G1-2019 1-GAB

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PUC-RIO – CB-CTC 
G1 – FIS1061 - FÍSICA MODERNA – 16/04/2019 
 
Nome Legível:_________________________________________Turma:___________ 
 
Assinatura:__________________________________Matrícula: _________________ 
 
AS RESPOSTAS PRECISAM SER JUSTIFICADAS A PARTIR DE LEIS FÍSICAS E 
CÁLCULOS EXPLÍCITOS. 
NÃO É PERMITIDO DESTACAR FOLHAS DA PROVA. 
A prova só poderá ser feita a lápis, caneta azul ou preta. 
 
 
 
Questão Valor Grau Revisão 
1ª 3,0 + 0,6 
2ª 3,5 
3ª 3,5 
TOTAL 10,0 
 
 
Formulário e constantes físicas: 
𝛻 × �⃗� = (
𝜕𝑉𝑧
𝜕𝑦
− 
𝜕𝑉𝑦
𝜕𝑧
) 𝑥 + (
𝜕𝑉𝑥
𝜕𝑧
− 
𝜕𝑉𝑧
𝜕𝑥
) �̂� + (
𝜕𝑉𝑦
𝜕𝑥
− 
𝜕𝑉𝑥
𝜕𝑦
) �̂� ; 𝛻 ⋅ �⃗� = 
𝜕𝑉𝑥
𝜕𝑥
+ 
𝜕𝑉𝑦
𝜕𝑦
+
𝜕𝑉𝑧
𝜕𝑧
 ; 
 𝛻𝐹 = 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
𝑥 + 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
�̂� +
𝜕𝐹
𝜕𝑧
�̂� ; ∮ �⃗� . 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ∫(𝛻. �⃗� )𝑑𝑉 ; ∮ �⃗� . 𝑑𝑙⃗⃗ ⃗ = ∫(∇ × �⃗� ). 𝑑𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ ; 
 𝛻 × (𝛻 × 𝐹 ) = 𝛻(𝛻. 𝐹 ) − 𝛻2(𝐹 ) 
Teorema de Gauss ∮ �⃗⃗⃗� ∙ 𝑑𝐴 = ∫ �⃗� ∙ �⃗⃗⃗� 𝑑𝑉
𝑣𝑜𝑙
 ; Teorema de Stokes ∮ �⃗⃗⃗� ∙ 𝑑ℓ⃗ = ∫ (�⃗� × �⃗⃗⃗� ) ⋅
𝑠𝑢𝑝
𝑑𝐴 
Gauss: ∇. �⃗� =
𝜌
𝜀0
 , ∇. �⃗� = 0 ; Faraday ∇ × �⃗� = −
𝜕�⃗� 
𝜕𝑡
 ; Ampere ∇ × �⃗� = 𝜇0𝐽 + 𝜇0 . 𝜀0
𝜕�⃗� 
𝜕𝑡
 ; 
 
𝜕𝜌
𝜕𝑡
+ 𝛻. 𝐽 = 0; 𝑆 =
1
𝜇0
�⃗� × �⃗� ; eq. de onda no vácuo: 
𝜕2�⃗� 
𝜕𝑥2
+ 
𝜕2�⃗� 
𝜕𝑦2
+
𝜕2�⃗� 
𝜕𝑥2
= μ0ε0
𝜕2�⃗� 
𝜕𝑡2
 (�⃗� ou �⃗� ) 
𝐼 =
𝑃
𝐴
; 𝑃𝑟 =
𝐹
𝐴
=
𝐼
𝑐
 ; 𝐴 = 4𝜋𝑟2; 𝐴 = 𝜋𝑟2; 𝐴 = 2𝜋𝑟𝐿; 𝐼 =
𝑐𝜀0𝐸0
2
2
=
𝐸0
2
2𝑐𝜇0
 ; 𝐸𝑒𝑓 =
𝐸0
√2
= 𝑐𝐵𝑒𝑓; 
 
