Resolução Halliday (português) Vol4 - ed 9

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M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
FUNDAMENTOS DE FÍSICA
Óptica e Física Moderna
9a Edição
HALLIDAY & RESNICK
JEARL WALKER
Cleveland State University 
VOLUME 4
Tradução 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.
Material Suplementar Soluções dos Problemas – Volume 4 traduzido do material original:
HALLIDAY & 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
Copyright  2012 by 
LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. 
Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional
Projeto de Capa: M77 Design
Imagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc. 
Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.
Editoração Eletrônica do material suplementar: 
SUMÁRIO 
Capítulo 33 1
Capítulo 34 27
Capítulo 35 60
Capítulo 36 88
Capítulo 37 116
Capítulo 38 145
Capítulo 39 170
Capítulo 40 190
Capítulo 41 211
Capítulo 42 228
Capítulo 43 255
Capítulo 44 272
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 10
9
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 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 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 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, 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 10
8 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
  = = = × ×c
f
c LC2 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 10
6 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 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= = ×
×
= ×
−
−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 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
1 67 10
8
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
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
6 7 10
8
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
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
RTTrad 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 2N m /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 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 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, Fr, dada pela Eq. 33-32, F = IA/c, deve ser 
igual, em módulo, à força para baixo 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 I
r ctot 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 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
Em= =
× ×−
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
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 3 979 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
I
r r r=




= 

 =
× − 2
4
13 2
5 00 10
( , )
,
Pa
33
2
111 67 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
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 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 da 
luz transmitida varia entre um mínimo deI f Imin ( )= −
1
2
1 0
e um máximo de
I f I f I f Imax ( ) ( ) .= + − = +0 0 0
1
2
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 tornode 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 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 = 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
sen
cos 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 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 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 , , , .1 221 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
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
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
f
P1
1
8
2
0 25
3 0 10 0 252
2
= = = ×−
 
sen ( ,
( , )( , )
rad)
(( , )
,
4 0 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 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
c
f
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 −k̂ (a direção de propagação), 

E Ey= ĵ 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 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 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
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/4pR2; 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 = 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 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 comoa 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 ângulos u, 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 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= = = = = ×rms
2
0
2
0
2
0
2
02 2 2
3 10
   
( ) ( 88 6 2
7
4 0 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 u1 190 60° ° e ′ = − =u u2290 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 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
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 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 10
10
1 5 10
2
7
3 2
17
 
,
)
,
W
2 (90 m
W/m2.
(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
83
2
=
(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°.
1. Se o passarinho está a uma distância d2 do espelho, o plano da imagem está a uma distân-
cia d2 do outro lado do espelho. A distância lateral entre a câmara e o beija-flor é d3 = 5,00 m. 
Vamos chamar de d1 a distância entre a câmara e o espelho e construir um triângulo retângulo 
formado por d3 e pela distância d = d1 + d2 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 32 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 IP = 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 IP 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 a 
intensidade 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
IP r P
P
P= + = + =9
10
9
e a razão entre a nova intensidade e a intensidade antiga é I/IP = 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 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 d1 acima da água e a água está uma distância vertical d2 
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,
| | tanBC d d
d
n
= ′ ≈ ′ ≈2 2
2
2 2
2 

água
e, finalmente, no triângulo ACI,
|AI| = d + d2.
 Assim,
d AI d
AC
d
AB BC
d d
d= − = − ≈ + − = +| | | |
tan
| | | |
2 2 2 1
22
 


n
d d
d
n
d
água água
cm
2(2




− = + −
= +
1 2
250
2 1
2
2
000 cm
cm 351 cm.
)
,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:
1 1 1 2
2
1
1 35 0
1
1
2 50p 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 20 70
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 = 2f = 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 = 2f = 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 = 2f = –20 cm.
(b) A distância da imagem é
i
pf
p f
=
−
= −
− −
= −( )( )
( )
,
8 10
8 10
4 44
cm cm
cm cm
cmm.
30 soluções 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 = 2f = + 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 = 2f = + 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 = 2f = –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 = 2f = 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 = 2f = –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 = 2f = 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 = 2f = +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 = 2f = +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 = 2f = +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 = 2f = –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 nãoinvertida (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 = 2f = –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 soluções dos problemas
(c) r = 2f = +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 = 2f = +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 = 2f = +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 = 2f = –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 = 2f = ∞ (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 soluções 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 p r v pr
p
I
O O= =
−




=
− −( ) +
−2
2 2
2 rr
r
p r
vO( )
=
−



2
2
2
.
(b) Para p = 30 cm, temos:
vI = ( ) −





 ( ) =15 15 5 0 0 56
2
cm
2 30 cm cm
cm/s cm/, , ss.
(c) Para p = 8,0 cm, temos:
vI = ( ) −





 ( ) = ×15 15 5 0 1 1 10
2
cm
2 8,0 cm cm
cm/s, , 33 cm/s 11 m/s.=
(d) Para p = 1,0 cm, temos:
vI = ( ) −





 ( ) =15 15 5 0 6 7
2
cm
2 1,0 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,
,
−



 = − ≈ −
−
cm
cm 33 cm.
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V). 
soluções dos problemas 37
(f) Como a imagem é virtual, é formada do mesmo lado da superfície esférica (M).
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12e do livro.
34. Além de n1 = 1,5, sabemos que (b) p = +100, (c) r = −30 cm e (d) i = +600 cm.
(a) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
n
r i
n
p
n
r
n2
1 1
2
1 1 1
30
1
600
−

 = +




⇒
−
−

 = + −



 ⇒ −( ) = −
1 5
100
1 5
30
0 0352
, ,
,n 00 035, ,
o que nos dá n2 = 1,0. 
(e) Como i > 0, a imagem é real (R).
(f) Como a imagem é real, é formada do outro lado da superfície esférica (O). 
O diagrama de raios é semelhante ao da Fig. 34-12b do livro. 
35. Além de n1 = 1,5, também sabemos que (a) n2 = 1,0, (b) p = +70 cm e (c) r = +30 cm. Note 
que n2 < n1.
(d) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
i n
n n
r
n
p
= − −




= − −
−
2
2 1 1
1
1 0
1 0 1 5
30
1 5
70
,
, , ,
cm ccm
cm.




= −
−1
26
(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. 34-12f. Neste caso, como a refração sempre afasta os 
raios do eixo central, a imagem é sempre virtual, independentemente da distância do objeto.
36. Além de n1 = 1,5, sabemos que (a) n2 = 1,0, (c) r = −30 cm e (d) i = −7,5 cm.
(b) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
p
n
n n
r
n
i
= − −
= −
− − −
=1
2 1 2
1 5
1 0 1 5
30
1 0
7 5
,
, , ,
,cm cm
110 cm.
(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. 34-12d do livro.
37. Além de n1 = 1,5, sabemos que (a) n2 = 1,0, (b) p = +10 cm e (d) i = −6,0 cm.
(c) De acordo com a Eq. 34-8, temos:
r n n
n
p
n
i
= −( ) +



= −( ) +
−
2 1
1 2
1
1 0 1 5
1 5
10
, ,
,
cm
11 0
6 0
30
1
,
,−




=
−
cm
cm.
38 soluções dos problemas
(e) Como i < 0, a imagem é virtual (V). 
(f) Como a imagem é virtual,