Resolucao_do_Halliday_VOL_4

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MA TERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
 
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
FUNDAMENTOS DE FÍSICA
Óptica e Física Moderna
9a Edição
HALLIDHALLIDAAY & RY & RESNICESNICKK
JEARL WALKER
Cleveland State University
VOLUME 4VOLUME 4
Tradução e Revisão TécnicaTradução e Revisão Técnica
Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.
Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME
 
Este Material Suplementar contém as Soluções dos Problemas – Volume 4 que podem ser usadas como apoio
para o livro Fundamentos de Física, Volume 4 – Óptica e Física Moderna , Nona Edição, 2012. Este material
é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.
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HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITIONHALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME TWO, NINTH EDITION
Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.
All Rights Reserved. This translation published under license.
Obra publicada pela LTC Editora:
FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 4 – ÓPTICA E FÍSICA MODERNA, NONA EDIÇÃO
Direitos exclusivos para a língua portuguesa
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LTCLTC ____ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda.
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Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.
Editoração Eletrônica do material suplementar:
 
SUMÁRIOSUMÁRIO 
Capítulo 33 11
Capítulo 34 2727
Capítulo 35 6060
Capítulo 36 8888
Capítulo 37 116116
Capítulo 38 145145
Capítulo 39 117070
Capítulo 40 190190
Capítulo 41 211211
Capítulo 42 228228
Capítulo 43
 
255255
Capítulo 44 272272
 
1. Como ∆ l << l e f = c / l, temos:
 
 
 f 
 c c
=  
 
  
  
 ≈ =
 × × −


2
8 93 0 10( , m/s)(0,0100 10 mm)
m)
Hz 7,49 GHz.
2( ,
,
6328 10
74 9 10
9
9
×
 = × =
−
2. (a) A frequência da radiação é
 f 
 c
= =
 ×
× ×
 = × −

3 0 10
1 0 10 6 4 10
47 10
8
5 6
3,
( , )( ,
,
m/s
m)
HHz.
(b) O período da radiação é
T 
 f 
= =
×
 = =
−
1 1
47 10
212 3 32
3,
min
Hz
s s.
3. (a) De acordo com a Fig. 33-2, o menor comprimento de onda para o qual a sensibilidade do
olho humano é metade da sensibilidade máxima é 515 nm.
(b) De acordo com a Fig. 33-2, o maior comprimento de onda para o qual a sensibilidade doolho humano é metade da sensibilidade máxima é 610 nm.
(c) De acordo com a Fig. 33-2, o comprimento de onda da luz à qual o olho humano é mais
sensível é 555 nm.
(d) De acordo com o resultado do item (c),
 f 
 c
= =
 ×
= ×

30 0 10
555
5 41
8,
,
m/s
nm
10 Hz.14
(e) De acordo com o resultado do item (d),
T 
 f 
= =
×
 = × −
1 1
54 1 10
18 5 10
14
15
,
, .
Hz
s
4. Como a velocidade da luz no ar é aproximadamente c = 3,0 × 108 m/s, em um intervalo de
tempo t = 1,0 ns, a luz percorre uma distância
d ct = = × × = = −( , ,3 0 10 0 308 9m/s)(1,0 10 s) m 30 cm.
5. Se f é a frequência e l é o comprimento de onda de uma onda eletromagnética, f l = c. A
frequência é igual à frequência da corrente no circuito do oscilador, ou seja, f LC = 1 2 /  , em
que C é a capacitância e L é a indutância. Assim,

 2 LC 
c= .
Explicitando L, obtemos
 L
Cc
= =
 ×
×
−
−

  
2
2 2
9 2
2 12
4
550 10
4 17 10 2 998
( )
( )( ,
m
F ××
 = × −
10
50 0 10
8 2
21
m/s
H.
)
,
Capítulo 33Capítulo 33
 
2 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Trata-se de um valor extremamente pequeno.
6. O comprimento de onda pedido é
   = = = × ×
c
 f 
c LC 2 2 2 998 10 108 6(, m/s) (0,253 H)(252 ,,0 F) m× =10 4 74122 , .
7. A intensidade é a média do vetor de Poynting:
 I S 
 cBm
= = =
 × × −
med
m/s T2
0
8 4 2
2
3 0 10 1 0 10
2 1
( , )( , )
( ,226 10 1 2 106 2
6
× = ×− H/m W/m
2
) , .
8. A intensidade do sinal ao chegar às vizinhanças de Próxima do Centauro é
 I 
 P
r 
= =
 ×
( ) ×4
1 0 10
4 4 3 9 46 10
2
6
15  
,
, ,
W
anos-luz m/anno-luz
W/m2
( ) 
= × −2
294 8 10, .
9. Se P é a potência e ∆t é a duração do pulso, a energia contida no pulso é
 E P t = = × × = × − ( )( , ) ,100 10 1 0 10 1 0 1012 9 5W s J.
10. A amplitude do campo magnético da onda é
 B
 E 
c
m
m= =
 ×
×
 = ×
−
−32 0 10
2 998 10
10 7 10
4
8
12,
,
,
V/m
m/s
T..
11. (a) A amplitude do campo magnético é
 B
 E 
c
m
m= =
×
 = × ≈ ×−
2 0
2 998 10
6 67 10 6 7 10
8
9,
,
, ,
V/m
m/s
T −−9 T.
(b) Como o campo elétrico oscila paralelamente ao eixo z e a onda se propaga paralelamente ao
eixo x , o campo magnético oscila paralelamente ao eixo y.
(c) A direção e o sentido de propagação de uma onda eletromagnética são determinados pelo
produto
 
 E B× . De acordo com a regra da mão direita, se o campo elétrico está apontando no
sentido positivo do eixo z e a onda está se propagando no sentido positivo do eixo x , o campo
magnético deve estar apontando no sentido negativo do eixo y.
12. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é
 B
 E 
c
m
m= =
×
 = × =−5 00
2 998 10
16 7 10
8
8,
,
,V/m
m/s
T 16,7nnT.
(b) A intensidade é a média do vetor de Poynting:
 I S 
 E 
c
m= = =
× ⋅−med
V/m
T m/A
2
0
2
72
5 00
2 41 0 2  
( , )
( )( ,9998 10
3 311 0 33 1
8
2
×
= × =−
m/s
W/m mW/m2 2
)
, , .
13. (a) Podemos usar a relação I = E m2 /2m0c para calcular E m:
 E I m c= = × ⋅ ×−2 2 4 10 1 40 10 2 990 7 3  ( )( , )( ,T m/A W/m2 88 10
1 03 10 1 03
8
3
×
= × =
m/s
V/m kV/m.
)
, ,
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 3
(b) A amplitude do campo magnético é, portanto,
 Bm = =
 ×
×
 = × =−
 E 
c
m 10 3 10
2 998 10
34 3 10
4
8
6,
,
,
V/m
m/s
T 3,,43 T.
14. De acordo com a equação que precede a Eq. 33-12, o valor máximo de ∂ B/ ∂t é v Bm . O valor
de Bm, por sua vez, pode ser relacionado à intensidade através da equação
 B
 E 
c
c I 
c
am
m= =
2 0 
,
e a intensidade pode ser relacionada à potência P e à distância r através da Eq. 33-27. Finalmente,
a frequência angular v pode ser relacionada ao comprimento de onda l através da equação v =
kc = 2p c / l. Assim, temos:
 
∂
∂
 
 
  
  
 = = ×
 B
t 
P
c
c
r max
,
2
4
2
34 4 100 6

 
 

T/s
15. (a) Como a intensidade de uma onda eletromagnética está relacionada à amplitude do campo
elétrico através da equação I E cm= 2 02 /  , temos:
 E cI m = = × × ×− −2 2 4 10 2 998 10 10 100 7 8  ( ) ( , ) (H/m m/s 66 2
287 10
W/m
V/m 87 mV/m
)
, .= × =−
(b) A amplitude do campo magnético é dada por
 B
 E 
c
m
m= = ×
×
 = × =
−
−87 10
2 998 10
2 9 10
2
8
10,
,
,V/m
m/s
T 0,,29 nT.
(c) Como, a uma distância r do transmissor, a intensidade de um transmissor que irradia
uniformemente ao longo de um hemisfério é I P r = /2 2 , temos:
P r I = = × × = × ) ,2 2 10 10 6 3 102 3 6 3  (10 m) (10 W/m W2 22 == 6 3, kW.
16. (a) A potência recebida é
Pr = × ×
 =−( , )
( ) / 
( ,
,1 0 10
300 4
4 6 37 10
1 412
2
6
W
m
m)2
 
 
×× −10 22 W.
(b) A potência da fonte teria que ser
P r I = = ×( ) ×4 4 2 2 10 9 46 102 4 15  , ,anos-luz m/ano-luuz
W
m
( ) 
×
×






=
−2 12
6 2
1 0 10
4 6 37 10
1
,
( , )
,
 
11 1015× W.
17. (a) O valor máximo do campo magnético da onda é
 B
 E 
c
m
m= =
×
 = × =−
2 0
2 998 10
67 10
8
9,
,
,
V/m
m/s
T 6,7n T.
(b) A intensidade média da luz é
 I 
 E 
c
m= =
 ( )
× ⋅ ×−
2
0
2
72
2 0
2 4 10 2 9981 0  
,
( )( ,
V/m
T m/A 88
35 3 10 5 3
m/s
W/m mW/m2 2
)
, , .= × =−
(c) A potência da fonte é
P r I = = × = −4 4 10 5 3 10 6 72 2 3  med 2m W/m W.( ) ( , ) ,
 
4 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
18. De acordo com a Eq. 33-27, a inclinação de um gráfico da intensidade de uma onda
eletromagnética em função do inverso do quadrado da distância ( I em função de r −2 ) é P /4p .
Como a inclinaçãodo gráfico da Fig. 33-37 é (200 W/m2)/(10 m −2) = 20 W, a potência é P =
4p (20) ≈ 0,25 × 102 W = 0,25 kW.
19. Se o plasma reflete totalmente a energia incidente, a pressão da radiação é dada por pr = 2 I / c,
em que I é a intensidade. A intensidade, por sua vez, é dada por I = P / A, em que P é a potência
e A é a área interceptada pela radiação. Assim,
 p
 P
 Ac
r = =
 ×
× ×
−
2 2 1 5 10
2 998
9
6 2
( , )
( )( ,
W
1,00 10 10m
88
71 0 10
m/s
 = ×, Pa.
20. (a) A força exercida pela radiação é
F p R
c
 RT T rad rad
2W/m
= =   
 
 =
 ×
( ) ( )
( , )
  
  2 2
31 1 4 10 (( ,
,
,
6 37
2 998
6 0
6
8
8×
×
 = ×
10
10
10
m)
m/s
N.
2
(b) A atração gravitacional do Sol é
F 
 GM M 
d 
S T 
TS 
grav
2 2Nm /kg
= =
 × ×
2
116 67 2 0( , )( ,10 102  330 24
11
225 98
1 5
3 6
kg kg
m)
N,
2
)( , )
( ,
,
×
×
 = ×
10
10
10
que é muito maior que F rad.
21. Como a superfície é perfeitamente absorvente, a pressão da radiação é dada por pr = I / c, em
que I é a intensidade. Como a lâmpada irradia uniformemente em todas as direções, a intensidade a
uma distância r da lâmpada é dada por I = P /4p r 2, na qual P é a potência da lâmpada. Assim,
 p
 P
r c
r = = ×
 = ×
4
500
2 998 10
5 9 1
2 2 8  
W
4 m m/s( ) ( , )
,
1,5
00 8− Pa.
22. A pressão da radiação é
 p
 I 
c
r = = ×
 = × −
10
2 998 10
3 3 10
8
8W/m
m/s
Pa.
2
,
,
23. (a) A força para cima exercida pela radiação, F r , dada pela Eq. 33-32, F = IA / c, deve ser
igual, em módulo, à força para baixo exercida pela gravidade, F g = mg. No caso de uma esfera,
a área da “seção de choque” (que é o parâmetro A da Eq. 33-32) é a área de um círculo, A =
p r 2 (e não a área da superfície da esfera), e o volume (cujo valor é necessário para que a massa
possa ser determinada através da relação m = r r V ) é dado por V = 4p p r 3 /3. Finalmente, a intensidade
 I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P /4p R2, em que R é
a distância da fonte. Fazendo F r = F g e explicitando P, obtemos:
P R c
 r g
r 
 R c rg
=
  
