Resolução Halliday Vol4 cap 33 ed 9

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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( , ,632 8 10 7 49 109
9
×
= × =−
2. (a) A frequência da radiação é
f c= = ×
× ×
= × −

3 0 10
1 0 10 6 4 10
4 7 10
8
5 6
3,
( , )( , ,
m/s
m) HHz.
(b) O período da radiação é
T f= = × = =−
1 1
4 7 10
212 3 323
,
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 do 
olho 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= = × = ×

3 00 10
555
5 41
8
,
,
m/s
nm
10 Hz.14
(e) De acordo com o resultado do item (d),
T f= = × = ×
−1 1
5 41 10
1 85 1014
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, fl = 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
2 124
550 10
4 17 10 2 998
( )
( )( ,
m
F ××
= × −
10
5 00 108 2
21
m/s
H.) ,
Capítulo 33
2 soluções dos problemas
Trata-se de um valor extremamente pequeno.
6. O comprimento de onda pedido é
  = = = × ×cf c LC2 2 2 998 10 10
8 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/m2) , .
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 46 102
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= = ×
×
= ×
−
−3 20 10
2 998 10
1 07 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 7 108
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
1 67 108
8,
,
,
V/m
m/s
T 16,7 nnT.
(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 4 10 2 
( , )
( )( ,9998 10
3 31 10 33 1
8
2
×
= × =−
m/s
W/m mW/m2 2
)
, , .
13. (a) Podemos usar a relação I = Em2 /2m0c para calcular Em:
E Im 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 1 03 10
2 998 10
3 43 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 vBm . 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 = 2pc/l. Assim, temos:
 
∂
∂



 = = ×
B
t
P
c
c
rmax
,
2
4
2 3 44 100 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 cIm = = × × ×− −2 2 4 10 2 998 10 10 100 7 8 ( ) ( , ) (H/m m/s 66 2
28 7 10
W/m
V/m 87 mV/m
)
, .= × =−
(b) A amplitude do campo magnético é dada por
B E
c
m
m= = ×
×
= × =
−
−8 7 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
6W
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
6 7 108
9,
,
,
V/m
m/s
T 6,7 nT.
(b) A intensidade média da luz é
I E
c
m= = ( )
× ⋅ ×−
2
0
2
72
2 0
2 4 10 2 998 10 
,
( )( ,
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 inclinação do 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 = 2I/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
Acr
= = ×
× ×−
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 Trad rad
2W/m= = 

 =
×( ) ( ) ( , )  2 2
31 1 4 10 (( ,
,
,
6 37
2 998
6 0
6
8
8×
×
= ×10
10
10m)
m/s
N.
2
(b) A atração gravitacional do Sol é
F GM M
d
S T
TS
grav
2 2N m /kg= = × ×2
116 67 2 0( , )( ,10 102  330 24
11
225 98
1 5
3 6kg kg
m) N,2
)( , )
( , ,
×
×
= ×10
10
10
que é muito maior que Frad.
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/4pr2, na qual P é a potência da lâmpada. Assim,
p P
r c
r = = ×
= ×
4
500
2 998 10
5 9 12 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 3 108
8W/m
m/s
Pa.
2
,
,
23. (a) A força para cima exercida pela radiação, Fr, dada pela Eq. 33-32, F = IA/c, deve ser 
igual, em módulo, à força parabaixo exercida pela gravidade, Fg = 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 = 
pr2 (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 = rV) é dado por V = 4pr3/3. Finalmente, a intensidade 
I está relacionada à potência P da fonte luminosa através da Eq. 33-27, I = P/4pR2, em que R é 
a distância da fonte. Fazendo Fr = Fg 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
4 68 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 Fg = Fr, 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( , )(N m /kg kg)(2 2 11,99 10 kg)(2,998 10 m/s)
W/m
30 8
2
× ×
×2 1 40 103( , )(11 50 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 I0 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 = I0 + f I0 = (1 + f)I0,
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(pD2/4)H, na qual D é o diâmetro do cilindro. Como o cilindro 
está em equilíbrio,
F mg F HD g D Ir
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 = lf, 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 108f (1, 0 108 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 0 108
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 Em= =
× ×−
2
0
7 82
300
2 4 10 10 c
(
( /
V/m)
m)(2,998
2
 H m//s) = ×119 1 2 10
2W/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 18
W/m m
m/s
2 2
00 7− N.
(h) A pressão da radiação é
p dp dt
Ar
= = × = ×
−
−/ N
m
Pa.2
8 0 10
2 0
4 0 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
4 7 10
3
8
6,
,
, .
W m
m s
N m
2
2
(b) A razão pedida é
p
p
r
0
6
5
114 7 10
1 0 10
4 7 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 pd 2/4, na qual d é o diâmetro da esfera, a intensidade 
do feixe é
I P
A
P
d
= = = ×
×
=
−
− 2
3
9 24
5 00 10
1266 10 4
3 97
/
W
m /
,
) ,( ×× =10 3 97
9 2 2W/m GW/m, .
(b) A pressão da radiação é
p I
c
r = =
×
×
=3 97 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
Ir r r
= 

