profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro da circunferência é
D = 2h c = 2h
−1
1
tanu
tan sen
na
= 2( 2,
00 m) tan sen− 1 1
,
, = 4 56 m.
1 33
(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.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 15
16 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Seja u 1 o ângulo de incidência, seja u 2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u 3
o ângulo de incidência na segunda superfície. O ângulo de refração na segunda superfície é
u 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°, u 3 = 90° – u 2 e
sen u = sen ( u 90°
u − cos u 1 sen
2
) = = − .
3 2 2
Aplicando a lei de Snell à segunda superfície, obtemos n sen u 3 = sen u 4 = 1, o que nos dá
n 1− sen
2 u 2 = 1.
Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos sen u 1 = n sen u 2 , o
que nos dá sen u2
= (sen u1
)/ n e, portanto,
n 1 sen2 u
− 1
= 1 .
n2
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando n, obtemos
n = + sen u .
1
2 1
(b) Como o maior valor possível de sen 2 u 1 é 1, o maior valor possível de n é
n max = 2 = 1, 41.
(c) Sim. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for maior que u 1 , o ângulo de refração
será maior que u 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que u 3 (= 90° –
u 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 u 1 , o ângulo de refração
será menor que u 2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que u 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 β 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 u 1 o ângulo de incidência na primeira superfície, seja u 2 o ângulo de refração na primeira
superfície, e seja u 3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A aplicação da lei de Snell à
segunda superfície nos dá
n sen u 3 = 1 ⇒ sen u 3 = 1/ n = 1/1,60 = 0,625 ⇒ u 3 = 38,68°.
Como a soma dos ângulos do triângulo ABC é 180°, a + β = 120°. Como a = 90° − u 3 = 51,32°,
β = 120° – 51,32° = 69,68°. Assim, u 2 = 90° – β = 21,32°. Aplicando a lei de Snell à primeira
superfície, obtemos
sen u 1 = n sen u 2 = 1,60 sen 21,32° = 0,5817 ⇒ u 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 u 3 = sen u 1 . As relações entre os ângulos são as mesmas do
item (a): a + β = 120°, a = 90° – u 3 e β = 90°− u 2 . Assim, temos: u 2 + u 3 = 60°, o que nos dá
senu 1 = n senu ( 60° −u 2 ) ⇒ u sen 1 = n sen 60° cos 2 − n cos60°sen u 2,
2
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 17
na qual 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
o que nos dá
senu = u n sen u ⇒ sen u = ( 1 / n)
sen,
1 22 1
cosu = − 1 sen =
2 u − 1 ( 1 / n ) sen u .
2
2
2 2 1
Assim,
e, portanto,
2
senu = n sen 60° 1− ( 1 / n) sen2
u − cos 60°
sen u
1
1 1
( 1+
cos60° ) sen u = sen 60°
n − sen u .
1
2 2 1
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando sen u 1 , obtemos
sen
=
o que nos dá u 1 = 53,1°.
n sen60°
=
( 1+
cos 60° ) + sen 60°
u 1
2 2
1, 60 sen 60°
= 0, 80,
2
( 1+
cos 60° ) + sen2
60°
65. eixo Ao central examinar da fibra a Fig. ótica 33-61, quando é importante está no ar, notar u, não que é igual o ângulo ao ângulo que o raio que luminoso o raio luminoso faz com fazo
com o eixo da fibra ótica quando está no núcleo de plástico, que vamos chamar de u' . De acordo
com a lei de Snell, temos:
1
senu
′ = senu
O ângulo de incidência do raio luminoso no revestimento de plástico é o complemento de u' ,
que vamos chamar de u' comp , lembrando que
n 1
sen u ′ = cosu ′ = − sen u ′.
comp 1
2
No caso crítico, u' comp = u c , no qual u c é o ângulo dado pela Eq. 33-45. Assim,
n2
n 1
2
2
1
senu 1 sen u 1 sen u ,
comp
n1
= ′ = − ′ = −
o que nos dá sen u = n 1 2 − n2 . Para n 1 = 1,58 e n 2 = 1,53, obtemos
u = sen
−1 1, 582 −1, 532
23, 2° .
( ) =
66. (a) Considere a reta que liga o ponto de entrada do raio luminoso à aresta superior direita do
cubo da Fig. 33-62. Como esta reta é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são
H e W , o ângulo que a reta faz com a horizontal é tan −1 (2/3) = 33,7º. Por outro lado, de acordo
com a lei de Snell, considerando o índice de refração do ar igual a 1, o ângulo de refração é
dado por
sen 40º = 1,56 sen u 2 ⇒ u 2 = 24,33º.
Como este ângulo é menor que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 3.
18 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) O ponto em que o raio atinge a face 3 está a uma distância de H − W tan 24,33 = 0,643 cm da
aresta superior direita. Por simetria, o raio atinge a face superior (face 2) em um ponto situado a
0,643 tan(90 o − 24,33 o ) = 1,42 cm da aresta superior direita. Como este valor é menor que 3,00
cm, o ponto da segunda reflexão está realmente na face 2.
(c) 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 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o
índice de refração igual a 1, temos:
1,56 sen 24,3º = sen u final ⇒ u final = 40° .
(d) O ângulo entre o raio e a face superior (face 2) (medido em relação à normal, que, no caso, é
vertical) é 90º − u 2 = 90 o − 24,33 o = 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 u 2 ⇒ u 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 acontece na face 3.
(g) Como o ângulo de incidência na face 2 é 90º − u 2 = 90 o − 37,04 o = 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 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o
índice de refração igual a 1, temos:
1,56 sen 37,04º = sen u final ⇒ u final = 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:
que, para u c
= f = 60°, nos dá
u c
=
n
sen−
1
3 n2
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
n
n
n
1 2 sen30o
2 sen 30o
= 1 sen u ⇒ u = sen−
28,
n1
= 1 o .
(c) Se o valor de u 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 u c . Assim, a luz não conseguirá penetrar
no meio 3.
68. (a) De acordo com a Eq. 33-49 e a Tabela 33-1, temos:
u B
= tan−
1n
= tan−
1
( 1,) 33 = 53, 1°
.
(b) Sim, já que n a depende do comprimento de onda da luz.
a
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 19
69. O ângulo de incidência u B para que a luz refletida seja totalmente polarizada é dado pela
Eq. 33-49. Se n 1 é o índice de refração do primeiro meio e n 2 é o índice de refração do segundo
meio, temos:
u B
=
n
tan−
1 2
n1
70. Aplicando duas vezes a lei de Snell, temos:
n2
n1
n3
n2
( tanu
)(tan u )
=
B1→ 2 B23→
=
tan−
1
1,
53
= 49, 0°.
1,
33
n3
(tan u )(tan u ).
⇒ n1 =
1 2
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,
e, portanto,
= = −
u 2 ( u 1) c 90°
u 1
1
tanu
2 = tan ( u 1)
c =
tanu
e o produto das tangentes na equação anterior é igual a 1, o que nos dá n 3 = n 1 = 1,0.
71. O tempo que a luz leva para percorrer uma distância d no espaço livre é t = d / c, na qual c é
a velocidade da luz (3,00 × 10 8 m/s).
(a) Para d = 150 km = 150 × 10 3 m, temos:
d 150 × 103
m
t = =
= 50 , 0 × 10
c 30 0 × 10
− 4
s.
,
8
m/s
(b) Quando a Lua está cheia, a Lua e o Sol estão em lados opostos da Terra e a distância
percorrida pela luz é
d = (1,5 × 10 8 km) + 2 (3,8 × 10 5 km) = 1,51 × 10 8 km = 1,51 × 10 11 m.
O tempo que a luz leva para percorrer esta distância é
t
d 15 , 1 × 1011
m
= =
= 500 s = 8,
4 min.
c 3,00 × 108
m/s
(c) Nesse caso, d = 2(1,3 × 10 9 km) = 2,6 × 10 12 m e, portanto,
d 2,
6 × 1012
m
t = =
= 8, 7 × 103
s = 2,
4 h.
c 3,00 × 108
m/s
(d) Nesse caso, como d = 6500 anos-luz e a velocidade da luz é 1,00 ano-luz/ano, temos:
t
d 6500 anos-luz
= = = 6500 anos.
c 1,00 ano-luz/ano
Isso significa que a explosão da supernova aconteceu no ano 1054 – 6500 = 5446 a.C.
72. (a) A expressão E y = E m sen(kx – vt ) 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
srcem ( x > 0) e o valor de x é menor que p /2k = l/4. É importante lembrar que, nesta descrição,
a onda está se propagando para a direita. Mais especificamente, x P
= (1/ k ) sen –1 (0,25 rad) para
1
20 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
que E y
= (1/4)E m no ponto P, no instante t = 0. Além disso, no caso da expressão escolhida para
o campo elétrico, E y (0,0) = 0. Assim, a resposta do item (a) é simplesmente o valor de x P . Como
k = 2p f / c, temos:
d 1
c
x
1
30 108
02 52
= P = −
( , )( , )
sen ( 0,
25 rad) =
= 30,
1 nm.
2
f
2
( 40, 1014
)
(b) Ao nos deslocarmos para a direita ao longo do eixo x (ainda examinando este “instantâneo”
da onda em t = 0), encontramos outro ponto em que E y = 0 a uma distância de meio comprimento
de onda do ponto anterior no qual E y
= 0. Como l = c/f , a coordenada deste ponto é x = l/2 =
c/2 f , o que significa que o ponto está a uma distância à direita de P dada por
c 3 × 108
d 2 = − d 1 =
= 375 nm − 30,
1 nm ≈ 345 nm.
2 f 24 ( , 0 × 1014)
73. (a) Como kc = v, na qual k = 1,00 × 10 6 m –1 , temos v = 3,00 × 10 14 rad/s. De acordo com a
Eq. 33-5, a amplitude do campo magnético é
B = E / c = (5,00 V/m)/ c = 1,67 × 10 –8 T = 1,67 nT.
Como − ˆk (a direção de propagação), E = E y ĵ e B são mutuamente perpendiculare s, concluímos
que a única componente de B diferente de zero é B x . Assim,
= B ( 1, 67 nT)sen[( × 1+ , 001 × 06m− 1) z ( 3,
001 014
s−
1 ) t ].
x
(b) O comprimento de onda é l = 2p / k = 6,28 × 10 –6 m = 6,28 mm.
(c) O período é T = 2p / v = 2,09 × 10 –14 s = 20,9 fs.
(d) A intensidade é
I
=
1 5,
00 V m
= 0, 0332 W/m2 = 33, 2 mW/m2.
2
c0
2
(e) Como foi visto no item (a), a única componente de B diferente de zero é B
x , o que significa
que o campo magnético oscila paralelamente ao eixo x .
(f) O comprimento de onda calculado no item (b) mostra que a onda pertence à região do
infravermelho.
74. (a) Seja r o raio e seja r a massa específica da partícula. Como o volume é (4p /3)r 3 , a massa
é m = (4p /3)r r 3 . Seja R a distância entre o Sol e a partícula e seja M a massa do Sol. Nesse caso,
o módulo da força gravitacional que o Sol exerce sobre a partícula é
GMm 4
GM r 3
F g = = .
R2
3R2
Se P é a potência irradiada pelo Sol, a intensidade da radiação na posição da partícula é I =
P/4p R 2 ; se toda a luz é absorvida, a pressão da radiação é
p
I
c
×
P
.
R c
r = = 4
2
Como toda a radiação que passa por um círculo de raio r e área A = p r 2 , perpendicular à direção
de propagação, é absorvida pela partícula, o módulo da força que a radiação exerce sobre a
partícula é
F
r
×
Pr 2 Pr 2
= p r A = = .
4
R 2c
4R 2c
O sentido da força é para longe do Sol. Note que tanto a força da gravidade como a força da
radiação são proporcionais a R 2 . Assim, se uma das forças é maior que a outra a uma certa
distância do Sol, o mesmo acontece a qualquer distância. Por outro lado, as duas forças não
variam da mesma forma com o raior : F g é proporcional a r 3 e F r é proporcional a r 2 . Assim,
esperamos que as partículas pequenas sejam empurradas para longe do Sol pela força da radiação
e as partículas grandes sejam atraídas para o Sol pela força gravitacional. O valor crítico do raio
é aquele para o qual as duas forças são iguais. Igualando as expressões de F g e F r e explicitando
r , obtemos
r =
3P
.
16 GM c
(b) De acordo com o Apêndice C, M = 1,99 × 10 30 kg e P = 3,90 × 10 26 W. Assim,
×
(6,67 × 10 −11 ⋅
× × ×
339 ( , 0 1026
W)
r =
16 N m
2
/kg2)( 1,
99 1030 kg)(1,0 103 kg/m 3
)( 3,
00 108
m/s)
= 5, 8 × 10−7 m.
75. Seja u 2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u 3 o ângulo de incidência na segunda
superfície. A condição para que haja reflexão interna total na segunda superfície é n sen u 3 ≥
1. Queremos determinar o menor valor do índice de refração n para o qual esta desigualdade é
verdadeira. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos n sen u 2 = sen u 1 , o que nos
dá sen u 2 = (1/ n) sen u 1 . Considerando o triângulo formado pela superfície do bloco de vidro e
o raio de luz, vemos que u 3 = 90° – u 2 . Assim, a condição para que haja reflexão interna total
se torna
1 ≤ n sen(90° – u 2 ) = n cos u 2 .
Elevando esta equação ao quadrado e usando a relação trigonométrica sen 2 u 2 + cos 2 u 2 = 1,
obtemos 1 ≤ n 2 (1 – sen 2 u 2 ). Como sen u 2 = (1/ n) sen u 1 , temos:
1
2
sen2 u
≤ 1−
1
n
2 2
2 = n − sen u 1 .
n
O maior valor de n para o qual esta desigualdade é verdadeira é aquele para o qual 1 = n 2 – sen 2
u 1 . Explicitando n, obtemos
= n + 1 = sen + 2 u = 1 sen 2 45°
1, 22.
1
76. Como alguns ângulos da Fig. 33-66 são medidos em relação a um eixo vertical e outros são
medidos em relação a um eixo horizontal, precisamos tomar cuidado ao calcular as diferenças
entre os ângulos. Assim, por exemplo, a diferença ∆u 1 entre as direções de polarização do
primeiro e do segundo polarizador é 110º (ou 70º, dependendo de se a medida é feita no sentido
horário ou no sentido anti-horário; o resultado final é o mesmo nos dois casos). A diferença
entre as direções do segundo e do terceiro polarizador é ∆u 2 = 40º e a diferença entre as direções
do terceiro e do quarto polarizador é ∆u 3 = 40º. Levando em conta o fato de que a intensidade
de uma luz não polarizada é reduzida à metade ao passar por um polarizador com qualquer
orientação (Eq. 33-36) e chamando de I 0 a intensidade inicial, a intensidade da luz transmitida
pelo sistema, de acordo com a Eq. 33-38, é
I
= I
0
1
cos(
2
u 2
2
1) cos ( u 2) cos( u 3) = (25 W/m
2
2 )
1
cos(
2
70 o )cos(
2
40 o ) cos(
2
40
o )
2
= 0, 50 W/m 2 .
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 21
22 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
77. (a) A primeira contribuição para o desvio total é a primeira refração: du 1 = u i − u r . A
contribuição seguinte é uma reflexão. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão
e a normal à superfície da esfera é u r e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão
também é igual a u r , o desvio causado pela reflexão, levando em conta a inversão do sentido de
propagação, é du 2 = 180 o − 2u r . A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai
da gota: du 3 = u i
− u r . Assim,
= + + = + −
u d u 1u u 2 3 180u ° u 2 i 4 r .
(b) De acordo com a lei de Snell, n ar sen u i = n sen u r , o que, para n ar ≈1, nos dá u r = sen −1 [ (sen
)/ n] e
u
i
u d = 180 o + 2u i − 4 sen −1 [(sen u i / n)].
A figura a seguir mostra os gráficos de u desv em função de u i para n = 1,331 (luz vermelha) e
n = 1,343 (luz azul).
(c) Ampliando o gráfico na região próxima de u i = 60 o ou derivando a expressão acima e igualando
o resultado a zero, concluímos que o mínimo de u desv para a luz vermelha é 137,63° ≈ 137,6°, o
que acontece para u i = 59,5°.
(d) No caso da luz azul, o mínimo de u desv é 139,35° ≈ 139,4° e acontece para u i = 58,5°.
(e) De acordo com os resultados dos itens (c) e (d), a largura angular do arco-íris é 139,35 o −
137,63 o = 1,72° ≈ 1,7 o .
78. (a) A primeira contribuição para o desvio angular é a primeira refração: du 1 = u i − u r . As
contribuições seguintes são as reflexões. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão
e a normal à superfície da esfera é u
também é igual a r e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão
u r , o desvio causado por uma reflexão, levando em conta a inversão do sentido
de propagação, é du 2 = 180 o − 2u r . Assim, no caso de k reflexões, temos du 2k = k u 2 = k (180 o − 2u r ).
A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai da gota: du 3 = u i
− u r . Assim,
= + + = − + − =
+ − +
u desv u u 1 u 2 u 3u 2( i r ) u k ( 180°
2 r ) k ( 180221
°) u i ( k ) u r .
(b) Para k = 2 e n = 1,331 (dado no Problema 33-77), o mínimo de u desv para a luz vermelha é
230,37° ≈ 230,4 o , que acontece para u i = 71,90°.
(c) Para k = 2 e n = 1,343 (dado no Problema 33-77), o mínimo de u desv para a luz azul é 233,48° ≈
233,5 o , que acontece para u i = 71,52°.
(d) De acordo com os resultados dos itens (b) e (c), a largura desse tipo de arco-íris é 233,5 o −
230,4 o = 3,1°.
(e) Para k = 3, o mínimo de u desv para a luz vermelha é 317,5°, que acontece para u i = 76,88°.
(f) Para k = 3, o mínimo de u desv para a luz azul é 321,9°, que acontece para u i = 76,62°.
(g) De acordo com os resultados dos itens (e) e (f), a largura desse tipo de arco-íris é 321,9 o −
317,5 o = 4,4°.
79. Seja u o ângulo de incidência do raio luminoso, seja u 2 o ângulo de refração na primeira
superfície do vidro e seja n o índice de refração no vidro. Nesse caso, a lei de Snell nos dá sen u =
n sen u 2 . O ângulo de incidência na segunda superfície do vidro também é u 2 . Se u 3 é o ângulo de
saída do raio luminoso, a lei de Snell nos dá n sen u2 = sen u3. Assim, sen u3 = sen u e u3 = u.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 23
Como vimos, o raio de saída é paralelo ao raio incidente: ambos fazem um ângulo u com a normal
à superfície do vidro. Nosso objetivo é obter uma expressão para x na figura acima em termos
de u. Se D é a distância percorrida pelo raio luminoso no interior do vidro, D cos u 2 = t e D = t /
cos u 2 , na qual t é a espessura do vidro. Como o ângulo a da figura é igual a u – u 2 , temos:
Assim,
x = D sen a = D sen (u – u 2 ).
x
=
−
t sen ( u u 2)
.
cosu
2
Se os ângulos u, u 2 , u 3 e u – u 2 são todos pequenos e medidos em radianos, sen u ≈ u, u 2 ≈ u 2 ,
sen(u – u 2 ) ≈ u – u 2 e cos u 2 ≈ 1. Assim, x ≈ t (u – u 2 ). Usando essa aproximação, a aplicação da
lei de Snell à primeira superfície do vidro nos dá u 2 ≈ u/ n e, portanto,
x
≈
−
t ( u u 2)
1
80. (a) O módulo do campo magnético é
B
u
= t −
u
n
=
−
n 1
t u .
n
E 100 V m
= =
= 3, 3 × 10−
7T = 0,33 T.
c 3,
0 × 108
m s
(b) Como E × B = S
0 , na qual E = E kˆ e S = S ( − ˆ) j , vemos que, como ˆ ( ˆ)
k × − i = − ˆ, j B = B
( −i ˆ), ou seja, o sentido do campo magnético é o sentido − x .
81. (a) A direção de polarização é definida pelo campo elétrico, que é perpendicular ao campo
magnético e à direção de propagação da onda. A função dada mostra que o campo magnético
é paralelo ao eixo x (por causa do índice da amplitude B) e que a onda está se propagando no
sentido negativo do eixo y (por causa do argumento da função seno). Assim, o campo elétrico
é paralelo ao eixo z e a direção da polarização da luz é a direção do eixo z.
24 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Como k = 1,57 × 10 7 /m, l = 2p / k = 4,0 × 10 −7 m, o que nos dá
(c) De acordo com a Eq. 33-26, temos:
I
f = c/ l = 7,5 × 10 14 Hz.
E 2 E 2
rms m ( cBm )
2 cB2
m ( 3 108 m/s)( 40, 10−
6
T)
2
c 0 2c
0 2
c 0 2
7
0 2(
4
× 10−
H/m)
= = = = =
82. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos
×
1
I = I ′ ′
2 0 cos2 u 2 1 cos u 2.
Como u ′ = 90° − u = 60° e u ′ = 90° − u = 60° , temos:
1 1
2 2
I 1
4
( 0, 5)
4
= cos 60 = = 0, 031.
I 0 2
2
×
= 1, 9 kW/m 2 .
83. Se o índice de refração do quartzo na extremidade vermelha do espectro é n v = 1,456, o
ângulo crítico para reflexão interna total nessa região do espectro é u v = sen −1 (1/ n v ) = 43,38 o . Se
o índice de refração do quartzo na extremidade azul do espectro é n a = 1,470, o ângulo crítico
para reflexão interna total nessa região do espectro é u a = sen −1 (1/ n a ) = 42,86 o .
(a) Para um ângulo de incidência u 1 = 42,00°, u 1 < u v , u 1 < u a . Assim, todas as cores são refratadas
e a luz refratada é branca.
(b) Para um ângulo de incidência u 1 = 43,10°, u 1 < u v e u 1 > u a , o que significa que a apenas
as cores da extremidade vermelha do espectro são refratadas e, portanto, a luz refratada é
avermelhada.
(c) Para um ângulo de incidência u 1 = 44,00°, u 1 > u v e u 1 > u a , o que significa que nenhuma cor
é refratada e, portanto, não há luz refratada.
84. De acordo com as Eqs. 33-36 e 33-38, temos:
I final ( I 0 / 2)(cos 2
45°
)
2
1
= = = 0, 125.
I 0
I 0 8
85. A massa da esfera é m = r V , na qual r é a massa específica, V = 4p R 3 /3 é o volume e R é o raio
da esfera. Usando a segunda lei de Newton, F = ma, e a Eq. 33-32 com A = p R , obtemos
4 R3 I R2
a = ,
3 c
o que nos dá
a
3I
3( 60 , × 10−
3
W/m2)
= =
= 1, 5 × 10−
9
m/s
4
cR 4( 5, 01×
03
kg/m3 )( 3,
0 × 108 m/s)( 2, 0 × 10−
6
m)
2 .
2
86. 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 quatro polarizadores é
I 1
2 3 0 753
= [ cos( 30o
,
)] = = 0, 21.
I 0 2
2
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 25
87. (a) A intensidade do feixe ao chegar ao avião é
I
P P 180 × 103
W
= = =
A 2
r 2
2
( 90 × 10 m)
3 2
(b) A potência da onda refletida pelo avião é
= 3 5 × 10
−
= 3, 5 .
,
6
W/m2 W/m2
P = = IA× ( 3, 5 10−
6
W/m= 2×
)( 0, 22 m2) 7,
8 10−
7
W.
r
r
(c) A intensidade da onda refletida na posição do radar é
I
r
−7
Pr
−
2 r 2 7 8 10 10
3 2 1 5 10
17
2 , (90
W
m)
, W/m 2 .
= = × ×
= ×
(d) Como, de acordo com a Eq. 33-26, I r = E 2 m / 2c 0, o valor máximo do campo elétrico
associado à onda refletida é
E m = 2c = 0I
r × 2( 3,0 × 108⋅ m/s)( × 4
10 −7 T m A)( 1,
5 10
− 17
W/m 2
)
= 1,
1 × 10
−7
V/m.
(e) O valor rms do campo magnético associado à onda refletida é
Brms
E rms
c
E m
2c
= = =
88. (a) Fazendo v = c na relação kv = v = 2p f , obtemos
(b) E rms = E m / 2 = B m
f
1,
1 × 10−
7
V/m
= 2,5 × 10− 23 ( ,0 ×
16 T = 0,25 fT.
108
m/s)
kc ( 4, 00 m21)( 3 × 108
m/s)
= =
= 19 , 1 × 108
Hz.
2
2
2 /c = (85,8 × 10 29 T)(3×10 8 m/s)/(1,414) = 18,2 V/m.
(c) I = (E rms ) 2 / cm 0 = (18,2 V/m) 2 /(3 × 10 8 m/s)(4p × 10 −7 H/n) = 0,878 W/m 2 .
89. De acordo com a Fig. 33-18, n max = 1,470 para l = 400 nm e n min = 1,456 para l = 700 nm.
(a) De acordo com a Eq. 33-49,
(b) u B,min = tan –1 (1,456) = 55,5°.
u B,max = tan –1 n max = tan –1 (1,470) = 55,8°.
90. Aplicando seis vezes a lei de Snell, obtemos:
n1 n2
n3
n4
n4
n
n
n n5
i
1
n
n
= senu
senu
senu
senu
senu
senu
ar
1
2
3
5
n ar
1
2
senu
3
sen
senu
sen
Cancelando os fatores que aparecem no numerador e no denominador, obtemos:
senu
i
1 = ⇒ senu
f = sen u i ,
senu
f
2
3
4
u 4 senu
4
u 5
senu
f
um resultado que não depende do ângulo de incidência, do índice de refração das placas, da
largura das placas e do número de placas). Assim,
(a) u
f = 0 o .
(b) u = 20°.
f
.
26 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) Como este caso equivale a acrescentar uma placa ao conjunto, o resultado permanece o
mesmo: u
f = 0.
(d) u
f = 20°.
91. (a) A 40 m de distância do feixe, a intensidade é
I
P P
43( , 0 × 10−
3
W)
= = =
d 2 4u
( r )
2 4 [( 0,17 10 ×
−3
W m
rad)( m)]
2 .
40
= 83 2
(b) De acordo com a Eq. 33-27,
= P ′ = 4 r 2 I 4 (40 m) = × 2
( 83=
W m 2 ) 1,
7 10
6 W1 ,7 MW.
92. De acordo com a lei de Snell,
sen u 1 /sen u 2 = n água = constante.
É fácil verificar que todos os pares de valores fornecem o mesmo resultado até a primeira casa
decimal. Por exemplo: sen 10°/sen 8° = 0,174/0,139 = 1,3 e sen 40°/sen 29 o = 0,643/0,485 =1,3.
Assim, o índice de refração da água é n água ≈ 1,3.
93. De acordo com a Eq. 33-36, quando a luz não polarizada passa pelo primeiro polarizador,
a intensidade é reduzida à metade. Como 1/3 = (1/2)(2/3), para que a intensidade final seja um
terço da intensidade inicial, o segundo polarizador deve produzir uma redução de 2/3. Assim,
cos 2 u = 2/3 ⇒ u = 35°.
Capítulo 34
1. Se o passarinho está a uma distância d 2 do espelho, o plano da imagem está a uma distância
d 2 do outro lado do espelho. A distância lateral entre a câmara e o beija-flor é d 3 = 5,00 m.
Vamos chamar de d 1 a distância entre a câmara e o espelho e construir um triângulo retângulo
formado por d 3 e pela distância d = d 1 + d 2 entre a câmera e o plano da imagem. De acordo com
o teorema de Pitágoras, esta distância é
2
d = ( d + d ) + d = ( 4, 30 m + 3,30 m) + ( 5, 00 m) = 9,
10 m.
1 2
3 2 2 2
2. Como a imagem está 10 cm atrás do espelho e você está 30 cm à frente do espelho, a distância
entre seus olhos e a posição aparente da imagem da mariposa no espelho é 10 cm + 30 cm =
40 cm.
3. A intensidade da luz produzida por uma fonte pontual varia com o quadrado da distância da
fonte. Antes da introdução do espelho, a intensidade da luz no centro da tela é dada por I P
= A/ d 2 ,
em que A é uma constante. Depois que o espelho é introduzido, a intensidade da luz é a soma
da luz que chega diretamente à tela, com a mesma intensidade I P de antes, com a luz refletida.
Como a luz refletida parece ter sido produzida por uma fonte pontual situada a uma distância
d atrás do espelho, a distância entre a imagem da fonte e a tela é 3d e sua contribuição para a
intensidade da luz no centro da tela é
I
r
A A I P
= = = .
( 3d
)
2
9d
2
9
A intensidade total da luz no centro da tela é, portanto,
I P 10
I = + IP = Ir+ I P= I 9 9
e a razão entre a nova intensidade e a intensidade antiga é I / I P = 10/9 = 1,11.
4. No momento em que S consegue ver B, os raios luminosos provenientes de B estão sendo
refletidos pela borda do espelho em direção a S . Nesse caso, o ângulo de reflexão é 45°, já que
uma reta traçada de S até a borda do espelho faz um ângulo de 45° com a parede. De acordo
P
com a lei de reflexão de espelhos planos,
x
d
= tan 45= ° ⇒ 1 = = x =
d / 2
2
5. De acordo com a Eq. 33-40, temos:
sen
sen ′ = n n
água
ar
,
3,
0 m
2
1,
5m.
28 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
que, em nosso caso, como u e u9 são pequenos e n ar ≈ 1, se reduz a u9 ≈ u/ n água . Observe a figura
a seguir.
O objeto O está uma distância vertical d 1 acima da água e a água está uma distância vertical d 2
acima do espelho. A imagem I é formada uma distância vertical d abaixo do espelho. No triângulo
OAB,
| AB | = d1tan
≈ d 1
,
no triângulo CBD,
2d
| BC | = 2d2 tan ′ ≈ 2d
2
′ ≈
n
2
água
e, finalmente, no triângulo ACI ,
|AI | = d + d 2 .
Assim,
| AC | | AB | + | BC | 2d
d = | AI− | = d 22 − ≈ d
− d2 = d 1
+
tan
n
= 250 cm +
2(2 00 cm)
− 200 cm = 351c m.
1,
33
2
água
1 d
d d
− = + − 2
2 1
n
2
água
d
2
6. Observe, na Fig. 34-34, que m = 2 para p = 5 cm. De acordo com a Eq. 34-7, isso significa
que i = −10 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4, f = pi/(p + i) = (50 cm)/(5 cm) = 10 cm.
Para p = 14 cm, a Eq. 34-4 nos dá i = fp/( p − f ) = (10 cm)(14 cm)/(4 cm) = 35 cm. Assim, de
acordo com a Eq. 34-7, m = −i/p = −2,5.
7. De acordo com as Eqs. 34-3, 34-4 e 34-7, temos:
11 1 2
− = = ⇒ = −p
p pm f r
r
2 1 1 35,
0 cm 1
1
m
= −
2 2,
50
= 10, 5 cm.
8. De acordo com o gráfico da Fig. 34-35, f = 20 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4,
1 1 1 fp ( 207cm
)( 0 cm)
= − ⇒ = i =
= + 28 cm.
i f p p − f ( 70 cm − 20 cm)
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 29
9. Um espelho côncavo tem uma distância focal positiva. No caso de espelhos esféricos, a distância
focal f está relacionada ao raio de curvatura r através da Eq. 34-3:
f
r
= 2
.
A distância do objeto p, a distância da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através
da Eq. 34-4:
1 1 1
+ = ,
p i f
em que o valor de i é positivo para imagens reais e negativo para imagens virtuais.
A ampliação lateral é dada pela Eq. 34-6:
i
m = − ,
p
em que o valor de m é positivo para imagens não invertidas e negativo para imagens invertidas.
As imagens reais são formadas do mesmo lado que o objeto e as imagens virtuais são formadas
do lado oposto do espelho.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = 2(12 cm) = + 24 cm.
(b) A distância da imagem é
pf ( 18 cm)( 12 cm)
i = =
= 36 cm.
p − f 18 cm −12
cm
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(36 cm)/(18 cm) = −2,0.
(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).
(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).
(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado que o objeto (M).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-10c: o objeto está mais distante do espelho
que o ponto focal e a imagem é real e invertida.
10. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = 20 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = +30 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = –2,0.
(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).
(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).
(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
11. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = –20 cm.
(b) A distância da imagem é
i =
pf
p − f
( 8 cm)( −10
cm)
=
= −4,
44 cm.
8 cm − ( −10)
cm
30 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(8,0 cm) = +0,56.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral m é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é
virtual e não invertida.
12. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) Para f = 36 cm, o raio de curvatura é r = 2f = + 72 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –72 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +3,0.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
13. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = + 36 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –36 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +3,0.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
14. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) Para f = –35, o raio de curvatura é r = 2 f = –70 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –14 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +0,61.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
15. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = 2(–8 cm) = –16 cm.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 31
(b) A distância da imagem é
i =
pf
p − f
( 10 cm)( −8
cm)
=
= −4,
44 cm.
10 cm − ( −8)
cm
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(10 cm) = +0,44.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é
virtual e não invertida.
16. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2f = –28 cm.
(b) A distância do objeto é i = pf /( p − f ) = –7,7 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +0,45.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
17. (a) O fato de que o espelho é côncavo é informado na tabela.
(b) f = +20 cm (positiva, porque o espelho é côncavo).
(c) r = 2f = 2(+20 cm) = +40 cm.
(d) A distância do objeto p = +10 cm é dada na tabela.
(e) A distância da imagem é i = (1/ f – 1/ p) –1 = (1/20 cm – 1/10 cm) –1 = –20 cm.
(f) A ampliação lateral é m = –i/ p = –(–20 cm/10 cm) = +2,0.
(g) A imagem é virtual (V).
(h) A imagem é não invertida (NI).
(i) A imagem é formada do lado oposto do espelho (O).
18. (a) Como a imagem é invertida, o espelho é côncavo.
(b) Como a imagem é invertida, a ampliação lateral m é negativa: m = −0,50. Como p = +24
cm, a Eq. 34-6 nos dá i = – pm = −(24 cm)(−0,5) = +12 cm e a Eq. 34-4 nos dá f = pi/(p+1) =
(24 cm)(12 cm)/(24 cm + 12 cm) = +8 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +16 cm.
32 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(d) A distância p = +24 cm é dada na tabela.
(e) Como foi no item (b), i = +12 cm.
(f) Como foi visto no item (b), m = –0,50.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) A tabela informa que a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
19. (a) De acordo com a Eq. 34-3, como r < 0, f < 0 e o espelho é convexo.
(b) De acordo com a Eq. 34-3, f = r /2 = –20 cm.
(c) Como informa a tabela, r = –40 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-4, p = +20 cm.
(e) A distância i = –10 cm é dada na tabela.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = +0,50.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m é positivo, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
20. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = −mp = −(−0,70)(+40 cm) = +28 cm, o que significa que
a imagem é real (R) e está do mesmo lado do espelho (M). Como m < 0, a imagem é invertida
(I). De acordo com a Eq. 34-4, f = ip/ (i + p) = (28 cm)(40 cm)/(28 cm + 40 cm) = +16 cm > 0,
o que significa que o espelho é côncavo.
(b) f = ip/ (i + p) = +16 cm.
(c) r = 2f = +32 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +40 cm.
(e) i = −mp = +28 cm.
(f) Como informa a tabela, m = −0,70.
(g) A imagem é real (R).
(h) A imagem é invertida (I).
(i) A imagem é formada do mesmo lado do espelho (M).
21. (a) Como f > 0, o espelho é côncavo.
(b) Como informa a tabela, f = + 20 cm.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 33
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf /( p − f ) = +60 cm.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = –i/ p = –2,0.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
22. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o
espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, f = –20 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –40 cm.
(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas
equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +180 cm = +1,8 m e i = −18 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –18 cm.
(f) m = +0,10, dada na tabela.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
23. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o
espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, f = −30 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –60 cm.
(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas
equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +120 cm = +1,2 m e i = −24 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –24 cm.
(f) Como informa a tabela, m = +0,20.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
24. (a) Como m < 0, a imagem é invertida. Isso significa que o espelho é côncavo.
(b) De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp = −(−0,50)(+60 cm) = +30 cm e, portanto, f = ip/ (i +
p) = +20 cm.
34 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(c) r = 2f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = 60 cm.
(e) Como foi visto no item (b), i = +30 cm.
(f) Como informa a tabela, m = −0,50.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
25. (a) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I), o que significa que o espelho é côncavo,
a imagem é real (R) e a ampliação lateral é negativa. De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp =
−(−0,40)(+30 cm) = +12 cm.
(b) f = ip/ (i + p) = +8,6 cm.
(c) r = 2f = +17,2 cm ≈ +17 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +30 cm.
(e) Como foi visto no item (a), i = +12 cm.
(f) Como foi visto no item (a), m = −0,40.
(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).
(h) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
26. (a) Como informa a tabela, a imagem é formada do mesmo lado do espelho, o que significa
que a imagem é real (R), o espelho é côncavo e a distância focal é positiva.
(b) A distância focal é f = +20 cm.
(c) O raio de curvatura é r = 2f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +60 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf/ ( p – f ) = +30 cm.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/p = −0,50.
(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).
(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho.
27. (a) O fato de que a distância focal é negativa significa que o espelho é convexo.
(b) Como informa a tabela, f = –30 cm.
(c) r = 2f = –60 cm.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 35
(d) p = if / (i – f ) = +30 cm.
(e) Como informa a tabela, i = –15.
(f) m = −i/ p = +0,50.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho.
28. (a) O fato de que a ampliação lateral é +1,0 significa que o espelho é plano.
(b) Como o espelho é plano, f = ∞ (ou f = –∞, já que o sinal não importa neste caso extremo).
(c) r = 2f = ∞ (ou r = –∞).
(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.
(e) i = pf /( p − f ) = –10 cm.
(f) m = –i/ p = +1,0.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado do espelho (M).
