GABARITO P1 FISICA IV (manhã) 2009 1

Prévia do material em texto

Arcuri-Marroquim-Tort 1/2009 1
Instituto de Fı´sica
UFRJ
 James Clerk Maxwell (1831-79)
Fı´sica IV – Manha˜ – 1aProva Parcial – 1o Semestre de 2009
SOLUC¸A˜O 1:
(a) Para ondas sonoras podemos usar a relac¸a˜o de dispersa˜o:
λ f = vsom.
Segue que:
λ =
vsom
f
=
340
680
m = 0, 5m.
(b) Ponto A
Ao atingirem o ponto A, as ondas emitidas pelos alto-falantes tera˜o percorrido o mesmo caminho. Portanto:
IA = 4I0, →
IA
I0
= 4.
Ponto B. A diferenc¸a de caminho e´:
∆ s =
√
202 + (1, 5)2 − 20 = 0, 06,
logo,
δ = 2π
∆ s
λ
= 2π
0, 06
0.99
= 5.67 × 10−4 .
e
IB
I0
= 4cos2
(
δ
2
)
≈ 4.
Ponto C .
A diferenc¸a de caminho e´ de 1, 5m, logo, a diferenc¸a de fase entre as ondas emitidas por cada um dos alto-
falantes e´:
δ = 2π
∆ s
λ
= 2π
1, 5
0.99
= 9, 42.
Logo,
IC
I0
= 4cos2
(
δ
2
)
≈ 0.
Arcuri-Marroquim-Tort 1/2009 2
SOLUC¸A˜O 2:
(a) Para uma onda plana vale a relac¸a˜o:
B(z, t) =
1
c
zˆ×E(z, t),
onde supusemos que a onda propaga-se na direc¸a˜o Oz. Uma onda harmoˆnica e´ um caso particular de onda
plana, logo, podemos aplicar esta relac¸a˜o a` onda dada para obter:
B(z, t) = −
2E0
c
sen(kz − ωt) xˆ+
E0
c
cos(kz − ωt) yˆ
(b) O vetor de Poynting e´ dado por:
S =
1
µ0
E×B.
Para uma onda plana:
S =
1
µ0
E×
(
1
c
zˆ×E
)
= ǫ0 cE
2 zˆ.
Segue que:
〈S〉 =
5
2
ǫ0 cE
2
0 zˆ.
Portanto:
Iinicial =
5
2
ǫ0 cE
2
0 .
(c) O polarizador deixa passar somente a componente x do campo, logo, este agora se escreve:
E(z, t) = E0 cos (kz − ωt) zˆ.
A intensidade me´dia apo´s passar pelo primeiro polaro´ide sera´:
I0 =
1
2
ǫ0 cE
2
0 .
De acordo com a lei de Malus, a intensidade me´dia da onda apo´s esta passar atrave´s do analizador e´:
I = I0 cos
2(30o) =
1
2
ǫ0 cE
2
0 ×
3
4
=
3
8
ǫ0 cE
2
0 .
Arcuri-Marroquim-Tort 1/2009 3
A intensidade inicial da onda (calculada no item (c)) e´:
Iinicial =
5
2
ǫ0 cE
2
0 .
Portanto,
I
Iinicial
=
3
20
≈ 0, 15, .
ou 15% da intensidade inicial.
SOLUC¸A˜O 3:
(a) Seja N o nu´mero de fontes puntiformes. Enta˜o, ca´lculo aproximado:
N ≈ (300 /mm) × 2, 50mm = 750.
Ca´lculo mais rigoroso:
ℓ = (Nℓ − 1) d.
Se ℓ = 1mm e Nℓ = 300, segue que a distaˆncia d entre duas fontes puntiformes e´:
d =
1, 00mm
299
= 3, 34µm.
Da mesma forma:
L = (N − 1) d.
Portanto:
N =
L
d
+ 1 =
2, 50 × 10−3
3, 34 × 10−6
+ 1 ≈ 748 + 1 = 749.
(b) A intensidade ma´xima e´:
Ima´x = N
2 I0,
onde I0 e´ a intensidade de uma fonte de Huygens. Portanto,
Ima´x
I0
= (750)2 = 562.500.
O resultado na˜o depende de λ, logo, esta raza˜o sera´ a mesma para as duas cores em questa˜o.
Arcuri-Marroquim-Tort 1/2009 4
(c) Da relac¸a˜o:
I = I0
[
sen
(
Nδ
2
)
/sen
(
δ
2
)]2
,
onde:
δ = 2π
d sen θ
λ
,
e´ fa´cil mostrar que a condic¸a˜o que leva a um ma´ximo ou um mı´nimo (zero) no padra˜o de interfereˆncia e´:
sen θm =
m
N
λ
d
, m ∈ {±1,±2, . . .}.
O ma´ximo central ocorre para m = 0. Os demais ocorrem para mu´ltiplos inteiros de N . Por exemplo, os
primeiros ocorrera˜o para m = ±N . No nosso caso, N = 750, e enta˜o:
sen θ1 = ±
λ
d
.
´E suficiente nos ca´lculos nume´ricos a seguir considerar o sinal positivo.
Luz violeta:
sen θ1,violeta =
400 nm
3, 34mm
≈ 0, 12.
A distaˆncia entre o ma´ximo central e o ma´ximo de primeira ordem sera´:
∆x ≈ θ1,violeta L = 0, 12 × 5, 00m = 6, 00 cm.
Luz vermelha:
sen θ1,vermelha =
650 nm
3, 34mm
≈ 0, 20.
A distaˆncia entre o ma´ximo central e o ma´ximo de primeira ordem sera´:
∆x ≈ θ1,vermelha L = 0, 20 × 5, 00m = 1, 00m.
(d) O nu´mero de zeros entre dois ma´ximos e´ N − 1 = 750− 1 = 749 zeros.
Arcuri-Marroquim-Tort 1/2009 5
SOLUC¸A˜O 4:
(a) A forc¸a gravitacional sobre o gra˜o de poeira em mo´dulo e´:
Fgravitacional = G
MSolm
D2
= G
MSol ρ(4/3)π R
3
D2
,
onde D e´ a distaˆncia do gra˜o de poeira ao Sol.
(b) A forc¸a devido a` pressa˜o de radiac¸a˜o e´ dada por:
Fradiac¸a˜o = pradiac¸a˜o π R
2.
A pressa˜o de radiac¸a˜o por sua vez e´ dada por:
pradiac¸a˜o =
I
c
,
onde I = 〈S〉 · zˆ. A conservac¸a˜o de energia exige que a poteˆncia da radiac¸a˜o a uma distaˆncia D do Sol seja
igual a` poteˆncia emitida pelo Sol:
P (D) = PSol = I × 4πD
2,
logo,
I =
PSol
4πD2
.
Portanto:
Fradiac¸a˜o = pradiac¸a˜o π R
2 =
PSol
4πcD2
πR2.
(c) Para que o gra˜o de poeira fique em equilı´brio:
Fgravitacional = Fradiac¸a˜o .
Segue que:
R =
3
16π
PSol
GcMSol ρ
.
(d) Subsituindo os valores pertinentes obteremos:
R = 6, 03 × 10−7 m ≈ 60µm. .