 
  
  
 =
=
4
4
3
1 16
3
16 0 5
2
3
2
2
  
  
 
  
 ( , mm m/s kg/m3) ( , )( , )( , )(2 8 4 32 998 10 1 9 10 2 0 10× × × − 99 8
3
46 8 1011
, )
,
m/s
W.
2
= ×
(b) Qualquer pequena perturbação tiraria a esfera da posição de equilíbrio, pois, nesse caso, as
duas forças deixariam de atuar ao longo do mesmo eixo.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 5
24. Fazendo F g = F r , obtemos
G
 mM 
d 
 IA
c
S 
TS 
2
2
= ,
o que nos dá
 A
 cGmM 
 Id 
S 
TS 
= =
 × ⋅−
2
6 67 10 1500
2
11( , )(Nm/ kg kg)(2 2 11,99 10 kg)(2,998 10 m/s)
W/m
30 8
2
× ×
×214 0 103( , )(115 0 10
9 5 10 0 95
11
5
,
, , .
×
= × =
m)
m km
2
2 2
25. Seja f a fração da intensidade do feixe incidente que é refletida. A fração absorvida é 1 – f .
A pressão exercida pela parte refletida é
 p
 f I 
c
r =
2 0
e a pressão exercida pela parte absorvida é
 p
 f I 
c
a =
 −( )
,
1 0
na qual I 0 é a radiação incidente. O fator 2 aparece na primeira expressão por causa da contribuição
da radiação refletida para o momento final do sistema. A pressão total da radiação é a soma das
duas contribuições:
 p p p
 f I f I 
c
 f I 
c
r atotal = + =
 + −
=
 +2 1 10 0 0()() .
Para relacionar a intensidade à densidade de energia, considere um tubo de comprimento l e área
da seção reta A, com o eixo paralelo à direção de propagação de uma onda eletromagnética. A
energia eletromagnética no interior do tubo é U = uAl, na qual u é a densidade de energia. Como
toda essa energia deixa o tubo em um intervalo de tempo ∆t = l / c, a intensidade da radiação é
 I 
 U 
 A t 
uA c
 A
uc= = =

l
l
,
o que nos dá u = I / c. A intensidade e a densidade de energia são positivas, independentemente
do sentido de propagação. No caso de uma onda parcialmente refletida e parcialmente absorvida,
a intensidade nas proximidades da superfície é
 I = I 0 + f I 0 = (1 + f ) I 0,
na qual o primeiro termo é a contribuição da onda incidente e o segundo é a contribuição da
onda refletida. A densidade de energia é, portanto,
u
 I 
c
 f I 
c
= =
 +( )
,
1 0
ou seja, tem o mesmo valor que a pressão da radiação.
26. A massa do cilindro é m = r (p D2 /4) H , na qual D é o diâmetro do cilindro. Como o cilindro
está em equilíbrio,
F mg F 
 HD g D I 
r 
c
tot
4 4
=
  
 
 
  
 
 
  
 
2 5 2
   2 2 2
  = ,0
 
6 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
o que nos dá
 H 
 I 
gc
P
 D gc
= =   
 
 
=
×
2 2
4
1
2 4 60
2  
 
π
[ (2,60 10
 / 
( , )W
−−3 8 310 10m m/s m/s kg/ m) / ]( , )( , )( ,2 24 9 8 3 0 1 20× × 33
m nm.
)
,= × =−4 91 10 4917
27. (a) Como c = l f , em que l é o comprimento de onda e f é a frequência da onda,
 f 
 c
= =
 ×
= ×
λ 
2 998 10
3 0
1 0 10
8
8,
,
,
m/s
m
Hz.
(b) A frequência angular é
   = = × = ×2 2 6 3 108 f (1,0 10 8 Hz) rad/s.,
(c) O número de onda é
k = = =
2 2
2 1
 

 
3,0 m
rad/m.,
(d) A amplitude do campo magnético é
 B
 E 
c
m
m= =
×
 = × =−
300
2 998 10
1 0 10
8
6V/m
m/s
T 1,0 T.
,
, 
(e) Como a onda se propaga paralelamente ao eixo x e o campo elétrico oscila paralelamente ao
eixo y, o campo magnético oscila paralelamente ao eixo z.
(f) A intensidade da onda é
 I 
 E m= =
× ×−
2
0
7 82
300
2 4 10 10 c
(
( / 
V/m)
m)(2,998
2
 H m/ /s)
= ×119 1 2 102W/m W/m .2 2 ,
(g) Como a placa absorve totalmente a onda, a taxa de transferência de momento por unidade
de área é I / c e, portanto,
dp
dt 
 IA
c
= =
×
 = ×
( )( , )
,
,
119 2 0
2 998 10
8 0 1
8
W/m m
m/s
2 2
00 7− N.
(h) A pressão da radiação é
 p
 dp dt 
 A
r = =
 ×
= ×
−
− / N
m
Pa.
2
80 10
2 0
40 10
7
7,
,
,
28. (a) Supondo que toda a radiação é absorvida, a pressão da radiação é
 p
 I 
c
r = =
 ×
×
 = × −
1 4 10
3 0 10
47 10
3
8
6,
,
, .
W m
m s
N m
2
2
(b) A razão pedida é
 p
 p
r 
0
6
5
1147 10
1 0 10
47 10=
 ×
×
 = ×
−
−,
,
, .
N m
N m
2
2
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 7
29. Se a luz do laser remove uma energia U da espaçonave, remove também um momento p =
U / c. Como o momento da espaçonave e o momento da luz são conservados, este é o momento
adquirido pela espaçonave. Se P é a potência do laser, a energia removida em um intervalo de
tempo ∆t é U = P∆t . Assim, p = P∆t / c e, se m é a massa da espaçonave, a velocidade que a
espaçonave atinge é
v
 p
m
Pt 
mc
= = =
 ×
×
(
( ,
10 10
1 5 10
3
3
W)(86.400 s)
kg)(2,9998 10 m/s)
m/s 1,9 mm/s.
8×
 = × =−1 9 10 3,
30. (a) Como a área da seção reta do feixe é p p d 2 /4, na qual d é o diâmetro da esfera, a intensidade
do feixe é
 I 
 P
 A
P
d 
= = =
 ×
×
 =
−
−  2
3
9 24
50 0 10
1266 10 4
3 97
 / 
W
m / 
,
)
,
(
 ×× =10 3 979 2 2W/m GW/m, .
(b) A pressão da radiação é
 p
 I 
c
r = =
 ×
×
 =
39 7 10
2 998 10
13 2
9 2
8
,
,
,
W/m
m/s
Pa.
(c) A força associada à radiação é igual à pressão multiplicada pela área da seção reta do feixe,
que, por sua vez, é igual a P / I ;
F p
 d 
 p
 P
 I 
r r r =
  
 
  
  
 =  
 
  
  
 =
 × − 2
4
13 2
50 0 10
( , )
,
Pa
33
2
1116 7 10
W
3,97 10 W/m
N.
9×
 = × −,
(d) A aceleração da esfera é
a
 F 
m
F 
d 
r r = = = ×
×
−
   ( )
( ,
3
11
6
616 7 10
 / 
N)
kg(5,00 10 3 / /m m)
m/s
3 3
2
)(
, .
1266 10
31 4 10
9
3
×
= ×
−
31. Vamos supor que o Sol está suficientemente afastado da partícula para ser considerado uma
fonte luminosa pontual.
(a) As forças a que uma partícula de poeira está submetida são a força da radiação

F r , que aponta
para longe do Sol, e a força gravitacional,
 
F g, que aponta na direção do Sol. De acordo com as
Eqs. 33-32 e 33-27, a força da radiação é dada por
F 
 IA
c
P
r 
 R
c
P R
r c
r 
S S = = =
4 42
2 2
2 
 
,
em que R é o raio da partícula e A = p R2 é a área da seção reta da partícula. Por outro lado, a
força gravitacional é dada pela Eq. 13-1:
F 
 GM m
r 
GM R
r 
GM Rr 
g
S S S = = =
2
3
2
3
2
4 3 4
3
    ( )
,
 / 
na qual m = r (4p R3 /3) é a massa da partícula. Para que a partícula descreva uma trajetória
retilínea, é preciso que as duas forças sejam iguais em módulo. Fazendo F r = F g, obtemos
P R
r c
GM R
r 
S S 
2
2
3
24
4
3
=
   
,
o que nos dá
 R
 P
c GM 
S 
S 
= =
 ×
×
3
16
33 9 10
16 31 0 3 5
26
8   
( , )
( )( ,
W
m/s ×× × ⋅ ×−10 6 67 10 1 99 103 11 3 30kg/m m /kg s k3 2)( , )( , gg)
m 0,17 m .= × =−1 7 10 7, 
 