𝑘 =
2𝜋
𝜆
; 𝜔 =
2𝜋
𝑇
; 𝑣 =
𝜔
𝑘
 = 𝜆𝑓; 𝐸 = 𝑐𝐵; 𝑐 = 3,0 × 108𝑚/𝑠; 𝜀0 = 8,9 × 10
−12 𝐶
2
𝑁𝑚2
; 
𝜇0 = 4𝜋 × 10
−7 𝑁
𝐴2
 ; 𝐼2 = 𝐼1. (cosθ)
2 ; 𝑣 =
𝑐
𝑛
 ; 𝑡𝑔 𝜃𝐵 =
𝑛𝑡
𝑛𝑖
 ; 𝜃𝐵 + 𝜃𝑡 =
𝜋
2
 ; 
𝑑 =
𝜆𝑣á𝑐
4(𝑛𝑥−𝑛𝑦)
 ; 𝑑 =
𝜆𝑣á𝑐
2(𝑛𝑥−𝑛𝑦)
 ; 𝜑 =
2𝜋
𝜆𝑣á𝑐
𝑑. (𝑛𝑥 − 𝑛𝑦) ; 
𝐼 = 𝐼𝑚á𝑥. cos
2(
𝜙
2
); 𝜙 =
2𝜋𝑑𝑠𝑒𝑛𝜃
𝜆
; 𝑡𝑔𝜃 =
𝑦
𝐿
; 𝑑𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝜆; 𝑑𝑠𝑒𝑛𝜃 = (𝑚 +
1
2
)𝜆; 𝑚 = 0,1,2,.; 
𝐼 = 𝐼0.
sen2(𝑁𝜙/2)
 sen2(𝜙/2)
 ; 
𝑑. 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝜆 ; 𝑚 = 0,1,2,3, ..; 𝑁𝑑𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑝𝜆 ; 𝑝 = 1, 2, . , 𝑁 − 1,𝑁 + 1, .. ; 𝑝 ≠ 𝑚𝑁. 
2. 𝑛𝑡 . 𝐿. 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡 = 𝑚𝜆; 2. 𝑛𝑡 . 𝐿. 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡 = (𝑚 +
1
2
)𝜆; 𝑚 = 0,1,2,3,4,… 
𝑠𝑒𝑛(𝛼 ± 𝛽) = 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛽 ± 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑠𝑒𝑛𝛽; 𝑐𝑜𝑠(𝛼 ± 𝛽) = 𝑐𝑜𝑠𝛼. 𝑐𝑜𝑠𝛽 ∓ 𝑠𝑒𝑛𝛼. 𝑠𝑒𝑛𝛽 
 2 
1ª QUESTÃO[3,0 + 0,6] 
 
Uma onda eletromagnética plana monocromática, com polarização linear e com frequência 
5,0 × 1014 Hz, se propaga no vácuo tal que seu vetor de Poynting está no sentido +�̂� e tem 
amplitude máxima igual a 59,7 𝑊/𝑚2 na origem, para 𝑡 = 0. 
 
(a) [1,2] Escreva a expressão para o vetor de Poynting, em função do tempo e do espaço. 
(b) [1,2] Sabendo que a polarização está no eixo 𝑥 e que o campo elétrico é positivo na origem 
para 𝑡 = 0, escreva a expressão para o campo magnético, em função do tempo e do espaço. 
 
Os itens abaixo são independentes. Escolha um. Fazendo ambos, há bônus. 
 
(c) [0,6] A lei de Ampère, em sua formulação original, está dada por ∮ �⃗� ∙ 𝑑ℓ⃗ = 𝜇0𝐼 ou 
�⃗� × �⃗� = 𝜇0𝑗 (em sua forma diferencial). Mostre que, escrita desta maneira, a Lei de Ampère não 
contempla situações fora da magnetostática (densidades de corrente variáveis). 
 
(d) [0,6] A partir da Lei de Gauss na forma integral, chegue à sua formulação da forma 
diferencial. 
 
GABARITO 
 
(a) 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 3,14 × 1015𝐻𝑧 ; 𝑘 =
𝜔
𝑐
 = 1,05 × 107𝑟𝑎𝑑/𝑠 
Como o vetor de Poyting é máximo na origem e em t = 0 (isso define a fase) e está no 
sentido +�̂� deve estar escrito como 𝑆 = 𝑆0 cos
2(𝑘𝑦 − 𝜔𝑡)�̂� , portanto 
 
 
(b) �⃗� ∥ 𝑥 . Tanto �⃗� como �⃗� são máximos (ou mínimos) em 𝑡 = 0 (condição dada pelo vetor 
de Poynting) mas é dito ainda que �⃗� é máximo nesse ponto. Assim, deve ter a forma �⃗� =
𝐸0 cos(𝑘𝑦 − 𝜔𝑡)�̂� e, com isso, �⃗� deve ter a forma �⃗� =
𝐸0
𝑐
cos(𝑘𝑦 − 𝜔𝑡)[�̂� × 𝑥] =
 𝐵0 cos(𝑘𝑦 − 𝜔𝑡)[−�̂�]. Já conhecemos 𝑘 e 𝜔 e podemos calcular 𝐵0 pelo valor de 𝑆0: 
𝑆0 =
𝐸0𝐵0
𝜇0
=
𝑐𝐵0
2
𝜇0
→ 𝐵0 = √𝑆0𝜇0/𝑐 = 5,0 × 10
−7𝑇 . Portanto, 
 