 =



 =
× − 2
4
13 2 5 00 10( , ) ,Pa
33
2
111 67 10W
3,97 10 W/m
N.9×
= × −,
(d) A aceleração da esfera é
a
F
m
F
d
r r= = = ×
×
−
  ( )
( ,
3
11
6
6 1 67 10
/
N)
kg(5, 00 103 //m m)
m/s
3 3
2
)(
, .
1266 10
3 14 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 Fr , que aponta 
para longe do Sol, e a força gravitacional,

Fg, 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 = pR2 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 R
r
g
S S S= = =2
3
2
3
2
4 3 4
3
   ( )
,
/
na qual m = r(4pR3/3) é a massa da partícula. Para que a partícula descreva uma trajetória 
retilínea, é preciso que as duas forças sejam iguais em módulo. Fazendo Fr = Fg, 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
3 3 9 10
16 3 10 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 Fg é proporcional a R3 e Fr é proporcional a R2, se R aumentar, teremos Fg > Fr 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 original. 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 5 102 4= × −
Isso significa que 0,045%da luz original é transmitida.
33. Seja I0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade 
da luz transmitida é I1= I0/2 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 I2 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 I3 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 I0 a intensidade da luz não polarizada incidente no primeiro polarizador. A intensidade 
da luz transmitida é I1= I0/2 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 If = − = =
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 I0 é a intensidade da luz incidente, a intensidade da luz depois de passar pelos dois 
polarizadores é
I I1 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 u ≠ 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 I0 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 0,60I0, 
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 4 0 2
cos ( )
cos ( ) ,
°
° / 55
30 0 422
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 In
Assim, precisamos usar pelo menos 5 filtros para que a intensidade da luz transmitida seja mais 
de 60% da intensidade original.
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
= = =1
2
30 60 0 094 9 42 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 It = I0/2 = 5,0 mW/m2. Como a intensidade e a amplitude 
do campo elétrico estão relacionadas através da equação I E cm= 2 02/  , temos:
E cIm 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 = Ia/c, na qual Ia é a intensidade da luz absorvida. Como 
foi visto no item (a), a intensidade da luz absorvida é Ia = I0/2 = 5,0 mW/m2. Assim,
pr =
×
×
= ×
−
−5 0 10
3 00 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 (u2 = 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 I0, passa pelo primeiro polarizador, a intensidade 
cai para I0 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 (I0cos2u)sen2u 5 I0/10,
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 
It = cos2(20)/2 = 0,442 ≈ 44%.
43. Seja I0 a intensidade da luz incidente e seja f a fração polarizada. A intensidade da parte 
polarizada é f I0 e esta parte contribui com f I0 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 )I0 e esta 
parte contribui com (1 – f )I0/2 para a intensidade da luz transmitida. Assim, a intensidade da 
luz transmitida é
I f I f I= + −0 2 012 1cos ( ) .u
Quando o filtro gira,cos2 u varia entre um mínimo de 0 e um máximo de 1 e a intensidade da 
luz transmitida varia entre um mínimo de
I f Imin ( )= −12 1 0
e um máximo de
I f I f I f Imax ( ) ( ) .= + − = +0 0 012 1
1
2
1
A razão entre Imax e Imin é
I
I
f
f
max
min
.= +
−
1
1
Fazendo Imax/Imin = 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° ⇒⇒ = ( ) =−u2 112 0 40 19 6sen , , .o
Como a expressão acima não muda quando fazemos ′ = −u u2 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,
u1 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. 33-47b 
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. 33-48b 
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 r9 
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 r9 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 5 5
1
1 1
11 1sen ( )sen sen ( sen ) sen [(u u u u= ⇒ = =− − ,, )( , )] , .30 0 644 56 8= 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 u4 1
1
4
1 35 3=




