2º física

física óptica

1

Capítulo 1 princípios da óptica / espelhos planos

Conexões

1. Quando iluminada com luz branca, a bandeira brasileira é vista nas cores verde, amarelo, azul e branco.

2. Se a fonte emite somente luz monocromática amarela, a bandeira brasileira será vista por nós da seguinte forma:

• as regiões verde e azul absorvem a luz monocromática amarela; portanto, serão vistas na cor negra;

• as regiões amarela e branca serão vistas na cor amarela, pois refletirão difusamente a luz amarela.

Exercícios complementares

9. Soma = 22 (02 + 04 + 16) (01) Incorreta. A reflexão é difusa. (02) Correta. (04) Correta. A região vai do vermelho ao violeta. (08) Incorreta. Reflete todas as luzes. (16) Correta. 10. e Observe a figura:

HP R x 49 x 0,10 m B Q A

Com base na figura, obtemos:

H xx 10 50 = ⋅ s H = 500 cm = 5,0 m

11. a) Para que uma parte do Sol seja vista (eclipse anelar), a Lua deve se afastar da Terra, conforme mostra a figura.

AA’ B’ O B

b) De acordo com a figura dada e empregando semelhança de triângulos, escrevemos:

distância do observador àLua diâmetro da Lua d = istância do observador ao Sol diâmetro do Sol s

s d 3 5 10 150 10 1 4 10 3 6 6 , , ⋅ = ⋅ ⋅ s d = 3,75 · 105 km = 375.000

km 12. a De acordo com a figura dada, as clorofilas absorvem a luz azul (85% de absorção), a violeta (68%) e a vermelha (53%). A absorção da luz verde é praticamente igual a 0; portanto, essa luz é refletida.

21. a Para um objeto real, o espelho plano conjuga uma imagem virtual, do mesmo tamanho que o objeto e a uma distância do espelho igual à distância do objeto ao espelho. 22. d Como o objeto e a imagem são simétricos em relação ao espelho plano (do = di), então, se o objeto se aproxima do espelho com velocidade de 1 m/s, a imagem também se aproximará do espelho com a mesma velocidade. 23. d Observe a figura:

i r Ci 40 140 R° ° 1 B A E1 R2 E2

No triângulo ABC, temos: + 40° = 90° α s α= 50° Como R2 é paralelo a E2: r = = 50° αSendo i = r, temos: i = 50° 24. Observe a figura:

1,20 m 0,40 m 0,80 m 0,90 m B Q x R P S VV’ i2 i2 r2 r2

x x + = 0 4 0 8 1 20 9 , , , , − s 0,9 ⋅ x + 0,36 = 0,96 – 0,8 ⋅ x s

s 1,7 ⋅ x = 0,60 s x = 0 60 1 7 ,, s x = 0,35 m

2

Tarefa proposta

1. a As fontes primárias são os corpos que emitem luz própria:

Sol, estrelas e vela acesa. 2. b Somente podemos ver as fontes de luz. No escuro, os

objetos não emitem luz. 3. d Nas proximidades do Sol, o feixe de luz é cônico divergente,

pois ele emerge afastando-se desse astro. Nas proximidades da Terra, por causa da grande distância entre esse planeta e o Sol, o feixe de luz já é praticamente cilíndrico.

4. d Observe a figura:

2,5 m H 3 m 54 m

H 54 2 5 3 = , s H = 45 m

5. io pp i i = = = ’ , s s 60 15 200 4 5 cm

6. Hh Ss H H = = = s s 1 8 40 2 36 , m

7. Observe a figura: r h H R 3 m 2 m

• hH rR R = = s 13 05 ,s R = 1,5 m • A = · Rπ 2 = · 1,52 π s A = 2,25 mπ 2

8. d 1,20 m 0,80 m m n X y L 1,2 m 2,4 m

• x 2 4 2 0 1 2 , ,, = s x = 4,0 m • y 1 2 2 0 1 2 , ,, = s y = 2,0 m

Área da sombra = x ⋅ y s A = 4 ⋅ 2 s A = 8,0 m2

9. c • Regiões I e III: a incidência de luz é parcial e, portanto, são penumbras. • Região II: não há incidência de luz e, portanto, é uma região de sombra.

10. a • Eclipse solar: Lua entre o Sol e a Terra. • Eclipse lunar: Terra entre o Sol e a Lua.

11. e Como a superfície é iluminada com luz branca e apresenta-se na cor amarela, ela reflete difusamente o componente amarelo da luz branca e absorve os demais. 12. e O fenômeno pode ser atribuído à alteração na densidade das nuvens que compõem o planeta, em razão da constante movimentação do gás. 13. V – V – V – V

I. (V) Em virtude de os raios solares terem a mesma inclinação, no mesmo horário as sombras terão tamanhos iguais. II. (V) O não paralelismo dos raios solares, sendo a Terra plana, permite visualizações de sombras diferentes. III. (V) Pela formação do aro ao redor da Lua, podemos verificar tal situação. IV. (V) Da geometria, temos: = medida do arco medida doα raio 180° rad π4° α

∴ = α π45 rad

Então: π π45 450 20 250 = = R R km km s .

p = 2 R π s p = 220 250 π π ⋅ . = 40.500 km

14. a 15. e Observe a figura:

30 30 ° ° °

30° + 30° + 2 = 180° θ s θ = 60°

316. d Na figura: sen = 100 200 = 0,5 α s α = 30° Assim, temos:

60 30 r i ° °

i + r = 60°. Sendo i = r:

2 ⋅ i = 60° s i = 30°

17. a

E F D B A H G O

De acordo com a lei da reflexão: vértice A, conforme a figura.