8 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Como F g é proporcional a R3 e F r é proporcional a R2, se R aumentar, teremos F g > F r e a
trajetória se encurvará para perto do Sol, como a trajetória 3 da figura.
32. O primeiro polarizador reduz a intensidade da luz para metade do valor srcinal. A redução
causada pelo segundo polarizador é cos2 (p – u1 – u2) = cos2 (u1 + u2). A redução causada pelo
terceiro polarizador é cos2 (p – u2 – u3) = cos2 (u2 + u3). Assim,
 I 
 I 
 f 
0
2
1 2
2
2 3
21
2
1
2
50= =cos ( ) cos ( ) cos (u u u u         ) cos ( ) , .50 50 50 4 51 02 4= × −
Isso significa que 0,045% da luz srcinal é transmitida.
33. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade
da luz transmitida é I 1= I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u1 = 40° no sentido
anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-40. Como a direção de polarização do segundo
polarizador é u2 = 20° no sentido horário em relação ao eixo y, o ângulo entre a direção de
polarização da luz incidente no segundo polarizador e a direção de polarização do segundo
polarizador é 40° + 20° = 60°. Isso significa que a intensidade da luz transmitida é
 I I I 2 1 060
1
2
60= =cos cos2 2° °,
e a direção de polarização da luz transmitida é 20° no sentido horário em relação ao eixo y. A
direção de polarização do terceiro polarizador é u3 = 40° no sentido anti-horário em relação ao
eixo y. Assim, o ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no terceiro polarizador e a
direção de polarização do terceiro polarizador é 20° + 40° = 60°. Isso significa que a intensidade
da luz transmitida é
 I I I I 3 2 0
2
060
1
2
60 3 1 10= = = × −cos cos2 4° ° , .
Assim, 3,1% da intensidade da luz inicial é transmitida pelo conjunto.
34. Seja I 0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade
da luz transmitida é I 1= I 0 /2 e a direção de polarização da luz transmitida é u1 = 70° no sentido
anti-horário em relação ao eixo y da Fig. 33-41. A intensidade da luz depois de passar pelo
segundo polarizador é
 I I f = − = =
1
2
90 70
1
2
43 20 190 2 2cos ( ) ( )(cos )° ° °W/m2 WW/m2 .
35. O ângulo entre a direção de polarização da luz incidente no primeiro polarizador e a direção
de polarização do primeiro polarizador é u1 = 70° e o ângulo entre a direção de polarização da
luz depois de passar pelo primeiro polarizador e a direção do segundo polarizador é |u2 − u1|.
Assim, se I 0 é a intensidade da luz incidente, a intensidade da luz depois de passar pelos dois
polarizadores é
 I I 1 0
2
1
2
2 1
2 243 70 2= − = °cos cos ( )cos cosu u u | | W/m2 00 4 4° = , .W/m2
36. (a) A fração da luz transmitida pelos óculos é
 I 
 I 
 E 
 E 
 E 
 E E 
 E 
 E E 
 f f v
v h
v
v v0
2
0
2
2
2 2
2
2 22 3
0 16= =
+
 =
+
 =
( , )
, ..
(b) Como, nesse caso, é a componente horizontal do campo elétrico que passa pelos óculos,
 I 
 I 
 E 
 E E 
 E 
 E E 
 f h
v h
v
v v0
2
2 2
2
2 2
2 3
2 3
0 84=
+
 =
+
 =
( , )
( , )
, .
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 9
37. (a) A rotação não pode ser executada com um único polarizador. Se a luz passar por um
polarizador que faz um ângulo de 90° com a direção de polarização da luz incidente, a intensidade
da luz transmitida será zero. Entretanto, é possível executar a rotação usando dois polarizadores.
Colocamos o primeiro polarizador fazendo um ângulo uu ≠ 0°, 90° com a direção de polarização da
luz incidente e o segundo polarizador fazendo um ângulo de 90° com a direção de polarização da
luz incidente. Nesse caso, a luz transmitida pelo conjunto dos dois polarizadores faz um ângulo
de 90° com a direção de polarização da luz incidente. A intensidade da luz transmitida é
 I I I = − =0 2 2 0 2 290cos cos ( ) cos senu u u u ° ,
na qual I 0 é a intensidade da luz incidente.
(b) Considere n polarizadores, com a direção de polarização do primeiro polarizador fazendo
um ângulo u = 90°/ n com a direção de polarização da luz incidente. A direção de polarização
dos polarizadores seguintes faz um ângulo de 90°/ n com a direção de polarização do polarizador
anterior. Nesse caso, a polarização da luz transmitida pelo conjunto faz um ângulo de 90°com
a direção de polarização da luz incidente e a intensidade da luz transmitida é
 I I nn= 0 2 90cos ( )°/ .
Para determinar o menor valor de n para o qual a intensidade da luz transmitida maior que 0,60 I 0,
começamos com n = 2 e calculamos o valor de cos ( )2 90n n°/ para valores crescentes de n. O
resultado é o seguinte:
 I I 
 I I I 
n
n
=
=
= =
= = =
1 0
2
2 0
4
0
90 0
45 40 2
cos( )
cos ( ) ,
°
° / 55
30 04 22
22
0
3 0
6
0
4 0
8
 I 
 I I I 
 I I 
n
n
=
=
= =
=
cos ( ) ,
cos ( ,
°
55 0 531
18 0 605
0
5 0
10
0
°
°
) ,
cos ( ) , .
=
= ==
 I 
 I I I n
Assim, precisamos usar pelo menos 5 filtros para que a intensidade da luz transmitida seja mais
de 60% da intensidade srcinal.
38. Observando os pontos em que a intensidade é zero (u2 = 0° e 90°) no gráfico da Fig. 33-43,
concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros dois polarizadores para u2 = 0° 
e perpendicular ao outro polarizador para u2 = 90°. Sem perda de generalidade, podemos supor
que u1 = 0° e u3 = 90°. Nesse caso, para u2 = 30°, o polarizador 2 faz um ângulo de 30° com o
polarizador 1 e o polarizador 3 faz um ângulo de 60° com o polarizador 2. Assim,
 I 
 I 
 f 
i
= = =12 30 60 0 094 9 4
2 2cos ( ) cos ( ) , , %o o .
39. (a) Como a luz incidente é não polarizada, metade da luz é transmitida e metade é absorvida.
Assim, a intensidade da luz transmitida é I t = I 0 /2 = 5,0 mW/m
2. Como a intensidade e a amplitude
do campo elétrico estão relacionadas através da equação I E cm= 2 02 /  , temos:
 E cI m t = = × × ×2 2 40  ( 10−7 H/m)(3,00 10 m/s)(5,0 108 −−
=
3
1 9
W/m
V/m.
2 )
,
(b) A pressão da radiação é dada por pr = I a / c, na qual I a é a intensidade da luz absorvida. Como
foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é I a = I 0 /2 = 5,0 mW/m2. Assim,
 pr =
 ×
×
 = ×
−
−5 0 10
30 0 10
1 7 10
3
8
11,
,
,
W/m
m/s
Pa.
2
 
10 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
40. Observando os pontos em que a intensidade é zero ( uu2 = 60° e 140°) no gráfico da Fig. 33-44,
concluímos que o polarizador 2 é perpendicular a um dos outros polarizadores para u2 = 60° e
perpendicular ao outro polarizador para u2 = 140°. Sem perda de generalidade, podemos supor
que u1 = 60° + 90° = 150° e que u3 = 140° − 90° = 50°. Nesse caso, para u2 = 90°, o polarizador
2 faz um ângulo de 150° − 90° = 60° com o polarizador 1 e um ângulo de 90° − 50° = 40° com
o polarizador 3. Assim,
 I 
 I 
 f 
i
= = =
1
2
60 40 0 073 7 32 2cos ( ) cos ( ) , , %.o o
41. Quando a luz polarizada, de intensidade I 0, passa pelo primeiro polarizador, a intensidade
cai para I 0 2cos .u Depois que a luz passa pelo segundo polarizador, que faz um ângulo de 90° 
com o primeiro, a intensidade passa a ser
 
 I 5 ( I 0cos2u )sen2u 5 I 0 /10,
e, portanto,
sen2 u cos2 u = 1/10 ⇒ senu cosu = sen2u /2 =1 10 / ,
o que nos dá u = 20° ou 70°.
42. Observando o gráfico da Fig. 33-45, vemos que a intensidade da luz é zero para u2 = 160º.
Como as direções dos polarizadores devem ser perpendiculares para que a intensidade da luz
transmitida se anule, u1 = 160º – 90º = 70º. Considere a intensidade para u2 = 90º (que não pode
ser lida diretamente no gráfico, já que a escala do eixo de intensidade não é conhecida).Como
sabemos que u1 = 70º, o ângulo entre os polarizadores agora é 20º. Levando em conta a redução
“automática” para metade do valor inicial que acontece quando um feixe de luz não polarizada
passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto de dois polarizadores é
 I t = cos2(20)/2 = 0,442 ≈ 44%.
43. Seja I 0 a intensidade da luz incidente e seja f a fração polarizada. A intensidade da parte
polarizada é f I 0 e esta parte contribui com f I 0 cos2 u para a intensidade da luz transmitida pelo
filtro polarizador, na qual u é o ângulo entre a direção de polarização da luz e a direção de
polarização do filtro. A intensidade da parte não polarizada da luz incidente é (1– f ) I 0 e esta
parte contribui com (1 – f ) I 0 /2 para a intensidade da luz transmitida. Assim, a intensidade da
luz transmitida é
 I f I f I = + −0 2 0
1
2
1cos ( ) .u 
Quando o filtro gira, cos2 u varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1 e a intensidade daluz transmitida varia entre um mínimo de
 I f I min ( )= −
1
2
1 0
e um máximo de
 I f I f I f I max ( ) () .= + − = +0 0 0
1
2
1
1
2
1
A razão entre I max e I min é
 I 
 I 
 f 
 f 
max
min
.=
 +
−
1
1
Fazendo I max / I min = 5,0 na expressão acima, obtemos f = 4/6 = 0,67.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 11
44. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos
 I I = − = =
1
2
90
1
8
2 0 05000 2 2 2 2 2 2cos cos ( ) sen ( ) ,u u u ° ⇒⇒ = ( ) =−u 2 1
1
2
04 0 19 6sen , , .o
Como a expressão acima não muda quando fazemos ′ = −u u 2 290 , o complemento de u2,
90o − 19,6o = 70,4o também é uma solução. Comparando as duas soluções, chegamos à conclusão
de que
(a) o menor valor possível de u2 é 19,6o;
(b) o maior valor possível de u2 é 70,4o,
45. Na Fig. 33-46, a normal à superfície refratora é vertical. O ângulo de refração é u2 = 90° e
o ângulo de incidência é dado por tan u1 = L / D, na qual D é a altura do tanque e L é a largura
do tanque. Assim,
u 1
1 1 1 10 52=   
  
  
 =
  
 
 
  
 =− −tan tan
,
,
 L
 D
m
0,850 m
331°.
De acordo com a lei de Snell,
n n1 2
2
1
1 00
90
52 31
= =
  
 
 
  
sen
sen
( , )
sen
sen ,
u 
u 
°
°
 == 1 26, .
46. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-47 b 
seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação
maior que 45o, o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De
acordo com a lei de Snell, isso significa que n2 < n1, ou seja, que o índice de refração do meio
é maior que o índice de refração da água.
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de
refração do meio é maior que o índice de refração da água.
(c) É mais fácil analisar o ponto mais alto de cada curva. No caso da curva 1, para u2 = 90º, u1 =
45º e n2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n1 = 1,9.
(d) No caso da curva 2, para u2 = 90º, u1 = 67,5º, obtemos n1 = 1,4.
47. De acordo com a lei de Snell,
n n1 2sen sen1 2u u = .
Vamos tomar o meio 1 como o vácuo, com n1 = 1 e u1 = 32,0°. O meio 2 é o vidro, com u2 =
21,0°. Explicitando n2, obtemos
n n2 1
1
2
1 00
32 0
21 0
= =
  
 
  
 
sen
sen
( , )
sen ,
sen ,
u 
u 
°
°  
 = 1 48, .
48. (a) Se os ângulos do raio incidente e do raio refratado fossem iguais, o gráfico da Fig. 33-48 b 
seria uma reta com uma inclinação de 45º. Na verdade, a curva do material 1 tem uma inclinação
menor que 45o, o que significa que o ângulo de refração é maior que o ângulo de incidência. De
acordo com a lei de Snell, isso significa que n1 < n2, ou seja, que o índice de refração do meio é
maior que o índice de refração da água.
 