29. (a) Como informa a tabela, o espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, r = –40 cm e a distância focal é f = r /2 = (–40 cm)/2 = –20 cm.
(c) Como foi visto no item (b), r = –40 cm.
(d) O fato de que o espelho é convexo significa que i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a
Eq. 34-4, p = if /(i − f ) = (−4,0 cm)(−20 cm)/[(−40 cm) − (−20 cm)] = 5,0 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –4,0 cm.
(f) m = −i/ p = −(−4,0 cm)/(5,0 cm) = +0,80.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
30. Note que, no gráfico da Fig. 34-36, não existe uma descontinuidade como a do gráfico da
Fig. 34-35. Isso significa que não existe um ponto no qual p = f (que torna infinito o valor de i).
Como p > 0, como de costume, isto significa que a distância focal não é positiva. Sabemos que
não se trata de um espelho plano, já que a ampliação lateral varia com p. Assim, concluímos
36 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
que se trata de um espelho convexo. Vamos nos concentrar no ponto em que p = 10 cm e m =
0,50. Combinando as Eqs. 34-4 e 34-7, obtemos
i
m = − = −
p
f
p − f
,
o que nos dá f = –10 cm (confirmando nossa conclusão de que o espelho é convexo). Para p =
21 cm, obtemos m = – f /( p – f ) = +0,32.
31. (a) De acordo com as Eqs. 34-3 e 34-4,
i = pf
p − f
= pr .
2p
− r
Derivando ambos os membros em relação ao tempo e usando a relação v O = dp / dt , obtemos:
(b) Para p = 30 cm, temos:
(c) Para p = 8,0 cm, temos:
(d) Para p = 1,0 cm, temos:
di d pr rvO
pr vO
pr
vI
= =
dt dt p − r = − ( 2 − ) + 2 r
=
2
2
( 2 p − r ) 2p
− r
2
15 cm
v I =
( ) −
( 5, 0 cm/s) = 0, 56 cm/ s.
2 30 cm 15 cm
2
2
v O
v I = 15 cm
( ) −
( 5, 0 cm/s) = 1, 1 × 10 3
cm/s = 11 m/s.
28 ,0 cm 15 cm
2
15 cm
v I =
( ) −
( 5, 0 cm/s) = 6, 7 cm/ s.
21 ,0 cm 15 cm
32. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (c) r = +30 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-8,
i = n
2
n
− n
r
2 1 1
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
−1
n −
−
p = 1 5 1 , 5 1 , 0 1,
0
,
−
cm.
30 cm 10 cm
= −18
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12c do livro.
33. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (d) i = −13 cm.
.
(c) De acordo com a Eq. 34-8,
−1
−1
n1 n2
r = ( n2 − n1
) +
p i = ( 1 5 −
1,
0 1,
5
, 1,
0) +
10 cm −13
= −
cm
32,
5 cm≈
− 33c m.
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 37
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12e do livro.
34. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (b) p = +100, (c) r = −30 cm e (d) i = +600 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
n
2
1 1 n1 n1
n
1 1
−
2
r i = +
p r ⇒
−
−30
600
=
1, 5 1,
5
+
− ⇒ n2
( −0,
035) = −0, 035,
100 30
o que nos dá n 2 = 1,0.
(e) Como i > 0, a imagem é real (R).
(f) Como a imagem é real, é formada do outro lado da superfície esférica (O).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12b do livro.
35. Além de n 1 = 1,5, também sabemos que (a) n 2 = 1,0, (b) p = +70 cm e (c) r = +30 cm. Note
que n 2 < n 1 .
(d) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
−1
n2 − n1 n1
−
i = n2
− = 1 0 1 , 0 1 , 5 1,
5
,
−
r p 30 cm 70 cm
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
−1
= −26
cm.
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12f . Neste caso, como a refração sempre afasta os
raios do eixo central, a imagem é sempre virtual, independentemente da distância do objeto.
36. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (a) n 2 = 1,0, (c) r = −30 cm e (d) i = −7,5 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
p =
n
n
− n
r
1
n
−
i
2 1 2
1,
5
=
−
= 10 cm.
1, 0 1, 5 1,
0
−
−
30 cm − 7,
5 cm
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12d do livro.
37. Além de n 1 = 1,5, sabemos que (a) n 2 = 1,0, (b) p = +10 cm e (d) i = −6,0 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
−1
−1
n1 n2
1,
5 1,
0
r = ( n2 − n1
) +
p i = ( 1, 0 −1,
5) +
30
10 cm −6,
0 = cm.
cm
38 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12 f do livro, mas com o objeto e a imagem mais
próximos da superfície esférica.
38. Além de n 1 = 1,0, sabemos que (a) n 2 = 1,5, (c) r = +30 cm e (d) i = +600.
(b) De acordo com a Eq. 34-8,
p n n
1
= − n
−
r i
2 1 2
= 1, 5 −1, 01 , 0 1,
5 = 71 cm.
−
30 cm 600 cm
(e) Como i > 0, a imagem é real (R) e invertida.
(f) Como a imagem é real, é formada do outro lado da superfície esférica (O).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12a do livro.
39. (a) De acordo com a Eq. 34-8, fazendo n 1 = n ar = 1,00, n 2 = n, p = ∞ e i = 2r ,
(b) Para i = r , a Eq. 34-8 se torna
1,
00 1
2, 00.
∞ + n
2
= n − ⇒ n =
r r
n r
= n r
−1 ,
que não tem solução, a não ser para n → ∞ ou r → ∞. Isto significa que não é possível focalizar
os raios luminosos no centro da esfera.
40. De acordo com a Eq. 34-8, com n 1 = 1,6, n 2 = n ar = 1, p = 3,0 cm e r = −5,0 cm, obtemos:
1,
6 1 11−
, 6
+ =
3,
0 cm i −5,
0 cm
A distância aparente da superfície da mesa é, portanto,
41. (a) De acordo com a Eq. 34-10,
⇒
i = −2, 4 cm.
d − h + i = 8,0 cm − 3,0 cm + 2,4 cm = 7,4 cm.
−1
−1
f = ( n − 1)
1
r
− 1
r = ( 1, 5 − 1)
1
∞ − 1
cm.
1 2
−
20 cm
= + 40
(b) De acordo com a Eq. 34-9,
− 1 −1
1 1
i = −
f p
= 1
− 1
= .
40 cm 40 cm
42. Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos m(p – f ) = – f . De acordo com o gráfico da Fig.
34-39, m = 0,5 para p = 15 cm, o que nos dá f = –15 cm. Substituindo f por seu valor na expressão
e fazendo p = 35 cm, obtemos m = +0,30.
43. De acordo com a Eq. 34-9, temos:
−1
1 1
i = − =
f p
fp
.
p − f
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 39
A altura da imagem é, portanto,
i
hi = mhp =
p h p
=
fhp
p − f
(75 mm)(1,80 m)
=
= 5,
0 mm.
27 m − 0,
075 m
44. A descontinuidade do gráfico da Fig. 34-40 no ponto p = 30 cm significa que f = 30 cm.
Para p = 100 cm, a Eq. 34-9 nos dá
pf ( 100 cm)( 30 cm)
i = =
= + 43 cm.
p − f 100 cm − 30 cm
45. Se d S é o diâmetro do Sol e d i é o diâmetro da imagem, a Eq. 34-5 nos dá
d
i
= m d =
| |
p
d
i SS S
= 18 , 6 × 10−3m = 1,86m m.
f
≈
p
d ( 200, × 10
=
−2
m )( 2)( 69 , 6 × 108
m)
15 , 0 × 1011m
46. Como a distância focal da lente não muda, todos os pontos do gráfico da Fig. 34-41 obedecem
à relação 1/ p + 1/ i = c, em que c é uma constante. De acordo com o gráfico, para p = p 1 = 20
cm, temos i = i 1 = –10 cm. Assim, chamando de i 2 o valor de i para p = p 2 = 70 cm, temos:
o que nos dá i 2 = −16 cm.
1 1 1 1 1 1 1 1
+ = = + c ⇒ − = +
,
p i p i 20 cm 10 cm 70 cm i
1 2 2 2 2
47. De acordo com a Eq. 34-10,
1 1 1
= ( n − 1) −
f r r ,
1 2
em que f é a distância focal, n é o índice de refração, r 1 é o raio de curvatura da primeira superfície
que a luz encontra e r 2 é o raio da segunda superfície. Como uma das superfícies tem um
raio de curvatura duas vezes maior que a outra e como uma superfície é convexa em relação
à luz incidente e a outra superfície é côncava em relação à luz incidente, r 2 = –2r 1 e a equação
acima se torna
(a) O raio menor, r 1 , é dado por
1 1 1 3 n 1
= n − 1 +
f r 2r
= ( − )
( )
.
2r
1 1 1
3( n − 1) f 3( 1, 5 − 1)( 60 mm)
r 1 = =
= 45 mm.
2
2
(b) O valor absoluto do segundo raio é r 2 = 2r 1 = 90 mm.
48. Combinando a Eq. 34-7 com a Eq. 34-9, obtemos m(p – f ) = – f . De acordo com o gráfico da
Fig. 34-42, m = 2 para p = 5 cm, o que nos dá f = mp/(m − 1) = 10 cm. Substituindo f por seu
valor na expressão e fazendo p = 14 cm, obtemos m = –2,5.
49. Usando a Eq. 34-9 e o fato de que p + i = d , na qual d é a distância entre a transparência e
a tela, obtemos
p 2 – dp + df = 0.
40 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
Assim,
1
p = ± ( d − = d
2± 4df
) 22 cm−
1 ( 44 cm)
2
4(
44 cm)(11 cm) = 22 cm.
2
2
50. Como a lente é convergente (C), a distância focal é positiva: f = +4 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = +5,3 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = −0,33.
(c) Como i > 0, a imagem é real (R).
(d) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do outro lado da lente (O). (Veja a Fig. 34-16 a.)
51. Como a lente é convergente (C), a distância focal é positiva: f = +16 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –48 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +4,0.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M). (Veja a Fig. 34-16 b.)
52. Como a lente é convergente (C), a distância focal é positiva: f = +35 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –88 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +3,5.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M). (Veja a Fig. 34-16 b.)
53. Como a lente é divergente (D), a distância focal é negativa: f = –12 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p − f ) = −4,8 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,60.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16c.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 41
54. Como a lente é divergente (D), a distância focal é negativa: f = –6 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –3,8 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,38.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
55. Como a lente é divergente (D), a distância focal é negativa: f = –14 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = –8,6 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,39.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado que a lente (M).
56. Como a lente é divergente (D), a distância focal é negativa: f = –31 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p– f ) = –8,7 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,72.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
57. Como a lente é convergente (C), a distância focal é positiva: f = +20 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-9, i = pf /( p – f ) = +36 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = −0,80.
(c) Como i > 0, a imagem é real (R).
(d) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).
58. (a) Combinando as Eqs. 34-9 e 34-10, obtemos i = –63 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +2,2.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
42 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
59. Como r 1 é positivo e r 2 é negativo, trata-se de uma lente biconvexa. De acordo com a Eq.
34-10,
1 1 1
= ( n − 1) −
f r r
1 2
na qual f é a distância focal, n é o índice de refração, r 1 é o raio de curvatura da primeira superfície
que a luz encontra e r 2 é o raio da segunda superfície. A distância do objeto p, a distância
da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através da Eq. 34-9:
1 1 1
= + .
f p i
Neste caso, r 1 = +30 cm, r 2 = –42 cm, n = 1,55 e p = +75 cm.
(a) A distância focal é
r1 r 2
( + 30 cm)( −42
cm)
f =
=
= + 31,
8 cm
( n − 1)( r − r ) ( 1, 55 − 1)
( − 42 cm − 30 cm)
2 1
e a distância da imagem é
i =
pf
p − f
( 75 cm)( 31, 8 cm)
=
= + 55 cm.
75 cm − 31,
8 cm
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = −0,74.
(c) Como i > 0, a imagem é real (R).
(d) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16a.
60. (a) Combinando as Eqs. 34-9 e 34-10, obtemos i = –26 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +4,3.
(c) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).
(d) O fato de que m > 0 significa que a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
61. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = –18 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,76.
(c) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).
(d) O fato de que m > 0 significa que a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada o mesmo lado da lente (M).
62. (a) De acordo com a Eq. 34-10,
r1 r 2
f =
= + 30 cm.
( n − 1)( r − r )
2 1
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 43
Como f > 0, a lente é convergente (C). De acordo com a Eq. 34-9,
1
1
i = =
= −15
cm.
1 − 1 1 − 1
f p 30 cm 10 cm
(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = (–15 cm)/(10 cm) = +1,5.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16b do livro.
63. (a) Combinando as Eqs. 34-9 e 34-10, obtemos i = –30 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,86.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
64. (a) De acordo com a Eq. 34-10,
−1
1 1 1
f = −
n − r r = −120
cm.
1
1 2
Como f < 0, a lente é divergente (D). De acordo com a Eq. 34-9,
1
1
i = =
= −9,
2 cm.
1 − 1 1
f p −
− 1
120 cm 10 cm
(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = –(–9,2 cm)/(10 cm) = +0,92.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16c do livro.
65. (a) De acordo com a Eq. 34-10,
−1
1 1 1
f = −
n − r r = −30
cm.
1
2 2
Como f < 0, a lente é divergente (D). De acordo com a Eq. 34-9, temos:
1
1
i = =
= −7,
5 cm.
1 − 1 1
f p −
− 1
30 cm 10 cm
(b) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/ p = –(–7,5 cm)/(10 cm) = +0,75.
44 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16c do livro.
66. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = –9,7 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,54.
(c) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
67. (a) Combinando a Eq. 34-9 com a Eq. 34-10, obtemos i = +84 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = −1,4.
(c) Como i > 0, a imagem é real (R).
(d) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).
68. (a) Como a imagem é real, a lente é convergente (C).
(b) Como i = d – p e i/ p = 1/2,
(c) A distância focal é
2d
2( 40, 0 cm)
p = = = 26,
7 cm.
3 3
− 1
d
f = +
i p
=
+
− 1
1 1 1 1 2 2( 40, 0 cm)
d d = =
= 8,
89 cm.
/ 3 2 / 3 9 9
69. (a) Como f > 0, a lente é convergente (C).
(d) De acordo com a Eq. 34-9,
1
1
i = =
= −10
cm.
1 − 1 1 − 1
f p 10 cm 5,
0 cm
(e) De acordo com a Eq. 34-6, m = –(–10 cm)/(5,0 cm) = +2,0.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 45
70. (a) O fato de que m < 1 e a imagem é não invertida significa que a lente é divergente (D)
(veja a Fig. 34-16).
(b) Como a lente é divergente, f = –20 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-9, i = –5,7 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +0,71.
(f) O fato de que i < 0 significa que a imagem é virtual (V).
(h) O fato de que a imagem é virtual significa que é formada do mesmo lado da lente (M).
71. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = –mp = –(0,25)(16 cm) = –4,0 cm. De acordo com a Eq.
34-9, f = –5,3 cm, o que significa que a lente é divergente (D).
(b) Como foi visto no item (a), f = –5,3 cm.
(d) Como foi visto no item (a), i = –4,0 cm.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente.
72. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,2
cm, o que significa que a lente é convergente (C).
(b) Como foi visto no item (a), f = +3,2 cm.
(d) Como foi visto no item (a), i = +4,0 cm.
(f) Como i > 0, a imagem é real (R).
(g) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(h) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).
73. (a) De acordo com a Eq. 34-6, i = –mp = +5,0 cm; de acordo com a Eq. 34-9, f = +3,3 cm,
o que significa que a lente é convergente (C).
(b) Como foi visto no item (a), f = +3,3 cm.
(d) Como foi visto no item (a), i = +5,0 cm.
(f) Como i > 0, a imagem é real (R).
(g) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(h) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente (O).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16a do livro.
46 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
74. (b) Como a lente é convergente, f = +10 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-9,
1
1
i = =
= + 20 cm.
1 − 1 1 − 1
f p 10 cm 20 cm
(e) De acordo com a Eq. 34-6, m = –20/20 = –1,0.
(f) Como i > 0, a imagem é real (R).
(g) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(h) Como a imagem é real, é formada do outro lado da lente (O).
75. (a) Como a imagem é formada do mesmo lado da lente (M), a distância da imagem i é negativa.
Fazendo i = fp /(p – f ) na equação m = −i/ p, obtemos
i
m = − = −
p
f
p − f
.
Como m < 1,0 e p > 0, f < 0, o que significa que a lente é divergente (D).
(b) Como foi visto no item (a), f = −10 cm.
(d) A distância da imagem é
i =
pf
p − f
( 5, 0 cm)( −10
cm)
=
= −3,
3 cm.
5, 0 cm − ( −10
cm)
(e) A ampliação é m = −i/ p = −(−3,3 cm)/(5,0 cm) = +0,67.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16c do livro.
76. (a) De acordo com a Tabela 34-8, a ampliação é positiva e maior que 1. Examinando as
Figs. 34-15 e 34-16 do livro, vemos que isso só será possível se a lente for convergente (C) e
se p < f .
(b) Como a lente é convergente, f = 10 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-9,
(e) A ampliação é m = −i/ p = +2,0.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
1
1
i = =
= −10
cm.
1 − 1 1 − 1
f p 10 cm 5,
0 cm
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 47
77. (a) Combinando as Eqs. 34-7 e 34-9, obtemos
p 16 cm
f = = = 80 cm.
1 − 1/
m 1 − 1125 / ,
Como o valor de f é positivo, a lente é convergente (C).
(b) Como foi visto no item (a), f = +80 cm.
(d) A distância da imagem é i = −mp = −(1,25)(16 cm) = −20 cm.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-16b do livro.
78. (a) De acordo com a Tabela 34-8, o valor absoluto da ampliação é 0,5 e a imagem é não invertida
(NI). Isso significa que m = +0,5. Usando a Eq. 34-6 e o valor conhecido de p, obtemos
i = –5,0 cm, que mostra que se trata de uma imagem virtual. A Eq. 34-9 nos dá a distância focal:
f = –10 cm. Como a distância focal é negativa, trata-se de uma lente divergente (D).
(b) Como foi visto no item (a), f = –10 cm.
(d) Como foi visto no item (a), i = –5,0 cm.
(e) Como foi visto no item (a), m = +0,5.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
79. (a) Como m > 1, a lente é convergente (C). (Veja a Fig. 34-15.)
(b) Como a lente é convergente, f = +20 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-9, i = –13 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-7, m = −i/ p = +1,7.
(f) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(g) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(h) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente (M).
80. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +15 cm) é i 1 = –30 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +8 cm), com p 2 = d – i 1 = 10 cm − (−30 cm) = 40 cm.
Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +10 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m 1 m 2 = − ( i / − p )( i=
/ p ) i i / p p = –0,75.
1 1 22 1 2 1 2
(c) Como i 2 > 0, a imagem é real (R).
48 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).
81. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +8 cm) é i 1 = 24 cm. Esta imagem serve de objeto para
a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +6 cm), com p 2 = d − i 1 = 32 cm − 24 cm) = 8 cm. Assim,
de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +24 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = m 1 m 2 = − ( i / − p )( i=
/ p ) i i / p p = +6,0.
(c) Como i 2 > 0, a imagem é real (R).
(d) Como M > 0, a imagem é não invertida (NI).
1 1 22 1 2 1 2
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).
82. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente divergente, é f 1 = −6 cm) é i 1 = −3,4 cm. Esta imagem serve de objeto para
a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +6 cm), com p 2 = d − i 1 = 12 cm − (−3,4 cm) = 15,4 cm.
Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +9,8 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –0,27.
(c) Como i 2 > 0, a imagem é real (R).
(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).
83. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +9,0 cm) é i 1 = +16,4 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +5 cm), com p 2 = d − i 1 = 8,0 cm − (16,4 cm) = −8,4
cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = +3,1 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –0,31.
(c) Como i 2 > 0, a imagem é real (R).
(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é real, é formada do lado oposto da lente 2 (O).
Como este resultado envolve um valor negativo de p 2 (e, talvez, outros aspectos “não intuitivos”,
vale a pena acrescentar alguns comentários. A lente 1 faz os raios convergirem para uma
imagem (que não chega a se formar, pois, antes que isso aconteça, os raios encontram a lente 2)
que seria real e invertida (e estaria situada a 8,4 cm de distância da posição da lente 2). A lente
2 faz os raios convergirem mais rapidamente, de modo que a imagem é formada mais perto do
objeto inicial do que se a lente 2 não estivesse presente.
84. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +12,0 cm) é i 1 = +60 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = +10 cm), com p 2 = d − i 1 = 67 cm − 60 cm = 7 cm.
Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −23 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –13.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 49
(c) Como i 2 < 0 , a imagem é virtual (V).
(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).
85. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +6 cm) é i 1 = −12 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −6 cm), com p 2 = d − i 1 = 8,0 cm − (−12 cm) = 20 cm.
Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −4,6 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,69.
(c) Como i 2 < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como M > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).
86. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente convergente, é f 1 = +8,0 cm) é i 1 = +24 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −8 cm), com p 2 = d − i 1 = 30 cm − 24 cm = 6 cm. Assim,
de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −3,4 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = –1,1.
(c) Como i 2 < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como M < 0, a imagem é invertida (I).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).
87. (a) De acordo com a Eq. 34-9, a posição da imagem da lente 1 (cuja distância focal, já que
se trata de uma lente divergente, é f 1 = −12,0 cm) é i 1 = −7,5 cm. Esta imagem serve de objeto
para a lente 2 (cuja distância focal é f 2 = −10 cm), com p 2 = d − i 1 = 10 cm − (−7,5 cm) = 17,5
cm. Assim, de acordo com a Eq. 34-9 (aplicada à lente 2), i 2 = −5,5 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-11, M = +0,12.
(c) Como i 2 < 0, a imagem é virtual (V).
(d) Como M > 0, a imagem é não invertida (NI).
(e) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da lente 2 (M).
88. De acordo com a Eq. 34-15, o diâmetro mínimo da ocular é
d
oc
d ob 75 mm
= = =
m 36
89. (a) De acordo com a Fig. 34-20, se L é a distância entre as lentes, o comprimento do tubo é
(b) Como a distância da imagem é
2,
1
mm.
s = L – f ob – f oc = 25,0 cm – 4,00 cm – 8,00 cm = 13,0 cm.
i = f ob + s = 4,00 cm + 13,0 cm = 17,0 cm,
50 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
a relação (1/ p) + (1/ i) = (1/ f ob ) nos dá
if
p = ob
i − f
= ( 17, 0 cm)( 4, 00 cm)
= 5,23 cm.
17,
0 cm − 4,00c m
ob
(c) A ampliação lateral da objetiva é
i
m = − = p
− 17,
0
5 23
= cm
, cm
−
3, 25.
(d) A ampliação angular da ocular é
25 cm 25 cm
m = = = 3, 13.
f 8,00 cm
oc
(e) A ampliação total do telescópio é
M = mm=
− ( 3, 25)( −=
3,) 13 102, .
90. (a) A nova distância entre a lente e o filme é
− 1 −1
1 1
i = −
f p
1
− 1
= 5,
3 cm.
5,
0 cm 100 cm
(b) A variação da distância entre a lente e o filme é 5,3 cm – 5,0 cm = 0,30 cm = 3,0 mm.
91. (a) Quando o olho está relaxado, o cristalino focaliza objetos distantes na retina, a uma distância
i do cristalino. Fazendo p = ∞ na equação das lentes delgadas, obtemos 1/ i = 1/ f , na qual
f é a distância focal do cristalino relaxado. Assim, i = f = 2,50 cm. Quando o olho focaliza objetos
mais próximos, a distância da imagem permanece a mesma, mas a distância do objeto e a
distância focal mudam. Se p é a nova distância do objeto e f 9 é a nova distância focal, temos:
Fazendo i = 2,5 cm e explicitando f 9, obtemos:
1 1 1
+ = .
p i f ′
f ′ =
pf ( 40, 0 cm)( 2, 50 cm)
= = 2,
35 cm.
f + p 40,
0 cm + 2,50 cm
(b) De acordo com a equação do fabricante de lentes,
1 = ( n − 1) 1 − 1
f
r r
1 2
na qual r 1 e r 2 são os raios de curvatura das duas superfícies da lente e n é o índice de refração do
material da lente. No caso da lente mostrada na Fig. 34-46, r 1 e r 2 têm aproximadamente o mesmo
valor absoluto, r 1 é positivo e r 2 é negativo. Para que a distância focal diminua, a diferença
(1/ r 1 ) – (1/ r 2 ) deve aumentar. Para isso, é preciso que o valor absoluto dos raios diminua.
92. De acordo com a Fig. 34-20, no caso da imagem intermediária, p = 10 mm e
logo,
i = (f ob + s + f oc ) – f oc = 300 m – 50 mm = 250 mm;
1 1 1 1 1
= + = + ⇒ = f ob 9,
62 mm
f i p 250 mm 10 mm
ob
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 51
e
s = (f ob + s + f oc ) – f ob – f oc = 300 mm – 9,62 mm – 50 mm = 240 mm.
Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-14,
s 25 cm 240 mm
M = − = −
f f 150 mm
9,62 mm 50 mm = −125.
ob
oc
93. (a) Sem a lente de aumento, u = h / P p (veja a Fig. 34-19). Com a lente de aumento, fazendo
obtemos
Assim,
m
i = – |i| = – P p ,
11 1 1 1 1 1
= − = + = + .
p f i f i f P p
h p f P
= ′ / 1/ + 1/
= =
h/
P 1/
P
p
p
p
Pp
cm
= 1+ = + 1 25 .
f f
Para f = 10 cm, temos:
m
= 1+ 25 cm
= 3, 5.
10 cm
(b) Para analisar o caso em que a imagem aparece no infinito, fazemos i
nos dá 1111 / p / i / p / f
+ = = e
m
h p f
= ′ / 1/
= = = =
h/
P 1/
P
p
p
Pp
25 cm
.
f f
= − | i → | −∞ , o que
Para f = 10 cm,
25 cm
m
= =
10 cm 2, 5.
94. De acordo com a Eq. 34-9, 1/ p + 1/ i = c, na qual c é uma constante (1/ f ). De acordo com o gráfico
da Fig. 34-47, para p = p 1 = 15 cm, i = i 1 = −10 cm. Assim, para p = p 2 = 70 cm, temos:
1/(15 cm) + 1/(−10 cm) = 1/(70 cm) + 1/ i 2 ,
o que nos dá i 2 = –21 cm.
95. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +8,0 cm, f 2 = +6,0 cm e f 3 =
+6,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados de
um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.
34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização
da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das
imagens intermediárias são i 1 = 24 cm e i 2 = –12 cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i 3 = +8,6 cm.
(b) m = +2,6.
(c) A imagem é real (R).
(d) A imagem é não invertida (NI).
(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).
52 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
96. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente
divergente é negativa, f 1 = −6 cm, f 2 = +6 cm e f 3 = +4 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente
a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio das relações
p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e
a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do
sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −2,4 cm e i 2 = 12
cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i 3 = –4,0 cm.
(b) m = −1,2.
(c) A imagem é virtual (V).
(d) A imagem é invertida (I).
(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente (M).
97. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +6,0 cm, f 2 = +3,0 cm e
f 3 = +3,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados
de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.
34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização
da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das
imagens intermediárias são i 1 = 9 cm e i 2 = 6 cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i3 = +7,5 cm.
(b) m = −0,75.
(c) A imagem é real (R).
(d) A imagem é invertida (I).
(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).
98. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva, f 1 = +6,0 cm, f 2 = +6,0 cm e
f 3 = +5,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente a cada lente, “transportando” os resultados
de um cálculo para o outro com o auxílio das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq.
34-7 para calcular as ampliações laterais das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização
da Eq. 34-11) para calcular a ampliação lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das
imagens intermediárias são i 1 = −3,0 cm e i 2 = 9,0 cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i 3 = +10 cm.
(b) m = +0,75.
(c) A imagem é real (R).
(d) A imagem é não invertida (NI).
(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).
99. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente
divergente é negativa, f 1 = −6,0 cm, f 2 = −16 cm e f 3 = +8,0 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente
a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio
das relações p
2
= d
12
− i 1
e p
3
= d
23
− i 2
. Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 53
das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação
lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −4,0 cm
e i 2 = −6,86 cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i 3 = +24,2 cm.
(b) m = −0,58.
(c) A imagem é real (R).
(d) A imagem é invertida (I).
(e) A imagem é formada do lado oposto da lente 3 (O).
100. Como a distância focal de uma lente convergente é positiva e a distância focal de uma lente
divergente é negativa, f 1 = +6,0 cm, f 2 = −4,0 cm e f 3 = −12 cm. Aplicamos a Eq. 34-9 separadamente
a cada lente, “transportando” os resultados de um cálculo para o outro com o auxílio
das relações p 2 = d 12 − i 1 e p 3 = d 23 − i 2 . Usamos a Eq. 34-7 para calcular as ampliações laterais
das lentes e a relação M = m 1 m 2 m 3 (uma generalização da Eq. 34-11) para calcular a ampliação
lateral do sistema. Os resultados para as distâncias das imagens intermediárias são i 1 = −12 cm
e i 2 = −3,33 cm. Os resultados finais são os seguintes:
(a) i 3 = –5,15 cm ≈ –5,2 cm.
(b) m = +0,285 ≈ +0,29.
(c) A imagem é virtual (V).
(d) A imagem é não invertida (NI).
(e) A imagem é formada do mesmo lado da lente 3 (M).
101. No caso de uma lente delgada,
(1/ p) + (1/ i) = (1/ f ),
na qual p é a distância do objeto, i é a distância da imagem e f é a distância focal. Explicitando
i, obtemos:
fp
i =
p − f
.
Vamos fazer p = f + x , em que x é positivo, se o objeto está a uma distância maior da lente que
o ponto focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,
f ( f + x )
i = .
x
Vamos fazer também i = f + x 9, em que x 9 é positivo, se a imagem está a uma distância da lente
maior que a distância focal, e negativo se está a uma distância menor. Nesse caso,
e xx 9 = f 2 .
x′ = i − f =
f ( f + x ) f
− f =
2
x x
102. (a) Para u = 90 o , existem três imagens: duas são formadas por reflexões em apenas um dos
espelhos e a terceira é formada por reflexões sucessivas nos dois espelhos. As posições das ima-
54 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
gens são mostradas nos dois diagramas a seguir. O diagrama da esquerda mostra a imagem I 1
formada por reflexões no espelho da esquerda. Está à mesma distância do espelho que o objeto
O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. A imagem I 2 é formada pela luz
refletida nos dois espelhos.
Podemos considerar I 2 como a imagem do prolongamento de I 1 formada pelo espelho da direita.
I 2 está à mesma distância do prolongamento do espelho da direita que I 1 , em uma reta perpendicular
ao prolongamento do espelho passando por I 1 . O diagrama da direita mostra a imagem
I 3 , formada por reflexões no espelho da direita. Está à mesma distância do espelho que o objeto
O, em uma reta perpendicular ao espelho passando pelo objeto. Como mostra o diagrama, a
luz que é refletida primeiro no espelho da direita e depois no espelho da esquerda forma uma
imagem em I 2 , o mesmo ponto onde é formada uma imagem pela luz que é refletida primeiro
no espelho da esquerda e depois no espelho da direita.
(b) Para u = 45°, temos duas imagens no segundo espelho, uma causada pelo próprio objeto e
outra pela imagem do objeto no primeiro espelho. A partir dessas duas imagens, podemos construir
duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro espelho. Prolongando o plano do segundo
espelho, podemos encontrar outras duas imagens de I e I 9 simetricamente dispostas em relação
ao prolongamento do plano do primeiro espelho. Este fato mostra que não existem outras imagens,
já que essas imagens finais são “reflexos mútuos”. A construção das imagens é mostrada
no diagrama a seguir. Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 + 2 = 7.
(c) Para u = 60°, temos duas imagens no segundo espelho causadas pelo objeto e sua primeira
imagem; a partir dessas imagens, podemos construir duas novas imagens, I e I 9, atrás do primeiro
espelho. As imagens I e I 9 são “reflexos mútuos” no sentido de que são simétricas em relação
ao prolongamento do plano do segundo espelho; isso mostra que não existem novas imagens.
Resumindo, o número de imagens neste caso é 1 + 2 + 2 = 5.
Para u = 120°, temos duas imagens, I 9
1 e I 2 , atrás do segundo espelho e seu prolongamento,
causadas pelo objeto e sua primeira imagem (que vamos chamar de I 1 ). Nenhuma outra imagem
pode ser construída a partir de I 9 1 e I 2 , já que as imagens I 9 1 e I 2 são “reflexos mútuos”. Esta
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 55
construção tem a desvantagem de não levar em conta a posição do observador em relação aos
espelhos. Neste caso em particular, o número de imagens que podem ser vistas varia de 1 a 3,
dependendo das posições do objeto e do observador.
(d) O menor número de imagens que podem ser vistas para u = 120 o é 1. Se, por exemplo, o
observador está alinhado com o objeto e I 2 , pode ver apenas uma imagem ( I 1 ). Um observador
próximo de um dos espelhos em geral consegue ver duas imagens, I 1 e I 2 .
(e) O maior número de imagens que podem ser vistas para u = 120 o é 3. Isso acontece quando
o observador está razoavelmente afastado dos dois espelhos e aproximadamente equidistante
dos espelhos.
103. Colocamos um objeto a uma grande distância da lente composta e determinamos a distância
i da imagem. Como, para objetos muito distantes, a imagem está no ponto focal, i = f , onde
f é a distância focal efetiva da lente composta. A imagem final é produzida por duas lentes, com
a imagem da primeira lente servindo como objeto da segunda. No caso da primeira lente, (1/
p 1 ) + (1/ i 1 ) = (1/ f 1 ), na qual f 1 é a distância focal da primeira lente e i 1 é a distância da imagem
formada pela primeira lente. Como p 1 = ∞, i 1 = f 1 . No caso da segunda lente, (1/ p 2 ) + (1/ i 2 ) =
(1/ f 2 ). Se a espessura das lentes pode ser desprezada, a distância do objeto para a segunda lente
é p 2 = –i 1 = − f 1 . O sinal negativo é usado porque a imagem formada pela primeira lente está
atrás da segunda lente se i 1 é positiva; isso significa que o objeto da segunda lente é virtual e a
distância do objeto é negativa. Se i 1 é negativa, a imagem formada pela primeira lente está na
frente da segunda lente e p 2 é positiva. Substituindo p 2 por – f 1 e i 2 por f na equação da segunda
lente, obtemos
− 1
f + 1
f = f
1 ,
1 2
o que nos dá
1 1 1
= + =
f f f
1 2
f1 + f 2
.
f f
1 2
Assim,
f =
f1 f 2
.
f + f
1 2
104. (a) No espelho mais próximo do objeto, que vamos chamar de M 1 , a primeira imagem I 1
está 10 cm atrás de M 1 e, portanto, a 20 cm de distância do objeto, que vamos chamar de O. Esta
é a menor distância entre o objeto e uma imagem.
(b) Existem imagens de O e I 1 no espelho mais distante, que vamos chamar de M 2 . A imagem de
O é uma imagem I 2 situada 30 cm atrás de M 2 . Como O está a 30 cm de distância de M 2 , I 2 está a
uma distância de 60 cm de O. Esta é a segunda menor distância entre o objeto e uma imagem.
(c) Existe também uma imagem I 3 que é a imagem de I 1 e está situada 50 cm atrás de M 2 , já que
I 1 está a uma distância 30 cm + 20 cm = 50 cm de M 2 . Assim, I 3 está a uma distância de 80 cm
de O. Além disso, temos uma imagem I 4 , que é uma imagem de I 2 e está situada 70 cm atrás de
M 1 , já que I 2 está a uma distância 30 cm + 40 cm = 70 cm de M 1 . A distância entre O e I 4 também
é 80 cm. Esta é a terceira maior distância entre o objeto e uma imagem.
(d) Voltando ao espelho mais próximo M 1 , existe uma imagem I 5 que é a imagem de I 3 e está situada
90 cm atrás de M 1 , já que I 3 está a uma distância 50 cm + 40 cm = 90 cm de M 1 . A distância
entre O e I 5 é 100 cm = 1,0 m. Esta é a quarta maior distância entre o objeto e uma imagem.
56 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
105. (a) O “objeto” do espelho que produz a imagem da caixa está à mesma distância do espelho
que a imagem (4 cm). Como este “objeto” é a imagem formada pela lente, podemos dizer que,
na equação da lente, i 1 = 10 – 4 = 6 cm. Assim, para f 1 = 2 cm, a Eq. 34-9 nos dá
1 1 1
+ = ⇒ = p1
3, 00 cm.
p i f
1 1 1
(b) A imagem da caixa, 4 cm atrás do espelho, serve de “objeto” (com p 3 = 14 cm) para a lente
no percurso de volta da luz, depois de ser refletida pelo espelho. Desta vez, a Eq. 34-9 nos dá,
para f 3 = f 1 = 2 cm,
1 + 1= 1⇒ = i3
2, 33 cm.
p i f
3 3 3
106. (a) Primeiro, a lente forma uma imagem real do objeto, situada a uma distância
à direita da lente, ou a uma distância
i
1
− 1
−1
1 1 1 1
= −
2 f
f p =
f −
2 f =
1 1
1 1
p 2 = 2(f 1 + f 2 ) – 2f 1 = 2f 2
do espelho. A imagem formada pelo espelho está situada a uma distância
− 1
1 1 1 1
i2
= − = −
f2 p2
f 2 f
à esquerda do espelho, ou a uma distância
2 2
p9 1 = 2(f 1 + f 2 ) – 2f 2 = 2 f 1
1
−1
= 2 f
à direita da lente. A imagem final formada pela lente está a uma distância i 1 ′ à esquerda da lente,
em que
−
1
1
1 1
′ = −
′ = 1
− 1
i1
= 2 f 1.
f p f 2 f
1 1
Esta é exatamente a posição do objeto.
(b) A ampliação lateral é
(c) A imagem final é real.