18. d

hx hy x y x y A B = = = ⋅ s s 16 9 16 9 (I)

Sendo x + y = D s x + y = 60 (II) Substituindo (I) em (II), temos:

16 9 · y + y = 60 s 16 ⋅ y + 9 ⋅ y = 60 ⋅ 9 s

s 25 ⋅ y = 540 s y = 21,6 cm

Ainda:

x = 16 9 ⋅ 21,6 s x = 38,4 cm

O caminho percorrido pelo raio luminoso é: dACB = dAC + dCB s

s dACB = ()(, )()(,)1638492162 2 2 2 + + + s

s dACB = 41,6 + 23,4 s

s dACB = 65 cm 19. V – V F −I. (V) Na reflexão: i = r II. (V) III. (F) O raio incidente e o raio refletido estão no mesmo

plano. 20. a Observe a figura: 21. b De acordo com a reflexão da luz, Oscar deverá ver a imagem do lápis na posição L. Veja a construção: 22. e O observador verá a imagem em I. Observe a figura:

Por meio da reflexão da luz: O I N BA

23. e De acordo com a simetria observada em espelhos planos, temos:

A BC A’ B’ C’ E

24. d

Espelho plano Vista de cima A B B’ 4 cm 12 cm 4 cm 12 cm

Na figura: (AB’) = (12 + 4)2 + (12)2 s AB’ = 256 144 + s AB’ = 20 cm 25. Observe a figura:

E E D B A C O

Encontrando a imagem do observador O, verifique os pontos que se encontram no campo visual do espelho.

E E D B A C OO’

Os pontos visíveis são B, C e D. 26. a

A Espelho Torre 40 cm 40 m 40 cm 5 m B CD O O’

AB CD CD = = ⋅ 5 8 0 4 40 0 4 5 8 ,, , , s sCD = 2,76 m

27. d Espelho A B 28 cm 24 cm 4 cm

dAB 2 = (24)2 + (28 + 4)2 s

s dAB 2 = 576 + 1.024 s dAB = 1600 .s

s dAB = 40 cm 28. a Observe a figura:

E L H H L d I1 I2 E2

A distância da vela à nova posição do espelho é: L + d Logo: h = H e x = L + d 29. Observe a figura:

Raio de luz re_etido por E1 Raio de luz re_etido por E2 E1 E2 P’1 30 60 30 30 P P° ° ° ° 1 N1 N2 E1 E2 P’2

α1’ = 0° e α2’ = 30° 30. Cada bailarina deverá fornecer cinco imagens, sendo assim:

n = 360° – 1 β s 5= 360° – 1 β s 6 = 360° β ∴ = 60° β

O ângulo necessário é o de 60°, e as bailarinas poderão ficar em qualquer posição, pois n é ímpar. 31. a Ao olhar diretamente para um dos espelhos, a imagem (enantiomorfa) será vista revertida. Como a imagem obser-vada através da linha de intersecção dos espelhos é formada por uma dupla reflexão, esta será vista normalmente sem reversão. Observação: A inversão citada nas alternativas é reversão, como citado no próprio enunciado.

4

32. a Se a parte vista é a

superior da Lua, esta está iluminada pelos raios solares e, portanto, eles devem incidir de acordo com a figura:

Capítulo 2 Espelhos esféricos

Conexões

De acordo com a figura dada, o navio se incendeia quando estiver exatamente no foco do espelho côncavo, onde se concentra a luz do Sol. Nesse caso, a distância focal do espelho é 50 m. Como o raio de curvatura do espelho é o dobro da distância focal, temos R = 100 m.


9. e • Para um objeto colocado

na região 2, entre o foco e o vértice do espelho, a imagem será formada em 1, atrás do espelho, sendo virtual, direita e maior que o objeto.

• Para um objeto colocado na região 3, entre o foco e o centro de curvatura do espelho, a imagem será formada em 8, sendo real, invertida e maior que o objeto.

• Para um objeto colocado na região 4, a imagem será formada em 7, entre o foco e o centro de curvatura, sendo real, invertida e menor que o objeto.

10. De acordo com a figura dada, a imagem é virtual, direita e menor que o objeto. Nessas condições, o espelho é convexo.

11. A figura ilustra a localização gráfica do

espelho por meio do traçado dos raios notáveis.

V aa C P ’ P ’ P

Conforme a figura, a imagem é real.

12. d De acordo com a figura,

temos que a lâmpada está colocada: • no centro de curvatura do espelho E2, pois os raios luminosos refletem sobre si mesmos; • no foco do espelho E1, pois os raios luminosos refletem paralelos ao eixo principal.

21. d Para formar a imagem real de um objeto real, devemos usar um espelho côncavo. Se desejarmos uma imagem maior que o objeto, devemos colocar esse objeto entre o foco e o centro de curvatura.

22. e 1 1 1 1 4 10 1 2 4 10 1 9 6 2 1

f p p p p= + = + = − − ’ · , · ’ ’ ,s s s

⋅− = − − − −10 2 4 10 4 10 4 8 10 3

1 2 2 , · · ’ , · s s p m io p p i i= = = − − − − −− ’ · , · , · s s 2

10 4 8 10 2 4 10 2 21 4 103 · −m A imagem é real, invertida

e com 4 ⋅ 10–3 m de altura.