=−sen n
n
sen , .°
52. (a) Uma das consequências da lei de Snell é o fato de que u2 = u1 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 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 ua 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°, d1 = 0,50 m e d2 = 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) tan 35 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 de Snell, os ângulos de refração na primeira superfície são
u
u
a
v
= 



=
=
−
−
sen
,
sen( ) ,
sen
1 1
1 343
70 44 403° °
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 à 
primeira 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( , ,° °−[ ] =uv
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
uc
n
= 

 =



 =
− −sen sen
,
.
1 11 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 9n
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 0n
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 = uA = sen–1 n3/n1 = 54,3°.
(b) Sim. Quando uA 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 ucos ,= − 



= −
o que nos dá uB = 51,1°.
(d) Não. Quando uB 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. 33-24a) 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 u3 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 primeira 
superfície, 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 u3 = sen u1. 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 u1 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, obtemos
sen sen sen / sen ,u u u u1 2 2 11= ⇒ = ( )n n
o que nos dá
cos sen / sen .u u u2 2 2 2 2 11 1 1= − = − ( )n
Assim,
sen sen / sen cos senu u u1
2 2
1 160 1 1 60= − ( ) −n n° °
e, portanto,
1 60 601 2 2 1+( ) = −cos sen sen sen .° °u un
Elevando ambos os membros ao quadrado e explicitando sen u1, obtemos
sen
sencos sen
, sen
u1 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 o 
eixo 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 u' . De acordo 
com a lei de Snell, temos:
sen sen′ =u u1
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 ucomp 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 ucomp
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:
uc
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:
uB 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 uB 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: 
uB
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 B2 3u 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 u2 1 190= = −( )c °
e, portanto,
tan tan ( )
tan
u u
u2 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
3 00 10
5 00 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
= = ×
×
= =1 51 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 6500anos-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 Ey = Em 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 
origem (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, xP = (1/k) sen–1(0,25 rad) para 
20 soluções dos problemas
que Ey = (1/4)Em no ponto P, no instante t = 0. Além disso, no caso da expressão escolhida para 
o campo elétrico, Ey(0,0) = 0. Assim, a resposta do item (a) é simplesmente o valor de xP. Como 
k = 2pf/c, temos:
d x c fP1
1
8
2
0 25 3 0 10 0 252
2
= = = ×−
 
sen ( , ( , )( , )rad) (( , ) ,4 0 10 30 114× = 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 Ey = 0 a uma distância de meio comprimento 
de onda do ponto anterior no qual Ey = 0. Como l = c/f, a coordenada deste ponto é x = l/2 = 
c/2f, o que significa que o ponto está a uma distância à direita de P dada por
d cf d2 1
8
142
3 10
2 4 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 − ˆk (a direção de propagação), 