1 1
i1
i2
i1′
2 f 1 2 f
m = − p1
− p2
− p1′
= − 2 f 1 − 2 f
(d) A imagem está à esquerda da lente.
(e) A imagem é invertida, como mostra a figura a seguir.
−
2
2
2
2 f 1
− 2 f 1 = − 1, 0.
107. (a) Neste caso, como m > 1 e a imagem é não invertida, sabemos que a lente 1 é convergente
e produz uma imagem virtual. Como o tamanho da imagem é duas vezes maior que o tamanho
do objeto, a Eq. 34-7 nos dá i 1 = −2 p 1 . Como a imagem da mosca e a própria mosca estão
do mesmo lado da lente, d = | i 1 | − p 1 , o que nos dá p 1 = | i 1 | − d = 2 p 1 − 20 cm e, portanto, p 1 =
20 cm e i 1 = −2(20 cm) = –40 cm. Substituindo na Eq. 34-9,
obtemos
1 1 1
+ = ,
p i f
1 1 1
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 57
f
1
=
p1i
1
p + i
1 1
= ( 20 cm)( −40
cm)
= +40 cm,
20 cm + ( −40
cm )
uma distância focal positiva, como era de se esperar, por se tratar de uma lente convergente.
(b) Como foi visto no item (a), a distância entre a mosca e a lente é p 1 = 20 cm.
(c) Neste caso, como 0 < m < 1, sabemos que a lente 2 é divergente e a imagem é virtual. Como
o tamanho da imagem é metade do tamanho do objeto, a Eq. 37-7 nos dá i 2 = p 2 /2. Como a imagem
da mosca e a própria mosca estão do mesmo lado da lente, d = p 2 − | i 2 |, o que nos dá p 2 =
d + | i 2 | = 20 cm + p 2 /2 e, portanto, p 1 = 40 cm e i 1 = −(20 cm)/2 = –20 cm. Substituindo na Eq.
34-9, obtemos
f
2
p2i2
=
p + i
2 2
( 40 cm)( −20
cm)
=
= −40 cm,
40 cm + ( −20
cm)
uma distância focal negativa, como era de se esperar, por se tratar de uma lente divergente.
(d) Como foi visto no item (c), a distância entre a mosca e a lente é p 2 = 40 cm.
O diagrama de raios da lente 1 é semelhante ao da Fig. 34-16b. A lente é convergente. Com a
mosca mais próxima da lente que o ponto focal ( p 1 < f 1 ), temos uma imagem virtual não invertida,
maior que o objeto. Por outro lado, o diagrama de raios da lente 2 é semelhante ao da Fig.
34-16c. A lente é divergente e forma uma imagem virtual não invertida, menor que o objeto.
108. Vamos usar a Eq. 34-10, com as convenções de sinais discutidas nas Seções 34-6 e 34-7.
(a) No caso da lente 1, uma lente biconvexa, temos:
−1
−1
1 1 1 1
f = ( n − 1) − = ( 1,
5 − 1) − = 40 cm.
r1 r 2
40 cm −40
cm
(b) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.
(c) No caso da lente 2, uma lente plano-convexa, temos:
−
f = ( 1 5 −1) −
1 1
1
, ∞ − = 80 cm.
40 cm
(d) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.
(e) No caso da lente 3, uma lente côncavo-convexa, temos:
−1
1 1
f = ( 1, 5 − 1) −
= 240 cm = 2,
4 m.
40 cm 60 cm
58 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(f) Como f > 0, a lente forma uma imagem real do Sol.
(g) No caso da lente 4, uma lente bicôncava, temos:
(h) Como f < 0, a imagem é virtual.
−1
1 1
f = ( 1,
5 − 1)
−
−
= −40
cm.
40 cm 40 cm
(i) No caso da lente 5, uma lente plano-côncava, temos:
(j) Como f < 0, a imagem é virtual.
−
f = ( 1 5 −1) −
1 1
1
, ∞ = −80
cm.
40 cm
(k) No caso da lente 6, uma lente côncavo-convexa, temos:
(l) Como f < 0, a imagem é virtual.
−1
1 1
f = ( 1,
5 − 1) −
= −
60 cm 40 cm
240 cm = − 2, 4 m.
109. (a) A primeira imagem pode ser obtida usando a Eq. 34-8 com n 1 = 1 (um valor aproximado
para o índice de refração do ar), n 2 = 8/5 e p = 8 cm:
Como, para uma “lente plana”, r = ∞, temos:
1 8 1,
6 − 1
+ = .
8 5i
r
i = −64/5 cm.
Em relação à segunda superfície, a imagem está a uma distância de 3 + 64/5 = 79/5 cm. Esta
imagem pode ser tomada como objeto para determinarmos a imagem final, usando novamente
a Eq. 34-8 com r = ∞, mas agora com n 1 = 8/5, n 2 = 4/3 e p9 = 79/5. Temos:
o que nos dá
8 4
+ 0
79 3i′ = ,
i9 = –79/6 m ≈ –13,2 cm.
Isso significa que o observador parece estar a uma distância de 13,2 + 6,8 = 20 cm do peixe.
(b) Neste caso, a primeira imagem é obtida usando a Eq. 34-8 com n 1 = 4/3, n 2 = 8/5, p 1 = 6,8
cm e r = ∞, o que nos dá
4 8
+ = 0⇒ = −i
8, 16 cm.
3( 6, 8)
5i
Em relação à segunda superfície, esta imagem está a uma distância de 3 + 8,16 = 11,16 cm.
Tomando esta imagem como objeto para determinar a imagem final, usamos novamente a Eq.
34-8, desta vez com n 1 = 8/5, n 2 = 1 e p = 3,12 cm e r = ∞, o que nos dá
8 1
+ = 0⇒ = i 7, 0 cm.
5( 11, 16)
i
Isso significa que o peixe parece estar a uma distância de 8 + 7 = 15 cm do observador.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 59
110. Fazendo n ar = 1, n água = n e p = | R | / 2 na Eq. 34-8 (e tomando cuidado para usar o sinal
correto de r na equação), obtemos i = – R/(1 + n), o que nos dá | i | = R /(1 + n). Chamando de
h o tamanho do peixe e de h9 o tamanho da imagem do peixe, e usando a semelhança de triângulos,
temos:
h′
h h
= ⇒ ′ 1
1
= 2( 1− ) = 2(
1− ) = 1, 14.
R − | i | R/2
h 1 + n 2,
33
111. (a) As lentes convergentes fazem raios luminosos paralelos convergirem para o ponto focal
e raios provenientes do ponto focal se tornarem paralelos. Para que um sistema de duas lentes se
comporte como um expansor de feixe, portanto, basta que o ponto focal posterior F 1 da primeira
lente coincida com o ponto focal anterior F 2 da segunda lente. Como os triângulos unidos pelo
vértice no ponto focal são semelhantes, as larguras dos dois feixes obedecem à relação W f / f 2 =
W i / f 1 . Substituindo os valores dados, obtemos:
W
f
f 2
=
f W 30,
0 cm
i = ( 2, 5 mm) = 6,
0 mm.
12,
5 cm
1
(b) A área da seção reta dos feixes é proporcional a W 2 . Como a intensidade é definida como a
potência P dividida pela área, temos:
I
I
f
i
2
P W W
2
f i f 1 f
= = = ⇒ 2 1
= I f
P W
2
i W
2
f f
2 2 f 2
2
= 12,
5 cm
I i
( 9, 0 kW/m2) = 1,
6 kW/ m 2 .
30,
0 cm
(c) O método do item (a) pode ser adaptado para o caso em que a primeira lente do expansor
de feixe é uma lente divergente; para isso, basta fazer com que o ponto focal anterior da primeira
lente coincida com o ponto focal anterior da segunda lente. Neste caso, a distância entre
as lentes deve ser
d = f 2 – |f 1 | = 30,0 cm – 26,0 cm = 4,0 cm.
112. Na Fig. 34-56, vamos chamar de A o ponto em que o raio em direção ao olho esquerdo sai
da água e de B o ponto em que o raio em direção ao olho direito sai da água. O ponto da superfície
equidistante de A e B será chamado de C . A moeda está no ponto P, verticalmente abaixo
de C , a uma distância d , e a imagem na moeda está no ponto V , também verticalmente abaixo de
C , mas a uma distância menor d a . Vamos chamar de u 1 o ângulo ∠CPA e de u 2 o ângulo ∠CVA.
Como os triângulos CPA e CVA são triângulos retângulos, temos:
CA
CA
tan 1 = e tan 2 = .
d
d a
Usando a Eq. 33-40 e a aproximação, válida para pequenos ângulos, de que a razão das tangentes
é igual à razão dos senos, obtemos:
tan
tan
2
1
CA
sen
2
≈ ⇒ ≈ d
⇒ a
sen
1 CA
d
n
n
1
2
d a
n
n d .
≈ 2
1
Como n 1 = n água = n e n 2 = n ar ≈ 1, obtemos a relação desejada, d a = d / n.
Capítulo 35
1. O fato de que a onda 2 é refletida duas vezes a mais não afeta os cálculos, já que a diferença
de fase envolvida é 2( l/2) = l, o que equivale a dizer que as reflexões a mais não mudam a fase
da onda 2 em relação à onda 1. A única diferença entre a onda 2 e a onda 1 é o fato de que a
onda 2 percorre uma distância adicional igual a 2L 2.
(a) Para que a onda 2 tenha um “atraso” de l/2 em relação à onda 1, é preciso que 2 L = l/2, o
que nos dá L = l/4 = (620 nm)/4 =155 nm.
(b) As ondas sofrerão novamente interferência destrutiva se o novo comprimento for 2 L9 = 3 l/2;
a diferença é
3 620 nm
L − ′ = L− = = =
4 4 2 2
310 nm.
2. Considere duas ondas, 1 e 2, com uma diferença de fase inicial de l/2. Se estamos interessados
em múltiplos de L/ l tais que as ondas fiquem em fase, estamos interessados em valores
de L tais que a distância adicional 2 L percorrida pela onda 2 corresponda a l/2, 3 l/2, etc. De
forma geral, o comprimento L deve satisfazer a equação
L
2m
1
em que m 0, 1, 2, . . .
4
= + =
(a) O menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 0 na equação
anterior, o que nos dá L/ l = 1/4 = 0,25.
(b) O segundo menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 1 na
equação anterior, o que nos dá L/ l = 3/4 = 0,75.
(c) O terceiro menor valor de L/ l para o qual as ondas estão em fase é obtido fazendo m = 2 na
equação anterior, o que nos dá L/ l = 5/4 = 1,25.
3. (a) Vamos tomar as fases das duas ondas como zero na superfície das placas. A fase da primeira
onda na superfície traseira da placa de vidro é dada por f 1 = k 1 L− ω t , na qual k 1 (= 2p / l 1 ) é o
número de onda e l 1 é o comprimento de onda no vidro. A fase da segunda onda na superfície
traseira da placa de plástico é dada por f2 = k 2L – ω t , na qual k 2 (= 2p / l2 ) é o número de onda
e l 2 é o comprimento de onda no plástico. As frequências angulares são iguais, já que as ondas
têm o mesmo comprimento de onda no ar e a frequência da onda não muda quando a onda entra
em um meio com outro índice de refração. A diferença de fase é, portanto,
1
12− = ( k L 1 − 2 ) = 2
−
L 1 1 2
Sabemos também que l 1 = l ar / n 1 , na qual l ar é o comprimento de onda no ar e n 1 é o índice de
refração do vidro, e que l 2 = l ar / n 2 , na qual n 2 é o índice de refração do plástico. Isso significa
que a diferença de fase é
2
− = (n − n ) L.
1 2 1 2
ar
.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 61
O valor de L que torna a diferença de fase igual a 5,65 rad é
L
=
−
( 1 2)
ar
2
( n 1 − n2)
× −
5, 65( 400 10
9m)
=
= 36 , 0 × 10−
=
2
( 1,60 −
6 m 3,60 m.
1,50)
(b) 5,65 rad é menor que 2p rad = 6,28 rad, a diferença de fase para que haja interferência construtiva,
e maior que p rad = 3,14 rad, a diferença de fase para que haja interferência destrutiva.
A interferência, portanto, não é construtiva nem destrutiva. Entretanto, está mais próxima da
construtiva do que da destrutiva.
4. De acordo com a lei de Snell (a lei da refração), u 1 = u 2 para n 1 = n 2 . O gráfico da Fig. 35-31b
mostra que u 2 = 30° (o mesmo valor de u 1 ) para n 2 = 1,5. Isso significa que n 1 = 1,5 e, portanto,
a velocidade da luz no material 1 é
v
c 2,
998 × 10
= =
1,
5
n1
8
m s
= 20, × 108
m s.
5. De acordo com a Tabela 33-1, os índices de refração da safira e do diamante são n s
= 1,77 e
n d = 2,42, respectivamente. Assim,
Dv = v v − s = cd
− 1 1
n n
6. (a) A frequência da luz amarela do sódio é
s
f
d
c
= =
= 2 998 × 108
1
( , m s)
1,
77
− 1
45, 5 10 7 .
2,
42
= × m s
2,
998 × 10
589 × 10
(b) O comprimento da mesma luz no vidro é
(c) A velocidade da mesma luz no vidro é
v
f n
n
8
m s
= 50 , 9 × 10
−9
m
589 nm
= = = 388 nm.
n 1,
52
14
Hz.
= = × ( 5, 09 1014 × Hz)( = 388 × 10−9m) 1, 97 108
m s.
7. O índice de refração é dado pela Eq. 35-3:
n
c 2,
998 × 108
m s
= =
= 1, 56.
v 19 , 2 × 108
m s
8. (a) Como o tempo t 2 que o pulso 2 leva para atravessar as placas de plástico é
t 2
L L L L
c 1,,,,
55 c 1 70 c 1 60 c 1 45
= + + + =
e o tempo t 1 que o pulso leva para atravessar as placas de plástico é
t 1
2L
L L 6,
33L
,
c 1 , 59 c 1 , 65 c 1 , 50 c
= + + =
o pulso 2 chega primeiro à outra extremidade.
(b) A diferença de tempo de trânsito (em unidades de L/ c) é
Assim, o múltiplo é 0,03.
= − = − =
Dt t 2 t 1
6, 33L
6, 30L
0,
03L
.
c c c
6,
30L
c
62 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
9. (a) Como a diferença de fase inicial entre as ondas é p rad e queremos que as ondas estejam
em fase depois de atravessar os dois materiais, os materiais devem produzir uma diferença de
fase de (n + 1) l/2, já que uma diferença de fase de p rad equivale a uma diferença de fase de
l/2 e uma diferença de fase de 2p equivale a uma diferença de fase zero. O menor valor de L é
obtido fazendo n = 0, o que nos dá
Lmin
=
620 nm
=
2(
n 2 − n1) 2(1,65−
1, 45)
= 1550 nm = 1,
55 m.
(b) O segundo menor valor de L é obtido fazendo n = 1, o que nos dá
L
=
3 = 3Lmin = 3( 1, 55 m) = 4,
65 m.
2( n 2 − n1)
10. (a) O ângulo de saída é igual ao ângulo de entrada, devido ao que se pode chamar de natureza
“transitiva” da lei de Snell: n 1 senu 1 = n 2 senu 2 = n 3 senu 3 = …
(b) Como a velocidade da luz em um certo meio é c/ n, na qual n é o índice de refração do meio,
e o tempo que a luz passa em um certo meio é igual à distância percorrida dividida pela velocidade,
temos:
t = nL/c = (1,45)(25 × 10 −19 m)/(3,0 × 10 8 m/s) = 1,4 × 10 −13 s = 0,14 ps.
11. (a) De acordo com a Eq. 35-11, temos:
×
×
L 85,
0 10−6m
n − n =
2 1 ( 1, 60 − 1, 50),
= 1 70.
500 10−9m
(b) Neste caso, temos:
(c) Neste caso, temos:
×
×
L 85,
0 10−6m
n − n =
2 1 ( 1, 72 −1, 62) = 1,
70.
500 10−9
m
×
×
L 32 , 5 10−6m
n − n =
2 1 ( 1, 79 −1, 59) = 1,
30.
500 10−9m
(d) Como os raios (a) e (b) têm a mesma diferença de fase, a intensidade produzida pelos dois
raios ao se combinarem com o raio (c) é igual. Como, no caso dos três raios, a diferença de fase
em relação a um número inteiro de comprimentos de onda é 0,30, a intensidade produzida pelos
raios (a) e (b) ao se combinarem entre si é igual à intensidade produzida ao se combinarem com
o raio (c). Assim, as três ondas totais têm a mesma intensidade.
12. (a) Note que o raio 1 percorre uma distância adicional d = 4L em relação ao raio 2. Para
obter o menor valor de L para o qual as ondas estão com fases opostas, igualamos essa distância
adicional a meio comprimento de onda:
420,
0 nm
d = 4= L ⇒ = = L =
2 8 8
52,
50 nm.
(b) O segundo menor valor de L corresponde ao caso em que a diferença de fase é 3 l/2:
3 3 3( 420,
0 nm)
d = 4= L ⇒ = = L =
2
8 8
157,
5 nm.
13. (a) Escolhemos um eixo x horizontal com a srcem na borda esquerda dos blocos de plástico.
Entre x = 0 e x = L 2 , a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L 2 .
Entre x = L 2 e x = L 1 , a diferença de fase é dada pela Eq. 35-11 com L substituído por L 1 – L 2 e
n 2 substituído por 1, já que o raio de cima da Fig. 35-35 passou a se propagar no ar, cujo índice
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 63
de refração é aproximadamente igual a 1. Combinando essas diferenças e fazendo l = 0,600
mm, temos:
L2
L L
n n
1 − 2 3,
50 m
4, 00 m − 3,
50 m
( 2 − 1) + ( 1− n1)
= ( 1,
60 − 1, 40)
+
( 1−
1, 40)
0,
600 m
0,
600 m
= 0,
833.
(b) Como a resposta do item (a) está mais próxima de um número inteiro do que de metade de
um número ímpar, a interferência é mais próxima de construtiva do que de destrutiva.
14. (a) Para obter a diferença entre o máximo central e o máximo mais próximo, fazemos m =
1 na Eq. 35-14, o que nos dá
1
=
−1
m
sen
= sen −
d m=
1
(b) Como y 1 = D tan u 1 (veja a Fig. 35-10a), temos:
A distância é Dy = y 1 – y 0 = y 1 – 0 = 5,0 mm.
() ( )
100
1
1
=
0, 010 rad.
y 1 = (500 mm) tan (0,010 rad) = 5,0 mm.
15. As posições angulares dos máximos em uma figura de interferência de dupla fenda são
dadas por d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m
é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser tomado como aproximadamente igual a u
em radianos. Nesse caso, u ≈ m l/ d e a separação angular entre dois máximos vizinhos é Du =
l/ d . Seja l 9 o comprimento de onda para o qual a separação angular é 10,0% maior. Nesse caso,
1,10 l/ d = l9/ d , o que nos dá
l9 = 1,10 l = 1,10(589 nm) = 648 nm.
16. A distância entre máximos vizinhos é dada aproximadamente por Dy = lD/ d (veja as Eqs.
35-17 e 35-18). Dividindo ambos os membros por D, obtemos Du = l/ d , na qual u está em radianos.
Nos cálculos que se seguem, porém, podemos usar o ângulo diretamente em graus:
D
n
n D
= = = = = 0 , 20 °
d nd n 1,
33
0, 15°
.
17. Os máximos de interferência acontecem para ângulos u tais que d sen u = m l, na qual m é
um número inteiro. Como d = 2,0 m e l = 0,50 m, isto significa que sen u = 0,25m. Os valores
para os quais |0,25m| ≤ 1 (os únicos que admitem uma solução real para a equação d sen u =
m l) são –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4. A todos esses valores, exceto –4 e +4, correspondem
dois valores diferentes de u. No caso de m = −4, o único valor permitido é u = –90° e, no caso de
m = +4, o único valor permitido é u = +90°. Assim, o número de máximos é 16.
18. (a) A diferença de fase, em comprimentos de onda, é
o
d sen ( 4, 24 m)(sen 20 )
( 0, 500 m)
= = = 2, 90.
(b) Multiplicando o resultado do item (a) por 2p , obtemos f = 18,2 rad.
(c) Como o resultado do item (a) é maior que 5/2 e menor que 3, o ponto está entre o mínimo
correspondente a m = 2 (terceiro mínimo a partir do centro) e o máximo correspondente a m =
3 (terceiro máximo secundário).
19. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é
d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central,
m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u
≈
u em radianos, u =
64 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
m l/ d e a distância angular entre máximos vizinhos, um associado ao número inteiro m e o outro
associado ao número inteiro m + 1, é dada por Du = l/ d . Em uma tela situada a uma distância
D, a separação entre os máximos é
Assim,
×
Dy = D Du = lD/ d .
( 500 10−9
m)( 5, 40 m)
Dy =
12 , 0 10−3m
×
= 22 , 5 × 10−3
m = 2,25 mm.
20. (a) Podemos usar a Eq. 35-14 com m = 3:
=
× −
sen−
1 m
= sen−
1
2( 550 10
9
m)
rad.
d
77 , 0 × 10−6
m = 0,
216
(b) u = (0,216) (180°/ p ) = 12,4°.
21. A condição para que um máximo seja observado na figura de interferência de dupla fenda é
d sen u = m l, na qual d é a distância entre as fendas, u é o ângulo entre os raios e o eixo central,
m é um número inteiro e l é o comprimento de onda. Para u pequeno, sen u ≈ u em radianos
e d u = m l. A distância angular entre dois máximos para diferentes comprimentos de onda e o
mesmo valor de m é
Du = (m/ d )( l 2 – l 1 ),
e a separação entre os máximos em uma tela situada a uma distância D é
mD
D y = D tan D ≈ D D =
d () − 2 1
310m ( , )
=
− m − m −
m
5,0 × 10−
m ( 600 × 10− 9× 480 = × 10
9
= ) 7, 2 10
5
72 m.
3
22. Imagine um eixo y a meio caminho entre as duas fontes da Fig. 35-36. Se existem 30 pontos
de interferência destrutiva, existem 15 pontos de cada lado do eixo y. Não existem pontos de
interferência destrutiva no eixo y porque as fontes estão em fase e, por simetria, a diferença de
fase entre as ondas em qualquer ponto do eixo y é 0. Em outras palavras, do lado direito existem
7 pontos “escuros” no primeiro quadrante, um no semieixo x positivo e 7 no quarto quadrante.
Como o eixo y corresponde à menor diferença de fase possível (0 o ), podemos contar os valores
de m para interferência destrutiva (dados pela Eq. 35-16), começando pelo ponto mais próximo
do eixo y, até chegarmos ao eixo x . Isto nos leva a associar m = 7 ao ponto situado no semieixo
x positivo, no que a diferença de percurso das ondas é simplesmente a distância d entre as fontes.
Assim, de acordo com a Eq. 35-16,
o
1
d
d sen 90 = 7 7, 5 7, 5.
+
2
= ⇒ =
23. Quando as ondas deixam as respectivas fontes, a onda A está adiantada de 90° em relação à
onda B, o que equivale a l/4. Entretanto, a onda A tem que percorrer uma distância maior para
chegar ao detector D e, portanto, se atrasa em relação à onda B. Como a diferença de percurso,
100 m, equivale a (100 m)/(400 m) = l/4, a diferença de fase inicial é cancelada e a diferença
de fase entre as ondas A e B ao chegarem ao detector D é 0.
24. (a) Por simetria, como no caso do experimento de dupla fenda, o ponto x P
= 0 (ponto onde
a reta vertical de comprimento D da Fig. 35-38 intercepta a tela) é um ponto claro com uma
diferença de fase zero (o ponto equivalente ao máximo principal da figura de interferência de
um experimento de dupla fenda).
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 65
(b) Como foi visto no item (a), a diferença de fase é a menor possível para Dl = 0.
(c) Como a maior diferença de percurso possível acontece na “borda” da tela (que se estende,
supostamente, até o infinito), a diferença de fase é máxima para x P
= ∞.
(d) No caso de x P
= ∞, podemos considerar os raios provenientes das fontes como praticamente
horizontais ao chegarem à tela. Assim, a diferença de percurso é simplesmente a distância 2 d
entre as fontes. Como, de acordo com o enunciado, 2d = 6,00 l, a diferença de fase em unidades
de l é 2d / l = 6,00.
(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:
=
+ +
D 2
( x d )
2 D 2
( x d )
2
( 20 )
2
( 6 3) 2
( 20 ) ( 6 3)
−
= 481 − 409 = 1, 71.
+ −
=
+ +
−
+ −
2 2
(f) Como a resposta do item (e) está mais próxima de 1,5 (que corresponde a interferência destrutiva)
do que de 2 (que corresponde a interferência construtiva, a intensidade é mais próxima
de mínima.
25. Seja x a distância procurada. Para que a interferência seja destrutiva, a diferença de percurso
entre raios que partem das fontes S 1 e S 2 e chegam a pontos do semieixo x positivo deve ser
+ − = +
d 2x x m2 1
2
,
o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas,
x
=
d 2
( 2m
1)
Para obter o maior valor de x P , fazemos m = 0:
x 0
+
−
+
( 2m
1)
.
4
d 2
( 3, 00)
2
= − = − = = 8, 75=
8, 75( 900 nm ) 7,88 × 10
4 4
3 nm = 7,88 m.
26. (a) Usamos a Eq. 35-14 para determinar o valor de d :
d senu = m l ⇒ d = (4)(450 nm)/sen(90°) = 1800 nm.
Em terceira ordem, o comprimento de onda que corresponde a u = 90° é
l = d sen(90°)/3 = 600 nm.
Qualquer comprimento de onda maior que este valor não é observado; assim, os comprimentos
de onda entre 600 nm e 700 nm não estão presentes.
(b) A distância entre as fendas deve ser reduzida.
(c) Nesse caso, o máximo de quarta ordem do comprimento de onda de 400 nm deve ser observado
para u = 90 o . Assim,
o que representa uma variação
d 9 senu = m l ⇒ d 9 = (4)(400 nm)/sen(90°) = 1600 nm,
|Dd | = d – d 9 = 1800 nm − 1600 nm = 200 nm = 0,20 µm.
27. Considere as duas ondas, uma proveniente de cada fenda, que produzem a sétima franja
lateral clara na ausência da mica. As ondas estão em fase ao deixarem as fendas e percorrem
66 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
distâncias diferentes até a posição da sétima franja clara, onde a diferença de fase entre as ondas
é 2p m = 14p . Quando uma placa de mica de espessura x é colocada na frente de uma das fendas,
a diferença de fase entre as ondas muda. Mais especificamente, as ondas deixam as fendas com
uma diferença de fase dada por
2
x 2
x 2
x
− = ( n −1)
m
em que l m = l/ n é o comprimento de onda na mica e n é o índice de refração da mica. Como
agora as ondas chegam à tela em fase,
o que nos dá
x
2
x ( n − 1) = 14
,
7 7( 550 × 10−9
m)
= =
= 66 , 4 × 10−6
m = 6,64 m.
n − 1 1,
58 −1
28. O problema pede “o maior valor de x para o qual os raios chegam ao detector P com fases
opostas”, o que pode ser interpretado como o valor de x para o qual a curva mostrada na Fig.
35-40 passa pelo ponto f = p rad. Isto acontece em um ponto P que, naturalmente, está a uma
distância x da fonte S 1 e, de acordo com o teorema de Pitágoras, está a uma distância d 2
+ x 2
da fonte S 2 . Como a diferença de percurso, em unidades de comprimento, é d 2
+ x 2
− x , a
mesma diferença, em radianos, é (2p/ l)( d 2
+ x 2
− x ). Assim, para que a condição seja satisfeita,
devemos ter
2
d 2 x 2 x
( + − ) = .
De acordo com o gráfico da Fig. 35-40, a diferença de fase é 6 para x = 0, o que significa que
d = 3 l. Substituindo d por 3 l na equação anterior e explicitando x , obtemos
x = 35 l/4 = 35(400 nm)/4 = 3500 nm = 3,5 mm.
29. Vamos escrever o campo elétrico das duas ondas na forma
E = E sen t
1 10
= +
E 2 E 20 sen( t )
e usar um diagrama fasorial para calcular a amplitude de E .
A figura a seguir mostra o diagrama fasorial. A amplitude resultante E m é dada pela lei dos
cossenos:
= + − − ( )
E m 2 E 10
2 E 20
2 2E 10E
20 cos 180° ,
o que nos dá
= + − ( 1, 00) 2
( 2, 00) 2
= 2( 1, 00)( 2, 00) cos 120° 2,
65.
E m
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 67
Nota: Somando as componentes horizontais dos dois fasores, obtemos
= + = + =
E h E 10 cos 0 E 20 cos 60° 1, 00 ( 2, 00)cos 60° 2,
00
e somando as componentes verticais obtemos
= + = =
E v E 10 sen 0 E 20 sen 60° ( 2, 00)sen 60°
1, 732.
A amplitude resultante é
E m = ( 2,) 00
2
+ ( 1, 732) 2
= 2, 65,
o que confirma o valor obtido usando a lei dos cossenos. O ângulo de fase em relação ao fasor
que representa E 1 é
= tan − 1
1,
732
2,
00
= 40, 9° .
Assim, o campo resultante pode ser escrito na forma E = ( 2, 65)sen( t + 40, 9°
).
30. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades
trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as componentes
do vetor resultante são:
yh
= 10 cos 0° + 8, 0 cos 30°
= 16,
9
y = 10 sen 0° + 8, 0 sen 30° = 4, 0,
v
o que nos dá
= + = ≈174,
17
y y 2 y2
R h v
yv
= tan −1
y
= 13,
3° ≈ 13.
h
Assim,
= + = + ( ) = +
y y 1 y 2 y R sen t 17 sen ( t 13,.
3°
)
31. Para somar as funções usando o método dos fasores (em vez de usar, digamos, identidades
trigonométricas), fazemos t = 0 e consideramos as funções como vetores. Nesse caso, as componentes
do vetor resultante são:
yh
= 10 cos+ 0° 15+ cos − 30° = 5, 0 cos( 45°
) 26,
5
y = 10 sen 0° + 15sen 30 + ° 5− , 0=
sen( 45°
) 4, 0,
v
o que nos dá
= + = ≈268 , 27
y y 2 y2
R h v
yv
= tan −1
y
= 8, 5°
.
h
Assim,
= + + = + ( ) = +
y y 1 y 2 y 3 y R sen t 27sen ( t 8,.
5°
)
32. (a) O problema pode ser resolvido pelo método dos fasores ou utilizando identidades trigonométricas.
Desta vez, usaremos a segunda abordagem. Como
sen a + sen(a + b) = 2cos(b/2)sen(a + b/2),
68 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
temos:
= + = +
E E 1 E 2 2E 0 cos( / 2)sen( t / 2)
= 2( 2, 00 V/m) cos( 19, 2 rad) = 2, 33 V/m.
(b) De acordo com a Eq. 35-22,
no ponto P e
no centro. Assim,
I 4I 0 cos
2( / 2) 1,
35 I 0
P = =
I 4I 0 cos 2( 0)
4 I 0
centro
= =
I
P
I centro
1,
35
= = 0, 338.
4
(c) A diferença de fase em comprimentos de onda pode ser obtida dividindo a diferença de fase
em radianos por 2p . Assim, a diferença de fase em comprimentos de onda é (39,6 rad)/2p =
6,3 comprimentos de onda. Isto significa que o ponto P está entre o máximo correspondente a
m = 6 (sexto máximo secundário) e o mínimo correspondente a m = 6 (sétimo mínimo a partir
do centro).
(d) A velocidade angular dos fasores é ω = 1,26 × 10 15 rad/s.
(e) O ângulo entre os fasores é f = 39,6 rad (o que corresponde a 2270°, ou aproximadamente
110°).
33. Usando o método dos fasores, este problema equivale a calcular a soma vetorial R = A + B +
C , na qual, na notação módulo-ângulo, A = ( 10∠0° ),
B = ( 5∠45° ) e C = ( 5∠ − 45° ), em que
os módulos estão em mV/m. Podemos usar uma calculadora científica para calcular o vetor
resultante,
R = 10 ∠ 0° 5 45° 5 45° 17, 10 ° ,
( ) + ( ∠ ) + ( ∠ − ) = ( ∠ )
que, convertido de volta para a forma de função, nos dá
E
(, 17 1 V/m)sen[( 2, 0 10 14 rad/s) t ].
R = ×
34. (a) Observando a Fig. 35-10a, vemos que
u = tan −1 (y/D) = tan −1 (0,205/ 4) = 2,93°.
Assim, a diferença de fase no ponto P é f = d senu / l = 0,397 comprimento de onda, o que
mostra que o ponto P está entre o máximo central (diferença de fase zero) e o primeiro mínimo
(diferença de fase de 0,5 comprimento de onda). Note que este cálculo poderia ser simplificado
usando as aproximações para pequenos ângulos
(tanu ≈ senu ≈ u).
(b) De acordo com a Eq. 35-22, a intensidade da luz no ponto P é
I 4I 0 cos
2( / 2) 0,
404I
0
P = =
no ponto P, em que I 0 é a intensidade da onda que chega à tela quando uma das fendas está
coberta e f = (0,397)(2p ) = 2,495 rad.
Por outro lado, a intensidade da luz no centro da figura de interferência é
I 4I 0 cos
2( 0) 4 I 0.
centro = =
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 69
Assim, temos:
I
P
I centro
0,
404
= = 0, 101.
4
35. Para que a interferência seja destrutiva, é preciso que a diferença de fase entre as ondas
refletidas pela superfície dianteira e pela superfície traseira do filme seja um múltiplo ímpar de
p rad. Como, nos dois casos, as ondas incidem em um meio cujo índice de refração é maior que
o do meio no qual estavam se propagando, a reflexão, nos dois casos, produz uma mudança de
fase de p rad. Se L é a espessura do filme, a onda refletida pela superfície traseira percorre uma
distância adicional 2 L em relação à onda refletida pela superfície dianteira. Assim, a diferença
de fase entre as duas ondas é 2 L(2p / l
f ), na qual l
f é o comprimento de onda no filme. Se n é o
índice de refração do material do filme, l c
= l/ n, em que l é o comprimento de onda no vácuo, e
a diferença de fase é 2nL(2p / l). A condição para que haja interferência destrutiva é, portanto,
2
2nL
2m
1
= ( + ) ,
na qual m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos
L
=
+
( 2m
1)
.
4n
A menor espessura do filme para a qual existe interferência destrutiva é obtida fazendo m = 0
na equação anterior, o que nos dá
600 10−9
m
L
= 4n
= 4 12 , 5
×
12 , 0 10−7m 120n m.
( ) = × =
36. (a) Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor
e estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36. Assim, os comprimentos de
onda para os quais existe interferência construtiva total são dados por
2nL
214 ( , 0)( 600 10−9
m)
1680 nm
= =
= .
m 1/
2 m 1/
2 m 1/
2
Assim, podemos construir a seguinte tabela:
+
+
×
+
m l (nm)
0 3360
1 1120
2 672
3 480
4 373
5 305
6 258
Examinando a tabela anterior, vemos que existem 4 comprimentos de onda na faixa de 300 a
700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva total.
(b) Nesse caso, como se trata de interferência destrutiva total, devemos usar a Eq. 35-37, que
nos dá
2nL
2( 1, 406)( 00 × 10−
1680
= =
9 m)
nm
= .
m m m
70 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Assim, podemos construir a seguinte tabela:
m l (nm)
1 1680
2 840
3 560
4 420
5 336
6 280
Examinando essa tabela, vemos que existem 3 comprimentos de onda na faixa de 300 a 700 nm
para os quais a luz apresenta interferência destrutiva total.
37. A luz refletida na superfície dianteira da camada sofre uma variação de fase de p rad, enquanto
a luz refletida na superfície traseira não sofre nenhuma variação de fase. Se L é a espessura da
camada, a luz refletida na superfície traseira percorre uma distância adicional 2 L em relação à
luz refletida na superfície dianteira. A diferença de fase entre as duas ondas é 2 L(2p / l c ) – p , na
qual l c
é o comprimento de onda na camada. Se l é o comprimento de onda no vácuo, l c
= l/ n,
na qual n é o índice de refração do material da camada. Assim, a diferença de fase entre as duas
ondas é 2nL(2p / l) – p . A condição para que haja interferência construtiva é, portanto,
2
2nL
− = 2m
,
em que m é um número inteiro. Explicitando L, obtemos
L
=
+
( 2m
1)
.
4n
A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo m = 0
nessa equação, o que nos dá
L
560 × 10−9
m
= =
= 70 , 0 × 10−8
m = 70,0n m.
4n
4( 2, 00)
38. Como estamos lidando com um filme fino (que vamos chamar de material 2), em uma situação
na qual n 1 > n 2 > n 3 , e estamos interessados em interferência construtiva para as ondas
refletidas, devemos usar a Eq. 35-37, que nos dá
Assim, podemos construir a seguinte tabela:
= 2nL
= 2( 1, 705)( 00 × 10−9
m) = 1700 nm .
m m m
m l (nm)
1 1700
2 850
3 567
4 425
5 336
6 280
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 71
Examinando a tabela mostrada, vemos que existem 2 comprimentos de onda na faixa de 400 a
700 nm para os quais a luz apresenta interferência construtiva.
(a) O maior comprimento de onda é l = 567 nm.
(b) O menor comprimento de onda é l = 425 nm.
(c) Supondo que a variação dos índices de refração com a temperatura pode ser desprezada,
a equação usada para calcular o valor dos comprimentos de onda mostra que l é diretamente
proporcional a L. Assim, se a espessura do filme aumentar, a interferência construtiva passará
a ocorrer para um comprimento de onda maior.
39. Como nos dois lados da película existe um meio (o ar) com um índice de refração menor e
estamos analisando a luz refletida, devemos usar a Eq. 35-36:
L
=
+
( m 1/ 2) ( m + 1/2) ( 624 10−9
m)
=
2n
2133 ( , )
×
=
( m + 1/2) ( 234, 5 nm).