Portanto, menor que o objeto.

23. d Quando o objeto e a imagem se localizam no mesmo ponto, eles estão no centro de curvatura do espelho. Sendo assim:

f R f = = = 2 60 2 30 s cm

24. a) Para o pequeno espelho, o objeto, colocado em F, é virtual, pois é formado pelos prolongamentos dos raios. b) 1 1 1 1 10 5 12 1 2 05 1 1 5 f p p f f f = + = + =− + = = ’ , , , − − − w s s s 23 cm

Portanto: r f r cm = ⋅ = 2−

43 s

c) Como f < 0, o espelho é convexo.

Tarefa proposta

1. a Imagem ampliada e direita s

espelho côncavo, com o objeto entre o foco e o vértice. 2. b I. Correta. Espelho convexo s imagem virtual de objeto real II. Correta. III. Incorreta. Os espelhos côncavos podem fornecer imagens invertidas e não são usados como retrovisores externos.

5

3. a Para um objeto situado

entre o centro e o foco, sua imagem estará antes do centro de curvatura e será real, invertida e de tamanho maior que o objeto.

4. b Será formada em L, entre o

foco e o vértice do espelho convexo.

5. b I. Correto. Trata-se de um

dos raios notáveis. II. Correto. Idem ao

anterior. III. Errado. Esse raio deve

ser refletido paralelamente ao eixo do espelho.


B’A’ABFVC


CFB’A’VBA

8. a I. Correto. II. Incorreto. A lanterna

lança raios de luz. Observe a figura:

F

III. Incorreto. O feixe é divergente. Observe a figura:

ABFC

9. d A imagem é um conjunto de

pontos formando uma mancha curva e simétrica denominada cáustica de reflexão.

10. a Todo objeto posicionado

entre C e F num espelho côncavo formará uma imagem real, invertida e maior que o objeto. 11. c I. Correta. p = 20 m ou 2.000 cm

111112000111fppfpfpfp=+=+’.’’’ss

sHH ∴ p’ H 15 cm (foco)

II. Incorreta. Passando pelo centro de curvatura, os raios são refletidos sobre eles próprios. III. Correta. O objeto está posicionado antes do foco.

12. e

I. Correta. Se p = 2 ⋅ f s p’

= 2 ⋅ f II. Correta. Se p = f s p’ = ∞ III. Correta.

IV. Correta. 13. c

111151301fppp=+=+’’ss

ss613013056 ===pp’’cm −

Portanto: s’ = p’ = 6 cm 14. b Espelho convexo: imagem virtual e menor que o objeto.15. a p = p’ = 30 cm

1111130130fppf=+=+’ss

ss123015ff==cm

16. Pela equação de Gauss, temos:11114521151fppp=+=+’’ss

sss24511511245115=+= pp’’−ss1234545pp’’= = cmcm − −Assim: A = ==− ppA’s45153

17. a) Para imagens projetadas em uma tela (imagem real), o espelho deve ser côncavo.

11111251600241600fppf=+=+=+’s

f==6002524cmcm

b) ioppii= = = ’− − − ss26002548cmcm Imagem invertida

18. RfRf===221 mmss

6

Sendo A = 2 s 2 = −pp’ s p’ = –2p Na equação de Gauss: 1111112121205fpppppp=+= = =’,− − s

ssm O objeto deve ser

posicionado a 0,5 m ou 50 cm do vértice do espelho.

19. a Imagem direita é ampliada

cinco vezes:

Apppppp== =− −⋅’’’ss55

Sendo 111fpp=+’, temos:

111015015150ff=+=− −ssff==504125s ,cm

20. c 1111201121fppp=+=+’’ss

ss1356060230pp’’= = = cm − − −A imagem conjugada pelo

espelho é virtual, direita e maior que o objeto, pois:

AppA= = =’,301225− − s

21. b Imagem real (projetada) e

maior que o objeto:

Aiooo==⋅5s A = 5 (módulo)

Apppppp= = =−− − ⋅’’’ss55

Sendo p’ – p = 2,4 s 5 ⋅ p – p =

2,4 s p = 0,6 m e p’ = 3,0 m, portanto:1111106130fppf=+=+’,,ss

ssff=+==513030605,,,m

R = 2 ⋅ f s R = 2 ⋅ 0,5 s R = 1,0 m

22. ioppoopp= == = ’’ ’ 22040cmcm− − − s

111112014012140fppff=+=+

s f = 40 cm s R = 80 cm

23. Imagem real e invertida, portanto o aumento linear transversal é igual a –4, pois a imagem se forma 3 m atrás do objeto, e não do espelho. Assim, temos:

p = 1 m s p’ = 4 m 11111114141454fppff=+=+=+=’sss

s f = 0,8 m 24. a) 1111301140fppp=+=+’ss

ssss 113014014312011120ppp= = =− − s p = 120 cm b) ioppooo=−= ==’− − sss3401203139cm c) Observe a figura:

Vp = 120 cmp’ = 40 cm30 cmOCif

25. R = 40 cm s f = 20 cm a) Se p = 120 cm s

1201120111201120=+= pp’’− ss

s 161120p’= − s p’ = 24 cm (real) b) Se p = 10 cm s

12011011120110=+= pp’’− ss

s 11220p’= − s p’ = –20 cm (virtual)

26. c Imagem direita e reduzida s

Espelho convexo A=12, temos: App= ’ − s

s 12230215= = = = ppppp’’’cm − − − − ss

Portanto: 1111130115fppf=+= ’− ss

s 1123030ff= =− −scm

Sendo R = 2 ⋅ f s R = 2 ⋅ (–30) s R = –60 cm 27. iopphhpppp= = = ’’’− − − ss33

111211323133fpprpprppr=+=+= =’− − sss

28. a I. Correta. Toda imagem direita é também virtual. II. Correta. Apenas o espelho convexo forma imagem virtual e menor que o objeto.