12 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Usando o mesmo raciocínio do item (a), concluímos que, também neste caso, o índice de
refração do meio é maior que o índice de refração da água.
(c) É mais fácil analisar o ponto na extremidade direita de cada curva. No caso da curva 1, para
u1 = 90º, u2 = 67,5º e n1 = 1,33 (veja a Tabela 33-1), a lei de Snell nos dá n2 = 1,4.
(d) No caso da curva 2, para u1 = 90º e u2 = 45º, obtemos n2 = 1,9.
49. Como o ângulo de incidência do raio luminoso no espelho B é 90° – u, o raio refletido r 9 
faz um ângulo 90° – (90° – u) = u com a horizontal e se propaga no sentido oposto ao do raio
incidente. Assim, o ângulo entre i e r 9 é 180°.
50. (a) Aplicando duas vezes a lei de Snell, obtemos n1senu1 = n2senu2 e n2senu2 = n3senu3, o que
nos dá n1senu1 = n3senu3. Isso nos leva à conclusão de que u1 = u3 se n1 = n3. Como sabemos que
u1 = 40º na Fig. 33-50a, procuramos o valor de n3 na Fig. 33-50b para o qual u3 = 40º. Como
este valor é n3 = 1,6, concluímos que n1 = 1,6.
(b) Ao resolver o item (a), vimos que a influência de n2 no ângulo do raio refratado desaparece
quando a lei de Snell é aplicada duas vezes. Isso significa que não é possível calcular o índice
de refração do meio 2 com base nas informações disponíveis.
(c) Usando a relação obtida no item (a), temos:
1,6 sen 70° = 2,4 sen u3 ⇒ u3 = sen−1 (1,6 sen 70o)/2,4 = 39°.
51. (a) De acordo com a lei de Snell, temos:
n n1 1 55
1
1 1
11 1sen ( )sen sen ( sen ) sen [(u u u u = ⇒ = = − − ,, )( , )] ,.30 06 44 568= o
(b) Aplicando várias vezes a lei de Snell, obtemos
n n n n1 1 2 2 3 3 4 4sen sen sen sen ,u u u u = = =
o que nos dá
u u 4
1 1
4
1 35 3=
  
 
 
  
 =−sen
 n
n
sen , .°
52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que uu2 = uu1 para n1 = n2. Como sabemos
que o ângulo de incidência da Fig. 33-52a é 30º, procuramos o valor de n2 no gráfico da Fig.
33-52b para o qual u2 = 30º. Como este valor é n2 = 1,7, concluímos que n1 = 1,7.
(b) De acordo com a lei de Snell, temos:
1,7sen(60º) = 2,4sen(u2) ⇒ u2 = sen−1[ (1,7)(0,866)/2,4] = 38°.
53. Considere a figura (a) a seguir. O ângulo de incidência é u e o ângulo de refração é u2. Como
u2 + a = 90o e f + 2a = 180o, temos:
u   
  
2 90 90
1
2
180
2
= − = − − ( ) =° ° ° .
 
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 13
Agora considere o triângulo formado pelos prolongamentos do raio incidente e do raio emergente
na figura (b) acima. É possível mostrar que c é dado por
 u u = −2 2( ).
Substituindo u2 por f /2, obtemos c = 2(u − f /2), o que nos dá u = (f + c )/2. Aplicando a lei
de Snell, obtemos
n = =
 +sen
sen
sen( )
sen
.
u 
u 
  
 2
1
2
1
2
Nota: O ângulo c c é conhecido como ângulo de desvio e representa o desvio angular sofrido pelo
raio luminoso ao passar pelo prisma. Este ângulo é mínimo quando a trajetória do raio luminoso
é simétrica, como na Fig. 55-53. É possível determinar o valor do índice de refração do material
de um prisma a partir dos valores de f e c .
54. (a) De acordo com a lei de Snell, nar sen(50º) = na sen ua e nar sen(50º) = nv sen uv, na qual os
índices a e v são usados para indicar os raios azul e vermelho. Para nar ≈ 1,0, obtemos:
u u a v=
  
 
  
  
 = =− −sen
sen
,
, sen
s1 150
1 524
30 176
o
o e
een
,
, , .
50
1 509
30 507 0 33
o
o o 
 
  
  
 = ⇒ =u 
(b) Como as duas interfaces do vidro com o ar são paralelas, os raios refratados saem do vidro
com um ângulo igual ao ângulo de incidência (50o) independentemente do índice de refração,
de modo que a dispersão é 0o.
55. Considere um raio que tangencia a estaca, como na figura a seguir, na qual u1 = 90° – u =35°, d 1 = 0,50 m e d 2 = 1,50 m. O comprimento da sombra é x + L, na qual x é dado por
 x d = = =1 1 0 50 0 35tan( , ,u m) tan35 m.°
De acordo com a lei de Snell, n2 sen u2 = n1 sen u1. Para n1 = 1 e n2 = 1,33 (veja a Tabela 33-1),
temos:
u 
 u 
2
1 1
2
1 35 0
1 33
=
  
 
 
  
 =
  
 
  − −sen
sen
sen
sen ,
,n
°
   
 = 25 55, .°
A distância L é dada por
 L d = = =2 2 1 50 0 72tan ( , ,u m) tan 25,55 m.°
O comprimento da sombra é, portanto, 0,35 m + 0,72 m = 1,07 m.
 
14 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
56. (a) Vamos usar os índices a e v para representar os raios azul e vermelho. De acordo com a
lei deSnell, os ângulos de refração na primeira superfície são
u 
u 
a
v
= 



 =
=
−
−
sen
,
sen( ) ,
sen
1 1
1 343
70 444 03° °
11 1
1 331
70 44 911
,
sen( ) , .° °




 =
Esses raios atingem a segunda superfície (onde se encontra o ponto A) com ângulos complementares
dos que acabamos de calcular (já que a normal à segunda superfície é perpendicular à normal àprimeira superfície). Levando este fato em consideração, usamos a lei de Snell para calcular os
ângulos de refração na segunda superfície:
′ = −[ ] =
′ =
−
−
u u 
u 
a a
v
sen , sen( ) ,
sen
1 1 343 90 73 636° °
11 1 331 90 70 497[ , sen( , ,° °−[ ] =u v
o que nos dá uma diferença de 3,1° (e, portanto, um arco-íris com uma largura angular de
3,1°).
(b) Os dois raios refratados saem da superfície inferior do cubo com o mesmo ângulo, o ângulo
de incidência (70°), e, portanto, neste caso não há arco-íris. (A situação é análoga à do item (b)
do Problema 33-54).
57. A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização do “círculo de luz” a que o problema se refere.
Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando
pelo ponto S . Como o raio do círculo (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24a) e a
profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro do círculo é
 D h h
n
c
a
= =
  
 
 
  





 =−2 2
1
2 80 01tan tan sen (,u cmm cm.) tan sen
,
−  
 
  
  





 =1
1
1 33
182
58. O ângulo crítico é
u c
n
=  
 
  
  
 =
  
 
  
  
 =− −sen sen
,
.1 1
1 1
1 8
34°
59. (a) Como o ângulo de incidência na superfície ab é 90o, o raio não sofre nenhum desvio;
assim, o ângulo de incidência na superfície ac é 90° – f, como mostra a figura a seguir.
Para que haja reflexão interna total na segunda superfície, nv sen (90° – f) deve ser maior
que nar , na qual nv é o índice de refração do vidro e nar é o índice de refração do ar. Como sen
(90° – f) = cos f, precisamos determinar o maior valor de f para o qual nv cos f ≥ nar . Quando
f aumenta a partir de zero, o valor de cos f diminui. Quando f atinge o maior valor para o qual
existe reflexão interna total, nv cos f = na, o que nos dá
 =
  
 
 
  
 =
  
 
  
  
 =− −cos cos
,
, .1 1
1
1 52
48 9
n
n
ar 
v
°
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 15
(b) Nesse caso, o índice de refração do ar, nar = 1, deve ser substituído por na = 1,33, o índice
de refração da água, o que nos dá
 =
  
 
 
  
 =
  
 
  
  
 =− −cos cos
,
,
,1 1
1 33
1 52
29 0
n
n
a
v
°..
60. (a) De acordo com a Eq. 33-44, o ângulo crítico é aquele para o qual u3 = 90°. Assim (com
u2 = uc, que não precisamos calcular), temos:
n n n1 1 2 2 3 3sen sen sen ,u u u = =
o que nos dá u1 = u A = sen–1 n3 / n1 = 54,3°.
(b) Sim. Quando u A diminui, u2 também diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso
significa que parte da luz é transmitida para o meio 3.
(c) Como o ângulo crítico é o complemento do ângulo de difração do meio 2, temos:
n n n
 n
n
n nc1 2 2
3
2
2
2
2
3
21sen =u u cos ,= −
 
 
 
  
 = −
o que nos dá u B = 51,1°.
(d) Não. Quando u B diminui, u2 aumenta, o que torna o ângulo u2 maior que o ângulo crítico.
Assim, nenhuma luz é transmitida para o meio 3.
61. (a) Note que o complemento do ângulo de difração do meio 2 é o ângulo crítico. Assim,
n n n
 n
n
n nc1 2 2
3
2
2
2
2
3
21sen cos ,u u = = −
 
 
 
  
 = −
o que nos dá u = 26,8°.
(b) Sim. Quando u aumenta, o ângulo de incidência da luz na interface entre os meios 2 e 3
diminui, ficando menor que o ângulo crítico. Isso significa que parte da luz é transmitida para
o meio 3.
62. (a) A Fig. 33-24 pode facilitar a visualização da circunferência a que o problema se refere.
Imagine a figura produzida fazendo girar a Fig. 33-24a em torno de um eixo vertical passando
pelo ponto S . Como o raio da circunferência (que corresponde à distância a-e na Fig. 33-24 a) e a
profundidade h do ponto S estão relacionados pelo ângulo crítico, o diâmetro da circunferência é
 D h h
n
c
a
= =
  
 
 
  





 =−2 2
1
2 2 001tan tan sen ( ,u m)) tan sen
,
,−
  
 
  
  





 =1
1
1 33
4 56 m.
(b) De acordo com a equação obtida no item (a), o diâmetro D é diretamente proporcional
à profundidade h; assim, se o peixe descer para uma profundidade maior, o diâmetro da
circunferência aumentará.
63. (a) A figura a seguir mostra o percurso de um raio luminoso no interior do prisma.
 