(a) A menor espessura do filme para a qual existe interferência construtiva é obtida fazendo
m = 0 na equação anterior, o que nos dá
L 0 = (1/2)(234,5 nm) = 117 nm = 0,117 mm.
(b) A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1, o que nos dá
L 1 = (3/2)(234,5 nm) = 352 nm = 0,352 mm.
40. Como a luz incidente está em um meio de baixo índice de refração, o filme fino de acetona
tem um índice de refração maior n = n 2 e a última camada tem um índice de refração n 3 > n 2; a
condição para que a interferência da luz refletida seja destrutiva é
L
=
+
( m 1/ 2) ( m 1/ 2)( 600 nm)
=
2n
2125 ( , )
+
= ( m + 1/
2)(
240),
o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência destrutiva:
L = 120 nm, 360 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...
e a condição para que a interferência da luz refletida seja construtiva é
L
m
2n
( m)( 700 nm)
2125 ( , )
= = = m( 280 nm),
o que nos dá as seguintes espessuras para as quais ocorre interferência construtiva:
L = 280 nm, 560 nm, 840 nm, 1120 nm, ...
A espessura procurada é a menor espessura que as duas listas têm em comum:
L = 840 nm.
41. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência destrutiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda menor espessura é obtida fazendo m = 1 na expressão anterior:
L =
1 +
1 342 nm
2 2 1 59 = 161 nm.
( , )
72 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
42. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
4Ln2
4 285 1
2L
=
m +
2
⇒ =
n 2m
+ 1
= ( nm)( ,60)
1824 nm
= , m = 0, 1, 2, ...
2m
+ 1 2m
+ 1
2
o que nos dá os seguintes comprimentos de onda: 1824 nm, 608 nm, 365 nm, ...
Como o valor do comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 608 nm.
43. Neste caso, como n 1 > n 2 e n 3 > n 2 , a condição para interferência destrutiva é
2 2Ln2
L = m⇒ = = m 0 1 2
n m
, , , , ...
2
em que l é o comprimento de onda no ar. Assim, para m = 1, temos:
= 2Ln = 2( 200 nm) ( 1, 40)
= 560 nm.
2
44. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda maior espessura é obtida fazendo m = 1:
L =
1 +
1 587 nm
2 2 1 34 = 329 nm.
( , )
45. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:
L =
1
+
612 nm
2
= 478 nm.
2 2160 ( , )
46. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência destrutiva é
Assim,
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
=
2
4Ln
2 = 4( 415 nm) ( 1, 59) = 2639 nm ( m = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593 )/ = 880 nm ( m = 1)
4Ln2
/ 5 = 4(
415 nm) ( 1, 59) / 55= 28 nm ( m = 2)
Como o valor do comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 528 nm.
47. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é
Assim, temos:
2Ln 2L = m ⇒ = = 2
, m 0, 1, 2, ...
n m
2
2Ln
2
=
= 2( 380 nm) ( 1, 34) = 1018 nm ( m = 1)
{ Ln = ( 380 nm) ( 1, 34) = 509 nm ( m = 2)
2
Como o valor do comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 509 nm.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 73
48. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda maior espessura é obtida fazendo m = 1:
L =
+
1 1 2
632 nm
= 339 nm.
2140 ( , )
49. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A terceira maior espessura é obtida fazendo m = 2:
L =
1
+
382 nm
2
= 273 nm.
2 2( 1, 75)
50. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda maior espessura é obtida fazendo m = 1:
L = +
1 1
482 nm 2 2 1 46 = 248 nm.
( , )
51. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para interferência destrutiva é
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim,
4Ln
2
=
= 4( 210 ( 1, 46) = 1226 m = 0)
{ nm) nm (
4Ln
/ 3 = 4( 210 nm) ( 1, 46) / 3 = 409 nm (m = 1)
2
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 409 nm.
52. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para interferência construtiva é
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim, temos:
=
4Ln
2 = 4( 325 nm) ( 1, 75) = 2275 nm ( m = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 325 nm) ( 1, 75) / 3 = 758 nm ( m = 1)
4Ln2
/ 5 = 4(
325 nm) ( 1, 75) / 5 = 455 nm ( m = 2)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 455 nm.
53. Como os máximos são dados pela Eq. 35-36, temos:
1
L = m +
m
m
= + 1 600 nm 1
n = + 226
2 2 2 2 2133 ( , )
2
( nm),
…
74 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
o que nos dá
L = 113 nm, 338 nm, 564 nm, 789 nm,
Como os mínimos são dados pela Eq. 35-37, temos:
m
450 nm
L = = ( m ) = ( m)( 169 nm),
2n2
2133 ( , )
o que nos dá
L = 0, 169 nm,3 38 nm, 508 nm,6 77 nm, …
A espessura procurada é a menor espessura que as duas listas têm em comum:
L = 338 nm.
54. A situação é análoga à do Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente de vidro”,
já que a luz incidente está em meio de baixo índice de refração, o filme fino de óleo possui um
índice de refração um pouco maior n = n 2 e o último meio (a placa de vidro) tem o maior índice de
refração. De acordo com o Exemplo, a condição para que a reflexão seja a menor possível é
1
2L
=
m +
2
n
2
onde m = 0, 1,, 2 …
Para l = 500 nm e n 2 = 1,30, os valores possíveis de L são
L = 96nm , 288 nm, 481nm, 673nm, 865nm, ...
e para l = 700 nm e o mesmo valor de n 2, os valores possíveis de L são
L = 135nm, 404 nm, 673nm,942nm, ...
A espessura procurada é a menor espessura que as duas listas têm em comum:
L = 673 nm.
55. Vamos chamar os índices de refração do ar, do querosene e da água de n 1 , n 2 e n 3 , respectivamente.
Como n 1 < n 2 e n 2 < n 3 , existe uma variação de fase de p rad nas duas interfaces. Como a
segunda onda percorre uma distância adicional 2 L em relação à primeira, a diferença de fase é
= 2 ( 2L)
em que l 2 = l/ n 2 é o comprimento de onda no óleo. A condição para interferência construtiva
é
o que nos dá
2
2
( 2L
) = 2m
,
2
2L = m , m = 0 , 1 , 2 , ...
n
(a) Os comprimentos de onda para os quais a reflexão é máxima são dados por
2
2n 2L
2( 1,) 20 ( 460 nm)
= = = 1104 nm, 552 nm, 368 nm, ...
m
m
Note que apenas o comprimento de onda de 552 nm (verde) está na faixa da luz visível.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 75
(b) A transmissão máxima corresponde aos comprimentos de onda para os quais a reflexão é
mínima. A condição para a interferência destrutiva da onda refletida é
1
4n 2L
2L
=
m +
2
⇒ = ,
n 2m
+ 1
2
o que nos dá l = 2208 nm, 736 nm, 442 nm … para diferentes valores de m. Note que apenas o
comprimento de onda de 442 nm (azul) está na faixa da luz visível.
56. Para que a interferência seja construtiva, devemos ter
2L
=
k
k
n = ,
2 2n
na qual k é um número ímpar positivo e n é o índice de refração do filme. Explicitando n, obtemos:
n
k
4L
k ( 600 nm)
k
4( 272, 7 nm) 1,
818
= = = =
0, 55k
.
Como sabemos que n > 1, a solução k = 1 pode ser descartada. Entretanto, a solução k = 3 parece
razoável, pois nos dá n = 1,65, um valor comparável aos que aparecem na Tabela 33-1. Supondo
que este é o índice de refração do filme, passamos para a segunda parte do problema. Chamando
de l d os comprimentos de onda para os quais a interferência é destrutiva, temos:
2L = m d , m = 0 , 1 , 2 ,...
n
2
o que nos dá
d
2Ln2 2( 272, 7 nm)( 1,)
65 900 nm , m = 0, 1, 2,...
m m ( 600, 0 nm)
m
= = =
Os valores possíveis de l d
são, portanto,
l d
= 900 nm, 450 nm, 300 nm, …
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 450 nm.
57. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim,
=
4Ln
2 = 4 285 1 60 = 1824 m
( nm) ( , ) nm ( = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593) / = 608 nm ( m = 1)
4Ln2
/5 = 4(
415 nm) ( 1, 59) /5 = 365 nm ( m = 2)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 608 nm.
58. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A terceira maior espessura é
L =
1
+
382 nm
2
= 273 nm.
2 2( 1, 75)
76 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
59. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim, temos:
=
4Ln
2 = 4( 415 nm) ( 1, 59) = 2639 nm ( m = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 415 nm) ( 1, 593 )/ = 880 nm ( m = 1)
4Ln 2 / 5 = 4(
415 nm) ( 1, 59) / 55= 28 nm ( m 2)
=
4Ln2
/7 = 4(
415 nm) ( 1, 59) /7 = 377 nm ( m = 3)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 528 nm.
60. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
2Ln 2L = m ⇒ = = 2
, m 0, 1, 2, ...
n m
2
Assim, temos:
=
2Ln
2 = 2 380 1 34 = 1018 m
( nm) ( , ) nm ( = 1)
Ln2
= ( 380 nm) ( 1, 34) = 509 nm ( m = 2)
0, 5Ln2
= ( 0, 5)(
380 nm) ( 1, 34) = 255 nm ( m = 3)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 509 nm.
61. Neste caso, como n > n e n > n , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
2 1 2 3
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim,
=
4Ln
2 = 4( 325 nm) ( 1, 75) = 2275 nm ( m = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 325 nm) ( 1, 75) / 3 = 758 nm ( m = 1)
4Ln 2 / 5 = 4(
325 nm) ( 1, 75) / 5 = 455 nm ( m 2)
=
4Ln2
/ 7 = 4(
325 nm) ( 1, 75) / 7 = 325 nm ( m = 3)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 455 nm.
62. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
1
2L
=
m +
1
⇒ L =
m +
, m = 0 , 1 , 2 , ...
2 n2
2 2n2
A segunda menor espessura é
L =
+
342 nm
2 = 161 nm.
( , )
63. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda menor espessura é
L =
+
1 1 482 nm
2 2 1 46 = 248 nm.
( , )
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 77
64. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
1
4Ln2
2L
=
m +
m 0 1 2
2
⇒ = , = , , ,...
n 2m
+ 1
2
Assim, temos:
=
4Ln
2 = 4 210 1 46 = 1226 m
( nm) ( , ) nm ( = 0)
4Ln2
/ 3 = 4( 210 nm) ( 1, 463) / = 409 nm ( m = 1)
4Ln2
/5 = 4(
210 nm) ( 1, 46) /5 = 245 nm ( m = 2)
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 409 nm.
65. Como, neste caso, n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda menor espessura é
L =
+
1 1 2
632 nm
= 339 nm.
2140 ( , )
66. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão máxima (reflexão mínima) é
Assim, temos:
2Ln 2L = m ⇒ = = 2
, m 0, 1, 2, ...
n m
2
2Ln
2
=
= 2( 200 nm) ( 1, 40) = 560 nm ( m = 1)
{ 2Ln
/2 = 2( 200 nm) ( 1, 40) /2 = 280 nm ( m = 2)
2
Como o comprimento de onda deve estar na faixa da luz visível, l = 560 nm.
67. Neste caso, como n 2 < n 1 e n 2 < n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A segunda menor espessura é
L =
+
1 1 587 nm
2 2 1 34 = 329 nm.
( , )
68. Neste caso, como n 2 > n 1 e n 2 > n 3 , a condição para transmissão mínima (reflexão máxima) é
1
1
2L
=
m +
L m
m
2
⇒ =
+
n
2
, = 0 , 1 , 2 , ...
2n
2 2
A terceira menor espessura é
L =
1
+
612 nm
2
= 478 nm.
2 2160 ( , )
69. Suponha que o filme em forma de cunha está suspenso no ar, de modo que a onda refletida
na primeira superfície sofre uma mudança de fase de p rad e a onda refletida na segunda superfície
não sofre mudança de fase. Em um local em que a espessura do filme é L, a condição para
interferência construtiva é 2nL = (m + 1/2) l, em que n é o índice de refração do filme, l é o
comprimento de onda no vácuo e m é um número inteiro. As extremidades do filme são franjas
78 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
claras. Suponha que a extremidade estreita do filme tenha espessura L 1 e que a franja clara nessa
extremidade corresponda a m = m 1 . Suponha que a extremidade estreita tenha espessura L 2 e que
a franja clara nessa extremidade corresponda a m = m 2 . Como existem dez franjas claras, m 2 =
m 1 + 9. Subtraindo 2nL 1 = (m + 1/2) l de 2nL 2 = (m 1 + 9 + 1/2) l, obtemos 2n DL = 9 l, em que
DL = L 2 – L 1 é a variação total de espessura do filme. Assim,
DL
9
9( 630 10−9
m)
2n
2150 ( , )
= =
×
= 18 , 9 × 10−6m = 1,89 m.
70. (a) Como, inicialmente, existem uma franja escura em uma extremidade, uma franja clara na
outra extremidade e nove franjas escuras fora das extremidades, m1 = 9,5 na equação 2d 1 = m1l.
Depois de um intervalo de tempo Dt = 15 s, temos m 2 = 9,0 na equação 2d 2 = m 2 l. Assim,
|Dd | = d 1 − d 2 = (m 1 l − m 2 l)/2 = 0,25 l =155 nm.
Assim, a taxa de variação τ da espessura do filme é dada por
(b) Nesse caso, m 2 = 6 e, portanto,
| Dd
| 155 nm
= = = 10, 3 nm/s.
Dt
15 s
|Dd | = d 1 − d 2 = (m 1 l − m 2 l)/2 = 1,75 l = 1085 nm = 1,09 µm.
71. De acordo com a Eq. 35-34, a distância vertical entre o centro de uma franja escura e o
centro da franja escura vizinha é
500 nm
= = = = × −
2 2 250 nm 2,
50 10 4 mm.
Dy
Assim, como a distância horizontal entre franjas escuras vizinhas é Dx = 1,2 mm, temos:
Dy
≈ tan = = × 20 , 8= 10−
4 rad 0,012
o.
Dx
72. Aplicando a Eq. 35-37 às duas situações, temos:
2L
= ( 4001) e 2L
= ( 4000)
n
1,00000 .
ar
Como o primeiro membro é o mesmo nos dois casos, podemos igualar as duas expressões do
segundo membro, o que nos dá
4001
nar
= ( 1, 00000) 4000 = 1, 00025.
73. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior
do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na
superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um
local em que a espessura do filme de ar é L, a condição para interferência construtiva é 2L =
(m + 1/2) l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando m,
obtemos:
m
2L
24 ( 8 × 10−6
m)
= − 0,
5 =
+ 0, 5 = 140, 5 − 0,
5 = 140.
683 × 10−9
m
74. A partir da condição m l = 2y, na qual y é a espessura do filme de ar entre as placas diretamente
abaixo do centro de uma franja escura, e do fato de que m = n −1, em que n é o número de
franjas escuras, já que a primeira franja escura corresponde a m = 0, concluímos que a distância
entre as bordas das placas no lado em que as placas não estão em contato é y = (8 l/2) = 2400 nm
…
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 79
(supondo que a borda corresponde ao centro da nona franja escura). Quando a distância entre
as bordas das placas é aumentada para y9 = 3000 nm, a nova relação é m9l = 2 y9, o que nos dá
m9 = 2 y9/ l = 10 e n9 = m9 + 1 = 11. Assim, são vistas 11 franjas escuras.
75. Considere a interferência de ondas refletidas na superfície superior e na superfície inferior
do filme de ar. A reflexão na superfície superior não muda a fase da onda, mas a reflexão na
superfície inferior provoca uma mudança de fase de p rad. De acordo com a Eq. 35-36, em um
local em que a espessura do filme de ar é d , a condição para interferência construtiva é 2d =
(m + 1/2) l, em que l é o comprimento de onda no ar e m um número inteiro. Explicitando d ,
obtemos:
d = (2m + 1) l/4.
= − −
De acordo com o teorema de Pitágoras, d R R r 2 2 , no qual R é o raio de curvatura da
lente e r é o raio de um dos anéis de Newton. Assim, temos:
( 2m
+ 1 R R r 2 2
) 4 = − − .
Explicitando r , obtemos:
r
=
+
()() 2m 1 R 2m
1
2 −
2
.
2 16
+
Se R é muito maior que um comprimento de onda, o segundo termo do radicando é desprezível
na presença do primeiro e
r
=
+
( 2m
1)
R
, m = 0, 1, 2,
2
Nota: Usando um raciocínio análogo, é possível mostrar que os raios dos anéis escuros são
dados por
= =
r mR , m 0, 1, 2 , …
76. (a) Explicitando m na expressão obtida no Problema 35-75, temos:
m
r 2
1 ( 10 10−3m)
2
R
2 ( 5, 0 m)( 589 10−9m)
= − =
×
×
1
− = 33, 4 ≈ 33.
2
Como o primeiro anel claro corresponde a m = 0, m = 33 corresponde ao anel claro número 34.
(b) Substituindo l por l n = l/ n água , obtemos:
= − = − = × ×
−
m r 2 1 n águar
2 1 ( 13 , 3)( 10 10 3 m)
2
n
R
2 R
2 (5, 0 m)( 589 10−9m)
n
− 1 = 447, ≈ 45.
2
Como o primeiro anel claro corresponde a m n = 0, m n = 45 corresponde ao anel claro número 46.
77. Vamos chamar de r 1 e r 2 os raios dos anéis claros de ordem n e n + 20, respectivamente. Explicitando
m na expressão obtida no Problema 35-75 e substituindo m por n e r por r 1 , obtemos:
n
r 1 2 1
.
R
2
= −
Se, quando n aumenta para n + 20, r 1 aumenta para r 2 , temos:
n
r 2
+ 20 = 2 1
− .
R
2
80 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
Subtraindo a primeira equação da segunda e explicitando R, obtemos
−
−
×
R r 2
=
2 r 1 2 ( 0, 368 cm) =
2 ( 0, 162 cm)
2
20
20(
546 10
7
cm)
= 100 cm = 1,00m .
−
78. De acordo com o gráfico da Fig. 35-46, o tempo necessário para que um mínimo migre até
a posição do mínimo vizinho é Dt = 12 s, o que envolve uma variação de espessura DL = l/2n 2
(veja a Eq. 35-37) e, portanto, uma variação de volume
2
2
D V = r 2= DL ⇒ r dV r
n = =
2 2 dt 2n
2Dt
2
−9
( 0, 0180
21 (
m
, 40
) (
)(
550
12 )
10 ) 16 , 7 10 11
× = × −
s
m
m 3 /s.
79. Um deslocamento de uma franja corresponde a uma variação de um comprimento de onda
no percurso da luz. Quando o espelho é deslocado de uma distância d , o percurso da luz varia
de 2d , já que a luz passa duas vezes pelo braço que contém o espelho. Assim, se o deslocamento
é de N franjas, 2d = N l e
2d
2( 0, 233 × 10−3
m)
= =
= 5,
88 × 10−7
m = 588 nm .
N 792
80. De acordo com a Eq. 35-43, o deslocamento DN produzido pela introdução de um filme de
espessura L é DN = (2L/ l) (n – 1). Assim,
DN
( 589 nm)( 7, 0)
L = =
= 5, 2 m
.
2( n −1)
2( 14 , 0 − 1)
81. Seja f 1 a diferença de fase das ondas nos dois braços quando a câmara contém ar e seja f 2
a diferença de fase quando a câmara é evacuada. As diferenças de fase são diferentes porque
o comprimento de onda no ar é diferente do comprimento de onda no vácuo. Se l é o comprimento
de onda no vácuo, o comprimento de onda no ar é l/ n, no qual n é o índice de refração
do ar. Assim,
− =
−
1 2 2L
=
−
2
n 24 ( n 1)
L
na qual L é o comprimento da câmara. O fator 2 aparece porque a luz atravessa a câmara duas
vezes, uma a caminho do espelho e outra depois de ser refletida pelo espelho. Como cada deslocamento
de uma franja corresponde a uma variação de fase de 2p rad, se a figura de interferência
sofre um deslocamento de N franjas quando a câmara é evacuada,
o que nos dá
n
4
( n −1)
L
= 2N
,
N λ 60( 500 × 10−9
m)
1
2L
2( 50 , 10−2
m)
= 1+ = +
×
= 1,
00030.
82. Aplicando a Eq. 35-42 aos dois comprimentos de onda e calculando a diferença, temos:
2L
2L
1 1
N 1 − N = 2 − = − 2L
.
1 2 1 2
Fazendo N 1 – N 2 = 1 e explicitando L, obtemos:
1
L =
2
−
1
−1
1 1 1 1
1
−
= −
nm m
1 2 2 588, 9950 nm 589,
5924 nm = 2, 91 × 105
= 291 .
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 81
83. (a) A diferença entre as distâncias percorridas pelos raios 1 e 2 é 7d – 2d = 5d . Para que essa
diferença corresponda a meio comprimento de onda, é preciso que 5d = l/2, o que nos dá
500 nm
d = = 50, 0 nm.
( 2)( 5)
(b) Nesse caso, a condição se torna 5d = l/2n, o que nos dá
500 nm
d = = 36, 2 nm.
( 2)() 5 (, 1 38)
84. (a) Quanto maior a distância entre o ponto P e a srcem, menor a diferença entre as distâncias
percorridas pelos dois raios. Assim, a coordenada pedida corresponde à coordenada da borda da
tela, no caso de uma tela de altura finita, ou y P = ∞, no caso de uma tela de altura ilimitada.
(b) Quando a altura da tela tende a infinito, a diferença entre as distâncias percorridas pelos dois
raios tende a zero. Assim, para y P
= ∞, a diferença de fase é f = 0.
(c) A diferença entre as distâncias percorridas pelos dois raios é máxima para y P
= 0, caso em
que os raios são horizontais e a diferença de percurso é igual a d , a distância entre as fontes.
(d) Como d = 6,00 l, a diferença de fase no caso do item (c), que corresponde à maior diferença
possível, é 6,00 comprimentos de onda.
(e) De acordo com o teorema de Pitágoras, temos:
S P S P d d D ( d ) D
= − = + + − +
1 2 2 2 2 2
=
( 6, 00
)
2
+ ( 6, 00
+ 20, 0 ) − ( 6, 00 )( + 20, 0)
2 2 2
= 5, 80.
(f) Como a diferença de fase está mais próxima de 6 (interferência construtiva) do que de 5,5
(interferência destrutiva), a intensidade no ponto P está mais próxima do máximo.
85. As posições angulares u dos máximos de uma figura de interferência de dupla fenda estão
relacionadas à diferença de percurso através da equação d sen u = m l, na qual d é a distância
entre as fendas, m l = DL é a diferença de percurso entre os raios que passam pelas duas fendas,
l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Se u é pequeno, sen u pode ser considerado
aproximadamente igual a u em radianos. Nesse caso, u ≈ m l/ d e a separação angular entre
máximos vizinhos é Du = l/ d . Quando o equipamento é imerso em água, o comprimento de
onda diminui para l9 = l/ n e a equação anterior se torna
D ′ = ′
d .
Dividindo a equação por Du = l/ d , obtemos
D
′ = ′ = 1 ⇒ D
D ′ = = 0,
30o
= 0, 23o.
D
n
n 1,
33
86. (a) A Fig. 35-50b mostra parte de uma função periódica de período Dn = 0,8. Assim, o
máximo seguinte acontece para n = 1,0 + Dn = 1,0 + 0,8 = 1,8.
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em n = 1,4 + Dn = 1,4 +
0,8 = 2,2.
82 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) Como Dn = 0,8 representa um ciclo (um comprimento de onda), Dn = 2,0 − 1,0 = 1,0 =
0,8 + 0,2 = 0,8 + 0,8/4 representa um ciclo mais um quarto de ciclo, ou seja, 1,25 comprimento
de onda.
87. Quando a interferência de duas ondas é totalmente destrutiva, a diferença de fase
é dada por
= ( 2m
+ 1) , m = 0, 1, 2, ...
Uma condição equivalente é a de que a diferença de percurso seja um múltiplo ímpar de l/2,
em que l é o comprimento de onda da luz.
(a) Observando o gráfico da Fig. 35-51, vemos que representa uma função periódica de período
DL = 1500 nm. Assim, o máximo seguinte acontece para x = 1500 nm.
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), a curva passa por zero em L = 1500 nm + DL/2 =
1500 nm + 750 nm = 2250 nm.
(c) Como 1500 nm representam um ciclo (um comprimento de onda), 1200 nm representam
1200/1500 = 0,80 comprimento de onda.
88. (a) A diferença em comprimentos de onda, com e sem o material, pode ser calculada usando
a Eq. 35-11:
L
DN = ( n − 1) = 1,.
1428
Este resultado corresponde a um deslocamento de fase de (1,1428)(360°) = 411,4 o .
(b) Este deslocamento equivale a 411,4° − 360° = 51,4°.
89. Na figura a seguir, a onda que chega diretamente ao receptor percorre uma distância L 1 e a
onda refletida percorre uma distância L 2 . Como o índice de refração da água é maior que o do
ar, a onda refletida sofre uma variação de fase de meio comprimento de onda. Assim, para que
haja interferência construtiva na posição do receptor, a diferença L 2 – L 1 deve ser um múltiplo
ímpar de meio comprimento de onda. Considere a figura a seguir. O triângulo retângulo da esquerda,
formado por uma reta vertical do transmissor T até a água, o raio que incide na água e
a superfície da água, nos dá D a
= a/tan u. O triângulo da direita, formado por uma reta vertical
do receptor até a água, o raio refletido e a superfície da água, nos dá D b = x /tan u.
Como D a
+ D b
= D,
tan = a + x .
D
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 83
Como sen 2 u = tan 2 u/(1 + tan 2 u), temos:
sen =
a + x
D + ( a + x )
2 2
,
o que nos dá
e
L
L
2a
2b
a a D 2a x ( )
2
sen
a x
= =
+ +
+
x x D 2a x ( )
2
.
sen
a x
= =
+ +
+
Assim,
= + =
L 2 L 2a
L2
b
+ + +
a + x
a ( x D ) a 2 x ( )
2
= + +
D 2
( a x )
2
.
Para D 2 >> a 2 + x 2 , podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois primeiros
termos da expansão, o que nos dá
A distância percorrida pela onda direta é
+
(
L D a x )
2
2 = + .
2D
= + −
L D 2
1 ( a x )
2
.
Para D 2 >> a 2 − x 2 , podemos expandir a raiz quadrada em série e aproveitar apenas os dois primeiros
termos da expansão, o que nos dá
−
(
L D a x )
2
1 = + .
D
Assim,
+ +
− +
L L D a 2 ax 2 x 2
D a 2 ax 2 x 2
2ax
2 − 1 ≈ +
− −
= .
2D
2D
D
Para que haja interferência construtiva, devemos ter, portanto,
2ax
1
D
=
m +
⇒ x = ( m + 0, 5) .
D 2
2a
90. Como P 1 está à mesma distância de S 1 e S 2 , concluímos que a diferença de fase entre as fontes
é Df f = 0,60p rad. Em termos de comprimentos de onda, esta diferença de fase é
Df f = (0,60p /2p ) l = 0,3 l,
com a onda produzida pela fonte S 2 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S 1 .
(a) A fonte S 1 está a uma distância de 720 nm − 640 nm = 80 nm de P 2 , que, em termos
de comprimentos de onda, é (80/400) l = 0,2 l; a fonte S 2 está a uma distância de 720 nm +
640 nm = 1360 nm de P 2 , que, em termos de comprimentos de onda, é (1360/400) l = 3,4 l.
Assim, a diferença de fase devido à diferença de percurso é Df p = 3,2 l, com a onda produzida
pela fonte S 1 adiantada em relação à onda produzida pela fonte S 2 , pois está mais próxima de
P 2 . Assim, a diferença total é
Df
tot
= Df
p
– Df = 3,2 l − 0,3 l = 2,90 l.
f
84 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(b) Como o número de comprimentos de onda está mais próximo de um número inteiro do que
de metade de um número ímpar, a interferência está mais próxima de construtiva.
91. (a) De acordo com a lei de Snell, sen u 2 /sen u 1 = sen u 2 /sen 30° = v i
/ v
f
. Assim,
=
=
v sen 30° ( 3, 0 m s)sen
30°
1 1
2 sen − f
sen
−
vi
4,
0 m s
= °
22 .
(b) Como mostra o cálculo do item a, a refração diminui o ângulo de refração (de 30° para 22°,
no caso). Depois de várias refrações, o ângulo u 2 se aproxima de zero. É por isso que quase todas
as ondas são perpendiculares à praia.
92. (a) Vamos chamar de L a profundidade da cavidade, de n 1 o índice de refração do plástico e
de n 2 o índice de refração do líquido. Quando a altura do líquido (L liq ) é zero, a diferença de fase
f é 60 comprimentos de onda; este valor é igual à diferença entre o número de comprimentos
de onda na distância L no plástico (para o raio r 1 ) e na mesma distância no ar (para o raio r 2 ).
Assim,
+
× +
×
Ln 1 Lnar 60
Lnar 60( 400 10−9
m) ( 40, 01 0−6
m)( 1)
− = ⇒ 60 = n1
=
L
400,
10−6
m
×
= 1, 6.
(b) Poderíamos determinar o valor de n 2 a partir da inclinação da reta da Fig. 35-55b, mas, em
vez disso, vamos usar o fato de que, para L liq = 40,0 mm, f = 20. Isso nos dá
Ln 1 Ln2 20
+ Ln × −
1 20( 4001 0
9
m) + ( 40,01×
0−6
m)(, 1 6)
− = 20 ⇒ = n2
=
L
400,
10−6
m
×
= 1, 4.
93. A condição para um mínimo na figura de interferência de dupla fenda é d sen u = (m + 1/2)
l, na qual d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda, m é um número inteiro e
u é o ângulo entre os raios que interferem destrutivamente e a direção perpendicular à tela. Para
u pequeno, sen u ≈ u em radianos, o que nos dá u = (m + 1/2) l/ d . Nesse caso, a distância entre
o mínimo e o centro da figura de interferência é
1 D
y = D tan≈ D ≈ sen = + D m
,
2 d
na qual D é a distância entre as fendas e a tela. Para o primeiro mínimo, m = 0; para o décimo
mínimo, m = 9. A distância entre os dois mínimos é
Dy
=
1
+
9
− =
2
D 1 D 9D ,
d 2 d d
o que nos dá
d Dy
( 0, 15 × 10−
3m)( 18 × 10−3m)
= =
= 6,0 × 10
9D
95( 0 × 10−
− 7m = 600 nm .
2m)
Nota: A distância entre dois mínimos vizinhos é
Dy = Du = D l/ d .
94. O tempo que um raio luminoso que se propaga diretamente ao longo do eixo central leva
para chegar ao final da fibra ótica é dado por
t
L
direto = =
v1
n 1L
.
c
No caso de um raio que se propaga em zigue-zague, apenas a componente da velocidade paralela
ao eixo central contribui para a propagação do raio em direção à outra extremidade da
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 85
fibra ótica. Como essa componente é v 1 sen u c
= v 1 n 2 / n 1 (veja a Eq. 33-45), o tempo de percurso
para esse raio é
A diferença é
Dt t zigue-zague t direto
t zigue-zague
= − = − =
n 1 2 L
cn2
L n 1L
v1
sen c c ( n 2 / n1)
= = =
n 1 2 L
.
cn2
n 1L
n 1L
n1
1 58 300 1 58
− 1
c c
n 8
2 = ( , )( m)
,
−
1
3,
0 × 10 m/s 1,
53
−8
= 5, 16 × 10 s = 51, 6 ns.
95. Para que a interferência de duas ondas seja destrutiva, a diferença de percurso, em comprimento
de onda, deve ser um múltiplo ímpar de l/2, em que l é o comprimento de onda.
(a) Uma diferença de percurso de l/2 produz a primeira franja escura, uma diferença de 3 l/2
produz a segunda franja escura, etc. Assim, a quarta franja escura corresponde a uma diferença
de percurso de 7 l/2 = 7(500 nm)/2 = 1750 nm = 1,75 mm.
(b) Se os ângulos são pequenos, as franjas são igualmente espaçadas e, portanto, se Dy é a distância
entre máximos vizinhos, a distância entre a franja clara central é 3,5Dy = 16,8 mm, o que
nos dá Dy = 16,8/3,5 = 4,8 mm.
Nota: A distância entre a franja clara de ordem m e a franja central é
y D D D m D
clara = ≈ tan ≈ = sen
d
e a distância entre a franja escura de ordem m e a franja clara central é
1
y escura = m +
2
D .
d
96. Podemos usar a expressão obtida no Exemplo “Interferência no revestimento de uma lente
de vidro”:
Lmin
Lmin
= = = ⇒ 0=, 20
0, 20.
4n
4( 1, 25)
2
97. Vamos supor que o sistema de divisão do feixe é tal que as duas ondas interferem construtivamente
quando x = 0 (em alguns interferômetros, isso acontece para outros valores de x ).
Podemos adaptar a Eq. 35-23 a esta situação introduzindo um fator de 2 no numerador (já que
o interferômetro usa luz refletida) e eliminando o fator sen u. Nesse caso, a diferença de fase
entre os dois raios luminosos é Df = 2(2p x / l) = 4p x / l. Assim, de acordo com a Eq. 35-22,
fazendo 4 I 0 = I m , obtemos:
x
I = I m cos2 D
I m
= cos
2
2
.
2
A figura a seguir mostra um gráfico de I / I m
em função de x / l.
86 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
De acordo com a figura, a intensidade é máxima para
x
m
, m 0, 1, 2, ...
2
= =
e mínima para
1
x = ( m + ) m =
4 21 , 0 , 1 , 2 , ...
98. Note que o raio 1 percorre uma distância adicional de 4 L em relação ao raio 2. Para que a
interferência seja construtiva quando l = 620,0 nm, devemos ter
4L = m l
em que m é um número inteiro.
Para que a interferência seja destrutiva quando l9 = 496,0 nm, devemos ter
4 L = k l9/2 em que k é um número ímpar.
Igualando as duas equações e explicitando k , obtemos
k = m 2
m 2 620 m
496
′ = = 2, 5 .
Esta condição é satisfeita para m = 2 e k = 5. Também é satisfeita para m = 3, 4, ... Entretanto,
como estamos interessados em calcular o menor valor possível de L, escolhemos o menor valor
possível de k , que é k = 5. Substituindo k por seu valor na equação 4 L = k l9/2, obtemos
′ = = 310, 0 nm.
5 5( 620, 0 nm)
L =
8 8
99. Combinando a Eq. 35-3, n = c/ v, com a relação v = Dx / Dt , obtemos uma equação para o
intervalo de tempo necessário para que a luz chegue ao alvo:
D
Dt = n x .
c
(a) No caso da pistola 1, Dt = [(1,55)(2,00 × 10 −3 m) + (1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,60)(2,00 × 10 −3
m) + (1,45) (2,00 × 10 −3 m)]/(3,0 × 10 8 m) = 42,0 × 10 –12 s = 42,0 ps.
(b) No caso da pistola 2, Dt = [(1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,45)(2,00 × 10 −3 m) + (1,60) (4,00 ×
10 −3 m)]/(3,0 × 10 8 m) = 42,3 × 10 –12 s = 42,3 ps.
(c) No caso da pistola 3, Dt = [(1,60)(2,00 × 10 −3 m) + (1,70)(2,00 × 10 −3 m) + (1,59)(4,00 ×
10 −3 m)]/(3,0
×
10 8 m) = 43,2
×
10 –12 s = 43,2 ps.
(d) No caso da pistola 4, Dt = [(1,60)(2,00 × 10 −3 m) + (1,61)(4,00 × 10 −3 m) + (1,45)(2,00 ×
10 −3 m)] /(3,0 × 10 8 m) = 41,8 × 10 –12 s = 41,8 ps.
(e) De acordo com os resultados dos itens anteriores, o disparo da pistola 4 será o primeiro a
atingir o alvo.
100. De acordo com a Eq. 35-36, para que a interferência seja construtiva, devemos ter 2n 2 L =
(m + 1/2) l, o que nos dá
2n 2L
21 ( ,) 50 ( 410 nm)
1230 nm
= =
= ,
m 1 2 m 1 2 m 1 2
+
+
+
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 87
em que m = 0, 1, 2, … O único valor de m para o qual o comprimento de onda calculado está
dentro da faixa da luz visível é m = 1. Assim,
1230 nm
=
1 1 2
+
= 492 nm.
101. No caso de uma tela distante, o ângulo u é pequeno e podemos usar a aproximação sen
u ≈ u. Assim, de acordo com a Eq. 35-14,
≈ =
D D D sen
=
= ⇒ = =
d d
m
D m
d
d
D
589 × 10 −9
m
0,
018 rad
102. Como Df = 60° = p /3 rad, a velocidade angular dos fasores é
D
= =
Dt
/ 3 rad
2,5 10−16
s
×
= 41,
9 × 10
15
rad/s.
= 3, 31× 0−5
m = 33 m.
Como o meio no qual as ondas estão se propagando é presumivelmente o ar, no qual a velocidade
da luz é aproximadamente c, temos:
2
c
= = 450 nm.
Capítulo 36
1. (a) Podemos usar a Eq. 36-3 para calcular a distância entre o primeiro mínimo (m 1 = 1) e o
quinto mínimo (m 2 = 5):
= sen = = = ( − ).
D yD D D D D m D m D m2 m1
a a a
Explicitando a largura a da fenda, obtemos:
(b) Para m = 1,
a
=
−
× −
D( m m
−
2 1) ( 400 mm)( 550 10
6
mm)( 51 )
=
Dy
0,
35mm
= 2, 5mm.
m
( 1)( 550 × 10−6
mm)
sen
= =
= 22, × 10⇒ −4
= sen − 1( 2, 2 × 10− 4) = 2, 2 × 10−
4
rad.
a 2,
5mm
2. De acordo com a Eq. 36-3,
a m 1
= sen
= sen 45, 0°
= 1, 41.
3. (a) Como a onda que incide na lente é uma onda plana, a imagem está em foco no plano focal
da lente, situado a uma distância de 70 cm da lente. Assim, se a imagem está em foco na tela,
a tela está a 70 cm da lente.