III. Correta. A = = =− − −pppppp’’’ss0101,,

111120110112001101fpppp

p=+ =+ =− −− −⋅’ss ,,, s

s p = 180 cm e p’ = –18 cm

IV. Falsa. p = 180 cm

V. Falsa. R = 2 ⋅ (–20 cm) = –

40 cm 7

29. a Se a imagem é do mesmo

tamanho, isso significa que o objeto se encontra no centro de curvatura do espelho. Portanto: R = 40 cm

Assim: f R = 2 s f = 20 cm

30. A p p p p = = = ’ ’ ’ m − − − s s

14 12 0 3 , , Pela equação de Gauss:

1 1 1 1 1 1 2 1 0 3 1 1 4 1 2 f p p f f = + = = ’− − s s s , , , f = –0,4 m

A distância focal do espelho é de 0,4 m ou 40 cm.


C1 C3 F1 E1 F2 E2 10 cm 15 cm

32. a) No espelho plano: di = do

= 20 cm s d1 = 20 cm 1 1 1 130 1 20 1 f p p p = + =

+ ’ ’ s s

s s s 2 3 60 1 60 60 2 = = = p p− − d ’ ’ cm cm

Portanto: dd dd 21 21 60 20 3 = = s

b) A pp A = = = ’ ( ) 6020 3− − − s

Capítulo 3 Refração da luz

Conexões

1. Você pode resolver esta questão de dois modos:

I. Usando a segunda lei da reflexão: a medida do ângulo de incidência é igual à medida do ângulo de reflexão. Verifique todas as possibilidades dadas: o único trajeto para o qual essa lei é válida é P w D w Q.

II. Usando o princípio de Fermat: “O percurso efetuado pela luz para se deslocar entre dois pontos é tal que o tempo gasto nesse deslocamento é mínimo”. O tempo mínimo corresponde

ao menor deslocamento entre os pontos P e Q. Com uma régua, meça os comprimentos para cada um dos trajetos e verifique que o menor deles é o correspondente ao trajeto P w D w Q.

2. Com base no princípio de Fermat que diz: “A trajetória do raio de luz entre dois pontos A e B é tal que o tempo despendido no percurso é o menor possível”, o salva-vidas deve escolher o percurso de tempo mais curto. Observação: Na reflexão da luz, o percurso de tempo mais curto coincide com o percurso mais curto, pois a velocidade é a mesma durante todo o percurso. Contudo, na refração, isso não acontece, pois temos uma mudança na velocidade da luz.


9. e I. Verdadeira. II. Verdadeira. vmeio = c meio

n . Como nmeio > 1, temos vmeio < c. III. Falsa. Maior o índice de refração. IV. Falsa. Mais refringente s maior índice de refração

10. c Ao sair do vidro, a velocidade da luz aumenta e, portanto, o raio representado deve se afastar em relação à normal. Sendo assim, o raio luminoso correto para o vidro deve ser o representado em c.

11. a) Reflexão e refração.

b) Observe o esquema a seguir:

Ar 75 40 i = 50 50 75 A B Vidro ° ° ° ° °

12. a) n v v v = = = ⋅ = ⋅ c m/s

2 4 3 10 1 25 10 8 8 , , s

b) Observe a figura: A B 135 135 ° °

sen L nn L a d = = = ° 1 2 4 0 42 23 , , s H

21. a I. Correta. II. Incorreta. Os raios f e e são paralelos. III. Correta.

IV. Incorreta. V. Correta. Lei da reflexão: i = r

8

22. Sejam: • n: índice de refração do

meio onde se encontra o peixe.

• n’: índice de refração do meio onde se encontra o observador.

• x: posição real do peixe. • x’: posição aparente do

peixe. x x nn x x ’ , = = = ’ ’ ’ m s s 2

431 1 5

23. b Na primeira face do prisma,

não há mudança na direção do raio luminoso horizontal. Na segunda face do prisma, temos:

6 6 r i ° ° °

np · sen 6° = nar · sen α s 1,5 ⋅ 0,104 = 1 ⋅ sen α s

s sen = 0,156 α s α = 9° Na figura, temos: i = 9° – 6° s i

= 3° Como r = i s r = 3° 24. V – F – F – F II. Falsa. O violeta é mais

desviado, pois possui velocidade menor que o vermelho.

III. Falsa. O feixe violeta é monocromático.

IV. Falsa. Somente ocorrerá reflexão total se o ângulo-limite for de 45°.

Tarefa proposta

1. b n = cv s v = cn Para n mínimo, temos v

máxima. 2. b

Re_etido Refratado Incidente NR e

De acordo com a lei da reflexão: = θ α

De acordo com a refração: β < = θ α

3. c

a) Correta. Lei de Snell: ni ⋅ sen θi = nr ⋅ sen θr

b) Correta. n v = c temos: c sen c sen sen sen v v v v

i i r r r i i r ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ θ θ θ θ s

c) Incorreta. A frequência não se altera. d) Correta. Em b: λ θ λ θ r i i r f

f ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ sen sen e) Correta. Veja item b.

