Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao lançar um bloquinho para cima num plano inclinado liso, devido ao seu peso, ele está condicionado a voltar para seu ponto de lançamento, com uma velocidade $$-v_o$$ por ser um sistema conservativo. A questão busca alguns parâmetros que podem ser obtidos, como a altura máxima atingida e quanto tempo leva para acontecer o movimento de ida e volta.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Como o bloquinho se movimenta num plano liso, ou seja, sem atrito, podemos considerar que não atuam forças dissipativas no bloquinho e conservar sua energia mecânica de quando ele é lançado até quando ele para, logo:
$$E_{mec_o} = E_{mec_f}$$
$$ E_{cin_o} + E_{pot_o} = E_{cin_f} + E_{pot_f}$$
Definindo o nível de referência no ponto que ele é lançado, e como queremos a altura quando ele está parado:
$$\dfrac{m v_o^2}{2} + 0 = 0 + m g H$$
$$\dfrac{v_o^2}{2} = g H$$
$$H = \dfrac{v_o^2}{2g}$$
b) Podemos trabalhar agora num sistema de coordenadas definido de tal forma que o eixo $$x$$ esteja paralelo ao plano, com direcionamento positivo subindo o plano, e o eixo $$y$$ perpendicular ao plano, sendo positivo para fora do plano. Podemos obter as componentes do peso nesse sistema de coordenadas:
Em $$x$$:
$$P_x = – mg \sin (\theta)$$
Sendo negativo pois aponta na direção de descida do plano.
Em $$y$$:
$$P_y = – mg \cos (\theta)$$
Sendo negativo pois aponta para dentro do plano.
Atuará no bloquinho uma força normal $$N$$ entre o plano e o bloquinho, agindo de tal forma que ele não desprende do plano, logo:
$$N= – P_y$$
$$N=mg \cos (\theta)$$
Dessa forma, o bloquinho acelera apenas ao longo do eixo $$x$$, com aceleração $$a$$:
$$m a = P_x$$
$$m a = -m g \sin (\theta)$$
$$a = – g \sin (\theta)$$
Por esse ser um sistema conservativo, podemos concluir que quando o bloquinho volte ao ponto de lançamento, ele possuirá a mesma velocidade $$v_o$$, mas agora com o bloquinho se movimentando de forma a descer o plano. Escrevendo a equação horária da velocidade, temos que:
$$v=v_o + at$$
$$v=v_o – g\sin(\theta) t$$
Como $$v=-v_o$$
$$-v_o = v_o – g\sin(\theta) t$$
$$2v_o=g\sin(\theta) t$$
$$t = \dfrac{2v_o}{g\sin (\theta)}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$H = \dfrac{v_o^2}{2g}$$
b) $$t = \dfrac{2v_o}{g\sin (\theta)}$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao associar lentes, observa-se que ocorre a formação de um sistema óptico com um foco característico. Como ficaria o foco equivalente para uma associação de justaposição de $$n$$ lentes delgadas?
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos escrever a equação de Gauss para cada lente:
$$\dfrac{1}{f_1}= \dfrac{1}{p_1} + \dfrac{1}{p’_1}$$
$$\dfrac{1}{f_2} = \dfrac{1}{p_2} + \dfrac{1}{p’_2}$$
. . .
$$\dfrac{1}{f_{n-1}} = \dfrac{1}{p_{n-1}} + \dfrac{1}{p_{n-1}}$$
$$\dfrac{1}{f_n} = \dfrac{1}{p_n} + \dfrac{1}{p’_n}$$
Pelo motivo das lentes serem delgadas e estarem justapostas, nós temos que a imagem formada de uma lente atua como objeto para outra, de forma subsequente, ou seja: A imagem da lente $$1$$ atua como objeto para a lente $$2$$, a imagem desse objeto atua como objeto para a lente $$3$$, seguindo esse padrão até a lente $$n$$, onde sua imagem se torna a imagem do sistema óptico.
Mas, nessa sequência de formação de imagens, caso a imagem de uma lente fosse real, por as lentes estarem justapostas e serem delgadas, essa imagem formaria-se depois da próxima lente, ou seja, ela no caso atuaria como sendo um objeto virtual. O caso inverso, de ser formada uma imagem virtual, acarretaria na formação de um objeto real para outra lente, dessa forma, na equação de Gauss, os valores são invertidos, ou seja:
$$p’_1 = – p_2$$
$$p’_2 = -p_3$$
$$. . .$$
$$p’_{n-1}=-p_n$$
Dessa forma, ao somar todas as equações, restaria:
$$\dfrac{1}{f_1} + \dfrac{1}{f_2} + … + \dfrac{1}{f_{n-1}} + \dfrac{1}{f_n} =\dfrac{1}{p_1} + \dfrac{1}{p’_n}$$
O foco equivalente desse sistema óptico é obtido quando o objeto da primeira lente situa-se no infinito, e a imagem da $$n$$-ésima lente situa-se então no foco do sistema óptico, logo:
Quando $$p_1 \rightarrow \infty$$:
$$p’_n = f_{eq}$$
Daí:
$$\dfrac{1}{f_{eq}} = \dfrac{1}{f_1} + \dfrac{1}{f_2} + . . . + \dfrac{1}{f_{n-1}} + \dfrac{1}{f_n} $$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração.
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Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O feixe de luz ao sair horizontalmente, passará para uma camada de ar em uma maior altitude, tendo então um índice de refração diferente. Para que esse feixe consiga circundar o planeta, deve existir uma condição, que nesse caso está ligada ao raio.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos interpretar o fenômeno da luz movendo-se “em círculo” como o resultado de sucessivas reflexões internas. Essas reflexões passam a ocorrer quando o seno do ângulo de incidência $$\alpha$$ em uma superfície é igual à razão dos índices de refração dos materiais que delimitam a superfície.
Podemos ao invés de tratar o índice de refração como uma grandeza que varia continuamente, dividir nossa atmosfera em diversas sub-regiões de índice de refração constante, tendo essas sub-regiões uma variação de altitude infinitesimal, que chamaremos de $$\delta h$$. Do esquema ilustrado de como seria o percurso da luz nessas condições, podemos obter que:
$$sen(\alpha) = \dfrac{R}{R+\delta h}$$
Temos, do conceito de ângulo limite, que:
$$sen(\alpha) = \dfrac{n(\delta h)}{n(0)}$$
$$sen(\alpha) = \dfrac{\dfrac{n_o}{1+\delta h \varepsilon}}{\dfrac{n_o}{1}}$$
$$sen(\alpha) = \dfrac{1}{1 + \delta h \varepsilon}$$
Juntando as duas equações:
$$\dfrac{R}{R+\delta h} = \dfrac{1}{1 + \delta h \varepsilon}$$
$$R + Rh \varepsilon = R + \delta h$$
$$R\varepsilon = 1$$
$$R = \dfrac{1}{\varepsilon}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$R = \dfrac{1}{\varepsilon}$$
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