(b) As ondas que saem da lente fazendo um ângulo u com o eixo da lente interferem para produzir
um mínimo de intensidade se a sen u = m l, em que a é a largura da fenda, l é o comprimento
de onda e m é um número inteiro. A distância na tela entre o centro da figura de difração
e o primeiro mínimo é dada por y = D tan u, na qual D é a distância entre a lente e a tela. Para
as condições do problema,
Assim, u = 1,475 × 10 –3 rad e
m
( 1)( 590 × 10−9
m)
sen
= =
= 14 , 75 × 10−
a 04,
0 × 10−3
m
y = (0,70 m) tan(1,475 × 10 –3 rad) = 1,0 × 10 –3 m = 1,0 mm.
4. (a) De acordo com as Eqs. 36-3 e 36-12, quanto menor o comprimento de onda, menor o
ângulo de difração. Isso significa que os efeitos de difração são menores para menores comprimentos
de onda.
(b) Usando a Eq. 36-3, com m = 1, para calcular o valor de 2u (a largura angular do máximo
central de difração), obtemos:
2 2
1
0 50
= −
2
1
11
= −
, m
sen sen
5,
0 = °.
a
m
(c) Um cálculo semelhante para l = 0,010 m nos dá 2u = 0,23°.
3
.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 89
5. (a) A condição para um mínimo em uma figura de difração de uma fenda é
a sen u = m l,
na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como l =
l a
e m = 1, o ângulo u é o mesmo que para l = l b
e m = 2. Assim, temos:
l a
= 2 l b
= 2(350 nm) = 700 nm.
(b) Seja m a
o número inteiro associado a um mínimo da figura de difração produzida por uma
luz de comprimento de onda l a e seja m b o número inteiro associado a um mínimo da figura de
difração produzida por uma luz de comprimento de onda l b . Um mínimo de uma das figuras de
difração coincide com um mínimo da outra se os ângulos de difração forem iguais, o que significa
que m a l a = m b l b . Como l a = 2 l b , os mínimos coincidem se 2m a = m b . Assim, um mínimo
sim um mínimo não da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda l b
coincide com um mínimo da figura de difração produzida por uma luz de comprimento de onda
l a
. Fazendo m a
= 2, obtemos m b
= 4.
(c) Fazendo m a
= 3, obtemos m b
= 6.
6. (a) u = sen –1 (1,50 cm/2,00 m) = 0,430°.
(b) No caso do mínimo de difração de ordem m, a sen u = m l. Explicitando a largura a da fenda,
obtemos:
a
m
2( 441nm)
= = = 0, 118 mm.
sen sen 0,
430°
7. A condição para um mínimo da figura de difração de uma fenda é
a sen = m,
na qual a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. Como o
ângulo u é medido em relação ao centro da figura de difração, para a situação descrita no enunciado
temos m = 1 e u = 1,20°/2 = 0,60°. Assim,
a
m
633 10−9
m
sen
sen 0,
60°
= =
×
= 60 , 4 × 10−5
m = 60,4
8. Se y é a distância entre o primeiro mínimo e o eixo central, temos:
y
sen = = ,
D2 + y2
a
m.
o que nos dá
D
D
y =
( a ) − = ( af v s ) − = 100 m
41 2 m
2 1 2
2
1 ( 0, 300 m)( 3000 Hz)
( 343m s)
− = , .
1
9. A condição para um mínimo de intensidade em uma figura de difração de uma fenda é a sen
u = m l, em que a é a largura da fenda, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro.
Para determinar a posição angular do primeiro mínimo, fazemos m = 1:
1
= sen
=
− 1 1
sen−
a
589 × 10
10 , 0 × 10
−9
−3
m
m = 58 , 9 × 10 −4
rad.
Se D é a distância entre a fenda e a tela, a distância na tela entre o centro da figura de difração
e o primeiro mínimo é
= = ( ) ( × ) = ×
y1 D tan
4
1 3, 00 m tan 5, 89 10−
rad 1,
767 10−3 m .
90 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
Para determinar o ângulo do segundo mínimo, fazemos m = 2:
= sen
−1
2
2( 589 × 10−
9
m)
1 178
10 0 × 10
3 = , ×
−
, m
10 −3
rad.
A distância na tela entre o centro da figura de difração e o segundo mínimo é
y 2 = D tan u 2 = (3,00 m) tan (1,178 × 10 –3 rad) = 3,534 × 10 –3 m.
A distância entre os mínimos é
10. Como y = m lL/ a, temos:
Dy = y 2 – y 1 = 3,534 mm – 1,767 mm = 1,77 mm.
m L L
D y D Dm
a a
=
( 632,
8 nm)(2,60)
= =
[ 10 − ( − 10)] = 24,m0
m.
1,
37 mm
11. De acordo com a Eq. 36-4,
D
=
2
2
D
( x sen ) = 589 10−
×
6
0,
10 mm
mm
30 2667
2 sen ° = ,
rad,
o que equivale a 266,7 rad – 84p rad = 2,8 rad = 160°.
12. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-38 é 12 rad/1 = 12 e, de acordo com a Eq. 36-6,
esta inclinação é igual a p a/ l, temos:
12
126(
10 nm)
= a = = ≈
2330 nm 2,
33 m.
(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
mmax
a
a 2330 nm
sen
max
3, 82.
610 nm
= ( ) = = ≈
Existem, portanto, três mínimos de cada lado do máximo central, o que nos dá um total de seis
mínimos.
(c) Fazendo m = 1 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:
−
sen
1
sen− 1
610 nm
sen −1( 02, 62) 15,
2 o .
a 2330 nm
= = = =
(d) Fazendo m = 3 na Eq. 36-3 e explicitando u, obtemos:
−
sen
1
3
sen − 1
3(
610 nm)
sen − 1( 0,
7854) = 51, 8 o .
a 2330 nm
= = =
13. (a) u = sen –1 (0,011 m/3,5 m) = 0,18°.
(b) De acordo com a Eq. 36-6,
=
a
=
( 0 , 025mm
)sen 0 , 18°
sen 538 × 10 −6
mm
= 0, 46rad.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 91
(c) De acordo com a Eq. 36-5,
I () sen
=
2
, .
= 0 93
I m
14. (a) Como u = tan −1 (y/ D) = tan −1 (15 cm/300 cm) = 2,86°, a Eq. 36-6 nos dá
a sen ( 6000 nm)sen 2,
86°
500 nm
= = = 1, 883rad.
Assim,
I
I
p
m
=
sen
2
= 0, 256.
(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
m
a sen ( 6000 nm)sen 2,
86°
500 nm
= = ≈ 0, 60,
o que mostra que o ângulo nos leva a um ponto situado entre o máximo central e o primeiro
mínimo, que corresponde a m = 1 na Eq. 36-3.
15. (a) De acordo com a Eq. 36-5, temos:
I
= I m
sen2
,
2
em que a = (p a/ l) sen u, a é a largura da fenda e l é o comprimento de onda. Fazendo I = I m
/2,
obtemos
sen 2 1
=
2 .
2
(b) Calculando sen 2 1,39 e 1,39 2 /2 com cinco algarismos significativos, obtemos os valores de
0,96766 e 0,96605, respectivamente, o que nos dá uma diferença de 0,00161, ou seja, menos
de 0,2%, em relação ao valor que anula a expressão obtida no item (a). Para nos certificarmos
de que 1,39 rad está mais próximo da solução do que qualquer outro valor com três algarismos
significativos, calculamos as diferenças sen 2 1,385− 1,385 2 /2 = 0,00677 e sen 2 1,395− 1,395 2 /2 =
0,003597, o que confirma que 1,39 é a solução correta.
(c) Como a = (p a/ l) sen u e a/ p = 1,39/ p = 0,442,
=
sen − 1
0,
442
a
A distância angular entre os dois pontos de meia intensidade, um de cada lado do centro da figura
de difração, é, portanto,
D = 2
= 2sen−
1
.
0,
442
a
.
(d) Para a = 1,0 l,
D = 2sen−
1
0,
442
= 0, 916 rad = 52, 5o.
1,
0
92 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(e) Para a = 5,0 l,
(f) Para a = 10 l,
D = 2sen−
D = 2sen−
1
1
0,
442
= 0, 177 rad = 10, 1o.
5,
0
0,
442
= 0, 0884 rad = 5, 06o.
10
16. Considere a explicação de Huygens do fenômeno de difração. Na presença do objeto A, apenas
as ondas secundárias de Huygens que passam pelo furo chegam ao ponto P. Suponha que
essas ondas produzem um campo elétrico resultante E A . Na presença do objeto B, a luz que foi
bloqueada pelo objeto A chega ao ponto P e a luz que passou pelo furo do objeto A é bloqueada.
Suponha que, nesse caso, o campo elétrico resultante é E B . A soma EA
+ E B é a resultante
das ondas que chegam ao ponto P na ausência do objeto A e do objeto B. Como o ponto P está
na região de sombra geométrica, essa soma é zero. Assim, EA
= − E B, e, como a intensidade é
proporcional ao quadrado do campo elétrico, a intensidade no ponto P é a mesma quando A está
presente e quando B está presente.
17. (a) De acordo com a Eq. 36-5, a intensidade da figura de difração de uma fenda é dada por
I
= I m
sen2
,
2
em que a é dado pela Eq. 36-6. Para determinar os valores de a para os quais a intensidade é máxima,
derivamos a intensidade I em relação a a e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
dI
d
sen
2I m ( cos sen ) = 0.
3
= −
A derivada se anula nos pontos em que sen a = 0 e a ≠ 0, ou seja, nos pontos em que a = mp ,
sendo que m é um número inteiro, mas esses são os pontos em que a intensidade I é mínima. A
derivada também se anula nos pontos em que a cos a – sen a = 0, ou seja, nos pontos em que
tan a = a. Esses são os pontos em que a intensidade I é máxima.
(b) Os valores de a que satisfazem a relação tan a = a podem ser obtidos numericamente em
uma calculadora ou em um computador: são ligeiramente menores que os valores de (m + 1/2)
p rad. Também podem ser determinados graficamente, a partir de um desenho como o da figura
a seguir, no qual as funções y = tan a e y = a são plotadas no mesmo gráfico. As interseções da
reta y = a com a curva y = tan a são as soluções. A menor é a = 0.
(c) Escrevendo os máximos na forma a = (m + 1/2)p rad, os valores de m são dados por m =
a/ p − 0,500. Para a = 0, m = −0,500.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 93
(d) O segundo menor valor de a é 4,493 rad.
(e) Para a = 4,493, m = 4,493/ p − 0,500 = 0,930.
(f) O terceiro menor valor de a é 7,725 rad.
(g) Para a = 7,725, m = 7,725/ p − 0,500 = 1,96.
18. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a maior distância
é
L
= = = ( 5, 0 × 10−
3
m)( 4, 0 × 10−
3
m)
= 30
1225 , ( 50 × 10 −
m.
9
m)
D D
R 1,
22 /
d
19. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”,
× ×
= 0,
19 m = 19c m .
× −
D 25 ( 0 10−
6
m)(1,5 10−3
m)
L = = 1 , 22 / d 12 , 26 ( 50 10
9
m)
(b) Como o comprimento de onda da luz azul é menor que o da luz vermelha e a distância máxima
é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a distância seria maior.
20. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância
mínima é
1,
22
D = L
R
= L d
( 12 , 2)( 16 , × 10−2
m)
= ( 62, × 103
m)
2, 3 m = 53 m .
21. (a) Vamos usar o critério de Rayleigh. Se L é a distância entre o observador e os objetos, a
menor separação D que pode ser resolvida é D = Lu R , em que u R é medido em radianos. Usando
a aproximação para pequenos ângulos, temos:
D
1, 22 L 1, 22( 8, 0 10
10
m)( 550 10−
9
m)
d
5,
0 10−3
m
= =
× ×
×
= 1, 1 × 10 7 m= 1,1 × 10 4 km.
Como esta distância é maior que o diâmetro de Marte, é impossível observar detalhes da superfície
do planeta a olho nu.
(b) Nesse caso, d = 5,1 m e
× ×
1, 22( 8, 0 10
10
m)( 550 10 − 9
m)
4
D =
5, 1 m = 1,
11× 0 m = 11km.
22. (a) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a menor
dimensão é
= = 1, 22
( 400 × 103m)( 1, 22)( 550 × 10−9
m)
d =
≈ 50 m.
( 0, 005 m)
D L
R L
(b) De acordo com o critério de Rayleigh, o astronauta não poderia ver com clareza a Grande
Muralha da China [veja o resultado do item (a)].
(c) Os sinais de vida inteligente seriam, na melhor das hipóteses, ambíguos na parte da Terra
iluminada pelo Sol. Ao passar pelo lado oposto da Terra, porém, o astronauta veria claramente
os efeitos da iluminação artificial.
94 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
23. (a) De acordo com o critério de Rayleigh, a distância angular das fontes, em radianos, deve
ser no mínimo u R = 1,22 l/ d , em que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro da pupila. No
caso dos faróis,
R
1, 22( 550 × 10−
9
m)
=
= 13 , 4 × 10−
4
rad ≈ 1, 3 × 10
5,
0 × 10−
−4 rad.
3
m
(b) Se L é a distância entre os faróis e o observador quando os faróis estão no limite da resolução e
D é a distância entre os faróis, D = Lu R , usando a aproximação para pequenos ângulos. Assim,
L
D 1,
4
4
= R = 13 , 4 × 10
m− 4
rad = 1, 0 × 10 m = 10 km.
24. Usando a Eq. 36-12 com u = 2,5°/2 = 1,25°, temos:
12 , 2
12 , 25 ( 50 nm)
d = =
= 31 m.
sen
sen 1,
25°
25. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância
mínima é
= =
D L
R L
12 2 550 1
1, 22
d = ( 3, 82 × 108
m) ( ,) ( 0 −9
m)
5,
1m
×
= 50 m.
26. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:
(a) De acordo com a equação anterior,
(b) De acordo com a equação do item a,
= = ⇒ =
D R 1, 22 d 1, 22L
.
L d D
× ×
1, 22( 550 10−9 m)( 400 103
m)
d =
0,
85 m
× ×
1, 22( 550 10−9 m)( 400 103
m)
d =
0,
10 m
= 0, 32 m.
= 2, 7 m.
(c) Os satélites militares não usam grandes aberturas, comparáveis à do Telescópio Espacial
Hubble; em vez disso, recorrem a técnicas sofisticadas de filtragem e processamento digital para
melhorar a qualidade das imagens.
27. Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, temos:
D D ( 5,
0 × 10−
2
m)(4,0 × 10−3m)
L = = =
= × 1, 6 = 10×
6
1,
6 103
1,
22/
d 1, 22( 0,
10 × 10 − m km.
9
m)
R
28. A Eq. 36-14 nos dá u R = 1,22 l/ d , em que, em nosso caso, u R ≈ D/ L, com D = 60 mm e L é a
distância que procuramos. Se d = 3,00 mm = 3000 mm é o diâmetro da pupila do observador,
L
Dd ( 60 m)( 3000 m)
= = = ×
1,
22
1, 22( 0, 55 m)
27,
105 m = 27cm.
29. (a) De acordo com a Eq. 36-14, a separação angular é
R
1, 22
( 1, 22)( 550 10−
9
m)
d 0,
76 m
= =
×
= 8,
8 × 10
−7
rad.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 95
(b) Usando a notação do Exemplo “Pinturas pontilhistas e a difração da pupila”, a distância
entre as estrelas é
( 10anos-luz)( 9, 46 1012 kma no-luz)( 0,
18)
D = L R =
( 3600)( 180)
(c) O diâmetro do primeiro anel escuro é
×
= 8, 4 × 10 7 km.
2( 0, 18)() ( 14 m)
d = 2
= L = × 25 10−
R
, 5 m = 0, 025mm.
( 3600)( 180)
30. De acordo com a Fig. 36-42a, o diâmetro D9 do disco na retina é
O ângulo mostrado na Fig. 36-42b é
L′ 2,
00 cm
D ′ = D = ( 2, 00 mm)
= 0,
0889 mm.
L
45,0 cm
= tan−
′/ 2
= tan−
0,
0889 mm/ 2
x 6,
00 mm = 0, 424°
.
1 D
1
Como este ângulo corresponde ao primeiro mínimo da figura de difração, sen u = 1,22 l/ d , em
que l é o comprimento de onda e d é o diâmetro do defeito. Assim, temos:
12 , 2
12 , 25 ( 50 nm)
= d = = ×
sen
sen(, 0 424°
)
90 , 6 10−
5 m ≈ 91m.
31. (a) O primeiro mínimo da figura de difração está em uma posição angularu, medida em
relação ao centro da figura, tal que sen u = 1,22 l/ d , em que l é o comprimento de onda e d é o
diâmetro da antena. Se f é a frequência, o comprimento de onda é
Assim,
= c = 30 , 0 × 10
f 220 × 10
8
9
m s
= 13 , 6 × 10 − 3
m.
Hz
=
×
−
sen−
1
1,
22
= sen−
1
1, 22( 1, 36 10
3
m)
30 , 2 10
3
.
d
55,
0 × 10
2 = ×
− rad
−
m
A largura angular é o dobro deste valor, 2(3,02 × 10 −3 rad) = 6,04 × 10 –3 rad = 0,346°.
(b) Para l = 1,6 cm e d = 2,3 m, temos:
= sen 12 , 216 ( , × 10 m)
= 85 , × 10
2,
3m
− 1 − 2 − 3 rad
e a largura angular é 2(8,5 × 10 −3 rad) = 1,7 × 10 –2 rad = 0,97°.
32. (a) De acordo com a Eq. 36-12:
=
sen − 1
1,
22
= sen − 1
1, 22( vs / f )
d
d
(b) Para f = 1,0 × 10 3 Hz, temos:
= ( , )( )
sen−
1
1 22 1450 m s
( × )( 0, 60 ) = 6, 8°
.
25 103 Hz m
1, 22
( 1, 22)( 1450 m s)
=
= 2,
9 > 1.
d ( 1,0 × 103 Hz)( 0, 60 m)
Como sen u não pode ser maior que 1, nesse caso não existe um mínimo.
96 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
33. De acordo com a Eq. 36-14, temos:
R
1,
22
= =
d
em que o raciocínio que leva à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas pontilhistas
e a difração da pupila”.
(a) De acordo com a equação anterior,
D
D
,
L
1, 22L
1, 22( 1, 40 10−9 m)( 2000 103
m)
d
0,
200 × 10− 3 m = 17, 1 m.
= =
× ×
(b) Densidade de energia é igual a potência por unidade de área. Supondo que o laser se comporta
como uma fonte isotrópica, a área no caso é a área da superfície de uma esfera, que é proporcional
ao quadrado do raio. Assim, a razão r das densidades de energia é igual à razão das
distâncias: r = (d/D) 2 = 1,37 × 10 −10 .
34. (a) Como u = 1,22 l/ d , quanto maior o comprimento de onda, maior o raio do primeiro mínimo
(e do segundo máximo). Assim, os dois anéis são vermelhos (a cor da luz visível com
maior comprimento de onda).
(b) O diâmetro aproximado das gotas é
1, 22 1, 22( 7 10
d = ≈
− 7
m)
1, 5( 0, 50° )( / ° ) 2
×
180
= 1, 31× 0 −4
m = 0, 13 mm.
35. As franjas claras são observadas para ângulos u dados por d sen u = m l, em que m é um
número inteiro. Neste caso, temos d = 11a/2 e, portanto,
a sen u = 2m l/11.
O primeiro mínimo da figura de difração é observado para um ângulo u 1 dado por a sen u 1 =
l e o segundo é observado para um ângulo u 2 dado por a sen u 2 = 2 l, em que a é a largura da
fenda. Temos que contar os valores de m para os quais u 1 < u < u 2 ou, o que é equivalente, os
valores de m para os quais sen u 1 < sen u < sen u 2 . Isto significa que 1 < (2m/11) < 2. Os valores
de m que estão neste intervalo são m = 6, 7, 8, 9 e 10. Assim, existem cinco franjas claras entre
o primeiro e o segundo mínimos da envoltória.
36. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta
os efeitos de difração”, obtemos
−3
d
a = 03, 0
×
× 10−
m = 6, 52,
46 10
6
m
que interpretamos como significando que o primeiro mínimo de difração acontece a uma distância
do centro da figura de interferência um pouco maior que o máximo correspondente a m =
6 da figura de interferência. Isto significa que a envoltória central inclui o máximo central da
figura de interferência (correspondente a m = 0) e seis máximos laterais de cada lado, o que nos
dá um total de 6 + 1 + 6 = 13 franjas claras entre os dois mínimos de primeira ordem da figura
de difração.
37. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta os
efeitos de difração”, obtemos n = 2(d / a) – 1 = 2(2a/ a) – 1 = 3.
38. De acordo com o enunciado, a envoltória central de difração contém a franja clara central
de interferência (correspondente a m = 0 na Eq. 35-25) e dez franjas laterais de cada lado.
Como a décima primeira franja lateral de interferência não está contida na envoltória central,
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 97
concluímos que o primeiro mínimo da envoltória de difração (que satisfaz a relação senu = l/ a)
coincide com a décima primeira franja lateral de interferência, que corresponde a m = 11 na Eq.
36-25, o que nos dá
m
11
d
d = = = ⇒ 11a=
11.
sen
/
a
a
39. (a) Como o primeiro mínimo da figura de difração é observado para u = 5,00°, temos:
0,
440 m
a = = = 5, 0 m
.
sen
sen 5,
00°
(b) Como a quarta franja lateral clara da figura de interferência está ausente, d = 4a = 4(5,05
mm) = 20 mm.
(c) No caso da franja de interferência com m = 1,
e, portanto, a intensidade da franja é
I
= I m
a sen ( 5, 05 m)sen 1,
25
= =
0,
440 m
sen
o que está de acordo com a Fig. 36-45.
No caso da franja de interferência com m = 2,
e, portanto, a intensidade da franja é
I
= I m
° = 0,
787 rad
2
2
sen( 0,
787
= ( 7, 0 mW/cm2
rad)
)
5 7
0,
787
= , mW/cm2,
a sen ( 5, 05m)sen 2,
50
= =
0,
440 m
sen
o que também está de acordo com a Fig. 36-45.
° = 1,
57rad
2
= ( , ) sen( , 2
1 57
7 0 mW/cm2
rad)
2 8
1,
57
= , mW/cm2,
40. (a) Como a inclinação da reta da Fig. 36-45 é (80 rad)/1 = 80 e, de acordo com a Eq. 36-20,
essa inclinação é igual a p d / l, temos:
= d = 80
= 804( 35 ≈nm) 11. 077 nm 11,
1 m.
(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
mmax
d
d 11,
077 nm
= ( sen
) = = ≈
max
25, 5,
435 nm
o que mostra que existem 25 franjas claras secundárias de um dos lados do máximo central. Isso
significa que, incluindo o máximo central, existem 51 franjas claras de interferência (supondo,
como é dito no enunciado, que nenhum dos máximos de interferência é totalmente eliminado
por um mínimo de difração).
(c) O menor ângulo para o qual existe um máximo é o ângulo correspondente ao máximo central:
u = 0°.
98 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(d) Fazendo m = 25 na Eq. 35-25, obtemos
=
sen−
1 m
= sen−
1
( 25)( 435 nm)
d
11077 nm
41. (a) Como o ângulo correspondente ao ponto P é
= tan−
1 y
= tan−1 0,
700 m
D 4,
00 m
= 9,
= 79, 0°
.
93° = 01, 73 rad,
a Eq. 36-20 nos dá
d sen ( 24, 0 m)
sen 9,
93°
0,
600 m
= =
= 21,
66 rad.
Assim, de acordo com a Eq. 36-21,
a sen ( 12, 0 m)
sen 9,
93°
= =
0,
600 m
o que, de acordo com a Eq. 36-19, nos dá
I
= (cos )
2
I m
sen
2
= [ cos ( 21,
66 rad) ]
2
= 10,
83 rad,
2
sen( 10,
83rad)
74 , 3 10
3.
10,
83
= × −
(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 35-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
m
d sen 24, 0 m
sen 9,
93°
0,
600 m
= = ( ) ≈ 6, 9,
o que mostra que o ponto P está entre o sexto mínimo de interferência (que corresponde a m =
6,5) e o sétimo máximo secundário (que corresponde a m = 7).
(c) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-3 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
m
a sen 12, 0 m
sen 9,
93°
0,
600 m
= = ( ) ≈ 3, 4,
o que mostra que o ponto P está entre o terceiro mínimo de difração (que corresponde a m = 3)
e o quarto mínimo de difração (que corresponde a m = 4). Os máximos não estão exatamente
a meio caminho entre os mínimos (veja o Problema 36-17) e sua localização é considerada na
resposta.
42. (a) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Experimento de dupla fenda levando em conta
os efeitos de difração”, fazemos a posição da quarta franja clara secundária da figura de interferência
coincidir com o primeiro mínimo da figura de difração, o que nos dá
4
d
sen = = ⇒ = 4.
d a a
(b) Todas as franjas claras de interferência que coincidem com um mínimo de difração são eliminadas.
Isso acontece para
m1 m2 m1
sen = = = ,
d a 4a
o que nos dá m 1 = 4m 2 , em que m 2 = 1, 2, 3, … Assim, as franjas claras eliminadas são a 4 a , a 8 a ,
a 12 a e assim por diante, ou seja, todas as franjas claras secundárias múltiplas de 4.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 99
43. (a) As posições angulares u das franjas claras de interferência são dadas por d sen u = m l,
em que d é a distância entre as fendas, l é o comprimento de onda e m é um número inteiro. O
primeiro mínimo de difração acontece para um ângulo u 1 dado por a sen u 1 = l, em que a é a
largura das fendas. Como o pico de difração se estende de –u 1 a +u 1 , devemos contar o número
de valores de m para os quais −u 1 < u < +u 1 ou, o que é equivalente, o número de valores de
m para os quais −sen u 1 < sen u < +sen u 1 . Isso nos dá –1/ a < m / d < 1/ a, ou seja, –d / a < m <
+d / a. Como
d
= 01,
50 × 10−3
m
= 5, 00,
a 300,
× 10−
6
m
os valores de m são m = –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 e +4, o que corresponde a um total de 9
franjas.
(b) A intensidade na tela é dada por
I
= I m ( cos ) 2
sen
na qual a = (p a/ l) sen u, b = (p d / l) sen u e I m
é a intensidade da franja central. No caso da
terceira franja clara, d sen u = 3 l, o que nos dá b = 3p rad, e a = 3p a/ d = 3p /5,00 = 0,600p
rad. Assim,
I
= (cos
2
3
)
I m
sen 0,
600
0,
600
2
2
= 0, 255.
Nota: A expressão da intensidade envolve dois fatores: (1) o fator de interferência cos 2 b, associado
à interferência das ondas que passam por duas fendas separadas por uma distância d , e
(2) o fator de difração [(sen a)/ a] 2 , que resulta da difração produzida por uma fenda de largura
a. No limite em que a → 0, (sen a)/ a → 1 e recuperamos a Eq. 35-22, usada para calcular a
interferência entre duas fendas de largura desprezível separadas por uma distância d . Por outro
lado, fazendo d = 0 (ou b = 0), recuperamos a Eq. 36-5, usada para calcular a difração de uma
única fenda de largura a. A figura a seguir mostra a intensidade relativa I / I m
em função de u.
44. De acordo com a Eq. 36-25, os máximos de difração obedecem à relação d sen u = m l. Neste
caso, como o ângulo entre os máximos correspondentes a m = 1 e m = –1 é 26°, o ângulo u
correspondente a m = 1 é u = 26°/2 = 13°. Assim, a distância efetiva entre as ranhuras é
d
m
( 1)( 550 nm)
= = = ≈
sen
sen13°
45. A distância entre ranhuras vizinhas é
2,
4 m 2 m.
d = 20,0 mm/6000 = 0,00333 mm = 3,33 mm.
.
100 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
= ( = ± ± )
(a) Sabemos que d sen m
m 0, 1, 2 ,… de u corresponde a |m| = 5, o que nos dá
= sen − 1 ( | | ) = sen−
1 ( ,
5 0 589 m)
m / d
3,
33m
(b) O segundo maior valor de u corresponde a |m| = 4, o que nos dá
= sen − 1 ( | | ) = sen−
1 ( ,
4 0 589 m)
m / d
3,
33m
(c) O terceiro maior valor de u corresponde a |m| = 3, o que nos dá
= sen − 1 ( | | ) = sen−
1 ( ,
3 0 589 m)
m / d
3,
33m
Como |m| l/ d > 1 para |m| ≥ 6, o maior valor
= 62, 1°
.
= 45, 0°
.
= 32, 0°
.
46. A posição angular do máximo de difração de ordem m é dada por m l = d sen u. Para que o
máximo de quinta ordem seja observado, é preciso que
o que nos dá
sen u| m=5 = 5 l/ d ≤ 1,
d 1,
00 nm/315
≤ = = 635nm.
5 5
Assim, o maior comprimento de onda para o qual as linhas de quinta ordem podem ser observadas
é l = 635 nm.
47. A distância entre as ranhuras é
d = 1/(400 mm –1 ) = 2,5 × 10 –3 mm.
Como a posição angular das linhas de difração é dada pela relação d sen u = m l, em que l é o
comprimento de onda e m é um número inteiro, para uma dada ordem, o ângulo u correspondente
a um comprimento de onda maior é maior que o ângulo u correspondente a um comprimento
de onda menor. Vamos fazer l = l max , o maior comprimento de onda do espectro visível,
e verificar qual é o maior valor inteiro de m para o qual u ≤ 90°, ou seja, o maior valor inteiro
de m para o qual m l max ≤ d . Como
×
×
d 25,
10−
6m
=
−
max 700 10
9
m
≈ 3, 57,
esse valor é m = 3. Assim, a rede pode produzir três ordens completas de cada lado da ordem
m = 0; a segunda e a terceira ordens estão parcialmente superpostas para os comprimentos de
onda do espectro visível.
48. (a) Chamando de M o maior valor de m, devemos ter M l = a sen u < d , o que nos dá M <
d / l = 900 nm/600 nm = 1,5 e, portanto M = 1. Assim, são observados três máximos, correspondentes
a m = −1, 0 e 1.
(b) De acordo com a Eq. 36-28, temos:
D
= ml = = =
−
N d cos
1
= tan sen
1000
d sen
tan
1
tan sen
1
N d cos
N N
d
−1
600 nm
900nm = 0, 051°
.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 101
49. (a) A posição angular dos máximos produzidos por uma rede de difração obedece à relação
d sen u = m l, onde d é o espaçamento das fendas, l é o comprimento de onda e m é um número
inteiro. Como as linhas são vizinhas, a diferença entre os números de ordem é igual a 1. Seja m
o número de ordem da linha para a qual sen u = 0,2 e seja m + 1 o número de ordem da linha
para a qual sen u = 0,3. Nesse caso, 0,2d = m l e 0,3d = (m + 1) l. Subtraindo a primeira equação
da segunda, obtemos 0,1d = l, o que nos dá
600 × 10
d = =
0, 1 0,
1
−9
m
= 6, 0 × 10−6
m = 6,0 m.
(b) A posição angular dos mínimos da figura de difração produzida por uma fenda obedece à
relação a sen u = m l, em que a é a largura da fenda. Como os máximos de quarta ordem da figura
de interferência estão ausentes, a posição angular desses máximos deve corresponder a um
dos mínimos da figura de difração. Se a é a menor largura para a qual os máximos desta ordem
estão ausentes, a sen u = l e d sen u = 4 l, o que nos dá
a
d 60,
× 10
= =
4 4
−6
m
= 1, 5 × 10−
6
m = 1,5 m.
(c) Vamos fazer u = 90° e determinar o maior valor de m para o qual m l < d sen u ; esta é a maior
ordem que é difratada em direção à tela. A condição equivale a m < d / l, e como
d
= 60 , × 10
600 × 10
−6
−9
m
m
= 10, 0,
o maior valor de m para o qual um máximo é observado é m = 9.
(d) Se os máximos de quarta ordem da figura de interferência coincidem com os mínimos de
primeira ordem da figura de difração, os máximos de oitava ordem da figura de interferência
coincidem com os mínimos de segunda ordem da figura de difração. Isso significa que os máximos
de oitava ordem da figura de interferência estão ausentes e, portanto, o segundo maior
valor de m para o qual um máximo é observado é m = 7.
(e) Como os máximos de sexta ordem da figura de interferência não coincidem com nenhum
mínimo da figura de difração, o terceiro maior valor de m para o qual um máximo observado
é m = 6.
50. Vamos usar a Eq. 36-25. Para m = ±1,
para m = 2,
para m = −2,
para m = 3,
e para m = −3,
d sen ( 1,
73 m)s en( 17,6 ° )
m
1
= =
±
±
( 1,
73 m)sen(37,3 ° )
2
= = 524 nm,
=
=
−
( 1,
73 m)sen( 37,1 ° )
2
−
( 1,
73 m)sen(65,2 ° )
3
= 523 nm,
= 522 nm,
= = 523 nm
−
( 1,
73 m)sen( 65,0 ° )
3
−
= 523 nm.
O valor médio de l é (523 + 523 + 524 + 522 + 523 + 523)/6 = 523 nm.
102 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
51. (a) Como d = (1,00 mm)/180 = (1,00 × 10 −3 m)/180, a Eq. 36-25 nos dá
Assim,
1
2
=
sen− 1 m
= sen − 1( 180 × 10−
3
m)( 2) .
d
= [ 1] = [ ×
× ] =
sen − 1
( 180 mm)( 2) sen − 1
( 180 10−
3
m)( 2)(
4001 0−
9
m) sen −1( 0, 144)
= 8, 3o,
= [ 2 ] = [ ×
× ] =
sen − 1
( 180 mm)( 2) sen − 1
( 180 10−3
m)( 2)(
5001 0−
9
m) sen −1( 0, 180)
= 10,
4
o
e, portanto, Du = u 2 − u 1 = 10,4 o − 8,3 o = 2,1 o .
(b) De acordo com a Eq. 36-25, a condição para que dois máximos se superponham é m 1 l 1 =
m 2 l 2 , o que pode ser escrito na forma m 2 / m 1 = l 2 / l 1 = (500 nm)/(400 nm) = 5/4, o que nos dá
m 1 = 5 e m 2 = 4. Assim,
= sen
= sen
− 1 m11 −1
d
×
−4
5(4,0 10 mm)
1
0 36 21
0,
0056
mm
= sen −
( , ) = ° .
(c) Como l 2 > l 1 , as posições angulares são maiores para l 2 e, portanto, só é necessário realizar
o cálculo para esse comprimento de onda. Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma
variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:
mmax
d sen 90°
d 0,
0056 mm
× 10−
4
2 2
5, 0 mm
= = =
= 11,
2,
o que mostra que a maior ordem para a qual os máximos associados aos dois comprimentos de
onda estão presentes na figura de difração é a ordem correspondente a m = 11.
52. Como a rede possui 160 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é
−
10
3
m
d = = 62 , 5 × 10−6
m.
160
(a) Para resolver este item, temos que calcular o valor de u para vários valores de m e l a partir
da Eq. 36-25. Para m = 2 e l = 460 nm, por exemplo, temos:
−9
sen−
1
sen −1
2(460 62,
5
10−
)
10
6
m
=
= ×
1 01 472 8 46
= sen − ( , ) = , ° .
Procedendo de forma análoga, obtemos 11,81° para m = 2 e l = 640 nm, 12,75° para m = 3 e
l = 460 nm e 17,89° para m = 3 e l = 640 nm. A primeira superposição acontece quando calculamos
o ângulo para m = 4 e l = 460 nm; o resultado é 17,12°, um ângulo menor que o calculado
para m = 3 e l = 460 nm. Assim, a menor ordem que se superpõe a outra ordem é a terceira,
que se superpõe à quarta.
(b) Como as posições angulares são maiores para maiores comprimentos de onda, só é necessário
realizar o cálculo para o maior comprimento de onda do feixe srcinal. Considerando o
parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:
mmax
=
d sen 90°
62 , 5 10−6
m
=
=
640 10−9
m 640 10−9
m 9 , 8 ,
×
×
×
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 103
o que mostra que a maior ordem para a qual todos os comprimentos de onda estão presentes é
a nona ordem.
(c) Para m = 9 e l = 460 nm, a Eq. 36-25 nos dá
= sen−
(d) Para m = 9 e l = 640 nm, a Eq. 36-25 nos dá
1
9( 460 × 10−
9
m)
× = sen −1(
0, 662) = 415 ,
o.
62 , 5 10−
6
m
−9
= sen −1
9( × − )
= −
,
6 sen 1
62
640
5 10
10
m
( 0, 922) 672 , o
= .
(e) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
mmax
=
d sen 90°
62 , 5 10−
6
m
=
=
460 10−9
m 460 10−9
m 13 , 6 ,
×
o que mostra que a maior ordem para a qual a luz de 460,0 nm aparece é a correspondente a
m = 13. Assim, temos:
= sen
= sen
− 1 m
−1
d
×
×
×
−9
13(460 10 m)
−
62 , 5 × 10−
= sen 1 ( 09, 57 ) = 73, 1°
.
6
m
53. No ponto da tela correspondente à borda interna do furo, tan u = 5,0 cm/30 cm, o que nos
dá u = 9,46°. Além disso, sabemos que o espaçamento d das ranhuras é 1,0 mm/350 = 1,0 ×
10 6 nm/350.
(a) De acordo com a Eq. 36-25, temos:
m
d sen ( 1, 0 10 6 nm/350)( 0,
1644) 470 nm = .
= =
×
Como, para a luz branca, l > 400 nm, o único número inteiro possível é m = 1. Assim, na borda
do furo, l = 470 nm. Este é o menor comprimento de onda da luz que passa pelo furo.
(b) Na borda externa do furo, tan u9 = 6,0 cm/30 cm, o que nos dá u9 = 11,31°. Assim, o maior
comprimento de onda da luz que passa pelo furo é
1,
0 × 10 6
nm
′ = ′ =
d sen
sen( 113 , 1° ) = 560 nm.