(c) Tomando o divergente em ambos lados da Lei de Ampère ∇⃗⃗ ⋅ (�⃗� × �⃗� ) = 𝜇0∇⃗⃗ ⋅ 𝑗 
O lado esquerdo dessa equação é nulo já que o divergente de qualquer rotacional é 
sempre nulo. Portanto, o lado direito teria que ser nulo, implicando ∇⃗⃗ ⋅ 𝑗 = 0 sempre, o 
que claramente não é satisfeito em situações físicas fora da magnetostática. 
(d) A Lei de Gauss é ∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝐴 = 𝑄𝑖𝑛𝑡/𝜀0. Usando o Teorema de Gauss no lado esquerdo da 
equação, temos ∫ ∇⃗⃗ ⋅ �⃗� 𝑑𝑉 = 𝑄𝑖𝑛𝑡/𝜀0. Por outro lado, 𝑄𝑖𝑛𝑡 = ∫ 𝜌 𝑑𝑉 sendo 𝜌 a 
densidade volumétrica de carga. Portanto, ∇⃗⃗ ⋅ �⃗� = 𝜌/𝜀0. 
 
𝑆 = 59,7 cos2(1,05 × 107𝑦 − 3,14 × 1015𝑡) �̂� [𝑊/𝑚2] 
 
(b) 
 
�⃗� = −5,0 × 10−7 cos(1,05 × 107𝑦 − 3,14 × 1015𝑡) �̂� [𝑇] 
 3 
2ª QUESTÃO[3,5] 
Seja um feixe de luz monocromática tal que seu campo elétrico esteja representado por 
�⃗� = {40 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) �̂� + 80 sen(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) �̂� }[𝑉/𝑚]. Um estudante faz algumas 
observações com um polarizador e com amostras de um cristal. 
 
(a) [1,0] Inicialmente sem o cristal, incidindo o feixe de luz diretamente no polarizador e 
analisando a luz emergente, ele mede a intensidade da luz quando o polarizador está 
alinhado ao eixo 𝑧. Qual é a intensidade observada, comparada com a incidente? 
 
 
(b) [1,0] Incidindo o feixe sobre a superfície do cristal, 
para um ângulo de incidência θ de 63,4o e então 
passando a luz refletida pelo polarizador, ele observa 
que a luz refletida estava polarizada no eixo 𝑧. Qual é o 
índice de refração do cristal e com que ângulo a luz é 
refratada dentro do cristal? 
 
 
(c) [1,5] Incidindo o feixe na direção normal à superfície de uma fina lâmina desse cristal, 
suspensa na atmosfera, o estudante observa que não há luz refletida pela superfície. 
Sabendo que o comprimento de onda da luz é 640 𝑛𝑚 e que a espessura da lâmina está 
no intervalo 0,9 − 1,1𝜇𝑚, encontre essa espessura. 
 Para não depender do resultado do item anterior, tome 𝑛𝑐𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎𝑙 = 2,0. 
 
GABARITO 
 
(a) Apenas a componente 𝑧 é transmitida pelo polarizador. Como a intensidade da luz é 𝐼 =
𝑐𝜀0𝐸0
2/2 temos que, antes de passar pelo polarizador, 𝐼 = 𝑐𝜀0(𝐸0𝑧
2 + 𝐸𝑜𝑦
2 )/2 e, após 
passar, 𝐼′ = = 𝑐𝜀0𝐸0𝑧
2 /2, portanto 
𝐼′
𝐼
=
𝐸0𝑧
2
(𝐸0𝑧
2 +𝐸𝑜𝑦
2 )
= 20% 
 
(b) A luz incidente tem ambas polarizações, em 𝑧 e em 𝑦, sendo 𝑧 perpendicular ao plano de 
incidência. A luz refletida tem apenas polarização em 𝑧. O ângulo de incidência é, 
portanto, o ângulo de Brewster, que obedece tan 𝜃𝐵 =
𝑛𝑐𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎𝑙
𝑛𝑎𝑟
→ 𝑛𝑐𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎𝑙 = 2,0 e 
também 𝜃𝐵 + 𝜃𝑡 = 90° → 𝜃𝑡 = 26.6°. 
 
