Soluções Física - Semana 146

Óptica geométrica: espelho plano

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.

$$\boxed{V=2\omega a}$$

Óptica geometrica: associação de espelhos

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:

$$\boxed{n_{min}=\lceil{\dfrac{\arccos \dfrac{r}{l}}{\alpha}-1/2}\rceil}$$

$$\boxed{n_{min}=\lceil{\dfrac{\arccos \dfrac{r}{l}}{\alpha}-1/2}\rceil}$$

Equilíbrio hidroestático

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 $M/m$.

$$\boxed{F=Mg\sqrt{\dfrac{9}{4}+\left(1+\dfrac{m}{M}\right)^2}}$$

$$\boxed{\left(1+M/m\right)\cos \phi-1/2-\dfrac{3M}{2m}\sin \phi=0}$$

Veja a solução para a definição de $\phi$