 
16 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Seja u1 o ângulo de incidência, seja u2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u3 
o ângulo de incidência na segunda superfície. O ângulo de refração na segunda superfície é
u4 = 90°. Como mostra a figura, as normais à primeira e à segunda superfícies são mutuamente
perpendiculares. Como a soma dos ângulos internos do triângulo formado pelo raio luminoso e
as duas normais é 180°, u3 = 90° – u2 e
sen sen cos sen .u u u u 3 2 2 2 290 1= −( ) = = −°
Aplicando a lei de Snell à segunda superfície, obtemos n sen u3 = sen u4 = 1, o que nos dá
n 1 12 2− =sen .u Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos sen u1 = n sen u2, o
que nos dá sen u2 = (sen u1)/ n e, portanto,
n
n
1 1
2
1
2
− =
sen
.
u 
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando n, obtemos
n = +1 2 1sen .u 
(b) Como o maior valor possível de sen2 u1 é 1, o maior valor possível de n é
nmax , .= =2 1 41
(c) Sim. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for maior que u1, o ângulo de refração
será maior que u2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que u3 (= 90° –
u2). Assim, o ângulo de incidência na segunda superfície será menor que o ângulo crítico para
reflexão interna total e a luz sairá do prisma.
(d) Não. Se o ângulo de incidência na primeira superfície for menor que u1, o ângulo de refração
será menor que u2 e o ângulo de incidência na segunda superfície será maior que u3. Assim, o
ângulo de incidência na segunda superfície será maior que o ângulo crítico para reflexão interna
total e toda a luz será refletida de volta para o interior do prisma.
64. (a) Vamos chamar de A o ponto de entrada no prisma do raio luminoso (o ponto onde o raio
encontra a superfície esquerda do prisma na Fig. 33-53), de B o vértice superior do prisma e de
C o ponto de saída do raio luminoso. Vamos chamar de β o ângulo entre a reta AB e a direção
do raio no interior do prisma (o complemento do ângulo de refração na primeira superfície)
e de a o ângulo entre a reta BC e a direção do raio no interior do prisma (o complemento do
ângulo de incidência na segunda superfície). Quando o ângulo do raio incidente tem o menor
valor necessário para que a luz saia do prisma, o ângulo de incidência na segunda superfície é
o ângulo crítico para reflexão interna total e o ângulo de refração na segunda superfície é 90°.
Seja u1 o ângulo de incidência na primeira superfície, seja u2 o ângulo de refração na primeirasuperfície, e seja u3 o ângulo de incidência na segunda superfície. A aplicação da lei de Snell à
segunda superfície nos dá
n sen u3 = 1 ⇒ sen u3 = 1/ n = 1/1,60 = 0,625 ⇒ u3 = 38,68°.
Como a soma dos ângulos do triângulo ABC é 180°, a + β = 120°. Como a = 90° − u3 = 51,32°,
β = 120° – 51,32° = 69,68°. Assim, u2 = 90° – β = 21,32°. Aplicando a lei de Snell à primeira
superfície, obtemos
sen u1 = n sen u2 = 1,60 sen 21,32° = 0,5817 ⇒ u1 = 35,6°.
(b) Nesse caso, como o ângulo de saída deve ser igual ao ângulo de entrada, a aplicação da lei de
Snell à segunda superfície nos dá n sen uu3 = sen uu1. As relações entre os ângulos são as mesmas do
item (a): a + β = 120°, a = 90° – u3 e β = 90°− u2. Assim, temos: u2 + u3 = 60°, o que nos dá
sen sen sen sen cos cosu u u u 1 2 1 260 60 6= −( ) ⇒ = −n n n° ° 00 2°sen ,u 
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 17
na qual foi usada a relação trigonométrica
sen( A – B) = sen A cos B – cos A sen B.
Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemossen sen sen / sen,u u u u 1 22 11= ⇒ = ( )n n
o que nos dá
cos sen / sen .u u u 2 2 2 2 2 11 1 1= − = − ( )n
Assim,
sen sen / sen cos senu u u 1
2 2
1 160 1 1 60= − ( ) −n n° °
e, portanto,
1 60 601 2 2 1+( ) = −cos sen sen sen .° °u u n
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando sen u1, obtemos
sen
sen
cos sen
, sen
u 1 2 2
60
1 60 60
1 60 60
=
+( ) +
=
n °
° °
°
11 60 60
0 80
2 2+( ) +
=
cos sen
, ,
° °
o que nos dá u1 = 53,1°.
65. Ao examinar a Fig. 33-61, é importante notar que o ângulo que o raio luminoso faz com oeixo central da fibra ótica quando está no ar, u, não é igual ao ângulo que o raio luminoso faz
com o eixo da fibra ótica quando está no núcleo de plástico, que vamos chamar de uu' . De acordo
com a lei de Snell, temos:
sen sen′ =u u 
1
1n
O ângulo de incidência do raio luminoso no revestimento de plástico é o complemento de u' ,
que vamos chamar de u' comp, lembrando que
sen cos sen .′ = ′ = − ′u u u comp 1 2
No caso crítico, u' comp = uc, no qual uc é o ângulo dado pela Eq. 33-45. Assim,
n
n n
2
1
2
1
2
1 1
1
= ′ = − ′ = −
 
 
 
  
sen sen sen ,u u u 
comp
o que nos dá sen .u = −n n12 22 Para n1 = 1,58 e n2 = 1,53, obtemos
u = −( ) =−sen , , , .1 2 21 58 1 53 23 2°
66. (a) Considere a reta que liga o ponto de entrada do raio luminoso à aresta superior direita do
cubo da Fig. 33-62. Como esta reta é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são
 H e W , o ângulo que a reta faz com a horizontal é tan−1(2/3) = 33,7º. Por outro lado, de acordo
com a lei de Snell, considerando o índice de refração do ar igual a 1, o ângulo de refração é
dado por
sen 40º = 1,56 sen u2 ⇒ u2 = 24,33º.
Como este ângulo é menor que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 3.
 
18 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) O ponto em que o raio atinge a face 3 está a uma distância de H − W tan 24,33 = 0,643 cm da
aresta superior direita. Por simetria, o raio atinge a face superior (face 2) em um ponto situado a
0,643 tan(90o − 24,33o) = 1,42 cm da aresta superior direita. Como este valor é menor que 3,00
cm, o ponto da segunda reflexão está realmente na face 2.
(c) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3
é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o
índice de refração igual a 1, temos:
1,56 sen 24,3º = sen ufinal ⇒ ufinal = 40° .
(d) O ângulo entre o raio e a face superior (face 2) (medido em relação à normal, que, no caso, é
vertical) é 90º − u2 = 90o − 24,33o = 65,67º, que é muito maior que o ângulo crítico para reflexão
interna total, sen−1(1/1,56 ) = 39,9º. Assim, não há refração no ponto da segunda reflexão.
(e) Nesse caso, de acordo com a lei de Snell, o ângulo de refração na face 1 é dado por
sen 70º = 1,56 sen u2 ⇒ u2 = 37,04º.
Como este ângulo é maior que 33,7º, o ponto da primeira reflexão está na face 2.
(f) Como o ponto da face 2 atingido pelo raio está muito próximo da aresta superior direita, a
segunda reflexão certamente acontece na face 3.
(g) Como o ângulo de incidência na face 2 é 90º − u2 = 90o − 37,04o = 52,94º, muito maior que
ângulo crítico para reflexão interna total, sen−1(1/1,56 ) = 39,9º, não há refração no ponto da
primeira reflexão.
(h) Como as normais às faces 1 e 3 são horizontais, o ângulo de incidência do raio na face 3
é igual ao ângulo de refração na face 1. Assim, de acordo com a lei de Snell, considerando o
índice de refração igual a 1, temos:
1,56 sen 37,04º = sen ufinal ⇒ ufinal = 70°.
Os resultados dos itens (c) e (h) são exemplos do princípio geral de que um raio luminoso não
sofre um desvio ao passar por um material se as superfícies de entrada e saída são paralelas.
67. (a) De acordo com a Eq. 33-45, temos:
u c
n
n
=
  
 
 
  
−sen 1 3
2
que, para uc = f = 60°, nos dá
n3 = n2 sen 60o = (1,60)(0,866) = 1,39.
(b) Aplicando a lei de Snell à interface entre os meios 1 e 2, obtemos
n n
 n
n
2 1
1 2
1
30
30
28sen sen sen
sen
,o
o
= ⇒ =
  
 
 
  
 =−u u 11o.
(c) Se o valor de u for aumentado, o ângulo f também aumentará e o ângulo de incidência do
raio na interface entre os meios 2 e 3 será maior que uc. Assim, a luz não conseguirá penetrar
no meio 3.
68. (a) De acordo com a Eq. 33-49 e a Tabela 33-1, temos:
u B an= = =− −tan tan1 1 1 33 53 1( ,) , .°
(b) Sim, já que na depende do comprimento de onda da luz.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 19
69. O ângulo de incidência u B para que a luz refletida seja totalmente polarizada é dado pela
Eq. 33-49. Se n1 é o índice de refração do primeiro meio e n2 é o índice de refração do segundo
meio, temos:
u B
n
n
=
  
 
 
  
 =
  
 
  
  
 =− −tan tan1 2
1
1 1 53
1 33
49 0
,
,
, °°.
70. Aplicando duas vezes a lei de Snell, temos:
n
n
n
n
2
1
3
2
 
 
 
  
 
 
 
  = → →
( )(tan )tan
B1 2 B23
u u 
 ⇒ =
n
n
3
1 1 2
(tan )(tan ).u u 
Como as placas são paralelas, o ângulo de refração na primeira interface é igual ao ângulo de
incidência na segunda interface. Sabemos que, quando o ângulo de incidência é o ângulo de
Brewster, o ângulo de refração é o complemento do ângulo de reflexão. Assim, usando a notação
da Fig. 33-64,
u u u 2 1 190= = −( )c °
e, portanto,
tan tan ( )
tan
u u 
u 
2 1
1
1
= =c
e o produto das tangentes na equação anterior é igual a 1, o que nos dá n3 = n1 = 1,0.
71. O tempo que a luz leva para percorrer uma distância d no espaço livre é t = d / c, na qual c é
a velocidade da luz (3,00 × 108 m/s).
(a) Para d = 150 km = 150 × 103 m, temos:
t 
 d 
c
= =
 ×
×
 = × −
150 10
30 0 10
50 0 10
3
8
4m
m/s
s.
,
,
(b) Quando a Lua está cheia, a Lua e o Sol estão em lados opostos da Terra e a distância
percorrida pela luz é
d = (1,5 × 108 km) + 2 (3,8 × 105 km) = 1,51 × 108 km = 1,51 × 1011 m.
O tempo que a luz leva para percorrer esta distância é
t 
 d 
c
= =
 ×
×
 = =
15 1 10
500 8 4
11,
,
m
3,00 10 m/s
s min.
8
(c) Nesse caso, d = 2(1,3 × 109 km) = 2,6 × 1012 m e, portanto,
t 
 d 
c
= =
 ×
×
 = × =
2 6 10
8 7 10 2 4
12
3, , ,
m
3,00 10 m/s
s h.
8
(d) Nesse caso, como d = 6500 anos-luz e a velocidade da luz é 1,00 ano-luz/ano, temos:
t 
 d 
c
= = =
6500
6500
anos-luz
1,00 ano-luz/ano
anoss.
Isso significa que a explosão da supernova aconteceu no ano 1054 – 6500 = 5446 a.C.
72. (a) A expressão E y = E m sen(kx – vt ) atende à condição de que o campo elétrico no ponto
P está diminuindo com o tempo no instante t = 0 se supusermos que o ponto P está à direita da
srcem ( x > 0) e o valor de x é menor que p /2k = l /4. É importante lembrar que, nesta descrição,
a onda está se propagando para a direita. Mais especificamente, x P = (1/ k ) sen–1(0,25 rad) para
 
20 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
que E y = (1/4) E m no ponto P, no instante t = 0. Além disso, no caso da expressão escolhida para
o campo elétrico, E y(0,0) = 0. Assim, a resposta do item (a) é simplesmente o valor de x P. Como
k = 2p f / c, temos:
d x 
 c
 f 
P1
1
8
2
0 25
30 10 02 52
2
= = =
 ×−
  
sen ( ,
( , )( , )
rad)
(( , )
,
40 10
30 1
14×
 = nm.
(b) Ao nos deslocarmos para a direita ao longo do eixo x (ainda examinando este “instantâneo”
da onda em t = 0), encontramos outro ponto em que E y = 0 a uma distância de meio comprimento
de onda do ponto anterior no qual E y = 0. Como l = c/f , a coordenada deste ponto é x = l /2 =
c /2 f , o que significa que o ponto está a uma distância à direita de P dada por
d 
 c
 f 
d 2 1
8
142
3 10
24 0 10
375 30 1 345= − =
 ×
×
 = − ≈
( , )
,nm nm nnm.
73. (a) Como kc = v, na qual k = 1,00 × 106 m–1, temos v = 3,00 × 1014 rad/s. De acordo com a
Eq. 33-5, a amplitude do campo magnético é
 B = E / c = (5,00 V/m)/ c = 1,67 × 10–8 T = 1,67 nT.
Como −k̂ (a direção de propagação),

 E E y= ̂j e

 B são mutuamente perpendiculare s, concluímos
que a única componente de

 B diferente de zero é B x . Assim,
 B z x = × + × − −( , )sen[(, ) ( ,1 67 1 001 0 3 001 06 1 14nT m s 11) ].t 
(b) O comprimento de onda é l = 2p / k = 6,28 × 10–6 m = 6,28 mm.
(c) O período é T = 2p / v = 2,09 × 10–14 s = 20,9 fs.
(d) A intensidade é
 I 
c
=
  