350
54. Como a largura das fendas é muito menor que o comprimento de onda da luz, o pico central
da figura de difração se espalha por toda a tela e a envoltória de difração pode ser ignorada.
Considere três ondas, cada uma proveniente de uma fenda. Como o espaçamento das fendas é
uniforme, a diferença de fase entre as ondas provenientes da primeira e segunda fendas é igual
à diferença de fase entre as ondas provenientes da segunda e terceira fendas. Assim, os campos
elétricos das ondas na posição da tela podem ser escritos na forma
=
E1 E0
sen( t )
= +
E2 E0
sen( t )
= +
E3 E0 sen( t 2
)
em que f = (2p d / l) sen u, d é a distância entre fendas vizinhas e l é o comprimento de onda.
O diagrama fasorial é mostrado na figura a seguir.
104 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
O campo resultante é
= + = + ( )
E E0 cos E0 cos E 0 1 2 cos .
Como a intensidade de uma onda é proporcional ao quadrado do campo elétrico, temos:
I = AE 0 2 2
( 1+
2 cos ) ,
em que A é uma constante de proporcionalidade. Para f = 0, a intensidade tem o valor máximo,
Im = 9AE
0 2 . Fazendo A = Im
/9E
2
0 na equação anterior, obtemos
I
Im
2 I m
2
9 1 2 cos 9 1 4 cos 4 cos .
= ( + ) = ( + + )
55. Se uma rede de difração mal consegue resolver dois comprimentos de onda cuja média é
l med e cuja diferença é Dl, a resolução da rede é definida através da equação R = l med / Dl. De
acordo com a Eq. 36-32, R = Nm, na qual N é o número de ranhuras da rede e m é a ordem das
linhas. Assim, l med / Dl = Nm e
56. (a) Como R ∆ Nm, temos:
N
= =
N
med
656,
3nm
= = = 36 , 5 × 10 3 ranhuras.
mD
( 1 )( 01,
8 nm )
( 415, 496 nm + 415,
487 nm)
2
= =
= 23. 100.
mD
24( 15, 96 nm − 415,
487 nm)
7
(b) lar dos Como máximos o espaçamento de segunda das ordem ranhuras é é d = (4,0 × 10 nm)/23.100 = 1732 nm, a posição angu-
=
sen−
1 m
= sen−
1
( 2)( 4155 , nm)
d
1732nm
= 28, 7°
.
57. (a) Como o espaçamento das ranhuras é d = (76 × 10 6 nm)/40.000 = 1900 nm, a posição
angular dos máximos de primeira ordem é
Fazendo m = d sen u/ l na Eq. 36-30, obtemos
=
sen−
1
= sen −1 589 nm
= 18°
.
d 1900 nm
tan
tan18°
= D = = × = 5, 51 0−
4 rad/nm 0,
032°
/nm.
589 nm
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 105
(b) Para m = 1, a resolução é R = Nm = 40.000m = 40.000 = 4,0 × 10 4 .
(c) Para m = 2, u = 38° e o valor correspondente da dispersão é 0,076°/nm.
(d) Para m = 2, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)2 = 8,0 × 10 4 .
(e) Para m = 3, u = 68° e o valor correspondente da dispersão é 0,24°/nm.
(f) Para m = 3, a resolução é R = Nm = 40.000 m = (40.000)3 = 1,2 × 10 5 .
58. (a) Como R = l/ Dl = Nm, temos:
D
500 nm
= = = 0, 056 nm = 56 pm.
Nm ( 600/mm)( 5, 0 mm)( 3)
(b) Considerando o parâmetro m da Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo,
temos:
mmax
d
d
1
= ( sen
) = =
= 3, 3,
max
( 600 / mm)(500 × 10−
6
mm)
o que mostra que nenhuma ordem acima da terceira pode ser observada.
59. De acordo com as Eqs. 36-31 e 36-32, temos:
D
med
= =
600 nm
= 0,15 nm.
Nm ( 1000 linhas/cm)( 2, 0 cm)( 2)
60. De acordo com as Eqs. 36-31 e 36-32, temos:
61. (a) De acordo com a Eq. 36-25, temos:
(b) A largura da rede é
d
N
med ( 589,
6 nm + 589,0n m ) / 2
= =
mD
25( 89, 6 nm − 589, 0 nm) = 491.
mmed
3( 589, 3nm)
= =
= 1, 0 × 10 nm = 10 m
sen
10°
4
.
sen
R d
L = Nd = med (, 589 3nm)( 10 m)
d
= =
D
m m 3(
589, 59 nm 589, 00 nm)
62. (a) De acordo com as Eqs. 36-28, 36-32 e 36-25, temos:
D
ml R
=
−
N d
Nm = m
= d sen
cos d cos
=
d cos
= 3,
3 × 10 3 m = 3,3 mm.
tan .
(b) Como se trata da primeira ordem, m = 1 e o ângulo correspondente, u 1 , satisfaz a relação d
sen u 1 = m l = l, o que nos dá sen u 1 = l/ d . Assim, o produto pedido é
tan
sen
1 sen
1
1
1
= =
=
=
cos
1 1−
sen
2
1 ( 1/ sen 1 )
2
− 1 ( d / )
1
=
0 89
900
2
− = , .
( nm/600 nm)
1
1
2
− 1
106 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
63. Seja l 1 o menor comprimento de onda e seja u a posição angular da linha associada a l 1 .
Seja l 2 o maior comprimento de onda e seja u + Du a posição angular da linha associada a l 2 .
Se o espectro cobre um ângulo Du, temos:
Como
e
temos:
= = +
d sen e d sen( D ).
1 2
sen (u + Du) = sen u cos Du + cos u sen Du
cos
= 1−
sen
2
,
l 2 = d (sen u cos Du) + d (cos u sen Du) = l 1 cos Du + d 2 − 1 2
Explicitando d , obtemos
sen D
.
d =
=
2
( 2 − 1 cos D ) + ( 1 sen D )
sen2
D
[( 680 nm) − ( 430 nm)cos 20° ] + [( 430 nm)sen
20°
]
sen2
20°
2
2 2
= 914 nm = 9,
14 × 10 −4
mm.
Isso significa que existem 1/ d = 1/(9,14 × 10 –4 mm) = 1,09 × 10 3 ranhuras por mm.
64. Fazendo m = 1 na Eq. 36-34, obtemos:
min
pm
=
sen−
1 m
= −
1
( 1)( 30 )
sen
2 9
2d 20 ( , 30 × 10
3
, .
pm) = °
65. No caso do primeiro feixe, 2d sen u 1 = l A; no caso do segundo, 2d sen u 2 = 3 l B.
(a) O valor de d pode ser calculado a partir da segunda relação:
d
3
3( 97 pm)
2 60°
B
= = = ×
2sen
2 sen
1,
7 102
pm.
(b) Uma vez conhecido o valor de d , o valor de l
A
pode ser conhecido a partir de primeira relação:
= 2d
sen = × 2( 1, 7 102 pm = × )(sen 23°
) 1,
3 102
pm.
A
66. O comprimento de onda dos raios X é
1
l = 2d sen u = 2(39,8 pm) sen 30,0° = 39,8 pm.
67. (a) Na Fig. 36-46, o ângulo do pico mais intenso é aproximadamente 0,75°. De acordo com
a Eq. 36-34, temos:
= = = =
2d sen 2( 0, 94 nm)sen( 0, 75° ) 0,
025nm 25 pm.
1 1
Este pico é produzido pelo menor comprimento de onda.
(b) Na Fig. 36-46, o ângulo do segundo pico mais intenso é aproximadamente 1,15°. De acordo
com a Eq. 36-34, temos:
= = 2d sen 2( 0= , 94 nm = )sen 1, 15°
0,
038 nm 38 pm.
2
Este pico é produzido pelo maior comprimento de onda.
2
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 107
Nota: Como o feixe contém apenas dois comprimentos de onda, os outros picos devem ser produzidos
por difrações de ordem maior que 1. Para verificar se isso é verdade, podemos calcular
a posição dos picos de segunda ordem produzidos pelos dois comprimentos de onda. No caso
do menor comprimento de onda, temos:
′ =
− 1
22 =
− 1
0,
038 nm
=
−1
2 sen sen
sen ( 0,
040) = 2, 32o,
2d
0,
94 nm
que corresponde à posição do quarto pico mais intenso.
68. De acordo com a Eq. 36-34, temos:
2d
sen
2d
sen
2
1
2
= ⇒ sen
2 = 2sen 1.
Assim, para u 1 = 3,4°, obtemos u 2 = 6,8°. Note que u 2 ≈ u 1 porque os ângulos envolvidos são pequenos
(para ângulos pequenos, u 2 / u 1 ≈ sen u 2 / sen u 1 ).
69. De acordo com a Eq. 36-34,
d
m
201 ( , 2 × 10−
9m)
= =
= 25,
6 × 10−
10
m ≈ 0,26nm.
2sen
2sen
28°
70. De acordo com a Eq. 36-34, 2d sen u = l. Como o ângulo de incidência nos planos refletores
é u = 63,8° – 45,0° = 18,8° e a distância interplanar é d = a 0 / 2, temos:
71. De acordo com a Eq. 36-34,
= sen
2
( 0,
260 nm) 2
a0 = d = 2 = 2sen
=2 sen 18, 8°
0,
570 nm.
= sen
− 1 m
−1
2d
( 01, 25 × 10−
9m)
m
1
0 2480
2( 0,
252 × 10
9
= sen − ( , m).
− m)
(a) Para m = 2, a equação do enunciado nos dá u = 29,7°. Isto significa que o menor valor de
uma rotação no sentido horário é f = 45° − 29,7° = 15,3°.
(b) Para m = 1, a equação do enunciado nos dá u = 14,4°. Isto significa que o menor valor de
uma rotação no sentido horário é f = 45° − 14,4° = 30,6°.
(c) Para m = 3, a equação do enunciado nos dá u = 48,1°. Isto significa que o menor valor de
uma rotação no sentido anti-horário é f = 48,1° − 45° = 3,1°.
(d) Para m = 4, a equação do enunciado nos dá u = 82,8°. Isto significa que o maior valor de
uma rotação no sentido anti-horário é f = 82,8° − 45° = 37,8°.
Note que não existem máximos de difração para m > 4, o que pode ser constatado observando
que m l/2d > 1 para m > 4.
72. Os comprimentos de onda satisfazem a relação
m l = 2d sen u = 2(275 pm)(sen 45°) = 389 pm.
No intervalo de comprimentos de onda especificado, os valores permitidos de m são m = 3 e
m = 4.
(a) O maior comprimento de onda é 389 pm/3 = 130 pm.
(b) O valor do número de ordem m associado é m = 3.
108 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) O menor comprimento de onda é 389 pm/4 = 97,2 pm.
(d) O valor do número de ordem m associado é m = 4.
73. As famílias de planos com as cinco maiores distâncias interplanares (depois de a 0 ) são mostradas
na figura a seguir.
(a) A segunda maior distância interplanar é a0 2 = 07, 071a0
.
(b) A terceira maior distância interplanar é a0 5 = 0, 4472a0.
(c) A quarta maior distância interplanar é a0 10 = 0, 3162a0.
(d) A quinta maior distância interplanar é a0 13 = 0, 2774a0.
(e) A sexta maior distância interplanar é a0 17 = 0, 2425a0.
(f) Como todo plano cristalino passa por pontos da rede, a inclinação do plano pode ser escrita
como a razão de dois números inteiros. Considere uma família de planos de inclinação m/ n, como
mostra a figura a seguir. O primeiro e o último planos mostrados no desenho passam por pontos
vizinhos de uma mesma reta horizontal e são separados por m – 1 planos. Se h é a distância
entre o primeiro plano e o último plano, a distância interplanar é d = h / m. Se os planos fazem
um ângulo u com a horizontal, a normal aos planos (indicada na figura por uma reta tracejada)
faz com a horizontal um ângulo f = 90° – u. A distância h é dada por h = a 0 cos f e a distância
interplanar é d = h/ m = (a 0 / m) cos f. Como tan u = m/ n, tan f = n/ m e
cos
= 1 + 1 tan =
2
+ m n2 m2
.
Assim,
d
h
m
a0 cos
a0
.
m n2 m2
= = =
+
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 109
74. (a) De acordo com a Eq. 36-14,
R
( 12 , 2)( 540 × 10−6
mm)
= 1,
22 =
= 1,
3 × 10−
4
rad.
d 5,
0 mm
(b) A separação linear é D = Lu R = (160 × 10 3 m) (1,3 × 10 –4 rad) = 21 m.
75. De acordo com a Eq. 36-25,
= d sen ( 1 , 0 mm/200)(sen30 ° ) 2500 nm
= = ,
m m m
em que m é um número inteiro. Como o comprimento de onda deve estar no intervalo da luz
visível, m pode assumir apenas os seguintes valores: m 1 = 4, m 2 = 5 e m 3 = 6.
(a) O maior comprimento de onda corresponde a m 1 = 4, o que nos dá l 1 = 2500 nm/4 =
625 nm.
(b) O segundo maior comprimento de onda corresponde a m 2 = 5, o que nos dá l 2 = 2500 nm/5 =
500 nm.
(c) O terceiro maior comprimento de onda corresponde a m 3 = 6, o que nos dá l 3 = 2500 nm/6 =
416 nm.
76. Combinando a Eq. 36-31 ( R = l med / Dl) com a Eq. 36-32 ( R = Nm) e explicitando N , obtemos:
N
med
= = = ×
mD
590,
2 nm
2( 0, 061 nm)
48, 4 10 3 .
77. Quanto mais estreita a fenda, mais larga é a figura de difração. Assim, falar de “largura mínima”
equivale a dizer que devemos procurar os menores valores possíveis de m (a ordem do mínimo
produzido para um comprimento de onda l = 600 nm) e m9 (a ordem do mínimo produzido
para um comprimento de onda l9 = 500 nm). Como os ângulos são iguais, a Eq. 36-3 nos dá
m
= m′ ′,
o que significa que m = 5 e m9 = 6. Assim, de acordo com a Eq. 36-3,
a
mλ
56 ( 00 × 10−9
m)
= =
=
sen
sen(1,00 × 10−9
rad)
3,00 × − 10 3 m.
110 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das linhas de difração. A linha cheia
representa a intensidade para a luz laranja; a linha tracejada, a intensidade para a luz verde. O
ângulo u = 0,001 rad corresponde a m = 5 para a luz laranja e a m9 = 6 para a luz verde.
78. A envoltória central de difração se estende ao intervalo –u 1 < u < +u 1 , em que u 1 = sen −1 ( l/ a).
Como a posição angular dos máximos do padrão de interferência de dupla fenda é dada por
devemos ter
m
=
m
sen −1
d ,
m
− sen− 1
< sen− 1
< + sen−1
a
d a ,
que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes,
em que estão todos esses ângulos, equivale a
m
a d a .
− < < +
Escrevendo essa desigualdade na forma –d / a < m < +d / a, obtemos –6 < m < +6, o que nos dá,
como m é um número inteiro, –5 ≤ m ≤ +5. Assim, existem 11 franjas claras entre os dois mínimos
da primeira ordem da figura de difração.
79. (a) Como a resolução de uma rede de difração é dada por R = l/ Dl e por Nm, o intervalo
de comprimentos de onda que podem ser resolvidos na ordem m é Dl = l/ Nm, na qual N é o
número de ranhuras da rede e l é a largura de linha média. A frequência f está relacionada ao
comprimento de onda através da equação f l = c, em que c é a velocidade da luz. Isto significa
que f Dl + l Df = 0, o que nos dá
2
D = − D = f − Df
f c
O sinal negativo está relacionado ao fato de que um aumento da frequência corresponde a uma
diminuição da largura de linha. Podemos interpretarDf como o intervalo de frequências que
podem ser resolvidas e considerar esse valor como positivo. Assim,
e
2
D f =
c Nm
Df
=
c
Nm
.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 111
(b) A diferença entre os tempos de percurso dos raios extremos éDt = DL/ c, em que DL é a
diferença entre as distâncias percorridas. Como as ondas partem de fendas que estão separadas
por uma distância ( N – 1)d , na qual d é o espaçamento das fendas e N é o número de fendas, a
diferença das distâncias é DL = ( N – 1)d sen u e a diferença de tempo é
Dt
=
−
( N 1 )sd
en .
c
Se N >> 1, podemos usar a aproximação Dt = ( Nd / c) sen u.
(c) Multiplicando as expressões obtidas para Dt e Df , obtemos
D f Dt
=
c
Nm
80. De acordo com a Eq. 36-14, temos:
R
N d sen
c
1,
22
= =
d
d sen
= = 1.
em que o raciocínio usado para chegar à segunda igualdade é o mesmo do Exemplo “Pinturas
pontilhistas e a difração da pupila”. De acordo com a equação do enunciado, temos:
D
D
,
L
1, 22L
1, 22( 500 10−9
m)( 0, 250 m)
d
50 , 0 10−3
m
= =
×
×
m
= 30 , 5 × 10−
5 m = 30,5 m.
81. Considere dois dos raios mostrados na Fig. 36-49, um logo acima do outro. A distância adicional
percorrida pelo raio de baixo pode ser determinada traçando retas perpendiculares do ponto
em que o raio de cima muda de direção (que será chamado de ponto P) até os raios incidente
e difratado do raio de baixo. Vamos chamar de A e C os pontos onde essas retas interceptam o
raio de baixo. O ponto em que o raio de baixo muda de direção será chamado de ponto B. Note
que o ângulo ∠ APB é igual a c e o ângulo ∠ BPC é igual a u (veja a Fig. 36-49). A diferença
de percurso entre os dois raios é
Dx = |AB| + |BC | = d sen c + d sen u.
A condição para que seja formada uma franja clara é, portanto,
= + =
Dx d(sen sen) m,
em que m = 0, 1, 2, … Fazendo c = 0, obtemos a Eq. 36-25.
82. O desvio angular de um raio difratado (ângulo entre o prolongamento do raio incidente e o
raio difratado) é c 9 = c + u. Para m = 1, temos:
= + = + −
' sen−1
sen
d
na qual l/ d = (600 × 10 −9 m)/(1,5 × 10 −6 m) = 0,40. A figura a seguir mostra o gráfico de c 9 em
função de c . (As duas escalas estão em radianos.)
112 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
83. (a) A envoltória central de difração se estende ao intervalo – u 1 < u < +u 1 , em que u 1 =
sen −1 ( l/ a), uma expressão que poderia ser simplificada se a aproximação para pequenos ângulos
pudesse ser usada, o que não é o caso, já que a é muito pequeno). Como a posição angular
dos máximos de interferência é dada por
esse intervalo se torna
m
m
= sen − 1
,
d
−
<
< +
sen− 1
sen− 1 m sen−
1
,
a
d a
que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes,
onde estão todos esses ângulos, equivale a
m
a d a .
− < < +
Escrevendo essa desigualdade na forma –d/a < m < +d / a, obtemos –7 < m < +7, o que nos dá
(como m é um número inteiro) –6 ≤ m ≤ +6. Assim, existem 13 franjas claras na envoltória
central.
(b) O intervalo (em uma das envoltórias de primeira ordem) é
−
<
m
sen sen
< + sen
2
,
− 1
− 1
−1
a
d
a
o que nos dá d/a < m < 2d/a e, portanto, 7 < m < 14. Como m é um número inteiro, isto significa
que 8 < m < 13, ou seja, existem 6 diferentes valores de m para essa envoltória. Como existem
duas envoltórias de primeira ordem, uma de cada lado da envoltória central, existem 12 franjas
claras nas duas envoltórias; entretanto, como é pedido o número de máximos de interferência
em apenas uma das envoltórias laterais, a resposta é 6.
A figura a seguir mostra a variação angular da intensidade das franjas de interferência. A envoltória
de difração central contém 13 franjas claras de interferência e as envoltórias laterais de
primeira ordem contêm seis franjas claras cada uma (desprezando o pico muito pequeno que
corresponde a m = 7).
84. A envoltória central de difração se estende ao intervalo − < < +
Como as posições angulares das franjas claras de interferência são dadas por
devemos ter
m
m
= sen − 1
,
d
−
<
m
sen sen < + sen
a d
1 1, em que u 1 = sen −1 ( l/ a).
− 1
− 1
−1
,
a
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 113
que, como o seno é uma função monotonicamente crescente no primeiro e no quarto quadrantes,
onde estão todos esses ângulos, equivale a
m
a d a .
− < < +
Escrevendo essa desigualdade na forma –d / a < m < +d / a, obtemos
m max < d / a < m max + 1.
Devido à simetria da figura de interferência, a multiplicidade dos valores de m é 2m max + 1 = 17,
o que nos dá m max = 8. Assim, o resultado se torna
d
8, 0 < ≤ 9, 0.
a
Como os mínimos de difração coincidem com os máximos de interferência, o valor de d / a é um
número inteiro; assim, d / a = 9,0.
85. O número de linhas da rede de difração é N = (1,8 cm)(1400/cm) = 2520. Combinando as
Eqs. 36-31 e 36-32, obtemos:
D
86. De acordo com a Eq. 36-17, temos:
D
med
450 nm
= = = = 0, 0595 nm 59, 5 pm.
Nm ( 2250)( 3)
1, 22L
1, 22( 500 10−9
m)( 40 m)
−3
d 40, 0 10−3
m 6,
1 10 m 6, 1 mm.
= =
87. De acordo com a Eq. 36-17, temos:
L
×
× =
× =
Dd ( 06, 0 m)( 00, 055 m)
= =
= 4, 91× 0 , .
1,
22
1, 22( 550 × 10−
3 m = 4 9 km
9
m)
88. De acordo com a Eq. 36-3,
m
= a m
a sen
⇒ = = =
sen
2
sen 37°
3, 3.
89. De acordo com a Eq. 36-25, o espaçamento das linhas é
d
=
m
2( 600 × 10−
9
m)
=
= 2,
203 × 10−
6
m = 2,203 × 10 −4
cm,
sen sen33°
que normalmente é expressa na forma de “número de linhas por centímetro”:
1
= 4539
d linhas/cm.
Como a largura da rede de difração é 3,00 cm, o número de linhas é
(4539 linhas/cm)(3,00 cm) = 1,36 × 10 4 linhas.
90. Embora os ângulos neste problema não sejam muito grandes, o que permitiria usar a aproximação
válida para pequenos ângulos sem cometer um erro considerável, vamos apresentar uma
solução que também é válida para grandes ângulos. De acordo com a Eq. 36-3,
m
m = a sen ⇒ = sen−
1
a = sen−
1
2( 0, 42 m)
5,
1 m
= 9 48
,
o.
114 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
Vamos chamar de D a distância entre a fenda e a tela e de y a distância entre o centro da figura
de difração e o segundo mínimo. Como D e y são os catetos de um triângulo retângulo no qual
o ângulo entre D e a hipotenusa é u, temos:
y = D tan u = (3,2 m) tan(9,48°) = 0,534 m = 53,4 cm.
91. Se, de acordo com o enunciado, a rede de difração possui 8900 fendas em 1,20 cm, o espaçamento
das fendas é d = (1,20 × 10 −2 m)/8900 = 1,3 × 10 −6 m. Considerando o parâmetro m da
Eq. 36-25 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo, temos:
mmax
o
d sen 90 1,
3 × 10−
6
= = 500 × 10−9
= 2, 6,
o que significa que existem 2 ordens de cada lado do máximo central.
92. Vamos chamar de L a distância Terra-Lua. A energia do feixe de luz projetado na Lua estava
concentrada em uma região circular de diâmetro d 1 tal que d 1 / L = 2u R = 2(1,22 l/ d 0 ), na qual d 0
é o diâmetro do espelho do telescópio. A fração da energia recebida pelo refletor de diâmetro
d 2 deixado na Lua foi η9 = (d 2 / d 1 ) 2 . A luz refletida, ao chegar de volta à Terra, tinha uma seção
reta circular de diâmetro d 3 tal que d 3 / L = 2u R = 2(1,22 l/ d 2 ). A fração da energia refletida
captada pelo telescópio foi, portanto, η99 = (d 0 / d 3 ) 2 . Assim, a fração da energia inicial recebida
pelo detector foi
= ′ ′′ =
d
d
0
3
2
d 2
d 1
2
=
d0d
2
d0d
2
( 2, 44 d )( 2, 44 d d ) 2,
44 d
d TL
0 TL 2
( 2, 6 m 0 10
=
)( , m
4
)
2, 440 69 × 10
6
3 82 108
( , −
m) ( , ×
≈ 4 × 10
m)
− 13.
2
=
93. Como estamos considerando o diâmetro do máximo central de difração, estamos falando do
dobro do ângulo de Rayleigh. Usando uma notação semelhante à do Exemplo “Pinturas pontilhistas
e a difração da pupila”, temos 2(1,22 l/ d ) = D/ L, o que nos dá
d
L
−
2 1 , 22 ( 1, 22)( 500 10
9
m)( 3, 54 105
m)
2
D
9,
1 m
= =
× ×
em
= 0, 047 m = 4,7c m .
4
94. Como d sen u = (L/ N ) sen u = m l, temos:
= ( L N m
× °
/ ) sen
( 1,
0 107
nm)(sen 30 )
=
( 1)( 10000)
= 500 nm.
95. Imagine que a fenda srcinal seja dividida em N faixas e que a luz de cada faixa, ao chegar à
tela, seja representada por um fasor. Nesse caso, no máximo central da figura de difração, temos
uma soma de N fasores, todos com a mesma orientação, a mesma fase e a mesma amplitude. A
intensidade da luz nesse ponto é proporcional a N 2 . Se a largura da fenda é multiplicada por 2,
passamos a ter uma soma de 2 N fasores e a intensidade da luz no máximo central é proporcional
a (2 N ) 2 , ou seja, é 4 vezes maior que no caso anterior. A energia que chega à tela por unidade
de tempo, porém, é apenas duas vezes maior. A explicação para essa aparente contradição é o
fato de que a área coberta pelo máximo central não é a mesma nos dois casos. Quando a largura
da fenda é multiplicada por dois, a largura do pico central é dividida por dois, de modo que a
integral da intensidade para a área coberta pelo máximo central é apenas duas vezes maior que
no caso anterior.
96. De acordo com a Eq. 36-3, temos:
= a sen (, 0 022 mm)sen 1,8°
= = × = 6,
91 10−
4
mm 691 nm.
m
1
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 115
97. De acordo com a Eq. 36-17, temos:
d
1, 22L
1, 22( 550 10−
9
m)( 160 103
m)
D
30 10−
2
m
= =
98. De acordo com a Eq. 36-17, temos:
L
× ×
×
Dd ( 2, 0 10−
2)( 5, 0 10−3)
= 164m.
1,
22 1, 22(
500 10−9)
= =
× ×
×
= 0, 358 m ≈ 36 cm.
99. (a) Aplicando a Eq. 36-25 aos limites do intervalo ( l1 = 700 nm e l2 = 550 nm), chegamos
à condição m 1 l 1 = m 2 l 2 para que a extremidade inferior do espectro de ordem mais elevada
esteja no limiar de se superpor à extremidade superior do espectro de ordem menor elevada.
Considerando o parâmetro m 1 uma variável contínua apenas para efeito de cálculo e fazendo
m 2 = m 1 + 1, obtemos:
=
550 nm
=
= 3, 6,
− 700 nm − 550 nm
m 1
2
1 2
o que significa que a superposição começa a ocorrer na quarta ordem.
(b) Se a rede possui 200 ranhuras/mm, o espaçamento das ranhuras é d = (1/200 mm). Basta
considerarmos o maior comprimento de onda do intervalo, que será o primeiro para o qual o
espectro completo não estará presente. Considerando o parâmetro m max uma variável contínua
apenas para efeito de cálculo, temos:
mmax
d sen 90°
( 1 / 200) mm 7, 14.
7 10−4
mm
= = ×
=
Isso significa que a maior ordem para a qual o espectro completo está presente é a sétima ordem.
Capítulo 37
1. A equação de dilatação do tempo Dt = g Dt 0 (em que Dt 0 é o intervalo de tempo próprio,
1 / 1
2
, e b = v/ c) nos dá
= −
=
Dt
2
1− Dt
0
.
De acordo com o enunciado, Dt 0 = 2,2000 ms. Como o mesmo intervalo, no referencial da Terra,
é Dt = 16,000 ms, temos:
= 1−
2,
2000 s
16,000 s
= −
2
= 0, 99050.
2. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-8, 1 / 1
2
, temos:
1
= − 1= −
1
1
( 1,
0100000)
2 2
−2
(b) Neste caso, =
1 10, 000000 0, 99498744.
− ( ) =
(c) Neste caso, =
−2
1− ( 100, 00000) = 0, 99995000.
2
(d) Neste caso, = 1− ( 1000, 0000) = 0, 99999950.
−
= 0, 14037076.
3. (a) Desprezando o tempo necessário para inverter o sentido do movimento da nave, o tempo
total gasto na viagem foi de um ano, de acordo com o relógio de bordo (que mede o intervalo
de tempo próprio Dt 0 ), e de 1000 anos de acordo com os relógios terrestres. Explicitando v/ c na
Eq. 37-7, obtemos:
= = −
2
= −
2
v
Dt
0
1 ano
1 1
=
c
Dt
1000 anos
0, 99999950.
(b) Como a equação da dilatação do tempo não envolve a aceleração (ou seja, a direção do vetor
velocidade), podemos presumir que não faria diferença se a viagem não fosse feita em linha
reta. Entretanto, esta é uma questão delicada, que até hoje é discutida pelos especialistas em
relatividade.
4. Devido à dilatação do tempo, o intervalo entre as idades inicial e final da filha é maior que
os quatro anos experimentados pelo pai:
t f d filha – t i filha =
g (4,000 anos),
em que g é o fator de Lorentz (Eq. 37-8). Chamando de T a idade do pai, temos:
T i
= t i filha + 20,00 anos, T f
= t f filha – 20,00 anos.
Como T f
− T i
= 4,000 anos, podemos combinar as três equações anteriores para obter o valor
de g e, portanto, o valor de v:
44 = 4g ⇒ g = 11 ⇒ =
− 1 11 − 1 = =
2 2
11
0, 9959.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 117
5. No laboratório, a partícula percorre uma distância d = 0,00105 m = vt , em que v = 0,992c e
t é o tempo medido pelo relógio do laboratório. Podemos usar a Eq. 37-7 para relacionar t ao
tempo de vida próprio da partícula, t 0 :
t
=
2
t 0
v d
t 0 t 1
− ( v c)
c =
2
1 / 0,
992c
⇒ = −
1−
0, 992 2 ,
o que nos dá t 0 = 4,46 × 10 –13 s = 0,446 ps.
6. O valor de Dt para b = 0 no gráfico da Fig. 37-22 permite concluir que o valor de Dt 0 na Eq.
37-9 é 8,0 s. Assim, temos:
D t
= Dt
0 =
Dt
0 8,
0 s
= .
1 ( v / c)
2
1
2
Fazendo b = 0,98 na expressão anterior, obtemos Dt ≈ 40 s.
−
−
7. De acordo com a Eq. 37-7, temos:
Dt
=
Dt
0 120 anos
=
1 ( v / c) 2
1 ( 09, 990)
2
−
−
= 2684 anos ≈ 26 , 8 × 10 3 anos.
8. De acordo com a Eq. 37-13, temos:
L = L0
1−
2
= ( 3, 00 m) 1− ( 0, 999987) 2
= 0,
0153 m = 1,53 cm.
9. (a) De acordo com a Eq. 37-13, temos:
L = L − v c 2 2
0 1 ( / ) = ( 130 m) 1− ( 0, 740) = 87,
4 m.
(b) O intervalo de tempo registrado pelos tripulantes da base é
Dt
L 87,
4 m
= =
= 39 , 4 × 10−7
s = 394 ns.
v ( 0,740)( 30 , 0 × 108
m/s)
10. Como apenas a “componente” do comprimento paralela ao eixo x sofre contração relativística,
a componente y continua a ser
= ′ y y= sen 30°m=
( 1, 0 )( 0, 50) 0,
50 m,
enquanto a componente x se torna
= ′ x − = x 1
2
( 1, − 0 m)( = cos 30°
) 1 ( 0, 90) 2
0,
38 m.
Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o comprimento da régua no referencial S 9 é
2 2
′ = ( ′ x ) + ( ′ y ) = ( 0, 38 m) 2
+ ( 0, 50 m) 2
= 0,
63m.
11. O comprimento L da barra, medido em um referencial que está se movendo com velocidade
v paralelamente à maior dimensão da barra, está relacionado ao comprimento de repouso L 0
através da equação L = L 0 / g , na qual = 1 / 1−
2
e b = v/ c. Como g é sempre maior que 1,
L é menor que L 0 . Neste problema, L 0 = 1,70 m, b = 0,630 e, portanto,
L = L −
2 2
0 1 = ( 1, 70 m) 1− ( 0, 630) = 1,
32 m.
118 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
12. (a) De acordo com a Eq. 37-13, temos:
=
−
2
= −
2
L
1
1 1
= 0,866.
L
2
0
(b) De acordo com a Eq. 37-8, temos:
=
1
1−
2
= 2, 00.
13. (a) A velocidade do astronauta é v = 0,99c, que também pode ser expressa na forma v = 0,99
ano-luz/ano. Seja d a distância percorrida. O tempo de viagem, no referencial terrestre, é
Dt = d / v = (26 anos-luz)/(0,99 ano-luz/ano) = 26,26 anos.
(b) O sinal, que presumivelmente é uma onda eletromagnética, se propaga com velocidade c e,
portanto, leva 26,0 anos para chegar à Terra. O tempo total, no referencial terrestre, é
26,26 anos + 26,0 anos = 52,26 anos.
(c) O intervalo de tempo medido pelos relógios de bordo é o intervalo de tempo próprio Dt 0 =
Dt / g . Como
=
1
1−
=
1
1−
( 0, 99)
2 2
= 7, 09,
temos:
Dt 0 = (26,26 anos)/(7,09) = 3,705 anos.
14. O valor de L para b = 0 no gráfico da Fig. 37-23 permite concluir que o valor de L 0 na Eq.
37-13 é 0,80 m. Assim, temos:
= − = ( ) −
L L 0 1 ( v / c), 2
0 80 m 1
2
.
Fazendo b = 0,95 nessa expressão, obtemos L ≈ 0,25 m.
15. (a) Sabemos que d = 23.000 anos-luz = 23.000c. O tempo gasto para percorrer essa distância,
no referencial da Terra, é Dt = d / v, em que v é a velocidade da espaçonave. Como b = v/ c,
temos:
Dt
d
v
230. 00c
230.
00
anos.
c
= = =
Por outro lado, de acordo com a Eq. 37-7,
Dt
=
Dt
0 30
=
1 ( v / c)
2
1
2
−
−
anos.
Igualando as duas equações e explicitando b, obtemos
=
23.
000
230.
00 + 30
2 2
= 0, 99999915.
(b) De acordo com a Eq. 37-13, a distância percorrida no referencial da espaçonave é
L = L0− = 1
2
− 23 000 1≈
09 99999152
. , 30 anos-luz.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 119
16. A “coincidência” de que x = x 9 = 0 no instante t = t 9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam
usadas sem termos adicionais.
(a) A coordenada espacial no referencial do observador S 9 é
′ = ( − ) =
x x vt
x −
1−
vt
2
30 , 0 × 108m − ( 1,199 × 10 m/s
=
8 )( 2 , 50 s ) = 27 , × 105m ≈ 0,
1−
( 04, 00)
2
dentro da precisão dos dados (dois algarismos significativos).
(b) A coordenada temporal no referencial do observador S 9 é
′ =
vx
−
t x / c 2, 50 s − ( 0, 400)( 3, 00 × 108 m )/
2,
998 × 108
m/s
t
t
= =
c2 1
2
1 ( 04, 00)
2
− −
−
= 2,
29 s.
(c) Nesse caso, a velocidade v tem sinal negativo e a coordenada espacial no referencial do observador
S 9 é
x
′ =
x +
1−
vt
2
3, 00 × 108
m + ( 1,199 × 10 m/s)( 2, 50 s)
=
8
= 65 , 4 × 108
m.
1−
( 04, 00)
2
(d) Nesse caso, a coordenada temporal no referencial do observador S 9 é
t
′ =
+
t
vx
c2
2, 50s + ( 0, 400)( 3, 00 × 108m )/ 2,
998 × 108m/s
=
= 3,
16 s.
1−
( 04, 00)
2
17. O tempo próprio não é medido nem pelos relógios do referencial S nem pelos relógios do
referencial S 9, já que nenhum relógio desses referenciais pode estar presente na srcem e no local
do evento. Assim, é preciso usar a transformação de Lorentz completa:
em que b = v/ c = 0,950 e
o que nos dá
=
′ = ( − ) e ′ = ( − / )
x x vt t t x c
1
1−
=
1
1−
( 09, 50)
2 2
= 3, 20256,
= x − ′ = ( x vt ) × ( 3, − 20256)
100×
10 3 m (0,950)(2,998 108 m/s)(200 × 10−6
[ s) ]
= 1,
38 × 105
m = 138 km.
(b) A coordenada temporal para o observador do referencial S 9 é
= t − ′ = t ( x c
/ ) ( × 3, 20256 − ) 200 10−
6 s
= − 3, 74 × 10=
− 4
s 374 s.
(0,950)(100 × 103
m)
2,
998 × 108
m/s
18. A “coincidência” de que x = x 9 = 0 no instante t = t 9 = 0 permite que as Eqs. 37-21 sejam
usadas sem termos adicionais. Vamos fazer ( x 1 , t 1 ) = (0, 0) e ( x 2 , t 2 ) = (3000 m, 4,0 × 10 –6 s).
(a) Esperamos que ( x 1′ , t 1′ ) = ( 0,) 0 , o que pode ser confirmado usando as Eqs. 37-21.
(b) Vamos agora calcular ( x 2′ , t 2 ′)
para v = +0,60c = +1,799 × 10 8 m/s (o enunciado do problema
não indica explicitamente o sinal de v, mas na figura mencionada, a Fig. 37-9, o referencial S 9
está se movendo no sentido positivo do eixo x e, portanto, o sinal de v é positivo).
