Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Hidroestática.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O gelo por ter uma densidade menor que a da água fica flutuando nela. Temos então que o empuxo exercido sobre o bloco de gelo deve anular o seu peso, tendo assim:
$$E=P$$
$$\rho_aV_{sub}g = \rho_gV_gg$$
$$V_{sub} = \dfrac{\rho g}{\rho_a}V_g$$
Onde $$V_{sub}$$ é o volume submerso de gelo, que corresponde também ao volume de água deslocada. Quando o gelo derrete, o volume que ele possuía muda, já que se conserva a massa dele mas mudando sua densidade. O seu novo volume será:
$$m_a = m_g$$
$$\rho_aV_a = \rho_g V_g$$
$$V_a = \dfrac{\rho_g}{\rho_a}V_g$$
Perceba que o volume de água do gelo derretido é o mesmo volume submerso pro gelo boiando.
O gelo quando foi colocado no copo, por deslocar uma parte da água, aumentou o nível marcado. Imagine que quando ele derrete, fica-se um buraco de água de volume $$V_{sub}$$. Como o gelo derreteu, adiciona-se $$V_a$$ ao volume de água, essa água então “preenche” o buraco formado pelo derretimento do gelo, então o nível que a água atinge não altera. Portanto, a água continua atingindo a altura $$h$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$H=h$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica Física, ondas.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A interferência ocorrerá entre os $$2$$ feixes, o primeiro feixe que incide diretamente no detector, e o segundo feixe que reflete na superfície do mar em $$A$$ e depois atinge o detector. A fase do segundo raio será alterada de $$\pi$$ por refletir em um meio com índice de refração maior. Os feixes serão simétricos até os pontos $$C$$ e $$A$$. Podemos então ver a diferença de fase entre os 2 raios:
$$\phi_1 = \overline{CB} k$$
$$\phi_2 = \pi + \overline{AB}k$$
$$\Delta \phi = \overline{AB}k + \pi – \overline{CB}k$$
onde $$k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$$ é o número de onda.
Temos que:
$$sen(\theta) = \dfrac{h}{\overline{AB}}$$
$$\overline{AB} = \dfrac{h}{sen(\theta)}$$
$$cos(2\theta) = \dfrac{\overline{CB}}{\overline{AB}}$$
$$\overline{CB} = \overline{AB}cos(2\theta)$$
$$\overline{CB} = \dfrac{h}{sen(\theta)}cos(2\theta)$$
Daí:
$$\Delta \phi = \dfrac{h}{sen(\theta)}k + \pi – \dfrac{h}{sen(\theta)}cos(2\theta)k$$
$$\Delta \phi = \dfrac{h}{sen(\theta)}(1-cos(2\theta)k + \pi$$
$$\Delta \phi = \dfrac{h}{sen(\theta)}(1-cos^2(\theta) + sen^2(\theta))k + \pi$$
$$\Delta \phi = 2hsen(\theta)k+ \pi$$
Para que ocorra interferência gerando máximos:
$$\Delta \phi = 2n\pi$$
com $$n$$ sendo um inteiro.
$$2n\pi = 2hsen(\theta_{max})k + \pi$$
$$(2n-1)\pi = 2h sen(\theta_{max})$$
$$sen(\theta_{max})=(2n-1)\dfrac{pi}{2hk}$$
$$sen(\theta_{max})=(2n-1)\dfrac{\lambda}{4h}$$
Para que ocorra interferência gerando mínimos:
$$\Delta \phi = (2m+1)\pi$$
com $$m$$ sendo um inteiro.
$$(2m+1)\pi = 2hsen(\theta_{min})k + \pi$$
$$2m\pi = 2hsen(\theta_{min})k$$
$$sen(\theta_{min}) = m\dfrac{\pi}{hk}$$
$$sen(\theta_{min}) = m \dfrac{\lambda}{2h}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para máximo:
$$sen(\theta_{max})=(2n-1)\dfrac{\lambda}{4h}$$
Para mínimo:
$$sen(\theta_{min}) = m \dfrac{\lambda}{2h}$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica Geométrica.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Como se é possível fazer a montagem do sistema equivalente, podemos pegar qualquer objeto arbitrário que será obrigatório que as características do raio de luz emergente sejam idênticas para os $$2$$ sistemas (duas lentes ou lente equivalente). Para facilitar, suponhamos um objeto no infinito à uma altura $$H$$ do eixo das lentes. Sua imagem deve se formar então no foco da lente equivalente.
No sistema de $$2$$ lentes, o raio de luz faz o caminho na linha preenchida, e no sistema da lente equivalente, o raio percorreria a linha pontilhada.
No sistema de $$2$$ lentes, a imagem da primeira lente se dá em $$f_1$$. Essa imagem serve como objeto pra segunda lente, pela equação de Gauss:
$$\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{p’}= \dfrac{1}{f_2}$$
$$\dfrac{1}{d-f_1} + \dfrac{1}{f_{eq} -y} = \dfrac{1}{f_2}$$
Fazendo semelhança de triângulos, temos:
$$\dfrac{h}{f_{eq}-y} = \dfrac{H}{f_eq}$$
$$\dfrac{h}{f_1-d} = \dfrac{H}{f_1}$$
Daí:
$$\dfrac{f_1-d}{f_{eq}-y} = \dfrac{f_1}{f_{eq}}$$
$$\dfrac{1}{f_{eq}-y} = \dfrac{f_1}{f_{eq}(f_1-d)}$$
Substituindo:
$$\dfrac{1}{d-f_1}+ \dfrac{f_1}{f_{eq}(f_1-d)} = \dfrac{1}{f_2}$$
$$\dfrac{f_1}{f_{eq}(f_1-d} = \dfrac{1}{f_1-d} + \dfrac{1}{f_2}$$
$$\dfrac{f_1}{f_eq} = 1 + \dfrac{f_1}{f_2} – \dfrac{d}{f_2}$$
$$\dfrac{1}{f_eq} = \dfrac{1}{f_1} + \dfrac{1}{f_2} – \dfrac{d}{f_1f_2}$$
b) Nós temos a relação:
$$x + f_{eq}= d +p’$$
$$x = d+ p’- f_{eq}$$
Voltando para a equação de Gauss:
$$\dfrac{1}{p’} = \dfrac{1}{f_2} + \dfrac{1}{f_1-d}$$
$$p’= \dfrac{f_2(f_1-d)}{f_1+f_2-d}$$
$$ x = d + \dfrac{f_2(f_1-d)}{f_1+f_2-d} – \dfrac{f_1f_2}{f_1+f_2-d}$$
$$x = d – \dfrac{f_2d}{f_1+f_2-d}$$
$$x = \dfrac{d(f_1-d)}{f_1+f_2-d}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\dfrac{1}{f_eq} = \dfrac{1}{f_1} + \dfrac{1}{f_2} – \dfrac{d}{f_1f_2}$$
b) $$x = \dfrac{d(f_1-d)}{f_1+f_2-d}$$
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