 
  
  
 = =
1 5 00
2
0 0332 33 2
0
2

,
, , .
V m
W/m mW/m2 2
(e) Como foi visto no item (a), a única componente de

 B diferente de zero é B x , o que significa
que o campo magnético oscila paralelamente ao eixo x .
(f) O comprimento de onda calculado no item (b) mostra que a onda pertence à região do
infravermelho.
74. (a) Seja r o raio e seja r a massa específica da partícula. Como o volume é (4p /3)r 3, a massa
é m = (4p /3)r r 3. Seja R a distância entre o Sol e a partícula e seja M a massa do Sol. Nesse caso,
o módulo da força gravitacional que o Sol exerce sobre a partícula é
F 
 GMm
 R
GM r 
 R
g = =2
3
2
4
3
  
.
Se P é a potência irradiada pelo Sol, a intensidade da radiação na posição da partícula é I =
P /4p R2; se toda a luz é absorvida, a pressão da radiação é
 p
 I 
c
P
 R c
r = = 4 2 
.
Como toda a radiação que passa por um círculo de raio r e área A = p r 2, perpendicular à direção
de propagação, é absorvida pela partícula, o módulo da força que a radiação exerce sobre a
partícula é
F p A
 Pr 
 R c
Pr 
 R c
r r = = =
 
 
2
2
2
24 4
.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 21
O sentido da força é para longe do Sol. Note que tanto a força da gravidade como a força da
radiação são proporcionais a R2. Assim, se uma das forças é maior que a outra a uma certa
distância do Sol, o mesmo acontece a qualquer distância. Por outro lado, as duas forças não
variam da mesma forma com o raior : F g é proporcional a r 
3 e F r é proporcional a r 
2. Assim,
esperamos que as partículas pequenas sejam empurradas para longe do Sol pela força da radiação
e as partículas grandes sejam atraídas para o Sol pela força gravitacional. O valor crítico do raio
é aquele para o qual as duas forças são iguais. Igualando as expressões de F g e F r e explicitando
r , obtemos
r 
 P
GM c
=
3
16  
.
(b) De acordo com o Apêndice C, M = 1,99 × 1030 kg e P = 3,90 × 1026 W. Assim,
r =
 ×
× ⋅
339 0 10
16 1 99
26( ,
)( ,
W)
N m /kg2 2 (6,67 10−11 ×× × ×
= ×
10 3 00 10
5 8 10
30 8kg)(1,0 10 kg/m m/s)3 3)( ,
, −−7 m.
75. Seja uu2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja uu3 o ângulo de incidência na segunda
superfície. A condição para que haja reflexão interna total na segunda superfície é n sen u3 ≥ 
1. Queremos determinar o menor valor do índice de refração n para o qual esta desigualdade é
verdadeira. Aplicando a lei de Snell à primeira superfície, obtemos n sen u2 = sen u1, o que nos
dá sen u2 = (1/ n) sen u1. Considerando o triângulo formado pela superfície do bloco de vidro e
o raio de luz, vemos que u3 = 90° – u2. Assim, a condição para que haja reflexão interna total
se torna
1 ≤ n sen(90° – u2) = n cos u2.
Elevando esta equação ao quadrado e usando a relação trigonométrica sen 2 u2 + cos
2 u2 = 1,
obtemos 1 ≤ n2 (1 – sen2 u2). Como sen u2 = (1/ n) sen u1, temos:
1 12
2
1
2
2 2
1≤ −
 
 
  
  
 = −n
n
n
sen
sen .
u 
u 
O maior valor de n para o qual esta desigualdade é verdadeira é aquele para o qual 1 = n2 – sen2 
u1. Explicitando n, obtemos
n = + = + =1 1 45 1 222 1 2sen sen , .u °
76. Como alguns ângulos da Fig. 33-66 são medidos em relação a um eixo vertical e outros são
medidos em relação a um eixo horizontal, precisamos tomar cuidado ao calcular as diferenças
entre os ângulos. Assim, por exemplo, a diferença ∆u1 entre as direções de polarização do
primeiro e do segundo polarizador é 110º (ou 70º, dependendo de se a medida é feita no sentido
horário ou no sentido anti-horário; o resultado final é o mesmo nos dois casos). A diferença
entre as direções do segundo e do terceiro polarizador é ∆u2 = 40º e a diferença entre as direções
do terceiro e do quarto polarizador é ∆u3 = 40º. Levando em conta o fato de que a intensidade
de uma luz não polarizada é reduzida à metade ao passar por um polarizador com qualquer
orientação (Eq. 33-36) e chamando de I 0 a intensidade inicial, a intensidade da luz transmitida
pelo sistema, de acordo com a Eq. 33-38, é
 I I =  
 
  
  
 =0 2 1 2 2 2 3
1
2
25cos( ) cos ( ) cos( ) (  u u u WW/m2 o o o) cos( )cos( ) cos( )
1
2
70 40 40
0
2 2 2 
 
  
  
= ,, .50 W/m2
 
22 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
77. (a) A primeira contribuição para o desvio total é a primeira refração: du1 = ui − ur . A
contribuição seguinte é uma reflexão. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão
e a normal à superfície da esfera é ur e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexão
também é igual a ur , o desvio causado pela reflexão, levando em conta a inversão do sentido de
propagação, é du2 = 180o − 2ur . A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai
da gota: du3 = ui − ur . Assim,
u u u u u u d i r = + + = + −1 2 3 180 2 4° .
(b) De acordo com a lei de Snell, nar sen ui = n sen ur , o que, para nar ≈1, nos dá ur = sen−1 [ (sen
u
i
) / n] e
ud = 180o + 2ui − 4 sen−1 [(sen ui / n)].
A figura a seguir mostra os gráficos de udesv em função de ui para n = 1,331 (luz vermelha) e
n = 1,343 (luz azul).
(c) Ampliando o gráfico na região próxima de uui = 60
o ou derivando a expressão acima e igualando
o resultado a zero, concluímos que o mínimo de udesv para a luz vermelha é 137,63° ≈ 137,6°, o
que acontece para ui = 59,5°.
(d) No caso da luz azul, o mínimo de udesv é 139,35° ≈ 139,4° e acontece para ui = 58,5°.
(e) De acordo com os resultados dos itens (c) e (d), a largura angular do arco-íris é 139,35o − 
137,63o = 1,72° ≈ 1,7o.
78. (a) A primeira contribuição para o desvio angular é a primeira refração: du1 = ui − ur . As
contribuições seguintes são as reflexões. Como o ângulo entre o raio luminoso antes da reflexão
e a normal à superfície da esfera é ur e, de acordo com a Eq. 33-39, o ângulo após a reflexãotambém é igual a ur , o desvio causado por uma reflexão, levando em conta a inversão do sentido
de propagação, é dudu2 = 180
o − 2uur . Assim, no caso de k reflexões, temos dudu2k = k uu2 = k (180o − 2uur ).
A contribuição final é a refração que acontece quando o raio sai da gota: du3 = ui − ur . Assim,
u u u u u u u desv °= + + = − + − =1 2 3 2 180 2 18( ) ( ) (i r r k k 00221°) ( ) .+ − +u u i r k 
(b) Para k = 2 e n = 1,331 (dado no Problema 33-77), o mínimo de udesv para a luz vermelha é
230,37° ≈ 230,4o, que acontece para ui = 71,90°.
(c) Para k = 2 e n = 1,343 (dado no Problema 33-77), o mínimo de uudesv para a luz azul é 233,48° ≈ 
233,5o, que acontece para ui = 71,52°.
(d) De acordo com os resultados dos itens (b) e (c), a largura desse tipo de arco-íris é 233,5o − 
230,4o = 3,1°.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 23
(e) Para k = 3, o mínimo de udesv para a luz vermelha é 317,5°, que acontece para ui = 76,88°.
(f) Para k = 3, o mínimo de udesv para a luz azul é 321,9°, que acontece para ui = 76,62°.
(g) De acordo com os resultados dos itens (e) e (f), a largura desse tipo de arco-íris é 321,9o − 
317,5o = 4,4°.
79. Seja u o ângulo de incidência do raio luminoso, seja u2 o ângulo de refração na primeira
superfície do vidro e seja n o índice de refração no vidro. Nesse caso, a lei de Snell nos dá sen uu =
n sen uu2. O ângulo de incidência na segunda superfície do vidro também é uu2. Se uu3 é o ângulo de
saída do raio luminoso, a lei de Snell nos dá n sen u2 = sen u3. Assim, sen u3 = sen u e u3 = u.
Como vimos, o raio de saída é paralelo ao raio incidente: ambos fazem um ângulo uu com a normal
à superfície do vidro. Nosso objetivo é obter uma expressão para x na figura acima em termos
de u. Se D é a distância percorrida pelo raio luminoso no interior do vidro, D cos u2 = t e D = t / 
cos u2, na qual t é a espessura do vidro. Como o ângulo a da figura é igual a u – u2, temos:
 x = D sen a = D sen (u – u2).
Assim,
 x 
 t 
=
 −sen ( )
cos
.
u u 
u 
2
2
Se os ângulos u, u2, u3 eu – u2 são todos pequenos e medidos em radianos, sen u ≈ u, u2 ≈ u2,
sen(u – u2) ≈ u – u2 e cos u2 ≈ 1. Assim, x ≈ t (u – u2). Usando essa aproximação, a aplicação da
lei de Snell à primeira superfície do vidro nos dá u2 ≈ u / n e, portanto,
 x 
 t 
t 
n
t 
 n
n
≈
 −
= − 
 
  
  
 =
 −( )
.
u u 
u 
 u 
u 2
1
1
80. (a) O módulo do campo magnético é
 B
 E 
c
= =
×
 = × =−
100
3 0 10
3 3 10
8
7V m
m s
T 0,33 T.
,
, 
(b) Como
  
 E B S × = 0 , na qual
 
 E E S S = = −ˆ ( ˆ)k e j , vemos que, como ˆ ( ˆ) ˆ,k i j× − = −
 
 B = B
( ˆ),−i ou seja, o sentido do campo magnético é o sentido − x .
81. (a) A direção de polarização é definida pelo campo elétrico, que é perpendicular ao campo
magnético e à direção de propagação da onda. A função dada mostra que o campo magnético
é paralelo ao eixo x (por causa do índice da amplitude B) e que a onda está se propagando no
sentido negativo do eixo y (por causa do argumento da função seno). Assim, o campo elétrico
é paralelo ao eixo z e a direção da polarização da luz é a direção do eixo z.
 