120 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
x 2
′ =
x −
1−
vt
2
3000 m − ( 1, 799 × 108 m/s)( 4, 0 × 10
=
− 6
s)
= 2,
85 km
1−
( 0, 60)
2
t / 40,
10
6
s
2′ = − x c ×
=
− − ( 06, 0)( 3000 m )/( 29, 98 × 108
m/s)
t
= −2,5 s.
1−
2
1−
( 0, 60)
2
(c) Como, no referencial S , o evento 1 ocorre no instante t = 0 e o evento 2 ocorre no instante
t = 4,0 ms, o evento 1 acontece antes do evento 2. No referencial S 9, por outro lado, como t 2 ′ < 0,
o evento 2 acontece antes do instante t = t 9 = 0 e, portanto, antes do evento 1. Assim, os dois
observadores não registram os eventos na mesma ordem.
Como as distâncias x 2 – x 1 e x 2′ − x 1 ′ são maiores que as distâncias que a luz pode percorrer nos
respectivos intervalos de tempo, t c ( t 2 − 1) = 1, 2 km c t t e || 2′ − 1′ ≈ 750 m, a inversão da ordem
em que os eventos ocorrem não viola o princípio da causalidade.
19. (a) Vamos supor que as lâmpadas de flash estão em repouso no referencial S , e que o observador
está em repouso no referencial S 9. Como o tempo próprio não é medido nem pelos relógios
do referencial S nem pelos relógios do referencial S 9, é preciso usar a transformação de
Lorentz completa (Eqs. 37-21). Seja t p
a coordenada temporal e seja x p
a coordenada espacial
do pequeno clarão no referencial S . Nesse caso, a coordenada temporal do pequeno clarão no
referencial S 9 é
em que b = v/ c = 0,250 e
′ p = γ −
t p
t
x
= 1/ − 1=
2− 1/ 1=
( 0, 250) 2
1, 0328.
Seja t g
a coordenada temporal e seja x g
a coordenada espacial do grande clarão no referencial S .
Nesse caso, a coordenada temporal do grande clarão no referencial S 9 é
′ =
g −
t g
t
Subtraindo a primeira equação da segunda e levando em conta o fato de quet p = t g , já que os
clarões são simultâneos no referencial S , obtemos
= ′ − ′ =
Dt ' t t
g
p
−
c
x
c
g
p
.
( x p x g) ( 10 , 328)( 0, 250)(
30 103
m)
=
c
30 , 0 108
m/s
×
×
= 25 , 8 × 10−5
s = 25,8 s.
(b) Como Dt' é positivo, t g ′ é maior que t ′ p , o que significa que, de acordo com o observador, o
clarão pequeno ocorreu primeiro.
20. De acordo com a Eq. 2 da Tabela 37-2, temos:
Dt = vg Dx 9/ c² + g Dt 9.
O coeficiente de Dx 9 é a inclinação (4,0 µs/400 m) da reta da Fig. 37-24 e o segundo termo do
lado direito é a distância temporal no referencial S para Dx 9 = 0. A partir da primeira observação,
obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, b = v/ c = 0,949, o que nos dá g =
3,16. Nesse caso, de acordo com a segunda observação,
Dt
Dt
20 , 0 × 10−
6s
' = =
= 6, 3 × 10−7s = 0,
63 s.
3,
16
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 121
21. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:
v Dx
D t ′ = D −
t
c2
=
Dt
−
Dx
na qual g e b estão relacionados pela Eq. 37-8.
c
= 10 , 0 × 10−
6
(400 m)
−
s
2,
998 × 10 8 m/s
,
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para o intervalo 0 < < 0, 01.
Note que os limites do eixo vertical são +2 ms e –2 ms e que o gráfico não pode ser distinguido de
uma reta horizontal. Isso acontece porque, para valores pequenos de b, a distância temporal entre
os eventos medida pelo observador 2 é praticamente igual à distância medida pelo observador 1,
ou seja, +1,0 ms. Em outras palavras, neste caso não são observados efeitos relativísticos.
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para o intervalo 0, 1 < < 1.
(d) Fazendo
obtemos
Dx
D t ' = Dt
−
,
c
= ×
−
10 0 10 6
(400 m)
s −
2,
998 × 10 = 8
0,
m/s
c Dt
( 2, 998 × 108 m/s) ( 1,
00 × 10−
6s)
= =
= 0, 7495 ≈ 0, 750.
Dx
400m
122 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(e) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 é a mesma
que para o observador 1 para b < 0,750, pois, nesse caso, Dt 9 > 0.
(f) De acordo com o gráfico do item (c), a sequência dos eventos para o observador 2 não é a
mesma que para o observador 1 para b > 0,750, pois, nesse caso, Dt 9 < 0.
(g) Não, o evento A não pode ser a causa do evento B, ou vice-versa. Note que
Dx/ Dt = (400 m)/(1,00 ms) = 4,00 × 10 8 m/s > c.
Como um sinal não pode se propagar do local onde ocorreu o evento A para o local onde ocorreu
o evento B com uma velocidade maior que c, o evento A não pode influenciar o evento B,
ou vice-versa.
22. (a) De acordo com a Tabela 37-2,
′ = ( − ) = ( − ) = [ 400 m − ( 1,
00
D x D D x v D t D x c t c
400 m − ( 299,
8 m)
s)] =
.
1−
2
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0 < < 0, 01.
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0, 01 < < 1.
(d) Para determinar o valor de b para o qual a distância espacial Dx 9 é mínima, derivamos Dx 9
em relação a b e igualamos o resultado a zero:
′ − =
−
d D x d D x D c D t D x c t
=
d d 1
2 ( 1−
2 ) 3/
2
−
= 0.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 123
Explicitando b, obtemos
c Dt
( 2, 998 × 108 m/s)( 1,
00 × 10−
6s)
= =
= 0,
7495 ≈ 0, 750.
Dx
400 m
(e) Substituindo o valor de b calculado no item (d) na expressão do item (a), obtemosDx 9 =
264,8 m ≈ 265 m.
23. (a) O fator de Lorentz é
1
1
= 1− 2
= 1− ( 06, 00) 2
= 1, 25.
(b) No referencial estacionário, o tempo que o relógio leva para se deslocar da srcem até o
ponto x = 180 m é
t
x 180 m
= =
= 10 , 0 × 10
v
×
−6
s.
(0,600)(3,00 108
m/s)
O intervalo de tempo próprio entre os dois eventos (o instante em que o relógio passa pela srcem
e o instante em que o relógio passa pelo ponto x = 180 m) é o tempo medido pelo próprio relógio.
Como a leitura do relógio no início do intervalo é zero, a leitura no final do intervalo é
t 10 , 0 × 10
′ = =
1,
25
t
−6
s
= 8, 00 × 10−
7s = 0,
800 s.
24. Se o observador S 9 mede no relógio de pulso um intervalo de 15,0 s que para o observador
S corresponde a um intervalo de 30,0 s, o fator de Lorentz é g = 2,00 (veja a Eq. 37-9), o que
nos dá, de acordo com a Eq. 37-8, v = 0,866c.
(a) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento da régua 1 para o observador S é (1,00 m)/ g =
(1,00 m)/2 = 0,500 m.
(b) Como não há contração em uma direção perpendicular à direção do movimento, o comprimento
da régua 2 para o observador S é 1,00 m.
(c) Pela mesma razão apresentada no item (b), o comprimento da régua 3 para o observador S
é 1,00 m.
(d) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2, temos:
′ = 2′ − 1′ = ( − ) = ( 2,) 00 20, 0 m − ( 0, 866)(
2, 998 108 40, 0 10
9
[ × m/s)( × − s)
]
D x x x D x v Dt
= 19,
2 m.
(e) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:
′ = ′ − ′ = ( − / ) = ( − / )
D t t t 2 1 t D v D x c D t D
2x c
= ( 2, 00) 40, 0 × 10
9
− ( 0, 866)( 20, 0 ) ( 2,
998 × 108
[ − s m / m/s)]
= −35, 5 ns.
Em valor absoluto, a distância temporal entre os dois eventos é 35,5 ns.
(f) O sinal negativo obtido no item (e) significa que o evento 2 ocorreu antes do evento 1.
124 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
25. (a) No referencial S , as coordenadas são tais que x 1 = +1200 m para o grande clarão e x 2 =
1200 – 720 = 480 m para o pequeno clarão (que aconteceu depois). Assim,
Fazendo Dx' = 0 na Eq. 37-25, obtemos
Dx = x 2 – x 1 = –720 m.
[ ]
0 = ( D − x = v D− t ) − 720×
m v( 5, 00 10−
6 s) ,
o que nos dá v = –1,44 × 10 8 m/s e, portanto, = v / c = 0, 480.
(b) O sinal negativo obtido no item (a) mostra que o referencial S 9 está se movendo no sentido
negativo do eixo x .
(c) De acordo com a Eq. 37-28,
v Dx
D t ′ = D −
t
c2
= ×
−
− − × 8
50 0 10
6
( 14 , 4 10 m/s)( − 720 m)
, s
( , × m/s) 2 ,
2 998 10 8
o que nos dá um valor positivo, qualquer que seja o valor de g . Assim, a ordem dos clarões no
referencial S 9 é a mesma que no referencial S , ou seja, o grande clarão acontece primeiro.
(d) Terminando o cálculo iniciado no item (c), obtemos
5, 00 × 10−6− s × ( 1, 44 −10 8
m/s)( 720 m)/( 2,
998 × 108
m/s)
D t ′ =
1−
0,4802
= 4,39 s.
26. Estamos interessados em calcular o valor de Dt para que
no caso limite em que | v | → c. Assim,
Dt
0 = D x ′ = D D ( x − v t ) = D ( − 720 m − v t )
D x Dx
720 m
= = =
= 24, 0 × 10−
6
s = 2,40 s.
v c 2,998 × 108
m/s
2
= 43,
9 × 10
27. Vamos supor que a partícula está se movendo no sentido positivo do eixo x 9 e que o referencial
S 9 está se movendo no sentido positivo do eixo x . Para u9 = +0,40c e v = +0,60c, a Eq.
37-29 nos dá
u
+
= 1+ =
28. (a) De acordo com a Eq. 37-29,
v
+
+ +
u ' v 04, 0c
0,
60c
u ' v / c2 1 ( 0, 40c
)( 0, 60c)
/ c2 = 0, 81c
.
=
′ +
+ ′
v u
1 uv / c2
Na notação dos vetores unitários, v
=
+
04, 7c
0,
62c
1 ( 04, 7)( 0, 62)
+
= 0, 84cî.
= 0,84c.
(b) De acordo com a transformação clássica, v = 0,47c + 0,62c = 1,1c, o que nos dá v
(c) Para v9 = –0,47cî, temos:
v
=
′ +
+ ′
v u
1 uv / c2
c c
= − 04, 7 + 06,
2
1 ( 0, 47)( 0, 62)
+ −
=
0, 21c.
−6
s
= 1, 1cî.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 125
Na notação dos vetores unitários,
v
= 0, 21cî.
(d) De acordo com a transformação clássica, v = 0,62c – 0,47c = 0,15c, o que nos dá
v = 0, 15cî.
29. (a) Uma coisa que a relatividade de Einstein possui em comum com a relatividade clássica
é a reciprocidade das velocidades relativas. Se João vê Maria se afastar com uma velocidade de
20 m/s, Maria vê João se afastar com uma velocidade de 20 m/s. Assim, se para um observador
terrestre a galáxia A está se afastando a uma velocidade de 0,35c, para um observador da galáxia
A nossa galáxia está se afastando a uma velocidade escalar (em múltiplos de c) | v/ c | = 0,35.
(b) Vamos tomar como positivo o sentido do movimento da galáxia A no nosso referencial.
Usando a notação da Eq. 37-29, sabemos que v = +0,35c (a velocidade da galáxia A em relação
à Terra) e u = –0,35c (a velocidade da galáxia B em relação à Terra. Nesse caso, a velocidade
da galáxia B em relação à galáxia A é
o que nos dá |u' / c| = 0,62.
u
u − v
′ =
1−
/
uv c2
(
= − 0, 35c
) − 0,
35c
1− ( −0, 35)( 0, 35) = −0, 62c,
30. Usando a notação da Eq. 37-29 e tomando como positivo o sentido “para longe da Terra”,
sabemos que v = +0,4c e u = +0,8c. Assim, a velocidade de Q 2 em relação a Q 1 é
o que nos dá |u' / c| = 0,588.
u
u − v
′ =
1−
/
uv c2
0, 8c
− 0,
4c
=
= 0, 588c,
1−
( 0, 80 )( , 4)
31. Seja S o referencial do micrometeorito e seja S 9 o referencial da espaçonave. Vamos supor
que o micrometeorito está se movendo no sentido positivo do eixo x . Se u é a velocidade do
micrometeorito no referencial S e v é a velocidade da espaçonave em relação ao micrometeorito,
a velocidade do micrometeorito no referencial S 9 pode ser calculada a partir da Eq. 37-29:
u
′ +
−
=
1+ ′
1−
u v
u v
⇒ u′ = .
u v / c2 uv / c2
De acordo com o enunciado, v = –0,82c (velocidade da espaçonave) e u = +0,82c (velocidade
do micrometeorito. Assim, a velocidade do micrometeorito em relação à espaçonave é
u
u − v
′ =
1−
/
uv c2
0, 82c
− ( −0, 82c)
=
1−
( 0, 82)( −0, 82) = 0, 98c
= 2, 94 × 10 8 m/s.
De acordo com a Eq. 37-10, o tempo que o micrometeorito leva para passar pela espaçonave,
do ponto de vista de um observador a bordo da espaçonave, é dado por
Dt
d 350 m
= =
= × =
u ′ 29,
4 × 108
m/s
Nota: O valor obtido usando a transformação clássica seria
1, 2 10−6
s 1, 2 s.
u9 = u – v = 0,82c –(–0,82c) = 1,64c,
um valor maior do que c e, portanto, fisicamente impossível.
32. De acordo com o gráfico da Fig. 37-36b, u9 = 0,80c para v = 0. Assim, de acordo com a Eq.
37-29, u = 0,80c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por seu valor, temos:
u
′ =
u − v
=
0,
80c
− v
.
1−
uv / c2
1−
( 0, 80)
v / c
126 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(a)
Fazendo v = 0,90c na expressão do enunciado, obtemos u9 = − 0,357c ≈ − 0,36c.
(b) Fazendo v = c na expressão do enunciado, obtemosu9 = −c, independentemente do valor
de u.
33. (a) No referencial da nave mensageira (que vamos chamar de S m
), a velocidade da esquadrilha
é
v
v −
′ =
1−
vv
vm
/ c2
m
0, 80c
− 09,
5c
=
1−
( 0, 80c
)( 0, 95c)/ c
O comprimento da esquadrilha no referencial S m
é
L1
Assim, a duração da viagem é
=
= − 0, 625c
.
2
L0 ( 1, 0 ano-luz − ) 1 = ( 0, 625) 2
0,
781 ano-luz.
v
′ = −
L′
0,
781ano-luz
′ = = = 1,
25 ano.
| v′
| 0,625c
t
(b) No referencial da esquadrilha (que vamos chamar de S e
), a velocidade da nave mensageira é
v
v −
′ =
1−
ve
vv / c2
e
09, 5c
− 0,
80c
=
1−
( 0, 95c
)( 0, 80c)/ c
= 0, 625c
.
2
e a duração da viagem é
L0 1,
0 ano-luz
′ = = = 1,
60 ano.
v ′ 0,
625c
t
(c) No referencial da base espacial, o comprimento da esquadrilha é
L
L 0 ( 1, 0 ano-luz) 1 ( 0, 80),
2 0 60 ano-luz
= = − =
e, portanto, a duração da viagem é
t
=
L 0,
60 ano-luz
=
v v c 09, 5c
0,
80
m
−
e
−
= 4,
00 anos.
= −
34. De acordo com a equação do efeito Doppler transversal, Eq. 37-37, f f 0
nos dá
1 1
= 1−
2
.
l l0
Explicitando l − l 0 , obtemos
− 0 = 0 − 1 = ( 589,
00
2 2
l l l
1
1−
1
mm) − 1 2 97
1−
( 0, 100)
= , nm.
1
2
, o que
35. Como a espaçonave está se afastando da Terra, a frequência recebida é dada pela Eq. 37-31:
f
=
f 0
1−
1+
= ( 100 MHz)
1−
0,
9000
= 22,
9 MHz.
1+
0,
9000
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 127
36. (a) De acordo com a Eq. 37-36.
Dl
v = = c ( 0, 004× )( 3, 0 = 10× 8
m/s) ≈ × 1,
2 106 m/s 11 06
m/s.
l
(b) A galáxia está se afastando da Terra.
37. De acordo com a Eq. 37-36,
= =
Dl
v c
l
38. (a) De acordo com a Eq. 37-36,
−
620 nm 540 nm
c c
620 nm
= 0,
13 .
Dl 12,
00 nm
v = = c × ( 2, 998 = × 108
m/s) 7,
000 10 6 m/s = 7000 km/s.
l 513,
0 nm
(b) O fato de que o comprimento de onda aumentou significa que a galáxia NGC 7319 está se
afastando da Terra.
39. (a) A frequência recebida é
f
=
f 0
1−
1+
−
+
c c 1 02,
0
⇒ =
,
l l 0 1 02,
0
o que nos dá
l = (450 nm) 1+
0,20 = 550 nm .
1−
0,
20
(b) O comprimento de onda calculado no item (a) corresponde à cor amarela.
40. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como
na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética.
Usando a Eq. 37-52, W = DK = m e
c 2 (g – 1), e a relação m e
c 2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela
37-3), obtemos:
W
=
m c2
(b) W = ( 0, 511MeV)
e
1
1−
1
1−
( 09, 90)
(c) W = ( , ) 1
0 511MeV
1 ( 09, 90)
2
−
− 1 = ( 511keV)
1
1−
( 05, 00)
2 2
2
−1
= 3,
11 MeV.
− 1 = 10,
9 MeV.
− 1
= 79, 1 keV.
41. (a) Como, de acordo com a Eq. 37-52,g = (K / mc 2 ) + 1 e, de acordo com a Tabela 37-3, m e
c 2 =
511 keV = 0,511 MeV, o fator de Lorentz é
(b) O parâmetro de velocidade é
100 MeV
= + 1 = 196, 695.
0,
511MeV
1
1
= − 1= − 1 =
( 196,
695)
2 2
0, 999987.
128 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Isto significa que a velocidade do elétron é 0,999987c, o que corresponde a 99,9987% da velocidade
da luz.
42. De acordo com a Eq. 37-50,
− = =
Q Mc
D−
2 [ 3( 4, −00151 u) c11,99671 u] 2 = −( 0,
00782
u)(931,5 MeV/u)
= −7,
28 MeV.
Assim, a energia mínima necessária para que a reação aconteça é 7,28 MeV. Note que as massas
que aparecem no enunciado são as massas dos núcleos envolvidos na reação, e não as massas
dos átomos, como em outros problemas deste capítulo.
43. (a) O teorema do trabalho e energia cinética pode ser aplicado tanto na física clássica como
na física relativística; a única diferença está na equação usada para calcular a energia cinética.
Usando a Eq. 37-52, W = DK = m e c 2 (g – 1), e a relação m e c 2 = 511 keV = 0,511 MeV (Tabela
37-3), obtemos:
W = DK m = c 2
1 1
e
−
1−
2
f 1−
2
i
= 0,
996 keV ≈ 1,0 keV.
(b) Da mesma forma,
=
( 511keV)
1
1
−
1−
( 0,
19) 2
1−
( 0, 18)
2
1
1
W = ( 511keV)
−
= 1055k eV ≈ 1,1 MeV.
1 ( 0, 99) 2 1 ( 0, 98)
2
−
Comparando os resultados dos itens (a) e (b), vemos que a dificuldade para acelerar uma partícula
aumenta consideravelmente quando a velocidade da partícula se aproxima da velocidade da luz.
44. A variação de massa é
DM = ( 4, 002603 u+15,994915 u) − ( 1,
007825 u+18,998405u) = −0,
008712u.
De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46, temos:
− = −
Q
−
− DM c2 ( 0, 008712 u=
)( 931, 5 MeV/u) 8,
12 MeV.
45. De acordo com a Eq. 37-12, a distância percorrida pelo píon no referencial da Terra é d =
vDt . O tempo de vida próprio Dt 0 está relacionado a Dt através da Eq. 37-9, Dt = g Dt 0 . Para determinar
o valor de g , usamos a Eq. 37-48. Como a energia total do píon é dada por E = 1,35 ×
10 5 MeV e o valor de mc 2 para o píon é 139,6 MeV, temos:
E 13 , 5 × 105
MeV
= =
= 967, 05.
mc 2 139,
6 MeV
Assim, o tempo de vida do píon medido pelos cientistas é
D t
= = Dt
0 ( 967, × 1)( 35= , 0 × 10 − 9
) 3,
385 10 − 5
a velocidade do píon, de acordo com a Eq. 37-8, é
e a distância percorrida é
−
2
1
v = c 0,
c9999995
= ≈
s s,
d ≈ c = D t × ( 2, 998 108× m/s)( = 3, 385 × 10−5 s) 1,
015 104
m = 10,15k m ≈ 10k m.
Assim, a altitude na qual o píon decai é 120 km – 10 km = 110 km.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 129
46. (a) Elevando ao quadrado a Eq. 37-47, obtemos
= + +
E 2
( mc 2)
2
2mc 2K K 2
Igualando este resultado à Eq. 37-55, obtemos
( mc 2) 2
+ mc 2 K 2+ K = + pc 2
( mc )
2⇒ ( =
2)
m2
( pc ) − K
2Kc2
2 2
.
(b) Em baixas velocidades, podemos usar as expressões clássicas p = mv e K = mv 2 /2. Como,
em baixas velocidades, pc >> K , já que c >> v, temos:
m
( mvc)
2
2( mv 2
/ 2)
c2
→ = m .
(c) De acordo com a expressão obtida no item (a), temos:
m
=
−
1212 552
2( 55)
c2
= 105, 6 MeV/ c 2 .
Como, de acordo com a Tabela 37-3, a massa do elétron é m e = 0,511 MeV/c 2 , a massa calculada
é aproximadamente 207 vezes maior que a massa do elétron, ou seja, m/ m e
≈ 207. A partícula
é um múon.
47. A energia equivalente à massa de um comprimido é
mc 2 = (320 × 10 –6 kg) (3,00 × 10 8 m/s) 2 = 2,88 × 10 13 J,
que equivale à energia produzida pela combustão de
(2,88 × 10 13 J)/(3,65 × 10 7 J/L) = 7,89 × 10 5 L
de gasolina. A distância que um carro pode percorrer com esta energia é
d = (7,89 × 10 5 L) (12,75 km/L) = 1,01 × 10 7 km,
o suficiente para dar 250 voltas completas em torno da Terra (veja o Apêndice C).
48. (a) Podemos usar a Eq. 37-7 para calcular o parâmetro de velocidade:
= −
Dt
1
= 1−
0
Dt
2 2
2,
20 s
6,
90 s
(b) De acordo com o resultado do item (a), temos:
Além disso, temos (veja a Tabela 37-3):
Assim, de acordo com a Eq. 37-52,
= 0,
9478 ≈ 0, 948.
1
1
= 1−
2 = 1− ( 09, 478)
2 = 3, 136.
m m c 2 = 207m e
c 2 = 105,8 MeV.
K = − m c= 2( 1) ( 105, 8 MeV)(3,136 − = 1) 226 MeV.
(c) De acordo com a Eq. 37-41,
= = = =
p m v m c ( 3, 136)( 105, 8 MeV/ c)( 0, 9478)
314 MeV/ c,
que também pode ser expresso em unidades do SI: p = 1,7 × 10 –19 kg · m/s.
130 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
49. (a) De acordo com a Eq. 37-48, temos:
E 14,
24 × 10
= =
m c 1,
5033 × 10
p
2
−9
−10
J
= 94, 73.
J
Nesse caso, a Eq. 37-13 nos dá
L
L0 21 cm
94,
73
= = = 0,
222 cm.
(b) A velocidade do próton é dada por
2
1
v c 1 = 0, 99994c.
= −
Assim, no seu referencial, o tempo de percurso é
Dt
L0
0,
21 m
= =
= 70 , 1 × 1
v (0,99994)(2,998 × 108
m/s)
0 − 10 =
s 701p s.
(c) De acordo com a Eq. 37-9,
∆ t = ∆ = t 70 × , 1 10−10
s.
0
Assim, no referencial do próton, o tempo de percurso é
Dt 0 = 2,22 × 10 –3 /0,99994c = 7,40 × 10 –12 s = 7,40 ps.
50. (a) Para E 0 = 0,5110 MeV, o fator de Lorentz é
K 10,
00 MeV
= + = 1 + =
mc 2 0,
5110 MeV
1 205, 7.
(b) O parâmetro de velocidade é
= −
2
1
1
1
= 1− = 0 9988
( 20 57 )
2
, .
,
(c) Para E 0 = 938,0 MeV, o fator de Lorentz é
K 10,
00 MeV
= + = 1 + = ≈
mc 2 938,
0 MeV
1 10 , 1066 10 , 11.
(d) O parâmetro de velocidade é
= −
2
1
1
1
= 1− = 0 1448
( 1 01066 )
2
, .
,
(e) Para E 0 = 3727 MeV, o fator de Lorentz é
K 10,
00 MeV
= + = 1 + = ≈
mc 2 3727 MeV
1 10 , 0268 10 , 03.
(f) O parâmetro de velocidade é
= −
2
1
1
1
= 1− = 0 07306 ≈ 73 10 × 1
( 1 00268 )
2
, , 0 2
,
− .
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 131
51. De acordo com a Eq. 37-55, temos:
o que nos dá
( pc )( 2 + mc 2 ) 2 = 9, 00( mc 2 ) 2 ,
= ≈
p mc 8 2, 83mc.
52. (a) De acordo com o teorema binomial, para pequenos valores de x ,
n
( 1+ x ) ≈ + 1 + nx
n ( n − 1)
x 2
.
2
Para aplicar o teorema binomial à equação que define o fator de Lorentz em função do parâmetro
de velocidade, Eq. 37-8, fazemos x = − b 2 e n = −1/2, o que nos dá
= ( − 1
2) −≈ 1 / +
2
+ 1
Substituindo g por esse valor na Eq. 37-52, obtemos
2
3
8
2 4
K mc 2
2
≈ + mc 3
2
= +
mv 4 mv 2
3
4
.
2 8 2 8c2
(b) Usando a expressão clássica para a energia cinética com o valor de mc 2 para o elétron dado
na Tabela 37-3 e b = 1/20, obtemos
mv
K clássica
22 mc 2 ( 8, 19 × 10 −14
J )() 1/
20
2
2 2
2
= = =
(c) A correção de primeira ordem é
K
3mv4
8c2
primeira ordem = = =
muito menor que o resultado clássico.
3mc2 4
381 ( , 9 × 10 − 14 J )( 1/
20)
4
8
8
(d) Neste caso, b = 0,80 = 4/5 e a expressão clássica nos dá
mv
K clássica
2mc
2 2
( 8, 19 10−14 J )( 4/5)
2
2 2
2
= = =
(e) A correção de primeira ordem é
K
3mv4
8c2
primeira ordem = = =
×
3mc2 4
381 ( , 9 × 10 − 14 J )( 4/5)
4
8
8
=
= 1, 0 × 10 −16
J.
= 1 9 × 10 −
,
19
J,
2, 6 × 10 −14
J.
= 1 3 × 10 −
,
14
J,
da mesma ordem que o resultado clássico. Isso indica que o teorema binomial não pode ser usado
no caso de velocidades próximas da velocidade da luz.
(f) Fazendo a correção de primeira ordem igual a 1/10 da aproximação clássica, obtemos
o que nos dá
3mc
2 4 2 2
mc
= ,
8 20
=
2
15
≈
0, 37.
53. Usando a fórmula clássica para o raio da órbita, r 0 = mv/ |q|B, obtemos
T 0
2
r 0 2
m
.
= =
v | q | B
132 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(a) No caso de velocidades relativísticas, temos:
r
o que nos dá
T
p mv
| q | B | q | B
= = =
2
r 2
m
v | q | B
= = =
r 0 ,
T 0.
(b) Como g varia com a velocidade, o período T não é independente de v.
(c) Usando a expressão clássica para a energia cinética do elétron, temos:
1 1 v
K clássica = mv = mc( ) 2
2 2
1
mc
c =
2
( )
2.
2 2
2
2
Para K clássica = 10,0 MeV, essa equação nos dá
2K
clássica 2( 10,
0 MeV) = =
= 6, 256,
mc2
0,
511MeV
um valor fisicamente impossível, já que o elétron estaria se movendo a uma velocidade muito
maior que a velocidade da luz. Se, mesmo assim, usarmos este valor, o raio clássico da órbita
será
r
mv
| q | B
= = =
× ×
×
m c ( 9, 11 10−
31 kg )( 6, 256)( 2,
998 10 8
m/s)
eB
( 1, 6 10−19
C)( 2, 20 T)
= 48,
5 × 10−
3
m = 4,85 mm.
(d) Antes de usar a expressão relativística para o raio da órbita, precisamos calcular o valor correto
de b a partir da expressão relativística da energia cinética:
que nos dá
K = mc2 10,
0 MeV
− ( ⇒ 1)
= + =
0,
511 MeV
1 205,
7
1
1
= − 1 = − 1 =
( 20, 57)
2 2
0, 99882.
Assim,
r
mv m c ( 20, 57)( 91,
1 × 10
= = =
−31
kg)(0,99882)(2,998 × 108
m/s)
| q | B eB
( 1,
6 × 10−19
C)(2,20 T)
= 1,
59 × 10−
2 m = 15,9m m.
(e) O período clássico é
T
2
r 2 ( 4,
85 10 − 3
m)
c ( 6, 256)( 2,
998 108
= =
(f) O período calculado usando expressões relativísticas é
T
2
r 20 ( , 0159 m)
c ( 0, 99882)( 2,
998 10 8 m/s)
= =
×
×
×
m/s) = 16 , 3 × 10−
11 s = 16,3 ps.
=
33 , 4 × 10− 10 s = 0,334 ns.
54. (a) De acordo com as Eqs. 37-52 e 37-8, temos:
mc 2
1
−1 = mc2
1−
2
2,
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 133
o que nos dá
=
2 2
3
(b) De acordo com as Eqs. 37-48 e 37-8, temos:
≈
0, 943.
mc2
1−
2
=
2mc2,
o que nos dá
=
3
2
≈
0, 866.
55. (a) De acordo com as Eqs. 37-41 e 37-8, temos:
o que nos dá
(b) De acordo com a Eq. 37-8, temos:
=
1
1−
(c) De acordo com a Eq. 37-52, temos:
o que nos dá K / E 0 = 0,414.
−
mv
1 v 2
/ c2
=
=
= ( − ) = −
1
2
≈
=
mc,
0, 707.
1
= 2 ≈ 1, 41.
1− ( 1 2)
2 /
( ) = =
K mc 1
2
2mc 1
2 mc 0, 414 E 2
0, 414 0,
56. (a) De acordo com os dados do problema, um quilograma de TNT libera uma energia de
(3,40 × 10 6 J/mol)/(0,227 kg/mol) = 1,50 × 10 7 J. Assim, seriam necessários
(1,80 × 10 14 J)/(1,50 × 10 7 J/kg) = 1,20 × 10 7 kg
de TNT, o que corresponde a um peso de aproximadamente 1,2 × 10 8 N.
(b) O peso calculado no item (a) é muito maior que o que pode ser carregado em uma mochila.
Seria necessário usar um caminhão para transportar uma quantidade tão grande de material.
(c) Como 0,00080mc 2 = 1,80 × 10 14 J, seriam necessários m = 2,50 kg de material físsil, o que
corresponde a um peso de aproximadamente 25 N.
(d) O peso calculado no item (c) pode ser carregado facilmente em uma mochila.
57. Como a energia de repouso E 0 e a massa m do quasar estão relacionadas através da equação
E 0 = mc 2 , a potência P irradiada pelo quasar e o consumo de massa obedecem à relação
Assim,
dm
dt
P
dE 0
c2 dm .
dt dt
= =
= P
= 1 × 1041
W
c2
( 2, 998 × 10 m/s)
8 2
= 11 , 1 × 1024
kg/s.
134 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Como uma unidade de massa solar corresponde a 2,0 × 10 30 kg e um ano tem 3,156 × 10 7 s,
dm
= ( × ) ×
11 1 1024
31 , 56 107
s/ano
, kg/s
ums/ano.
dt 20,
× 1030
kg/ums
≈ 18
58. (a) De acordo com a Eq. 37-52, temos:
K
= + = 1 1 , 0000000 keV
+ =
m c 510,
9989 keV
e
2
1 1,
00195695 ≈ 1, 0019570.
(b) O parâmetro de velocidade correspondente é
1
1
= − 1= − 1 =
( 1, 0019570)
2 2
0, 062469542.
(c) De acordo com a Eq. 37-52, temos:
K 1,
0000000 MeV
= + = 1 + =
m c 0,
5109989 MeV
e
2
1 2,
956951375 ≈ 2, 9569514.
(d) O parâmetro de velocidade correspondente é
1
1
= − 1= − 1 =
( 2, 9569514)
2 2
0, 94107924.
(e) De acordo com a Eq. 37-52, temos:
K 1000,
0000 MeV
= + = 1 + =
m c 0,
5109989 MeV
e
2
1 1957,
951375 ≈ 1957, 9514.
(f) O parâmetro de velocidade correspondente é
1
1
= − 1= − 1 =
( 1957, 9514)
2 2
0, 99999987.
59. (a) Este item pode ser resolvido usando a lei de conservação do momento. Neste caso, a
aplicação da lei de conservação do momento leva a duas equações, uma para a componente do
momento na direção do movimento da partícula alfa, que vamos chamar de eixo x , e outra para
a componente na direção do movimento do próton, que vamos chamar de eixo y. Como as velocidades
das partículas são muito menores que a velocidade da luz, podemos usar as expressões
clássicas para a energia cinética e o momento, K = mv 2 /2 e p
= mv
, respectivamente. Aplicando
a lei de conservação do momento às componentes x e y de p, obtemos:
m v m v
= oxi oxi, x v⇒ = ≈ oxi,
x
m
m v 4
v
oxi 17
0 = moxiv oxi, m + v ⇒ v − = oxi,
y p p y
m p
m v 1
p v p.
oxi 17
−≈
Para completar o cálculo, precisamos calcular as velocidades da partícula alfa e do próton a partir
das energias cinéticas das duas partículas. Uma forma de fazer isso é escrever a expressão da
energia cinética na forma K = mc 2 b 2 /2 e calcular o valor de b. No caso do próton, usando para
m pc 2 o valor que aparece na Tabela 37-3, obtemos:
2K
2( 4,
44 MeV)
p
p = = =
m pc2
938 MeV
0, 0973.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 135
Como este valor corresponde a quase 10% da velocidade da luz, convém verificar se existe necessidade
de usar a expressão relativística da energia cinética (Eq. 37-52). Fazendo os cálculos
com a expressão relativística, obtemos b p = 0,969, um valor razoavelmente próximo do obtido
usando a expressão clássica. No caso da partícula alfa, usando para m α o valor que aparece no
Apêndice B e para c 2 o valor dado na Eq. 37-46, obtemos
m α
c 2 = (4,0026 u)(931,5 MeV/u) = 3728 MeV
(um valor ligeiramente maior que o valor correto, pois a massa que aparece no Apêndice B é a
massa do átomo de hélio e não a massa do núcleo de hélio, mas a diferença é tão pequena que
pode ser desprezada), o que nos dá
2K
2( 7,
70 MeV)
=
= =
m 2
c
3728 MeV
0, 064.
Voltando às componentes da velocidade do núcleo de oxigênio, agora podemos concluir os
cálculos:
v oxi,
x
4
4 4
≈ ⇒ v
≈ oxi, = x =
( 0, 064) 00,
15
17
17 17
1
1 1
| v oxi, y | ≈ ⇒ v p ≈ oxi, = y p=
( 00, 97) 00,
057
17
17 17
Assim, com
m oxi c 2 ≈ (17 u)(931,5 MeV/u) = 1,58 × 10 4 MeV,
temos:
1
1
K oxi = ( m oxic 2)( +
2
oxi, =
x ×
2
oxi, y) ( 15 , 8
2
2
104 MeV)(0,015 2
+ 0, 00572)
≈ 2,
08 MeV.
(b) De acordo com as Eqs. 37-50 e 37-46,
− = Q ( + 1, 007825− u 16, 99914 − u 4, 00260u 14,
00307u)c 2
− =
( 0, 001295u)(931,5MeV/u)
− ≈ 1, 21 MeV.
Na verdade, resolvendo primeiro o item (b), seria possível resolver o item (a) de uma forma bem
mais simples (e até mais precisa!). De acordo com a Eq. 37-49, temos:
= + − = − − =
K oxi K Q K p 7, 70MeV 1206MeV 4, 44MeV 2, 05MeV.
60. (a) De acordo com a Eq. 29 da Tabela 37-2, temos:
Dx
D t ′ = D −
t
c
=
1,
00
= ( 10 , 0 − 08, 00 ) s,
em que g varia com b (veja a Eq. 37-8).
( 240 m)
s −
2,
998 × 10 8 m/s
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para 0 < < 0, 01.
136 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dt 9 em função de b para 0, 1 < < 1.
(d) Para determinar o valor de b para o qual o valor de Dt 9 é mínimo, derivamos a Eq. 29 em
relação a b e igualamos o resultado a zero. O resultado é
o que nos dá b = Dx/cDt = 240/299,8 = 0,801.
d Dt
′ = Dx
Dt
−
3
d
c = 0,
(e) Substituindo o valor encontrado no item (d) da expressão do item (a), obtemos o valor mínimo
Dt 9 = 0,599 µs.
