Soluções Física – Semana 36

Iniciante:

Solução enviada por: Victor Hugo de Souza Daniel

    

PS:. As aproximações utilizadas estão corretas, contudo não era necessário de se utilizar Taylor, pois a relação obtida é de uso comum.

Intermediário:

Situação Física: quando ondas chegam em fase em um mesmo ponto (ex. ambas chegam em crista), há um máximo, pois a interferência construtiva gerada possui a maior amplitude possível, a soma da máxima de cada uma. Já quando chegam fora de fase (ex. uma em crista e a outra em vale), a interferência é destrutiva, pois é como se uma possuísse amplitude negativa, logo quando as soma, o resultado é inferior ao de uma. Além disso, trabalhamos com dois outros efeitos: a inversão de fase devido a reflexão e a mudança do comprimento óptica devido ao índice de refração do prisma.

Para que as ondas cheguem em fase, a diferença dos caminhos óptico tem de ser, normalmente, um múltiplo de onda. Contudo, como houve inversão devido a reflexão, a diferença tem de corresponder a um não inteiro de um múltiplo de onda, ou seja, a um $\frac{1}{2}+Z$, onde $Z$ é um inteiro. Para corrigir a mudança no comprimento de onda devido ao prisma, podemos substituir o referido por um espaço que tenha ao invéz de $d$, um $Nd$. Logo temos que o caminho de onda do raio paralelo ao espelho é $D+d(N-1)$. O caminho de onda do segundo raio é dado por $2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}$.  Temos que: $2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}-D+d(N-1)=(\frac{1}{2}+Z)\lambda$. Logo $H^2=\frac{((Z+\frac{1}{2})\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4}\rightarrow H=(\frac{((Z+\frac{1}{2})\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4})^\frac{1}{2}$

Para o caso destrutivo, temos que a diferença de caminho óptico deve ser equivalente a $Z\lambda$, sendo $Z$ um inteiro. Obtemos que $2(H^2+(\frac{D}{2})^2)^\frac{1}{2}-D+d(N-1)=Z\lambda$. Deste modo $H^2=\frac{(Z\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4}\rightarrow H=(\frac{(Z\lambda+D+d(N-1))^2}{4}-\frac{D^2}{4})^\frac{1}{2}$

Avançado:

Quem não está familiarizado com relatividade talvez não entendido muito bem o problema, uma vez que para tais casos, não utilizamos o conceito “padrão” de massa, e sim a seguinte relação: $E^2=m^2C^4+P^2C^2+E'^2$, onde $E$ é a energia da partícula, $P$ é seu momento, $m$ sua massa de repouso, $C$ a velocidade da luz e $E'$ a energia de repouso. Também sabemos que $\frac{dE}{dX}=F$, sendo $F$ a força aplicada na partícula e $X$ seu deslocamento. Deste modo fica fácil obter: $E''^2=TxL+Tx2L+TxL+Tx2L+E'''$, sendo $E''$ a energia da partícula resultante e $E'''$ a soma as energias iniciais de cada uma. Sabemos que todas tem mesma massa de repouso $m$ e inicialmente estavam paradas, logo $E'^2=m^2C^4\rightarrow E'=mC^2$.

Assim temos que $E''=6TL+4mC^2$, e como o momento resultante após as colisões será zero, pois os $P$ das partículas se anulam, $E''^2=M^2C^4 \rightarrow M=\frac{E''}{C^2} \rightarrow M=\frac{6TL}{C^2}+4m$.

Para obter o tempo, temos de olhar a situação logo antes de a colisão ocorrer, de modo que as partículas ainda têm momento. Sabemos que $\frac{dP}{dt}=F$, sendo t o tempo. Usando a expressão do item anterior, obtemos que a energia da partícula logo antes da colisão é $TL+mC^2$ para as horizontais e $2TL+mC^2$ para as verticais. Com isto obtemos o tempo de cada colisão:

Horizontais – $E^2=m^2C^4+P^2 C^2\rightarrow P^2C^2=(TL)^2+2TLmC^2\rightarrow P=(\frac{(TL)^2}{C^2}+2TLm)^\frac{1}{2}$. Tendo que $P=Tt$ obtemos $t=\frac{(\frac{(TL)^2}{C^2}+2TLm)^\frac{1}{2}}{T}$.

Verticais – Repetimos o mesmo processo com L=2L. Obtemos $t'=\frac{(\frac{(T2L)^2}{C^2}+4TLm)^\frac{1}{2}}{T}$

Logo: $\frac{t'}{t}=\frac{((2TL)^2+4TLmC^2)^\frac{1}{2}}{((TL)^2+2TLmC^2)^\frac{1}{2}}$, razão que cresce com T. Para $\frac{TL}{mC^2} << 1\rightarrow t'=((2TL)^2+4TLmC^2)^\frac{1}{2}= (\frac{TL}{mC^2}+1)^\frac{1}{2}\rightarrow$ por aproximação do Binômio de Newton $\rightarrow t'=2(mTL)^\frac{1}{2}(1+\frac{TL}{2mC^2})$ e analogamente $t=(2mTL)^\frac{1}{2}(1+\frac{TL}{4mC^2})$, já para $\frac{TL}{mC^2} >>1\rightarrow t'=\frac{2TL}{C}(1+\frac{mC^2}{2TL})$ e $t=\frac{TL}{C}(1+\frac{mC^2}{TL})$

Por fim, para $\frac{TL}{mC^2}=1$ obtemos $t=\frac{TL}{C}(\frac{2mC^2}{TL}+1)^\frac{1}{2}=\frac{TL}{C}3^\frac{1}{2}$ e $t'=\frac{2TL}{C}(\frac{mC^2}{TL}+1)^\frac{1}{2}=\frac{2TL}{C}2^\frac{1}{2}$, tendo que $\frac{t'}{t}=\bigg (\frac{8}{3}\bigg )^\frac{1}{2}$.

É fácil ver que para $\frac{TL}{mC^2} << 1$, no caso não relativístico $\frac{t'}{t}=2^\frac{1}{2}$.

E no ultra-relativístico, $\frac{TL}{mC^2} >>1$ temos $\frac{t'}{t}=2$.