4. b Observe a figura:

Nri N 12

• Reflexão: i = r

• Refração: nar ⋅ sen i = n2 ⋅ sen α• Na figura: r + = 90° α s cos r = sen α• Portanto, sendo nar = 1, temos:

sen i = n2 ⋅ cos r s n2 = sen

cos ii s n2 = tg i 5. e Como n para o azul é maior que n para o vermelho, a luz azul sofre maior desvio que a vermelha, obedecendo às leis da refração. 6. a Observe a figura:

O n2 n1 i

n1 ⋅ sen i = n2 ⋅ sen θ s 1 ⋅ cos = nβ 2 ⋅ sen θ s

s cos 45° = n2 ⋅ sen 30° s 2 2 =

n2 ⋅ 12 s n2 = 2

Portanto: n2 = 2 2 2 22 ⋅ =

7. De acordo com a lei de Snell, temos:

nar ⋅ sen i = nágua ⋅ sen r, em

que r = 37°

1 ⋅ sen i = 43 ⋅ sen 37° ∴ sen i = 43 ⋅ 0,60 = 0,80 s i H

53° 53 53 37 N i ° ° °

9

Assim, o ângulo do raio incidente com a horizontal será:

90° – 53° = 37°

8. a) n = cv s v = 3 10 1 3 8 ⋅ , s v

= 2,3 ⋅ 108 m/s

b) v = ΔΔst = ⋅ − 1 6 12 10 9 , s v

= 1,3 ⋅ 108 m/s

vP vv θ

cos = vv v θ p p 3 s s = ⋅ 1 3 10 0

64 8 , , = 2 ⋅ 108 m/s

9. e Observe a figura:

x + 90 + 150 + 90 = 360 x = 360 – 330 x = 30 150 150 x ° ° ° ° ° ° ° ° °

n ⋅ sen 30° = nar ⋅ sen 90° s n ⋅ 12 = 1 ⋅ 1 s n = 2

10. c A reflexão deve ser da luz

branca como um todo. A refração terá maior

desvio para o azul, pois sua velocidade é menor em relação à da luz vermelha.

11. b I. Correta. II. Incorreta. Ângulo de 30°

com a normal.

III. Correta. IV. Incorreta. V. Correta. Do ar para o vidro, temos:

nar ⋅ sen 30° = nvidro ⋅ sen r s

sen r = 1 1 5 12 , ⋅ s

s sen r = 13 s r = 19° Do vidro para a água, o

ângulo-limite é dado por: sen L = nnágua vidro s sen L = 1 3

1 5 ,, s L = 60° Portanto, não há reflexão

total. Do vidro para a água:

nvidro ⋅ sen i s nágua ⋅ sen r ’ s 1,5 ⋅ 13 = 1,3 ⋅ sen r ’ s

s sen r ’ = 0,38 ∴ r ’ H 22,5°

Da água para o ar: nágua · sen 22,5° = nar · sen r s

1,3 · 0,38 = 1 · sen r s r = 30°

12. e Nas fibras ópticas, temos reflexão interna total. 13. a

Na figura, temos duas refrações e uma reflexão. Observe:

Raio incidente Refra o Refra oReflex o Raio de luz ap s dispers o Gota deçã çã ã ó ã

chuva 42 °

14. a) n n n n 1 2 2 3 ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = sen sen sen sen θ α α β

Reflexão total: = 90°β (sen 90° = 1) e n3 = 1

n1 ⋅ sen θc = n3 ⋅ sen 90° s n1 =

1 sen c θ

b) n v n = = = ⋅ cv c c sen c

s s θ

s v = 3 ⋅ 105 ⋅ 0,75 s v = 2,2 ⋅ 105 km/s

15. O raio de luz mais interno sofre reflexão total, conforme figura:

R + d P NN Q i1 i1 i2i2

sen menor maior L nn = e sen i R R d 1 = + Sendo sen i1 > sen L:

R R d nn R R d + > + > menor maior

s s 132

s 3 ⋅ R > 2 (R + d) s 3R > 2R +

2 ⋅ d s

s R > 2d s Rd > 2

16. b Observe o esquema:

xx N 10 cm 10 cm 0,5 cm 0,5 cmi1 i1 i2 i2i1 i1

10

n1 ⋅ sen i1 = n2 ⋅ sen i2 s 1 ⋅ 0 5

10 32 , = ⋅ sen i2 s sen i2 = 1

30 De acordo com os dados:

sen i2 = x 10 . Portanto: 1 30 10 = x s x = 13 cm

Sendo D = 2 ⋅ x, temos:

D = 2 ⋅ 13 s D = 23 cm

17. b I. Possível: incidência normal

sem desvio de trajetória. II. Impossível: ver item

anterior. III. Impossível: na refração

na primeira face o raio de luz deve fechar em relação à normal.

IV. Possível: ver item anterior.

18. e Observe a figura:

ArPescador gua Imagem virtual Á

Conforme figura, a imagem do peixe é virtual e localizada acima dele.