E Ey= ˆj e 

B são mutuamente perpendiculares, concluímos 
que a única componente de 

B diferente de zero é Bx. Assim, 
B zx = × + ×− −( , ) sen[( , ) ( ,1 67 1 00 10 3 00 106 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 períodoé 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 Bx, 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)r3, a massa 
é m = (4p/3)rr3. 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
Rg
= =2
3
2
4
3
 
.
Se P é a potência irradiada pelo Sol, a intensidade da radiação na posição da partícula é I = 
P/4pR2; se toda a luz é absorvida, a pressão da radiação é
p I
c
P
R cr
= =
4 2
.
Como toda a radiação que passa por um círculo de raio r e área A = pr2, 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 cr 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 raio r: Fg é proporcional a r3 e Fr é proporcional a r2. 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 Fg e Fr 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 = ×
× ⋅
3 3 90 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 u2 o ângulo de refração na primeira superfície e seja u3 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 sen2 u2 + cos2 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 I0 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 ud 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 
ui)/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 ui = 60o 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 reflexão 
também é igual a ur, o desvio causado por uma reflexão, levando em conta a inversão do sentido 
de propagação, é du2 = 180o − 2ur. Assim, no caso de k reflexões, temos du2k = ku2 = k(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 udesv °= + + = − + − =1 2 3 2 180 2 18( ) ( ) (i r rk k 00 2 2 1°) ( ) .+ − +u ui rk
(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 udesv 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 u = 
n sen u2. O ângulo de incidência na segunda superfície do vidro também é u2. Se u3 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 u 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 ângulosu, u2, u3 e u – 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
u2
1
1
80. (a) O módulo do campo magnético é
B E
c
= =
×
= × =−100
3 0 10
3 3 108
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= = = = = ×rms
2
0
2
0
2
0
2
02 2 2
3 10
   
( ) ( 88 6 2
7
4 0 10
2 4 10
1 9m/s T
H/m) kW/m
2)( , )
( , .
×
×
=
−
−
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 u1 190 60° ° e ′ = − =u u2 290 60° ° , temos:
I
I0
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 u1 = 42,00°, u1 < uv, u1 < ua. 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 = rV, na qual r é a massa específica, V = 4pR3/3 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 = pR2, obtemos

 4
3
3 2R
a
I R
c
= ,
o que nos dá
a
I
cR
= = ×
×
−3
4
3 6 0 10
4 5 0 10 3 0
3
3
( , )
( , )( ,
W/m
kg/m
2
3 ×× ×
= ×−
−
10 2 0 10
1 5 108 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
I0
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 5 102
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 10
10
1 5 102
7
3 2
17
 
,
) ,
W
2 (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 Im 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
2 3,0 m/s)= = =
×
×
=
−
2
1 1 10
10
2
7
8
,
( ,,5 10
16× =− T 0,25 fT.
88. (a) Fazendo v = c na relação kv = v = 2pf, obtemos
f kc= = × = ×
2
4 00 3 10
2
1 91 10
8
8
 
( , )( )
, .
m m/s Hz
12
(b) Erms = Em/ 2 = Bm 2 /c = (85,8 × 1029 T)(3×108 m/s)/(1,414) = 18,2 V/m.
(c) I = (Erms)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
u2
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 ui
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) uf = 0o.
(b) uf = 20°.
26 soluções dos problemas
(c) Como este caso equivale a acrescentar uma placa ao conjunto, o resultado permanece o 
mesmo: uf = 0.
(d) uf = 20°.
91. (a) A 40 m de distância do feixe, a intensidade é
I P
d
P
r
= = = ×
×
−
  u 2 2
3
4 4
4 3 0 10
( 0,17 10−3)
( , )
[(
W
radd m
W m2)( )] .40 832 =
(b) De acordo com a Eq. 33-27,
′ = = = × =P r I4 4 83 1 7 102 2 6 (40 m) W m W 1,7 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°.