Iniciante
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Óptica geométrica: espelho plano
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Consideremos um sistema de eixos cartesianos com origem $$O$$ no centro de rotação do espelho. Queremos encontrar as coordenadas $$(x,y)$$ da imagem $$S’$$ do ponto $$S$$, em função do tempo. Para isso, basta encontrarmos o ângulo $${\theta}(t)$$ que $$S’$$ faz com o eixo $$Ox$$ e sua distância à origem. Seja $$P$$ a projeção ortogonal de $$S$$ no espelho. Como sabemos, a imagem $$S’$$ pertence a reta suporte dos pontos $$S$$ e $$P$$ e é tal que $$P$$ é o ponto médio do segmento $$SS’$$. Dessa forma, pelo caso $$LAL$$ temos que $$\Delta{OS’P}\equiv{\Delta{OSP}}$$ e, consequentemente, $$OS=OS’=a$$. Agora, devemos encontrar o ângulo mencionado acima. Considere a situação da imagem do enunciado como o instante $$t=0$$ e seja $$\alpha$$ o ângulo em $$t=0$$ entre o vetor posição do ponto $$S$$ e o eixo $$Ox$$. Após um intervalo de tempo $$\Delta{t}$$, o espelho tera girado por um ângulo $${\omega}\Delta{t}$$ e, portanto, o ponto $$P$$ também terá girado por esse mesmo ângulo. Sendo assim, $$\angle{POS}=\alpha-{\omega}\Delta{t}\to{\angle{S’OP}=\alpha-{\omega}\Delta{t}}$$, onde a ultima igualdade segue do fato dos triângulos $$OS’P$$ e $$OSP$$ serem congruentes. Finalmente, concluimos que $${\theta}(t)={\omega}\Delta{t}-\left(\alpha-{\omega}\Delta{t}\right)=2{\omega}\Delta{t}-\alpha$$. Percebe-se, pois, que a imagem gira com velocidade angular $$2\omega$$ em torno da origem, e sua velocidade é $$V=2{\omega}a$$. A imagem abaixo trás o diagrama de ângulos utilizado na solução.
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\[\boxed{V=2\omega a}\]
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Intermediário
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Óptica geometrica: associação de espelhos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Combinando todas as imagens do receptor, nós obtemos uma circunferência completa, conforme a figura abaixo.
Observe que quando um raio de luz é emitido em direção a um ponto imagem, esse raio será refletido pelo espelho plano e passará pelo ponto objeto dessa imagem. Portanto, podemos, alternativamente, encontrar o raio de maior ângulo que é direcionado a um ponto imagem do receptor. Esse raio, evidentemente, é o raio de luz tangente à circunferência.
Logo, o ângulo máximo é dada por:
\[\theta=\arcsin \dfrac{r}{l}\]
Agora, tomemos o eixo $$x$$ como sendo o eixo de simetria, apontando para a direita. Seja $$O$$ a origem. Se o raio não reflete nenhuma vez, a região angular na qual o raio pode chegar é $$[\alpha/2,-\alpha/2]$$. Após uma reflexão com qualquer um dos espelhos, essa região aumenta para $$[\dfrac{3\alpha}{2},-\dfrac{3\alpha}{2}]$$. Extendendo esse raciocínio para $$n$$ reflexões, a região aumenta para $$[\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\alpha,-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\alpha]$$. Queremos encontrar o menor $$n$$ tal que:
\[\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\alpha\ge{\angle{POQ}=\arccos \dfrac{r}{l}}\]
Logo:
\[\boxed{n_{min}=\lceil{\dfrac{\arccos \dfrac{r}{l}}{\alpha}-1/2}\rceil}\]
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\[\boxed{n_{min}=\lceil{\dfrac{\arccos \dfrac{r}{l}}{\alpha}-1/2}\rceil}\]
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Avançado
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Equilíbrio hidroestático
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A força externa atuando no hemisfério deve balancear a força peso e a força hidroestática. Encontremos as componentes horizontais e verticais de tais forças. As forças verticais são o peso $$mg$$ do hemisfério, e o peso $$Mg$$ do liquido, onde $$M=\dfrac{2}{3}{\pi}{\rho}R^3g$$.
Horizontalmente, como a força total na água deve ser zero, as reações nela devido a parede e ao hemisfério e, consequentemente, também as forças que a água exerce neles devem ser todas iguais. A força na parede pode ser facilmente calculada como produto da pressão média pela área de contato. Segue, pois, que a componente horizontal da força externa deve ser igual a $$F_h={\pi}R^3Rg=\dfrac{3}{2}Mg$$. Logo, por Pitágoras, a força total é dada por: $$F=\sqrt{(\dfrac{3}{2}Mg)^2+\left(M+m\right)^2g^2}=Mg\sqrt{\dfrac{9}{4}+\left(1+\dfrac{m}{M}\right)^2}$$, e sua direção faz um ângulo $$\theta=\dfrac{F_v}{F_h}=\arctan{\dfrac{2\left(m+M\right)}{3M}}$$.
O ponto de aplicação pode ser obtido considerenado o balanço de torques atuando no sistema. Tomando a casca esférica como nosso sistema, as forças atuantes são a força externa, seu peso e as forças devido a pressão hidroestática, conforme a figura abaixo. Note que, como o liquido exerce somente uma força radial em cada parte da superfície, o torque total dessas forças hidroestáticas é nulo se tomarmos o centro $$O$$ do hemisfério como nosso ponto de referência. A posição requerida pode ser caracterizada pela ângulo $$\phi$$ da figura. Os outros torques efetivos são $$mgR/2$$ e $$\left(3MgR\sin \phi\right)/2$$, ambos no sentido horário, e $$\left(m+M\right)gR\cos \phi$$ no sentido anti-horário. Pelo balanço de torques, obtemos;
\[\left(1+M/m\right)\cos \phi-1/2-\dfrac{3M}{2m}\sin \phi=0\]
Que nos fornece uma equação quadrática em $$\cos \phi$$ (ou $$\sin \phi$$), que pode ser resolvida numericamente quando fornecida a razão $$M/m$$.
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\[\boxed{F=Mg\sqrt{\dfrac{9}{4}+\left(1+\dfrac{m}{M}\right)^2}}\]
\[\boxed{\left(1+M/m\right)\cos \phi-1/2-\dfrac{3M}{2m}\sin \phi=0}\]
Veja a solução para a definição de $$\phi$$
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