19. a) Observe a figura: i r r N N

b) nar ⋅ sen i = n2 ⋅ sen r s 1 ⋅ 0,9 = 1,5 ⋅ sen r s

s sen r s 0,6 s cos r = 0,8 Assim: cos r = es s s Δ Δ Δ s s 0

8 0 08 0 1 , , , = = m

n v v v = = ⋅ = ⋅ c s s 1 5 3 10 2

10 8 8, m/s

Então: v st t = = ⋅ = − 2 10Δ Δ Δ

10 8 1 s Δt = 5 ⋅ 10–10 s

20. Pela lei de Snell, temos:

n1 ⋅ sen 45° = n2 ⋅ sen θ s 1 ⋅ 2 2 2 = ⋅ sen θ s

s sen = 12 θ s θ = 30° Assim: tg = x x x x 5 33 5θ 5 3 3 289 s s = = = ,cm ou cm

21. Na incidência sobre a lâmina, temos:

nar ⋅ sen = nθ ⋅ sen r s 1 ⋅ 12 = 1,4 ⋅ sen r sen r = 0,357 s r = 21°

d i r r e d e = − ⋅ = ⋅ sen−

cos sen ° ° cos ° ( ) ( ) s s

30 21 21

s d = 10 ⋅ sen ° cos ° 9 21 s d

= 10 ⋅ 0 156 0 934 ,, s d =

1,67 mm

22. e Do ar para a água: hi < ho

Da água para o ar: hi > ho

23. Observe a figura:

Cd O F E r 1,0 m 1,0 m 1,0 m meio A (ar) meio B 7 °

Na figura: nar ⋅ sen 7° = nB ⋅ sen r s

s 1 ⋅ 0,12 = 1,2 ⋅ sen r s sen r

= 0,1 tg r = d3

Sendo tg r H sen r = 0,1, temos: 0,1 = d3 s d = 0,3 m s d = 30 cm

24. c Imagem virtual. x x nn x x ’ ’ ’ ’ , = = = = s s 1 431 34 0 75 m ou x’ = 75 cm

25. c A decomposição da luz branca ocorre em virtude de cada componente da luz branca possuir um índice de refração diferente. 26. a

nar ⋅ sen 60° = np ⋅ sen 30° 1 3 2 12 ⋅ = ⋅ n p s np = 3

27. a De acordo com o gráfico.

11

28. a Aumentando o comprimento

de onda, diminui o índice de refração do prisma e isso provoca um menor desvio angular, como mostrado na alternativa a.

29. d

np ⋅ sen 53° = nar ⋅ sen 90° np ⋅ 0,80 = 1 ⋅ 1 s np = 1,25

n v v v p = = ⋅ = ⋅ c m/s s s 1 25

3 10 2 4 10 8 8 , ,

30. a) 60 50 40 60 60 N° ° ° Δ ° ° 2 N1

b) = iΔ 1 + i2 – A s Δ = 50° + 40° – 60° s Δ = 30°

31. a Na primeira face, temos:

nar ⋅ sen 45° = np ⋅ sen r1 s 1 ⋅ 2 2 = 2 ⋅ sen r1 s

s r1 = 30° Então: • A = r1 + r2 s 75° = 30° + r2 s r2 =

45° • np · sen 45° = nar · sen i2 s

s 2 2 2 ⋅ = 1 · sen i2 s

s sen i2 = 1 s i2 = 90° • = iΔ 1 + i2 – A s Δ = 45° + 90° – 75°

s Δ = 60° 32. c

A = r1 + r2 s 60° = 2 · r1 s r1 = r2 = 30°

nar ⋅ sen 45° = np⋅ sen 30° s

s 1 ⋅ 2 2 12 = ⋅ n p s np = 2

Capítulo 4 Lentes esféricas e instrumentos ópticos

Conexões

Com essa atividade prática, você revisará a construção de imagens, tanto para a lente convergente como para a lente divergente. No caso da lente convergente, as medidas do objeto à lente e da imagem real à lente possibilitam a determinação da distância focal dela.

1. Com a lente convergente, as imagens obtidas no anteparo são reais, invertidas, maiores ou do mesmo tamanho que o objeto. 2. Na determinação da distância focal da lente divergente, a abscissa do objeto é negativa porque o objeto é virtual. 3. A lente divergente pode conjugar uma imagem real, projetada em um anteparo, se o objeto for virtual, como na atividade desenvolvida.


9. 1 1 1 1 1 30 1 15 1 2 30 3 30 f p p f = + = + = + = ’ s

1 110 f = s f = 10 cm Sendo assim: V = 1 10 1 f = , = 10 di

10. 1 1 1 130 1 10 1 1 2 2 f f f f = + = + s s

s s 1 130 1 10 1 3 30 2 30 2 f = = = − − −

s s 1 115 2 f = f− 2 = –15 cm

11. V = nn r r lente meio − ⋅ + = 1 1 1 1 5 1 1 − 1 2 ,

2 e⋅ + e m e i = 1 0 05 1 003 , ,

= ⋅ + 0 1 0= ⋅ + 0 1 0= 0 5 100

5 100 3 0 5 300 500 15

0, , ,5 800 15 ⋅ V V = ⋅ ∴= 0 5 160 3 80 3 , di

Como V = 1f , temos: f = 3 80 m

12. a) A abscissa da imagem conjugada pela lente 1 é:

1 1 1 110 1 15 1 150 15 10 f p p p p = + = + = ’ ’ ’ − s s s p’ = 30 cm

Essa imagem localiza-se à direita da lente 1. Como as lentes estão separadas por 50 cm, a imagem, que será objeto para a lente 2, está a 20 cm à esquerda da lente 2. A abscissa da imagem final é: 1 1 1 115 1 20 1 300 20 15 f p p p p = + = + = ’ ’ ’ − s s s p’ = 60 cm Portanto, a imagem formada pelo sistema de lentes está a 60 cm à direita da lente 2. b) O tamanho da primeira imagem é: io pp i 1 14 30 15 = = ’ − − s s

i1= –8,0 cm Essa imagem possui 8,0 cm de altura, é real e invertida. O tamanho da imagem final é: ii pp i 21 28 60 20 = = ’ − − − s s

i2 = 24,0 cm 12

A imagem final possui 24 cm de altura, é real, invertida em relação à primeira imagem e direita em relação ao objeto.

c) 30 cm50 cm 60 cm 15 cm FO FO F i L1 L2 Fi Ii I2

21. b I. Correta. Na lupa, uma

lente convergente produz uma imagem virtual, direita e maior que o objeto.

II. Correta. III. Incorreta. O cristalino

funciona como uma lente convergente. A correção da miopia é feita com lente divergente.

22. d A miopia é corrigida com

lentes divergentes. Como a miopia está associada a um alongamento do globo ocular, a lente divergente faz a correção dos raios produzindo a imagem mais para trás, onde está a retina.

23. c A anomalia da visão dessa

pessoa é a hipermetropia. Ela deve ser “corrigida” com uma lente convergente.

24. Para o ponto próximo, temos a convergência máxima, dada por: V f p p V = = + = + 1 1 1 10 25 1 0 02 ’ máx. s , , s

s Vmáx. = 54 di E, para o ponto remoto, a

convergência mínima:

V f p p V= = + = + 1 1 1 1 1 0∞ 02 ’ mín. s s , s

s Vmín. = 50 di A amplitude de acomodação

visual é a diferença entre as convergências máxima e mínima. Assim:

Aacom. visual = 54 50 − s Aacom. visual = 4 di

Tarefa proposta

1. d I. Incorreto. Se n1 < nL, a

lente será divergente. 2. b Se o líquido for mais

refringente que o vidro (n > 1,4), a esfera líquida se comporta como uma lente convergente.

3. a) Observe a figura: AM N L 1 cm 1 cm B C

f = 3 cm b) Pela equação de Gauss:

1 1 1 13 16 1 f p p p = + = + ’− ’ s s

s 1 2 1 6 p’ = − − s p’ = –2 cm Pela equação do aumento:

io p p i i = = = ’ cm cm − − − s s 3 2 6 1 ( )

4. a Se os índices de refração da lente e do meio, no qual ela é imersa, forem iguais, teremos uma continuidade óptica, ou seja, os raios não sofrem refração na lente e, portanto, continuam paralelos ao eixo da lente. Assim: d d ar lente = 0

5. d Como a imagem formada apresenta características: virtual, direita e menor, isso somente é possível por meio de uma lente divergente. 6. a Lentes de bordos finos (lente 1) são

convergentes, se nlente > next.

Portanto, a lente 1 é convergente, se n1 > n2. 7. c Como o vidro e a glicerina têm índices de refração praticamente iguais, não serão observados desvios na trajetória da luz. 8. F – V – F – V – F – F – V I. As lentes divergentes produzem apenas imagens virtuais, portanto não podem ser projetadas.

III. Para ser projetada, a imagem deve ser real.

V. A lente deve ser convergente e a imagem real. VI. Uma lente convergente apresenta imagens reais que são sempre invertidas.

9. V = 2 di Como V = 1f , sendo f em metros, temos:

2 = 1f s f = 0,5 m ou 50 cm 13

10. d Imagem maior que o

objeto: lente convergente.

A = 10 4 = 2,5 s p’ = – 2,5 ⋅ p (imagem virtual).

Assim: 1 1 1 1 1 12 1 2 5 12 f p

p f = + = − ⋅ ’ , s s

s 1 25 1 30 30 1 5 f f = − = , , s s f = 20 cm

11. a) Observe a figura:

pp’

f = 0,24 m ou f = 24 cm p + p’ = 1,5 m ou p + p’ =

150 cm o = 12 mm ou 1,2 cm Pela equação de Gauss,

temos: 1 24 1 150 1 = + pp’ ’ − s 1

24 150 150 = + p p p p− − ’ ’ ( ’) ’

1 24 150 150 = ( ’) ’ pp− s

150p’ – p’2 = 3.600 s

s p’2 – 150p’ + 3.600 = 0 As raízes dessa equação

são: p’1 = 120 cm e p’2 = 30 cm b) io p p io p p = = ’ ’ − − s s 1

1 1 i1 1 2 120 30 , = − s

s i1 = – 4,8 cm io p p i i 2 2 2 2 2 1 2 30 120

0 3 = = = − − − ’ cm s s , ,

12. Pela equação do aumento:

io p p o o p p p p = = =− − − ’ ’ ’ s s 2 2 (I)

Substituindo (I) na equação de Gauss:

15 1 12 15 3 2 = + = p p p s

sp = 7,5 cm

Expressando em mm, temos: p = 75 mm

13. a De acordo com o gráfico: p = 20

cm s p’ = 20 cm Sendo 1 1 1 1 1 20 1 20 10 f p p

f f = + = + = ’s s cm Imagem virtual, direita e

ampliada quatro vezes: A = 4

Assim: A pp pp p p = = = − − − ⋅ ’ ’ ’ s

s 4 4

Portanto:

1 1 1 110 1 1 4 f p p p p = + = − ⋅ ’ s s

s 1 10 4 1 4 = −⋅ p s

s 4 ⋅ p = 30 s

s p = 7,5 cm 14. a) Observe as figuras:

d Lente 1 Lente 2 f1 e f2 Se f1 > f2 , o feixe emergente ser mais estreito que o feixe incidente. Seá

f1 < f2 , o feixe emergente ser mais largo que o feixe incidente. fá 1 e f2 d Lente 1 Lente 2

b) Observe a figura: Tri ngulos semelhantes d d’ Lente 1 Lente 2 â

Semelhança de triângulos:

df df d ff d ’ ’ 2 1 21 = = ⋅ s

15. a) LA FA FB LB 5 cm9 cm 4 cm

14

b) Imagem fornecida pela lente A:

11115131fppp=+=+’’ss

s 13515p’= − s p’ = –7,5 cm (à esquerda de LA)

Dessa imagem à lente B, temos: p = 7,5 + 10 s

s p = 17,5 cm Assim, a imagem conjugada

pela segunda lente é: 1111411751fppp=+=+’’ss ,

s 117544175p’=−⋅,, s p’ p 5,2 cm

16. d Como a imagem é real e

invertida, ela e o objeto estão em lados opostos da lente.

O aumento pode ser encontrado por:

A = ioAs= =− −2613 ou seja, Appp= = ’−− − s1350 s p =

150 cm Assim: 1115015013150f=+=+s f = 1504 =

37,5 cm

17. d Como o objeto se encontra

sobre o ponto antiprincipal da lente, a imagem terá características: real, invertida e do mesmo tamanho do objeto.

18. e

111112fnrr=−⋅+211 n ho()s118111fr

ro=−⋅+18111f(,) s

s

108211616frfRfrooo=⋅⋅ oo211==,,,ss

Para cada uma das lentes, temos:

111112fnrr=−

()⋅+211s: s118111fr=−⋅∞+211s: (,) 108110808frfrfr=⋅⋅ 08110==,,,ss ∴ f = 2 ⋅ fo

19. a) Pela equação de Gauss, temos:

11111181036fppf=+=+’,,ss s 1151818603fff=+==,,, ssm b) Como a lente é do tipo

convergente (f > 0), a provável anomalia visual do estudante é a hipermetropia.

20. a) ioppA= =’ −

A = −990 = 0,1 −

b) Como A = −pp’s – 0,1 = −12p s p = 120 cm c) 111fpp=+’s 11120112f=+s1110120f=+s

s f = 12011 = 10,9 cm

21. a) Imagem virtual, direita e maior. Assim:

A = – pp’ s 3 = pp’ s p’ = –3 ⋅ p 111fpp=+’, temos:

14113143138327= = =pppp− − sscmcmH,

b) p’ = – 3 ⋅ p s p’ = – 3 ⋅ 83 s

p’ = – 8 cm

A = io s 3 = i07, s i = 2,1 cm

22. b 11111011200fppp=+=+’ss

s 120120020019pp= =− scm

A = –pp’ s A = –20020019s A = –19

A ampliação é igual a 19 vezes. 23. Soma = 5 (01 + 04) Imagem real e cinco vezes menor que o objeto: A = –15 s A = –pp’s –15= pp’ − s p’ = p5 Sendo p = 60 cm, temos: p’ = 605 = 12 cm Portanto:

111116011211560fppff=+=+=+’sss

s f = 10 cm (convergente) A lente é biconvexa de distância focal = 10 cm. 24. d a) Incorreta. O cristalino projeta a imagem na retina. b) Incorreta. O responsável pela visão é o córtex visual. c) Incorreta. A imagem na retina é invertida em relação ao objeto. e) Incorreta. A retina funciona como o filme fotográfico.

25. a b) Incorreta. O cristalino fornece imagens reais e uma lente convergente pode formar imagens virtuais. c) Incorreta. A lente é convergente. d) Incorreta. O espelho é côncavo. e) Incorreta. Na lente ocorre refração.

15

26. 111121130115130fpppp=+=+=+’− sss

ss116303016pp==cm

AppA= = =’()30301616− −− ss

27. d

I. (V) De acordo com a equação de Gauss, o estudante A teria sua imagem produzida mais próxima do plano focal da lente.

II. (F) Apenas a imagem do estudante A está “em foco”.

III. (F) A imagem na câmara do estudante A está formada praticamente no filme, e a de B, pelo fato de que o objeto a ser fotografado está sobre o foco objeto da lente, ele não consegue visualizá-la.

28. a) C = –2 di s 1f = –2 s

s f = –12 = – 0,5 m f < 0 s lente divergente

b) Observe a figura:1,5 m0,5 m0,5 moi

Imagem virtual, direita e menor que o objeto.

29. V = 10002514113,, = =dV− − ppsdi

30. c A miopia é “corrigida” com lente divergente, que diminui a convergência dos raios luminosos, fazendo com que a imagem se forme na retina.31. b Provocando desvio na trajetória da luz, o problema de visão é “corrigido”.

32. a) O míope deve usar óculos de lentes divergentes. b) 11112020fdffpp = = =− − −sscm

16

2º física

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