24 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(b) Como k = 1,57 × 107 /m, l = 2p / k = 4,0 × 10−7 m, o que nos dá
 f = c / l = 7,5 × 1014 Hz.
(c) De acordo com a Eq. 33-26, temos:
 I 
 E 
c
 E 
c
cB
c
cBm m m= = = = =
 ×rms2
0
2
0
2
0
2
02 2 2
3 10
   
( ) ( 88 6 2
7
40 10
2 4 10
1 9
m/s T
H/m)
kW/m2
)( , )
(
, .
×
×
 =
−
− 
82. Aplicando a Eq. 33-36 uma vez e a Eq. 33-38 duas vezes, obtemos
 I I = ′ ′
1
2 0
2
1
2
2cos cos .u u 
Como ′ = − =u u 1 190 60° ° e ′ = − =u u 2 290 60° ° , temos:
 I 
 I 0
4
41
2
60
0 5
2
0 031= = =cos
( , )
, .
83. Se o índice de refração do quartzo na extremidade vermelha do espectro é nv = 1,456, o
ângulo crítico para reflexão interna total nessa região do espectro é uv = sen−1(1/ nv) = 43,38o. Se
o índice de refração do quartzo na extremidade azul do espectro é na = 1,470, o ângulo crítico
para reflexão interna total nessa região do espectro é ua = sen−1(1/ na) = 42,86o.
(a) Para um ângulo de incidência uu1 = 42,00°, uu1 < uuv, uu1 < uua. Assim, todas as cores são refratadas
e a luz refratada é branca.
(b) Para um ângulo de incidência u1 = 43,10°, u1 < uv e u1 > ua, o que significa que a apenas
as cores da extremidade vermelha do espectro são refratadas e, portanto, a luz refratada é
avermelhada.
(c) Para um ângulo de incidência u1 = 44,00°, u1 > uv e u1 > ua, o que significa que nenhuma cor
é refratada e, portanto, não há luz refratada.
84. De acordo com as Eqs. 33-36 e 33-38, temos:
 I 
 I 
 I 
 I 
final / 
0
0
2 2
0
2 45 1
8
0 125= = =
( )(cos )
, .
°
85. A massa da esfera é m = r r V , na qual r r é a massa específica, V = 4p p R3 /3 é o volume e R é o raio
da esfera. Usando a segunda lei de Newton, F = ma, e a Eq. 33-32 com A = p R
2
, obtemos
 
   4
3
3 2 R
a
 I R
c
= ,
o que nos dá
a
 I 
cR
= =
 ×
×
−3
4
3 60 10
4 5 01 0 3 0
3
3 
( , )
( , )( ,
W/m
kg/m
2
3 ×× ×
 = ×
−
−
10 2 0 10
1 5 10
8 6
9
m/s m
m/s2
)( , )
, .
86. Levando em conta a redução “automática” para metade do valor inicial que acontece quando
um feixe de luz não polarizada passa por um polarizador, a fração da luz transmitida pelo conjunto
de quatro polarizadores é
 I 
 I 0
2 3
31
2
30
0 75
2
0 21= [ ] = =cos( )
,
, .o
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 25
87. (a) A intensidade do feixe ao chegar ao avião é
 I 
 P
 A
P
r 
= = =
 ×
×
 = × −
2
180 10
2 90 10
3 5 10
2
3
3 2
6
  
W
m
W/m
( )
, 22 2W/m= 3 5, .
(b) A potência da onda refletida pelo avião é
P IAr r = = × = ×− −( , )( , ) ,3 5 10 0 22 7 8 106 7W/m m W.2 2
(c) A intensidade da onda refletida na posição do radar é
 I P
r 
r 
r = = ×× = ×
−
−
2 7 8 1010 1 5 102
7
3 2
17
  
, ) ,W2 (90 m W/m
2 .
(d) Como, de acordo com a Eq. 33-26, I E cr m= 2 02 /  , o valor máximo do campo elétrico
associado à onda refletida é
 E c I m r = = × × ⋅ ×2 2 10 4 1 5 100 8  ( )( ,3,0 m/s)( T m A10−7 −−
−= ×
17
71 1 10
W/m
V/m.
2 )
,
(e) O valor rms do campo magnético associado à onda refletida é
 B
 E 
c
 E 
c
m
rms
rms V/m
23 ,0 m/s)
= = =
 ×
×
 =
−
2
1 1 10
10
2
7
8
,
(
,,5 10 16× =− T 0,25 fT.
88. (a) Fazendo v = c na relaçãokv = v = 2p f , obtemos
 f 
 kc
= =
 ×
= ×
2
4 00 3 10
2
19 1 10
8
8
  
( , )( )
, .
m m/s
Hz
12
(b) E rms = E m / 2 = Bm 2 /c = (85,8 × 1029 T)(3×108 m/s)/(1,414) = 18,2 V/m.
(c) I = ( E rms)2 / cm0 = (18,2 V/m)2 /(3 × 108 m/s)(4p × 10−7 H/n) = 0,878 W/m2.
89. De acordo com a Fig. 33-18, nmax = 1,470 para l = 400 nm e nmin = 1,456 para l = 700 nm.
(a) De acordo com a Eq. 33-49,
uB,max = tan–1 nmax = tan–1 (1,470) = 55,8°.
(b) uB,min = tan–1 (1,456) = 55,5°.
90. Aplicando seis vezes a lei de Snell, obtemos:
n
n
n
n
n
n
n
n
n
ar 
1 2
1
3
2
4
3
4 
 
 
  
 
 
 
  
 
 
 
  
 
 
 
  nn
n
nar 
i
5
5
1
1 
 
 
  
 
 
 
  
 =
  
 
 
  
sen
sen
sen
s
u 
u 
u 
een
sen
sen
sen
senu 
u 
u 
u 
u 2
2
3
3
4
 
 
 
  
 
 
 
  
 
 
 
  
ssen
sen
sen
sen
.
u 
u 
u 
u 
4
5
4 
 
 
  
 
 
 
  f 
Cancelando os fatores que aparecem no numerador e no denominador, obtemos:
1 = ⇒ =
sen
sen
sen sen ,
u 
u 
u u i
 f 
 f i
um resultado que não depende do ângulo de incidência, do índice de refração das placas, da
largura das placas e do número de placas). Assim,
(a) u f = 0o.
(b) u
 f 
 = 20°.
 
26 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(c) Como este caso equivale a acrescentar uma placa ao conjunto, o resultado permanece o
mesmo: u f = 0.
(d) u f = 20°.
91. (a) A 40 m de distância do feixe, a intensidade é
 I 
 P
d 
P
r 
= = =
 ×
×
−
  u  2 2
3
4 4
43 0 10
( 0,17 10 −3)
( , )
[(
W
radd m
W m2
)( )]
.
40
83
2
 =
(b) De acordo com a Eq. 33-27,
′ = = = × =P r I 4 4 83 1 7 102 2 6  (40 m) W m W1 ,7 MW.2 ( ) ,
92. De acordo com a lei de Snell,
sen u1 /sen u2 = nágua = constante.
É fácil verificar que todos os pares de valores fornecem o mesmo resultado até a primeira casa
decimal. Por exemplo: sen 10°/sen 8° = 0,174/0,139 = 1,3 e sen 40°/sen 29o = 0,643/0,485 =1,3.
Assim, o índice de refração da água é nágua ≈ 1,3.
93. De acordo com a Eq. 33-36, quando a luz não polarizada passa pelo primeiro polarizador,
a intensidade é reduzida à metade. Como 1/3 = (1/2)(2/3), para que a intensidade final seja um
terço da intensidade inicial, o segundo polarizador deve produzir uma redução de 2/3. Assim,
cos2u = 2/3 ⇒ u = 35°.
 
1. Se o passarinho está a uma distância d 2 do espelho, o plano da imagem está a uma distân-
cia d 2 do outro lado do espelho. A distância lateral entre a câmara e o beija-flor é d 3 = 5,00 m.
Vamos chamar de d 1 a distância entre a câmara e o espelho e construir um triângulo retângulo
formado por d 3 e pela distância d = d 1 + d 2 entre a câmera e o plano da imagem. De acordo com
o teorema de Pitágoras, esta distância é
d d d d = +( ) + = +( ) + ( ) =1 2
2
3
2 2 24 30 5 00 9 10, , ,m 3,30 m m mm.
2. Como a imagem está 10 cm atrás do espelho e você está 30 cm à frente do espelho, a distân-
cia entre seus olhos e a posição aparente da imagem da mariposa no espelho é 10 cm + 30 cm =
40 cm.
3. A intensidade da luz produzida por uma fonte pontual varia com o quadrado da distância da
fonte. Antes da introdução do espelho, a intensidade da luz no centro da tela é dada por I P = A / d
2,
em que A é uma constante. Depois que o espelho é introduzido, a intensidade da luz é a soma
da luz que chega diretamente à tela, com a mesma intensidade I P de antes, com a luz refletida.
Como a luz refletida parece ter sido produzida por uma fonte pontual situada a uma distância
d atrás do espelho, a distância entre a imagem da fonte e a tela é 3d e sua contribuição para aintensidade da luz no centro da tela é
 I 
 A
d 
 A
d 
 I 
r 
P= = =
( )
.
3 9 92 2
A intensidade total da luz no centro da tela é, portanto,
 I I I I 
 I 
 I P r PP
P= + = + =
9
10
9
e a razão entre a nova intensidade e a intensidade antiga é I / I P = 10/9 = 1,11.
4. No momento em que S consegue ver B, os raios luminosos provenientes de B estão sendo
refletidos pela borda do espelho em direção a S . Nesse caso, o ângulo de reflexão é 45°, já que
uma reta traçada de S até a borda do espelho faz um ângulo de 45° com a parede. De acordo
com a lei de reflexão de espelhos planos,
 x 
d 
 x 
d 
 / 
m
2
m.
2
45 1
2
3 0
1 5= = ⇒ = = =tan
,
,°
5. De acordo com a Eq. 33-40, temos:
sen
sen
,
 
 ′
 =
n
n
água
ar
Capítulo 34Capítulo 34
 
28 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
que, em nosso caso, como u e u9 são pequenos e nar ≈ 1, se reduz a u9 ≈ u / nágua. Observe a figu-
ra a seguir.
O objeto O está uma distância vertical d 1 acima da água e a água está uma distância vertical d 2 
acima do espelho. A imagem I é formada uma distância vertical d abaixo do espelho. No tri-
ângulo OAB,
| | , AB d d = ≈1tan 1  
no triângulo CBD,
| | tan BC d d 
d 
n
= ′ ≈ ′ ≈2 2
2
2 2
2
  
  
água
e, finalmente, no triângulo ACI ,
| AI | = d + d 2.
 Assim,
d AI d 
 AC 
d 
 AB BC 
d d 
d 
= − = − ≈
 +
− = +| |
| |
tan
| | | |
22 2 1
22
  
 
   
 n
d d 
d 
n
d 
água água
cm
2(2
 
 
 
  
 − = + −
= +
1 2
250
2 1
2
2
000 cm
cm 351c m.
)
,1 33
200− =
6. Observe, na Fig. 34-34, que m = 2 para p = 5 cm. De acordo com a Eq. 34-7, isso significa
que i = −10 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4, f = pi /( p + i) = (50 cm)/(5 cm) = 10 cm.
Para p = 14 cm, a Eq. 34-4 nos dá i = fp /( p − f ) = (10 cm)(14 cm)/(4 cm) = 35 cm. Assim, de
acordo com a Eq. 34-7, m = −i/p = −2,5.
7. De acordo com as Eqs. 34-3, 34-4 e 34-7, temos:
11 1 2
2
1
1 35 0
1
1
2 50 p pm f r 
 p
r 
m
− = = ⇒ = −  
 
  
  
 = −
 ,
,
cm
2   
  
  
 = 10 5, cm.
8. De acordo com o gráfico da Fig. 34-35, f = 20 cm. Nesse caso, de acordo com a Eq. 34-4,
1 1 1 207 0
70 20
2
i f p
i
 fp
 p f 
= − ⇒ =
−
 =
−
 = +
( )( )
( )
cm cm
cm cm
88 cm.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 29
9. Um espelho côncavo tem uma distância focal positiva. No caso de espelhos esféricos, a dis-
tância focal f está relacionada ao raio de curvatura r através da Eq. 34-3:
 f 
r 
=
2
.
A distância do objeto p, a distância da imagem i e a distância focal f estão relacionadas através
da Eq. 34-4:
1 1 1
 p i f 
+ = ,
em que o valor de i é positivo para imagens reais e negativo para imagens virtuais.
A ampliação lateral é dada pela Eq. 34-6:
m
i
 p
= − ,
em que o valor de m é positivo para imagens não invertidas e negativo para imagens invertidas.
As imagens reais são formadas do mesmo lado que o objeto e as imagens virtuais são formadas
do lado oposto do espelho.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = 2(12 cm) = + 24 cm.
(b) A distância da imagem é
i
 pf 
 p f 
=
−
 =
−
 =
( )( )18 12
18 12
36
cm cm
cm cm
cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(36 cm)/(18 cm) = −2,0.
(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).
(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).
(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado que o objeto (M).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-10c: o objeto está mais distante do espelho
que o ponto focal e a imagem é real e invertida.
10. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = 20 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = +30 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = –2,0.
(d) Como a distância da imagem i é positiva, a imagem é real (R).
(e) Como a ampliação lateral m é negativa, a imagem é invertida (I).
(f) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
11. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = –20 cm.
(b) A distância da imagem é
i
 pf 
 p f 
=
−
 =
 −
− −
 = −
( )( )
( )
,
8 10
8 10
4 44
cm cm
cm cm
cmm.
 