 
(c) Se não há luz refletida é porque a interferência entre o raio refletido diretamente e aquele 
que refrata/reflete/refrata é totalmente destrutiva. O raio diretamente refletido ganha uma 
fase de π por reflexão, enquanto o outro não. Assim sendo a interferência destrutiva 
ocorre se a diferença de caminho óptico dentro da lâmina for um número inteiro de 
comprimentos de onda: 2𝐿𝑛𝑣𝑖𝑑𝑟𝑜 = 𝑚𝜆 → 𝐿 =
𝑚𝜆
2𝑛𝑣𝑖𝑑𝑟𝑜
= 𝑚 ⋅
640
4
= 160𝑚. No intervalo 
0,9 − 1,1𝜇𝑚, o único 𝑚 que cumpre a condição é 𝑚 = 6 o que dá 𝐿 = 960𝑛𝑚. 
 
 
 
 
 
 4 
3ª QUESTÃO[3,5] 
Em um experimentode Young, observa-se a intensidade da luz em um anteparo a 4,0 𝑚 da 
fenda dupla. O feixe incidente tem comprimento de onda 𝜆 = 500 𝑛𝑚. Observa-se que, a partir 
do eixo central, a terceira macha escura está a uma distância de 50 𝑐𝑚 do centro da figura de 
interferência. 
 
(a) [0,8] Qual é a diferença de caminho óptico entre os raios que chegam no ponto médio 
dessa terceira mancha escura? 
(b) [1,0] Qual é a distância 𝑑 entre as fendas? 
 
Suponha que agora há três fendas, equidistantes de 𝑑. Faça as questões a seguir literalmente, 
tomando como conhecido 𝜆. 
 
(c) [0,7] Escreva a expressão para o campo elétrico total em um ponto P na tela, com 
abertura angular θ em relação ao eixo central, escrevendo o campo elétrico da primeira 
fenda (a mais superior) da forma 𝐸 = 𝐸0 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) e considerando a diferença de 
fase pelas fendas subsequentes. 
(d) [1,0] Mostre, via método de soma de fasores, que a intensidade da luz em um ponto P da 
tela de observação, está dado 𝐼 = 𝐼0(1 + 2cos 𝜙)
2, onde 𝜙 = 2𝜋𝑑sen𝜃/𝜆 e 𝐼0 é a 
intensidade de uma das fenda isoladamente. 
 
GABARITO 
 
(a) A terceira mancha escura acontece para 𝑚 +
1
2
= 2,5 ou seja Δ𝐶𝑂 = 2,5𝜆 = 1,25𝜇𝑚 
(b) A condição do item anterior acontece para o ângulo tal que tan 𝜃 =
𝑦
𝐿
=
0,5
4,0
→ 𝜃 =
0,124 𝑟𝑎𝑑 . Por outro lado temos 𝑑 sen𝜃 = Δ𝐶𝑂 = 1,25𝜇𝑚 → 𝑑 =
1,25𝜇𝑚
sen(0,124)
 →
 𝑑 = 10𝜇𝑚 . 
(c) O campo elétrico da fenda subsequente tem uma diferença de fase de 𝜙 devido à 
diferença de caminho óptico de 𝑑𝑠𝑒𝑛𝜃. E o campo devido à fenda subsequente a esta 
ganha mais uma fase 𝜙. Assim, o campo total no ponto P é 
𝐸 = 𝐸0𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝐸0𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝜙) + 𝐸0𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 2𝜙) . 
 
(d) Via fasores, tomamos (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) = 0 por 
simplificação e a soma dos três termos estaria 
representada como na figura ao lado. O módulo do 
fasor resultante dá a amplitude do campo elétrico 
resultante. Vê-se que esse corresponde à base do 
trapézio isósceles formado na figura, onde tem-se 
ainda que 𝛼 = 𝜙. E assim chega-se imediatamente a 
que 𝐸 = 𝐸0(1 + 2 cos 𝜙) e, portanto, 
𝐼 = 𝐼0(1 + 2 cos 𝜙)
2 . 
Pode-se chegar a esse resultado sem fazer uso do 
trapézio (mas sim dos fasores) escrevendo 
𝐸 = 𝐸𝑥
2 + 𝐸𝑦
2 = (𝐸0 + 𝐸0 cos 𝜙 + 𝐸0 cos 2𝜙)
2 + (𝐸0 sen 𝜙 + 𝐸0 sen 2𝜙)
2 
que, com mais duas linhas de manipulação, leva ao mesmo resultado.