(f) Sim. Note que, como Dx/ Dt = 2,4 ×10 8 m/s < c, um sinal pode se propagar do evento A para
o evento B sem exceder a velocidade da luz e, portanto, o evento A pode afetar o evento B. Em
casos como este, dizemos que existe uma “distância temporal” entre os eventos e é sempre possível
encontrar um referencial (no caso presente, um referencial com b ≈ 0,801) em que os dois
eventos ocorrem na mesma posição, embora em instantes diferentes.
61. (a) De acordo com a Eq. 19 da Tabela 37-2,
= ′ − ( = −) [ 240 m ( 299, 8) m].
D x D x c Dt
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0 < < 0, 01.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 137
(c) A figura a seguir mostra o gráfico de Dx 9 em função de b para 0, 1 < < 1.
Vemos que o valor de Dx 9 diminui continuamente a partir do valor que possui em b = 0 (240
m), atingindo o valor zero em b ≈ 0,8) e tornando-se negativo para valores maiores de b, o que
significa que, para esses valores de b, o valor de x 9 para o evento B é menor que o valor de x 9
para o evento A!.
(d) Para obter o valor de b para o qual Dx 9 se anula, basta igualar a zero a expressão encontrada
no item (a), o que nos dá b = Dx /cDt = 240/299,8 = 0,801.
62. Observando qual é o valor de u9 para v = 0 no gráfico da Fig. 37-28b, concluímos que u =
−0,20c. Explicitando u9 na Eq. 37-29 e substituindo u por esse valor, obtemos
que é a equação da curva mostrada na figura.
u
u − v
′ = = − 0,
20c
−
1−
uv / c2
1+
02,
0 /
v
,
v c
(a) Para v = 0,80c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −0,86c.
(b) Como era de se esperar, para v = c, a expressão do enunciado nos dá u9 = −c.
63. (a) A distância espacial entre os dois clarões é vt . Projetando esta distância na direção perpendicular
aos raios luminosos que se dirigem para a Terra, obtemos D ap = vt sen u.
(b) O clarão 1 é emitido t segundos antes do clarão 2. Além disso, o clarão 1 tem que percorrer
uma distância adicional L em relação ao clarão 2 para chegar à Terra, em que L = vt cos u (veja
138 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
a Fig. 37-29); para isso, necessita de um tempo adicional t 9 = L / c. Assim, o tempo aparente é
dado por
T ap t t t
vt cos
= − = ′ − = −
(c) Para v = 0,980c e u = 30,0 o , temos:
V ap
Dap
= =
T ap −
( v / c)
sen
c
1 ( v / c)
cos
c
t
v
1 cos
c .
( 0,
980)
sen30,0 °
=
3, 24 .
1− ( 09, 80)
cos30,0 ° c = c
64. A reta do gráfico da Fig. 37-30 é descrita pela Eq. 1 da Tabela 37-2:
Dx = vg Dt 9 + g Dx 9 = (“inclinação”)Dt 9 + “interseção com o eixo y”,
na qual a “inclinação” é (7,0 m)/(10 −8 s) = 7,0 × 10 8 m/s. Igualando este valor a vg , obtemos
v =
1−
v
( v / c)
2
= 70, × 108
m/s,
o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, v = 2,757 × 10 8 m/s ≈ 2,8 × 10 8 m/s
e g = (7,0 × 10 8 m/s)/v = (7,0 × 10 8 m/s)/(2,757 × 10 8 m/s) ≈ 2,54.
v = 2,8 ×10 8 m/s e g = 2,54. Como a “interseção com o eixo y” é 2,0 m, temos:
Dx 9 = (2,0 m)/ g = (2,0 m)/2,54 = 0,79 m.
65. Interpretando v
AB
como a componente x da velocidade de A em relação a B e definindo o
parâmetro de velocidade correspondente como b AB = v AB/ c, o resultado pedido no item (a) pode
ser obtido facilmente a partir da Eq. 37-29, depois de dividir ambos os membros por c. Para
tornar mais clara a correspondência com a Fig. 37-11, podemos chamar de B a partícula de A,
o referencial S 9 (ou um observador em repouso neste referencial) e de C o referencial S (ou um
observador em repouso neste referencial). Como a solução do item (b) é menos óbvia, vamos
mostrar as transformações algébricas necessárias para chegar ao resultado final.
o que nos dá
e, portanto,
1
= ⋅ ⇒ − 1+
M M M
AC AB BC
AC
AC
1
= − 1+
AB
AB
1−
⋅
1+
BC
B C
( 1− )( + 1 + )( 1= − − ) ( 1 + )( 1 )( 1 )
AC AB BC AB BC AC
1 – b AC
+ b AB
+ b BC
– b AC b AB
– b AC b BC
+ b AB b BC
– b AB b BC b AC
=
,
1 + b AC
– b AB
– b BC
– b AC b AB
– b AC b BC
+ b AB b BC
+ b AB b BC b AC
Cancelando os termos que aparecem dos dois lados da equação, obtemos
o que nos dá
– b AC + b AB + b BC – b AB b BC b AC = b AC – b AB – b BC + b AB b BC b AC ,
2222 + = +
.
AB BC AC AB BC AC
O lado esquerdo pode ser escrito na forma 2 b AC
(1 + b AB b BC
), o que torna claro como obter o
resultado do item (a): basta dividir ambos os membros por 2(1 + b AB b BC
).
66. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do item (b), que
M
1
= − 1+
1 M
.
1 M
⇒ = − +
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 139
Como b AB = b BC = 1/2, M AB = M BC = (1 − 1/2)/(1 + 1/2) = 1/3. Assim,
(a) M AC = M AB ⋅ M = BC ⋅ = 1 3
1 M
(b) AC = − 1+ M
(c) v
AC
= 0,80c.
AC
AC
1
3
1
9 .
1
= − 1 / 9 8
= = + 0, 80.
1+
1 / 9 10
67. Notamos, já que se trata de uma simetria óbvia e torna mais fácil a solução do problema,
que
M
1
= − 1+
1
⇒ = −
1+
Como b AB
= 1/5, M AB
= (1 − 1/5)/(1 + 1/5) = 2/3; como b BC
= − 2/5, M BC
= (1 + 2/5)/(1 − 2/5) =
7/3; como b CD = 3/5, M CD = (1 − 3/5)/(1 + 3/5) = 1/4. Assim,
e
o que nos dá v
AD
= +0,44c.
M AD = M AB M BC M CD = × × = 2 3
AD
1 M
= − 1+ M
AD
AD
7
3
M
M
1
4
7
18
1
= − 7/
18 11
= = 0, 44,
1+
7/
18 25
68. (a) De acordo com um passageiro da nave, o tempo de percurso do próton é Dt' = (760
m)/0,980c = 2,59 ms.
(b) Para calcular o tempo de percurso do ponto de vista de um observador estacionário, usamos
a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = –760 m, o que nos dá
= ( ′ + 0, 950 ′
2) = 0,
572s.
D t t D c x c D
(c) Para um passageiro da nave, o sentido do movimento do próton não faz diferença; o tempo
de percurso do próton é o mesmo do item (a), Dt' = 2,59 ms.
(d) No caso de um observador estacionário, usamos a Eq. 2 da Tabela 37-2 com Dx' = +760 m,
o que nos dá
D t = ( t D ′ + 0, c 950 x c D ′
2) = 16,
0s.
69. (a) De acordo com a Eq. 37-26, o comprimento L c ′ da limusine do ponto de vista de Alfredo é
L
c
= L′
= − = L 1 −
2
( 30, = 5 m) 1 ( 0, 9980),
2
1 93 m.
c
c
(b) Como o eixo x g está estacionário em relação à garagem, x g2 = L g = 6,00 m.
(c) Quanto a t g2 , note na Fig. 37-32b que no instante t g = t g1 = 0, a coordenada do para-choque
dianteiro da limusine no referencial x g
é L c ′, o que significa que a frente ainda está a uma distância
L g − Lc′ da porta traseira da garagem. Como a limusine está se movendo com velocidade v,
o tempo que a frente leva para chegar à porta traseira da garagem é dado por
L g − Lc′ 6, 00 m −1,
93 m
Dt g = t g 2 − t g1
= =
= 13 , 6 × 10
v 0, 9980( 2,
998 ×
− 8
s.
108
m/s)
Assim, t = t + Dt = 0 + 1,36 10 –8 s = 1,36 10 –8 s = 13,6 ns.
g2 g1 g
× ×
140 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(d) Como a limusine está no interior da garagem entre os instantes t g1 e t g2 , o tempo de permanência
é t g2 – t g1 = 13,6 ns.
(e) De acordo com a Eq. 37-13, o comprimento L g ′ da garagem do ponto de vista de Mário é
L
g
L= ′ = − = L 1 −
2
( 6, 00 = m) 1 ( 0, 9980) 2
0,
379 m.
g
g
(f) Como o eixo x c
está estacionário em relação à limusine, x c2 = L c
= 30,5 m.
(g) para-choque Sabemos traseiro que no instante da limusine t c = e t c2 a (instante porta traseira em que da garagem acontece é o dada evento por 2), L a distância L entre o
c − ′ . Como a garagem
se move com velocidade v, a porta dianteira da garagem passa pelo para-choque traseiro
g
da limusine após um intervalo de tempo Dt c dado por
L c − Lg′ 30, 5 m − 0,
379 m
Dt c = t c 1 − t c2
= =
= 10 , 1 × 10
7
v 0, 9980( 2,
998 ×
− s.
108
m/s)
Assim, t c2 = t c1 – Dt c = 0 – 1,01 × 10 –7 s = –1,01 × 10 –7 s.
(h) Do ponto de vista de Mário, a resposta é não.
(i) Do ponto de vista de Mário, o evento 2 acontece primeiro, já que t c2 < t c1 .
(j) Vamos descrever os aspectos importantes dos dois eventos. No instante do evento 2, a frente
da limusine coincide com a porta traseira da garagem e a garagem parece muito curta (talvez
não chegue até a janela do banco da frente da limusine). No instante do evento 1, a traseira da
limusine coincide com a porta da frente da garagem e a frente da limusine já ultrapassou em
muito a porta traseira da garagem. Em suma, do ponto de vista de Mário, a garagem parece muito
curta em comparação com a limusine.
(k) Não, já que a limusine não pode permanecer na garagem com as duas portas fechadas.
(l) Tanto Mário como Alfredo estão corretos em seus respectivos referenciais. Entretanto, se alguém
merece perder a aposta, esse alguém é Mário, que parou de estudar física na escola antes
de chegar à teoria da relatividade!
70. (a) A contração relativa é
| DL | L0( 1−
1)
1 1
2
1 1 1 2
1
=
−
2
= − − ≈ − −
L L
2 = 2 1 630
=
2 2 3,00 × 108
m/s
0
= × 22 , 1 10 12.
m/s
0
(b) Fazendo | D t − D t 0= | Dt
0− ( = = 1) 1,
00s, temos:
Dt 0 =
2 1 2 1
− 1 = 1− −1 ≈ 1+ 2
− 1
= =
( ) − /
2
2
= 5,
25
d.
2
2( 1,
00 × 10 − 6
s)(1d/86.400s)
[( 630 m/s)/(2,998 × 108
m/ s)]
2
71. Seja v a velocidade dos satélites em relação à Terra. Quando os satélites passam um pelo
outro em sentidos opostos, a velocidade relativa, de acordo com a transformação clássica de
Galileu, é v rel, c = 2 v. Por outro lado, usando a transformação relativística, obtemos
vrel
=
1+
2v
. 2 2
v / c
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 141
(a) Para v = 27.000 km/h, v rel, c = 2 v = 2(27.000 km/h) = 5,4 × 10 4 km/h.
(b) Podemos expressar a velocidade da luz em km/h multiplicando o valor em m/s por 3,6: c =
1,08 × 10 9 km/h. O erro relativo é
−
v rel,
c vrel
1
1
= 1− = 1− v rel , c 1 + v 2 / c 2 1 + [( 27.
000 k m/h ) / ( 10 , 8 × 109 km/h )]
2
= 63, × 10 − 10.
Nota: Como a velocidade dos satélites é muito menor que a velocidade da luz, o erro que cometemos
ao usar a transformação clássica para calcular a velocidade relativa é insignificante.
v d / c 6,
0 anos
72. = = =
= 0, 75.
c t 2, 0 anos + 6,
0 anos
73. O trabalho executado sobre o próton é igual à variação da energia cinética do próton. A
energia cinética do próton é dada pela Eq. 37-52:
= − = − = −
K E mc 2 mc
2 mc mc 2 2 ( 1 ),
em que = 1/ 1−
2
é o fator de Lorentz. Seja v 1 a velocidade inicial do próton e seja v 2 a velocidade
final. O trabalho necessário é
= = − − − = − =
W K D mc 2( 2mc 1)
2( mc 2
1 1)() mc
2
2 1 D .
Para b 2 = 0,9860, g 2 = 5,9972; para b 1 = 0,9850, g 1 = 5,7953. Assim, Dg = 0,202 e, portanto,
2
D
D
W = K m= ( c ) ( 938− MeV=
)( 5, 9972 57 , 953)
189 MeV.
74. Como a vida média do píon no referencial da Terra é D t = Dt
0, a distância percorrida é
(, 0 99)(, 29 98 × 10 ×
= = =
8 m/s)(26 10 − 9s)
= 55m.
1−
( 0, 99)
2
d v t D v t D 0
75. A Eq. 37-48 pode ser escrita na forma
E
=
mc2
.
1 v 2
/ c2
−
Explicitando a velocidade v e levando em conta o fato de que, de acordo com a Tabela 37-3,
mc 2 = 0,511 MeV, obtemos:
v
c
1
mc2
2
c 1
E
= −
=
0, 511 MeV
− 1533 MeV
2
0, 99999994c
c,
= ≈
o que nos leva à conclusão de que, em nosso referencial, a viagem do elétron levou 26 anos.
O tempo decorrido no referencial do elétron pode ser calculado combinando a Eq. 37-7 com a
Eq. 37-48, o que nos dá:
Dt
0
Dt
Dt mc 2
0,
511 MeV
= = ( 26 anos = )
E
1533 MeV
0,
0087ano,
o que significa que, no referencial do elétron, a distância percorrida foi apenas 87, × 10 −3
anos-luz.
76. A Eq. 37-48 pode ser escrita na forma
E
=
mc2
.
1 −
2
142 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
Explicitando b, obtemos
=
− 2
2
mc ( 1, 672621237 × 10
1
= 1−
− 27
kg)( 29 , 9792458 × 10
E
10 611 × 10−9
, J
8
2
m/s)
= 0, 99990.
77. A velocidade da espaçonave após o primeiro incremento év 1 = 0,5c. Após o segundo incremento,
passa a ser
v ′ + v1
0, 50c
+ 05,
0c
v2
=
=
= 0,80c.
1+
v ' v c2 1+
( 0, 50c
)
2 c2
Após o terceiro incremento, passa a ser
v3
1
v ' + v2
=
=
1+
v ' v 2 c2
+
05, 0c
0,
50c
= 0, 929c.
1 ( 0, 50c
)( 0, 80c)
c2
+
Continuando o processo, obtemos v 4 = 0,976c, v 5 = 0,992c, v 6 = 0,997c e v 7 = 0,999c. Assim,
são necessários sete incrementos.
78. (a) De acordo com a Eq. 37-37,
l
l
=
1−
1+
1 l l
2
⇒ = − ( / )
1+
( l / l) . 2
0 0
Para l 0 / l = 434/462, obtemos b = 0,062439, o que nos dá v = 1,87 × 10 4 km/s.
0
(b) Como o comprimento de onda sofre um desvio “para o vermelho” (para maiores comprimentos
de onda) a galáxia está se afastando da Terra.
79. De acordo com a Eq. 37-54 com mc 2 = 0,511 MeV (veja a Tabela 37-3),
p
c
=
+
+
K 2
2Kmc
2
( 2, 00 MeV) 2
2( 2, 0 MeV)( 0,
511 MeV)
=
= 2, 46 MeV/ c.
c
c
80. De acordo com a Eq. 37-26,
| DL | = L − = L L −
L
= − −
0 0 1 1 2
0 1 1
γ
( )
3 0 104
2
= 26( , 370 × 106
, × m s
m)
1−
1−
2,
998 × 108
m s
= 0, 064 m = 6,4 cm.
81. Vamos chamar de partícula 2 a primeira partícula mencionada no enunciado. Como o momento
total das duas partículas é zero no referencial S 9, as velocidades das duas partículas devem
ter o mesmo módulo e sentidos opostos em S 9. Chamando de v a velocidade de S 9 em relação a
S , a velocidade no referencial S 9 da partícula que está em repouso no referencial S é u 1 ′ = −v
e a
expressão da velocidade da outra partícula pode ser obtida explicitando u9 na Eq. 37-29:
u 2 − v ( c / 2)
− v
u2′ = =
1−
u 2v / c2 1−
( c / 2)( v / c2) .
Fazendo u 2′ = − u 1 ′ = v, obtemos
( c / 2)
− v
= ⇒ v = c v ± ≈( 2 c 3) 0,
27
1−
( c / 2)( v / c2)
em que, das duas raízes da equação do segundo grau, foi escolhida a raiz para a qual v < c.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 143
82. (a) Como o tempo de vida da partícula no referencial do laboratório é
Dt
L 23 , 0 × 10−
4
= =
v 09, 60 × 30 , 0 × 10
8
= 79 , 9 × 10−
13
s,
o tempo de vida próprio da partícula, de acordo com a Eq. 37-7, é
= − = × − = −
D t 0 t D 1v c ( / )(
2
7, 99 10
13
) 1 ( 0,) 960
2
2,
2
s 37 × 10−
13
s ≈ 2,
24 × 10−13
s.
(b) A distância percorrida pela partícula no seu referencial de repouso é
8 −13
−
L 0 v D t 0 0, 96( 3, 00 10 m/s)( 2, 237 10 s) 6,
44 10 5
m.
= = × × =
83. (a) De acordo com a Eq. (37-52),
K = m p c2
1
( − 1) = ( 938 MeV)
− 1
5, 71GeV .
1 ( 09, 90)
2
−
=
×
(b) De acordo com a Eq. (37-48),
E = m c2
=
p
1
( 938 MeV) = 6,
65 GeV.
1−
( 09, 90)
2
(c) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),
c
p = m p v = ( m pc 2
( 938 MeV)(0,990)/
) / c =
= 6, 58 GeV/ c.
1 ( 09,
90)
2
(d) De acordo com a Eq. (37-52),
K
= m e c 2
1
( − 1) = ( 0,
511 MeV) − 1
= 3, 11 MeV.
1−
( 09, 90)
2
−
(e) De acordo com a Eq. (37-48),
E = m c 2
=
e
1
( 0, 511 MeV) = 3,
62 MeV.
1−
( 09, 90)
2
(f) De acordo com as Eqs. (37-8) e (37-41),
c
p = m e v = ( m ec 2
( 0,
511MeV)(0,990)/
) / c =
= 3, 59 MeV/ c.
1 ( 0,
990) 2
84. (a) De acordo com a Eq. 37-7,
(b) De acordo com a Eq. 37-31,
R
= =
R
1 1
f
f
0
1
=
=
−
+
0
−
1
=
−
0
.
1 − ( v / c) 2
+
−
+
−
1 c v
0 = 0 .
1 c v
(c) O efeito Doppler envolve dois diferentes fenômenos: a dilatação do tempo da fonte em
movimento e a variação do intervalo entre os picos que acontece quando os sinais periódicos
emitidos por uma fonte em movimento são captados por um receptor estacionário. Para medir
apenas o efeito de dilatação do tempo, é preciso usar medidas “locais”, ou seja, comparar
144 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
as leituras de um relógio em movimento com as de dois relógios do observador estacionário,
situados a uma certa distância um do outro, nos instantes em que o relógio móvel passa pelos
relógios estacionários.
85. Seja S o referencial no qual a partícula que se aproxima do Polo Sul está em repouso e seja
S 9 o referencial da Terra. Nesse caso,v = 0,60c, u9 = 0,80c (considerando positivo o sentido
norte-sul) e a velocidade relativa é a velocidade da partícula que se aproxima do Polo Norte no
referencial S :
u
=
′ +
u v 0, 80c
0,
60c
=
= 0, 95c.
2
2
1 u v / c 1 ( 0, 80c
)( 0, 60c) / c
+ ′
86. (a) DE = Dmc 2 = (3,0 kg)(0,0010)(2,998 × 10 8 m/s) 2 = 2,7 × 10 14 J.
(b) A massa de TNT é
+
( 2, 7 × 1014
J)( 0, 227 kg mol)
m TNT =
= 1,
8 ×10
3,
4 ×
7 kg.
106 J
(c) Supondo que a mesma massa do item (a), (3,0 kg)(0,0010), é convertida em energia, a fração
da massa convertida em energia no caso do TNT é
DmTNT
mTNT
( 3,
0 kg)(0,0010)
=
= 1,
6 × 10
1,
8 × 107
kg
o que significa que a fração é 0,0010/1,6 × 10 –9 = 6,0 × 10 6 .
87. (a) Como a expressão clássica da energia cinética é a Eq. 37-51, E = mv 2 /2, a energia de um
elétron que estivesse se movendo à velocidade da luz seria
E = m e
c 2 /2 = (511 keV)/2 = 255,5 keV.
Assim, de acordo com a Eq. 24-5, a diferença de potencial necessária para acelerar o elétron
até a velocidade da luz seria
V
= = 255 = , 5 keV
≈
E
| q |
e
+
255,
5 kV
−9 ,
256 kV.
(b) Igualando a diferença de potencial calculada no item (a) à expressão relativística da energia
cinética, dada pela Eq. 37-52, obtemos:
= − =
V m c 2
e ( m 1c
) 2
e
1
1− ( v c 2
)
−
1 ⇒ v = c 1+
1−
1
V m ec2
2
= 0, 745c.
88. Vamos chamar de u9 a velocidade do míssil em relação ao caça e de u e v as velocidades do
míssil e do caça em relação ao cruzador, respectivamente. Nesse caso, u9 = 0,980 e v = –0,900c,
já que a velocidade do caça em relação ao cruzador é o negativo da velocidade do cruzador em
relação ao caça. De acordo com a fórmula da velocidade relativa (Eq. 37-29), temos:
u
=
′ +
+ ′
u v
1 u v / c2
=
09, 80c
− 09,
00c
= 0, 678c.
1−
( 09, 80)( 09, 00)
Capítulo 38
1. (a) Fazendo E = hc/ l min = 1240 eV · nm/ l min = 0,6 eV, obtemos l = 2,1 × 10 3 nm = 2,1 mm.
(b) Este comprimento de onda pertence à região do infravermelho.
2. Como
1
2 hc
m e v = E fóton =
2
,
temos:
v
2hc
2hc
m m c c 2 c 2hc
2
( m c2)
= = =
e e e
= ( 2, 998 × 108
m/s)
2( 1240 eV ⋅ nm)
= 8,
6 × 105
m/s.
( 590 nm)( 511 × 103
eV)
O fato de que v << c mostra que o uso da expressão clássica K = mv 2 para a energia cinética
está correto.
3. Seja R o número de fótons emitidos por segundo pelo Sol e seja E a energia de um fóton.
Nesse caso, a potência luminosa emitida pelo Sol é dada por P = RE . Além disso, E = hf =
hc/ l, em que h = 6,626 × 10 –34 J · s é a constante de Planck, f é a frequência da luz emitida e l
é o comprimento de onda. Assim, P = Rhc/ l e
R
P ( 550 nm)( 3, 9 1026
W)
hc ( 6, 631 0−34
J s)( 2,
998 108
m/s)
= =
× ⋅
×
×
= 1,
0 × 10
45
fótons/s.
4. Se o diâmetro do feixe do laser é d , a área da seção reta do feixe é A = p d 2 /4 e o número de
fótons absorvidos por unidade de área e por unidade de tempo é
R
A
P
hc ( d 2
/ 4)
= =
1 7 102
= , × 1 fótons/m 2
⋅ s.
4( 633 nm)( 5, 0 × 10−
3
W)
( 66,
3 × 10−
J ⋅ s)( 2, 9981× 0 m/s)( 3, 51×
0−
m)
34 8 3 2
5. A energia de um fóton é dada por E = hf , em que h é a constante de Planck e f é a frequência.
Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E =
hc/ l. Como h = 6,626 × 10 –34 J · s e c = 2,998 × 10 8 m/s,
× ⋅ ×
= 1240 eV ⋅ nm.
×
−
( 6, 626 10−34 J s)( 2, 998 108
m/s)
hc =
( 16 , 02 10−19 J/eV)( 10
9
m/nm)
Assim,
Para
1240eV nm
E =
.
l = (1.650.763,73) –1 m = 6,0578021 × 10 –7 m = 605,78021 nm,
⋅
146 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
a energia é
E
hc 1240 eV ⋅ nm
= =
= 2,
047 eV.
605,
78021nm
6. A energia de um fóton é dada por E = hf , em que h é a constante de Planck e f é a frequência.
Como o comprimento de onda l está relacionado à frequência através da equação lf = c, E =
hc/ l. Como h = 6,626 × 10 –34 J · s e c = 2,998 × 10 8 m/s,
Assim,
Para l = 589 nm,
× ⋅ ×
= 1240 eV ⋅ nm.
×
−
( 6, 626 10−34 J s)( 2, 998 108
m/s)
hc =
( 16 , 02 10−19 J/eV)( 10
9
m/nm)
E
1240eV nm
E =
.
hc 1240 eV ⋅ nm
= =
= 2,
11 eV.
589 nm
7. A taxa com a qual os fótons são absorvidos pelo detector está relacionada à taxa com a qual
os fótons são emitidos pela fonte luminosa através da equação
A
R = abs ( abs
0 , 80 ) R
r 2 emit
4
.
Como A abs = 2,00 × 10 −6 m 2 , r = 3,00 m e R abs = 4000 fótons/s, a taxa com a qual os fótons são
emitidos é
Remit
4
r 2
A
R 4
( 3, 00 m)
2
abs
4000 2 83 108
( 0, 80)
abs (0,80)( 20 , 0 10
6
) ( =
×
, ×
−
fótons)
fótons/s.
m2
= =
Como a energia de um fóton é
a potência da fonte é
E fóton
= = ×
hc 1240 eV ⋅ nm
= =
=
500 nm
⋅
2,
48
P emit R emit E fóton ( 2, 831 0 8 fótons/s)( 2,
48 eV ) 7 , 0 108 eV/s 1 , 11 0
10
W .
eV,
= × = ×
−
8. A taxa com a qual os fônons são emitidos pelo laser de argônio é dada por R = P/ E fóton ,
na qual P = 1,5 W é a potência do feixe luminoso e E fóton = hc/ l é a energia de um fóton de
comprimento de onda l. Como a = 84% da energia do feixe luminoso incide no disco central,
a taxa de absorção de fótons no disco central é
P
( 08, 4)( 15 , W)
R ′ = R
= =
hc / λ ( 6, 631× 0−
34
J ⋅s)( 2,
998 × 108 m/s )/(
515 × 10−
9
m)
= 3,
3 × 10
18
fótons/s.
9. (a) Vamos supor que toda a potência resulta na produção de fótons com um comprimento de
onda l = 589 nm. Seja R a taxa de produção de fótons e seja E a energia de um fóton. Nesse
caso,
P = RE = Rhc/ l,
em que h é a constante de Planck, c é a velocidade da luz e l é o comprimento de onda.
Assim,
R
P ( 589 10−
9
m)()
100 W
hc ( 6, 631 0−
34
J s)( 3,
00 108
m/s)
= =
×
× ⋅
×
= 29,
6 × 10
20
fótons/s.
(b) Seja I o fluxo de fótons a uma distânciar da fonte. Como os fótons são emitidos uniformemente
em todas as direções, R = 4p r 2 I e
(c) O fluxo de fótons é
r
I
R
4
I
= =
29 , 6 × 10
4
( 1,
00 × 10
20
4
fótons/s
= 48,
6 × 10 m.
fótons/m 2 ⋅
7
s)
R 29 , 6 × 1020
fótons/s
= =
= 58 , 9 × 1018 fótons/m 2
⋅ s.
4
r 2
4
( 2, 00 m)
2
10. (a) A potência luminosa incidente no painel é
P = ( 1, 39 kW/m2)( 2, 60 m2) = 3,
61 kW.
(b) O número de fótons por segundo absorvidos pelo painel é
R
P
36 , 1 × 103
W
= =
( 6, 63 × 10−
34
J ⋅ s)( 2, 998 × 108
m/s) / ( 550 × 10 − 9
m)
E f
= 10 , 0 × 10
(c) O tempo pedido é dado por
22
t
fótons/s.
N
A
= =
R
60 , 2 × 1023
10 , 0 × 10 s
22 −1
= 60,
2 s.
11. (a) Seja R o número de fótons emitidos por unidade de tempo e seja E a energia de um
fóton. Nesse caso, se toda a potência da lâmpada contribui para produção de fótons, a potência
da lâmpada é dada por P = RE . Como E = hf = hc/ l, em que h é a constante de Planck, f é a
frequência da luz emitida e l é o comprimento de onda, temos:
= ⇒ =
P Rhc R
P .
hc
Como a energia de um fóton é inversamente proporcional ao comprimento de onda, a lâmpada
que emite luz com maior comprimento de onda (a lâmpada infravermelha) precisa emitir mais
fótons para desenvolver a mesma potência.
(b) Seja R o número de fótons por segundo emitidos pela lâmpada infravermelha. Nesse caso,
R
P ( 700 nm)( 400 J/s)
−19
hc ( 1, 60 10 J/eV)(
1240 eV nm)
= =
×
⋅
= 14 , 1 × 10 21 fótons/s.
12. De acordo com o Exemplo “Emissão e absorção de luz na forma de fótons”, temos:
P
Rhc ( 100 s−
1)( 6, 63 × 10−34 J ⋅ s)( 2,
998 × 108
m/s)
= =
= 3,
6 × 10
550 × 10−
9
m
−17
W.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 147
13. A energia total emitida pela lâmpada é E = 0,93Pt , em que P = 60 W e
t = 730 h = (730 h)(3600 s/h) = 2,628 × 10 6 s.
Como a energia de cada fóton emitido é E f = hc/ l, o número de fótons emitidos é
N
E 0, 93Pt
( 0, 93)() 60 W ( 2, 6281 06
s)
E f hc/
( 6,
63 × 10⋅ − 34
J× s)( 2, 998 10 ×
8
m/s) / ( 630 10−9
m)
= = =
×
= 4, 7 ×10 26 .
148 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
14. A potência média da fonte é
Pmed
DE
7,
2 nJ
= = = = 3, × 6 nJ/s = 3, 6 10−9
J/s 2, 25 ×10 10 eV/s.
Dt
2 s
Como a energia dos fótons é
E f
hc 1240 eV⋅
nm
= =
=
600 nm
2,
07
eV,
o número de fótons por segundo emitidos pela fonte é
Remit
Pmed
22,
5 × 10
10
eV/s
= =
= 10 , 9 × 10
10
f ótons/s.
E f 2,
07 eV
Como a fonte é isotrópica e o detector (situado a 12,0 m de distância) tem uma área útil
A 2
abs = 20 , 0 × 10 −6
m e absorve 50% da luz incidente, o número de fótons por segundo absorvidos
pelo detector é
Rabs
Aabs
20,
0 × 10 − 6
m2
( 0, 50) R
r 2 emit ( 0, 50)
( 1, 09 × 10
10
fótons/s) = 6,
0 fótons/s.
4 4 ( 12, 0 m)
2
= =
15. A energia de um fóton incidente é E = hf , na qual h é a constante de Planck e f é a frequência
do fóton. A energia cinética do fóton ejetado de maior energia é
K max = E – F = (hc/ l) – F,
em que F é a função trabalho do sódio e f = c/ l, sendo que l é o comprimento de onda do fóton.
Como o potencial de corte V corte está relacionado à energia cinética máxima através da equação
eV corte = K max ,
e
=
hc
eV corte
+
eV corte = (hc/ l) – F
F
1240 eV⋅
nm
=
= 170 nm.
5,
0 eV + 2,2eV
Nota: Para este valor da função trabalho, a frequência de corte é
f 0
F ( 2, 2 × 10 )
= =
h
eV)(1,6 −19
J/eV
= ×
6,626 × 10 − 34
J ⋅s
5, 3 10 14 Hz.
16. A energia cinética máxima dos elétrons ejetados pode ser calculada a partir da Eq. 38-5:
= − = × ⋅ × −
K max hf F ( 4, 14 10−15 eV s)( 3, 0 1015
Hz) 2,
3 eV = 10eV .
17. De acordo com a Eq. 38-5,
m v2
e 1
K max = = ( m c e =
2v )( c −/ )
2E
fóton .
2 2
F
Explicitando v, obtemos
v
=
c
2( E fóton − F )
2 5 80 − 4
= 2 998 × 108
( , eV . 50 eV)
( , m/s)
= 67,
6 × 105
m/s.
m c2
511 × 103
eV
e
18. O menor comprimento de onda dos fótons da luz visível é da ordem de 400 nm, o que
significa que a energia desses fótons é
E = hc/ l = (1240 eV· nm/400 nm) = 3,1 eV.
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 149
Para que uma célula fotelétrica funcione com luz visível, é preciso que a energia dos fótons
seja maior que a função trabalho do elemento. Assim, entre os elementos citados, os únicos que
funcionam com luz visível são o bário e o lítio.
19. (a) O potencial de corte pode ser calculado a partir da Eq. 38-6:
V corte
=
hf
−
e
F
(b) De acordo com a Eq. 38-5,
=
hc/ F 1240 eV nm/400 nm 1, 8 eV
e
−
( ⋅
) −
=
e
= 1,
3
V.
K
m ev2 max = = 1 ( m c e =
2v )( c −/ )
2E
fóton .
2 2
F
Explicitando v, obtemos
v
=
−
2( E fóton F)
2eV
corte 2eV
corte
c
m
m m c2
= = = ( 2, 998 × 108
m/s)
e e e
2e
( 1,
3V)
511 × 103eV
= 6,
8 × 105m/s.
20. O número de fótons emitidos pelo laser por unidade de tempo é
R
P P
E fóton hc/
== = =
–16
dos a corrente quais (1,0 é × 10 )(6,05 × 10
20 , 0 × 10−
3
W
= 60 , 5 × 10 fótons/s,
( 1240 eV ⋅ nm/600 nm)(1,60 ×
15
10−19
J/eV)
15
/s) = 0,605 fótons/s produzem emissões fotelétricas. Assim,
i = (0,605/s)(1,60 × 10 –19 C) = 9,68 × 10 –20 A.
21. (a) De acordo com a Eq. (28-16), v = rBe/ m e
e, portanto,
K max
2
1 1 rBe ( rB )
2e2 ( ,
= m v e m2
1 88 × 10−
4
T ⋅ m)
2( 1,
60 × 10−19
C)
2
= e
m
= =
2 2 2m
291 ( , 1 10−31
kg)( 1,60 10−19
J/eV)
e
e
×
×
=
3,
1
keV.
(b) O trabalho pedido é igual à diferença entre a energia dos fótons incidentes e a energia cinética
máxima dos elétrons emitidos:
W E fóton K max
hc
= − = − =
K max
1240 eV ⋅ nm
71 × 10−3 nm − 3,10 keV = 14 keV.
22. De acordo com a Eq. 38-6,
K max
hc hc
= E fóton − = − =
F
λ λ
max
1240 eV ⋅ nm 1240 eV ⋅ nm
−
= 1,
07 eV.
254 nm 325nm
23. (a) A energia cinética do elétron mais rápido é dada por
K m
= hf – F = (hc/ l) – F,
em que F é a função trabalho do alumínio, f é a frequência da radiação incidente e l é o
comprimento de onda. Assim,
1240 eV nm
K m =
200 nm
⋅
− 4,
20 eV = 2,00 eV.
150 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Como a energia do elétron mais lento é igual à função trabalho, sua energia cinética é
zero.
(c) Como o potencial de corte obedece à relação K m
= eV 0 , temos:
V 0
K
m
= = = 2 00
e
2,
00 eV
e
, V.
(d) Para o comprimento de onda de corte, K m = 0, o que nos dá hc/ l = F e, portanto,
hc 1240 eV⋅
nm
= F = 4, 2 eV = 295 nm.
Para maiores comprimentos de onda, os fótons não têm energia suficiente para arrancar elétrons
da placa de alumínio.
24. (a) No primeiro caso (que vamos chamar de 1) e no segundo (que vamos chamar de 2),
temos:
Eliminando F dessas equações, obtemos
h
=
−
eV 1 = hc/ l 1 – F e eV 2 = hc/ l 2 – F.
−
41,
2 10−
15
e
[ ] = × V ⋅ s.
e ( V 1 V 2)
1,
85 eV 0,820 eV
=
c( − − −
1 1 2 1 ) ( 3,
00 × 1017 nm/s) ( 300 nm) − 1
− ( 400 nm)
−1
(b) Eliminando h nas equações do item (a), obtemos
F =
3( V 2
2 − V 11
) ( 0, 820 eV)(400n m)
=
− ( 1,
85 eV)(300 nm)
= 2,
27 eV.
−
300 nm − 400 nm
1 2
(c) Fazendo F = hc/ l 0 , obtemos
hc 1240 eV ⋅ nm
λ 0 = =
= 545 nm.
F 2,
27 eV
25. (a) Vamos usar a equação do efeito fotelétrico (Eq. 38-6) na forma hc/ l = F + eV 0 . Seja l 1
o primeiro comprimento de onda e seja l 2 o segundo comprimento de onda. Seja eV 01 = 0,710
eV a energia potencial de corte correspondente ao primeiro comprimento de onda e seja eV 02 a
energia potencial de corte correspondente ao segundo comprimento de onda. Nesse caso,
hc
1
= + F = +
V 01
hc
e F V 02.
2
A primeira equação nos dá F = (hc/ l 1 ) – V 01 . Substituindo este valor de F na segunda equação,
obtemos