30 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(8,0 cm) = +0,56.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral m é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é
virtual e não invertida.
12. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) Para f = 36 cm, o raio de curvatura é r = 2 f = + 72 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –72 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +3,0.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
13. A distância focal dos espelhos côncavos é positiva.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = + 36 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –36 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +3,0.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
14. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) Para f = –35, o raio de curvatura é r = 2 f = –70 cm.
(b) A distância da imagem é i = pf /( p − f ) = –14 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +0,61.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
15. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = 2(–8 cm) = –16 cm.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 31
(b) A distância da imagem é
i
 pf 
 p f 
=
−
 =
 −
− −
 = −
( )( )
( )
,
10 8
10 8
4 44
cm cm
cm cm
cmm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = −(−4,44 cm)/(10 cm) = +0,44.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
A situação deste problema é semelhante à da Fig. 34-11c: o espelho é convexo e a imagem é
virtual e não invertida.
16. A distância focal dos espelhos convexos é negativa.
(a) O raio de curvatura é r = 2 f = –28 cm.
(b) A distância do objeto é i = pf /( p − f ) = –7,7 cm.
(c) A ampliação lateral é m = −i / p = +0,45.
(d) Como a distância da imagem é negativa, a imagem é virtual (V).
(e) Como a ampliação lateral é positiva, a imagem é não invertida (NI).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
17. (a) O fato de que o espelho é côncavo é informado na tabela.
(b) f = +20 cm (positiva, porque o espelho é côncavo).
(c) r = 2 f = 2(+20 cm) = +40 cm.
(d) A distância do objeto p = +10 cm é dada na tabela.
(e) A distância da imagem é i = (1/ f – 1/ p)–1 = (1/20 cm – 1/10 cm)–1 = –20 cm.
(f) A ampliação lateral é m = –i / p = –(–20 cm/10 cm) = +2,0.
(g) A imagem é virtual (V).
(h) A imagem é não invertida (NI).
(i) A imagem é formada do lado oposto do espelho (O).
18. (a) Como a imagem é invertida, o espelho é côncavo.
(b) Como a imagem é invertida, a ampliação lateral m é negativa: m = −0,50. Como p = +24
cm, a Eq. 34-6 nos dá i = – pm = −(24 cm)(−0,5) = +12 cm e a Eq. 34-4 nos dá f = pi /( p+1) =
(24 cm)(12 cm)/(24 cm + 12 cm) = +8 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +16 cm.
 
32 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
(d) A distância p = +24 cm é dada na tabela.
(e) Como foi no item (b), i = +12 cm.
(f) Como foi visto no item (b), m = –0,50.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) A tabela informa que a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
19. (a) De acordo com a Eq. 34-3, como r < 0, f < 0 e o espelho é convexo.
(b) De acordo com a Eq. 34-3,f = r /2 = –20 cm.
(c) Como informa a tabela, r = –40 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-4, p = +20 cm.
(e) A distância i = –10 cm é dada na tabela.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = +0,50.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m é positivo, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
20. (a) De acordo com a Eq. 34-7, i = −mp = −(−0,70)(+40 cm) = +28 cm, o que significa que
a imagem é real (R) e está do mesmo lado do espelho (M). Como m < 0, a imagem é invertida
(I). De acordo com a Eq. 34-4, f = ip/ (i + p) = (28 cm)(40 cm)/(28 cm + 40 cm) = +16 cm > 0,
o que significa que o espelho é côncavo.
(b) f = ip/ (i + p) = +16 cm.
(c) r = 2 f = +32 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +40 cm.
(e) i = −mp = +28 cm.
(f) Como informa a tabela, m = −0,70.
(g) A imagem é real (R).
(h) A imagem é invertida (I).
(i) A imagem é formada do mesmo lado do espelho (M).
21. (a) Como f > 0, o espelho é côncavo.
(b) Como informa a tabela, f = + 20 cm.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 33
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf /( p − f ) = +60 cm.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = –i / p = –2,0.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
22. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o
espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, f = –20 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –40 cm.
(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas
equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +180 cm = +1,8 m e i = −18 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –18 cm.
(f) m = +0,10, dada na tabela.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do lado oposto do espelho (O).
23. (a) Como 0 < m < 1, a imagem é não invertida e menor que o objeto, o que significa que o
espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, f = −30 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-3, r = 2 f = –60 cm.
(d) Para obter os valores de i e p, usamos as Eqs. 34-4 e 34-6 para formar um sistema de duas
equações com duas incógnitas, cuja solução é p = +120 cm = +1,2 m e i = −24 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –24 cm.
(f) Como informa a tabela, m = +0,20.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
24. (a) Como m < 0, a imagem é invertida. Isso significa que o espelho é côncavo.
(b) De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp = −(−0,50)(+60 cm) = +30 cm e, portanto, f = ip/ (i +
 p) = +20 cm.
 
34 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
(c) r = 2 f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = 60 cm.
(e) Como foi visto no item (b), i = +30 cm.
(f) Como informa a tabela, m = −0,50.
(g) Como i > 0, a imagem é real (R).
(h) Como foi visto no item (a), a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
25. (a) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I), o que significa que o espelho é cônca-
vo, a imagem é real (R) e a ampliação lateral é negativa. De acordo com a Eq. 34-6, i = −mp =
−(−0,40)(+30 cm) = +12 cm.
(b) f = ip/ (i + p) = +8,6 cm.
(c) r = 2 f = +17,2 cm ≈ +17 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +30 cm.
(e) Como foi visto no item (a), i = +12 cm.
(f) Como foi visto no item (a), m = −0,40.
(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).
(h) Como informa a tabela, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho (M).
26. (a) Como informa a tabela, a imagem é formada do mesmo lado do espelho, o que significa
que a imagem é real (R), o espelho é côncavo e a distância focal é positiva.
(b) A distância focal é f = +20 cm.
(c) O raio de curvatura é r = 2 f = +40 cm.
(d) Como informa a tabela, p = +60 cm.
(e) De acordo com a Eq. 34-4, i = pf/ ( p – f ) = +30 cm.
(f) De acordo com a Eq. 34-6, m = −i/p = −0,50.
(g) Como foi visto no item (a), a imagem é real (R).
(h) Como m < 0, a imagem é invertida (I).
(i) Como a imagem é real, é formada do mesmo lado do espelho.
27. (a) O fato de que a distância focal é negativa significa que o espelho é convexo.
(b) Como informa a tabela, f = –30 cm.
(c) r = 2 f = –60 cm.
 
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 35
(d) p = if / (i – f ) = +30 cm.
(e) Como informa a tabela, i = –15.
(f) m = −i / p = +0,50.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho.
28. (a) O fato de que a ampliação lateral é +1,0 significa que o espelho é plano.
(b) Como o espelho é plano, f = ∞ (ou f = –∞, já que o sinal não importa neste caso extremo).
(c) r = 2 f = ∞ (ou r = –∞).
(d) Como informa a tabela, p = + 10 cm.
(e) i = pf /( p − f ) = –10 cm.
(f) m = –i / p = +1,0.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado do espelho (M).
29. (a) Como informa a tabela, o espelho é convexo.
(b) Como o espelho é convexo, r = –40 cm e a distância focal é f = r /2 = (–40 cm)/2 = –20 cm.
(c) Como foi visto no item (b), r = –40 cm.
(d) O fato de que o espelho é convexo significa que i = +4,0 cm. Nesse caso, de acordo com a
Eq. 34-4, p = if /(i − f ) = (−4,0 cm)(−20 cm)/[(−40 cm) − (−20 cm)] = 5,0 cm.
(e) Como foi visto no item (d), i = –4,0 cm.
(f) m = −i / p = −(−4,0 cm)/(5,0 cm) = +0,80.
(g) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(h) Como m > 0, a imagem é não invertida (NI).
(i) Como a imagem é virtual, é formada do outro lado do espelho (O).
30. Note que, no gráfico da Fig. 34-36, não existe uma descontinuidade como a do gráfico da
Fig. 34-35. Isso significa que não existe um ponto no qual p = f (que torna infinito o valor de i).
Como p > 0, como de costume, isto significa que a distância focal não é positiva. Sabemos que
não se trata de um espelho plano, já que a ampliação lateral varia com p. Assim, concluímos
 
36 SOLUÇÕ ES DOS PROBLEMAS
que se trata de um espelho convexo. Vamos nos concentrar no ponto em que p = 10 cm e m =
0,50. Combinando as Eqs. 34-4 e 34-7, obtemos
m
i
 p
 f 
 p f 
= − = −
−
,
o que nos dá f = –10 cm (confirmando nossa conclusão de que o espelho é convexo). Para p =
21 cm, obtemos m = – f /( p – f ) = +0,32.
31. (a) De acordo com as Eqs. 34-3 e 34-4,
i pf 
 p f 
 pr 
 p r 
=
−
 =
−2
.
Derivando ambos os membros em relação ao tempo e usando a relação vO = dp / dt , obtemos:
v
di
dt 
d 
dt 
 pr 
 p r 
rv pr v pr 
 p
 I 
O O= =
−
 
 
 
  
 =
 − −( ) +
−2
2 2
2 r r 
r 
 p r 
vO
( )
=
−
 
 
 
  2
2
2
.
(b) Para p = 30 cm, temos:
v I =
( ) −





 ( ) =
15
15
5 0 0 56
2
cm
2 30 cm cm
cm/s cm/ , , ss.
(c) Para p = 8,0 cm, temos:
v I =
( ) −


 

 ( ) = ×15
15
5 0 1 1 10
2
cm
28 ,0 cm cm
cm/s, , 33 cm/s 11 m/s.=
(d) Para p = 1,0 cm, temos:
v I =
( ) −





 ( ) =
15
15
5 0 6 7
2
cm
21 ,0 cm cm
cm/s cm/ , , ss.
32. Além de n1 = 1,0, sabemos que (a) n2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (c) r = +30 cm.
(d) De acordo com a Eq. 34-8,
i n
n n
r 
n
 p
=
 −
−
 
 
 
  
 =
 −
−
−
2
2 1 1
1
1 5
1 5 1 0
30
1 0
10
,
, , ,
cm ccm
cm.
 
 
 
  
 = −18
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V).
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12c do livro.
33. Além de n1 = 1,0, sabemos que (a) n2 = 1,5, (b) p = +10 cm e (d) i = −13 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-8,
r n n
n
 p
n
i
= −( ) +
 
 
 
  
 = −( ) +
−
2 1
1 2
1
1 5 1 0
1 0
10
, ,
,
cm
11 5
13
32 5
1
,
,
−
 
 
  
  
 = − ≈