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1.2. Exercícios sobre sistema massa-mola (Parte 2)

10/23/2020 11:57 am / Deixe um comentário

Exercício 1 Um móvel executa MHS e obedece a função horária ${x = 3 \cdot cos(0,5 \pi t + \pi)}$ , no SI.

Determine o tempo necessário para que este móvel vá da posição de equilíbrio para a posição de elongação máxima.
Obtenha o valor da aceleração no instante ${t = 1 \ s}$ .

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 1 .

Sabemos que num MHS o tempo que o corpo leva a sair do extremo para a posição de equilíbrio ou vice-versa é igual a um quarto do período ${t= \dfrac{T}{4}}$ . Neste caso, precisamos calcular o período e depois calcular o ${t}$ .
Na equação obtemos que:
$\displaystyle \omega=0,5 \pi \ rad/s$

Mas sabemos que ${ \omega= \dfrac{2 \pi}{T}}$ . Então:

$\displaystyle \omega=0,5 \pi$

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{2 \pi}{T}=0,5 \pi$

$\displaystyle \Rightarrow \dfrac{2}{T}=0,5$

$\displaystyle \Rightarrow 2 = 0,5 T$

$\displaystyle \Rightarrow T = \dfrac{2}{0,5}$

$\displaystyle \Rightarrow T = 4 \ s$

Neste caso, o tempo é:

$\displaystyle t= \dfrac{T}{4}$

$\displaystyle \Rightarrow t = 1 \ s$
Precisamos saber primeiro a função da aceleração desse movimento, que é dada pela segunda derivada da posição em função do tempo, ou seja
$\displaystyle a = \dfrac{d^2x}{dt^2}$

Logo:

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg[ \dfrac{d x}{dt} \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg[ \dfrac{d}{dt}[3 \cos(0,5 \pi t + \pi)] \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg [-3 \cdot 0,5 \pi sen (0,5 \pi t + \pi) \Bigg]$

$\displaystyle a = \dfrac{d}{dt} \Bigg [-1,5 \cdot \pi sen (0,5 \pi t + \pi) \Bigg]$

$\displaystyle a = -1,5 \pi \cdot0,5 \pi \cos(0,5 \pi t + \pi)$

$\displaystyle a = -0,75 \pi^2 \cdot \cos(0,5 \pi t + \pi)$

Considerando ${t = 1 \ s}$ , logo:

$\displaystyle a = -0,75 \pi^2 \cdot \cos(0,5 \pi \cdot 1 + \pi)$

$\displaystyle a = 0$

Exercício 2 Na figura ao lado, dois blocos ( ${m = 2 \ kg}$ e ${M = 16 \ kg}$ ) e uma mola ( ${k = 250 \ N/m}$ ) estão dispostos em uma superfície horizontal sem atrito. O sistema oscila em MHS com amplitude de ${10 \ cm}$ . Qual deverá ser o coeficiente de atrito mínimo para que o bloco menor fique na eminência de deslizar sobre o bloco maior ?

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 2 .

Dados:

${m=2 \ kg}$

${M=16 \ kg}$

${k=250 \ N/m}$

${A=10 \ cm = 0,1 \ m}$

${ \mu \longrightarrow ? }$ (eminência de cair).

Para que o bloco menor fique fique em repouso relativo ao bloco maior, deslizando conjuntamente com ele, (na iminência de deslizar sobre bloco maior, mas não deslizando) é necessário que haja uma igualdade entre a força que o bloco maior aplica ao bloco menor (determinada a partir da aceleração) e a força de atrito existente na superfície de contacto entre eles (1ª Lei de Newton).

$\displaystyle Diagrama \ do \ corpo \ livre$

Como estamos a tratar de um MHS, a força aplicada pelo bloco de baixo ao bloco de cima é:

$\displaystyle F_M = m \cdot a_{mhs}$

Onde ${a_{mhs}}$ é a aceleração do MHS.

Logo:

$\displaystyle F_M = F_a$

$\displaystyle m \cdot a_{mhs} = \mu \cdot N$

Como o bloco ${m}$ não está inclinado nem em relação a horizontal, logo:

$\displaystyle N = m \cdot g$

Então:

$\displaystyle F_M = F_a$

$\displaystyle \Rightarrow m \cdot a_{mhs} = \mu \cdot m \cdot g$

$\displaystyle a_{mhs} = \mu \cdot g$

Nota: O enunciado não sugere que o bloco deslize, mas sim que ele fique prestes a deslizar. Esta situação só pode ser analisada quando os dois blocos atingem o extremo. Neste ponto a força exercida pela mola é máxima e consequentemente a ${a_{mhs}}$ também é máxima. logo:

$\displaystyle a_{mhs} = A \cdot \omega^2$

Num sistema massa-mola:

$\displaystyle \omega^2 = { \dfrac{k}{m_{sist}}}$

Além disso, a frequência angular não depende somente do bloco ${m}$ , mas sim dos dois, pois a mola desloca os dois em conjunto. Então:

$\displaystyle \omega^2 = { \dfrac{k}{m + M}}$

$\displaystyle a_{mhs} = \mu \cdot g$

Voltando a igualdade entre as forças, teremos:

$\displaystyle A \cdot \omega^2 = \mu \cdot g$

$\displaystyle A \cdot \dfrac{k}{m + M} = \mu \cdot g$

$\displaystyle \mu = \dfrac{A \cdot k}{g(m + M)}$

$\displaystyle \mu = \dfrac{0,1 \cdot 250}{9,8(16 + 2)}$

$\displaystyle \mu = 0,142$

Exercicío 3 Um corpo de ${60 \ g}$ , preso a uma extremidade de uma mola ideal ( ${k = 3,2 \ N/m}$ ) comprimida de ${32 \ cm}$ , é abandonado do repouso na posição “A” da figura. A partir desse instante o corpo inicia o MHS. Despreze o atrito e adote o ponto de equilíbrio do corpo (ponto O) e sentido para a direita como referencial. Nessas condições, determine a equação da posição e da velocidade desse MHS.

Nível de dificuldade: Regular.

Resolução 3 .

Dados

${k = 3,2 \ N/m}$

${A = 32 \ cm = 0,32 \ m}$

${m = 60 \ g = 0,06 \ kg}$

O corpo inicialmente se encontra no extremo negativo (de acordo com a figura inicial). Estando neste extremo, de acordo com a situação (mola comprimida) ao ser solto vai movimentar-se para a posição de equilíbrio e continuar a oscilar. Veja o gráfico analítico abaixo:

A equação geral da posição de um MHS é:

$\displaystyle x = Asen ( \omega t + \varphi_0)$

Considere o gráfico genérico da função ${x=sen (\varphi)}$ .

Para a função ${sen}$ o extremo negativo é atingido para a fase ${- \dfrac{ \pi}{2}}$ ou ${ \dfrac{3 \pi}{2}}$ .

Sendo que a oscilação começa a partir do extremo negativo (Ponto A), logo ${ \varphi_0 = - \dfrac{ \pi}{2}}$ .

Sabemos que, num sistema corpo-mola:

$\displaystyle \omega = \sqrt{ \dfrac{k}{m}}$

Então:

$\displaystyle \omega = \sqrt{ \dfrac{3,2}{0,06}} = 7,30 rad/s$

Logo, substituindo na equação geral, obtemos:

$\displaystyle x = 0,32sen \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \ [SI]$

A velocidade de um movimento é dada como a derivada da equação da posição, ou seja:

$\displaystyle v = \dfrac{dx}{dt}$

Logo:

$\displaystyle v = \dfrac{d}{dt} \Big[0,32sen \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \Big]$

$\displaystyle v = 0,32 \cdot 7,30 \cdot \cos \ (7,30 \ t - \dfrac{ \pi}{2})$

$\displaystyle v = 2,337 \cos \ (7,3 \ t - \dfrac{ \pi}{2}) \ [SI]$

OBS: Como qualquer trabalho, esta publicação pode estar sujeita a erros de digitação, falta de clareza na imagem ou alguma insuficiência na explicação. Neste sentido, solicitamos aos nossos leitores o seguinte:

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1.1. Exercícios sobre Carga, Forças Eléctricas (Parte 4)

08/03/2020 4:52 pm / Deixe um comentário

— 1.1. Exercícios sobre Carga e Forças Eléctricas —

Exercício 10 Um conjunto de 4 cargas iguais, de ${5 \ \mu C}$ estão dispostas da base de uma pirâmide de base quadrada, dada na figura.

${a= \ h= \ 20 \ mm}$ .

Qual deverá ser a massa da carga de prova (de valor igual) para que ela flutue em equilíbrio dinâmico?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Complexo.

Resolução 10 .

O exercício nos apresenta uma carga de prova ${(q_{o})}$ que está acima de um arranjo quadrado de cargas, formando assim uma pirâmide. As cargas se encontram nos vértices da pirâmide.

A carga flutua por interacção electrostática. Sendo que todas as cargas são positivas, existem forças repulsivas constantes entre as cargas.Dados

${K \approx \ 9 \cdot 10^9 \ Nm^2/C^2}$

${H= \ a= \ 20 \ mm= \ 20 \cdot 10^{-3} m}$

${q_0=q_1=q_2=q_3=q_4= \ 5 \ \mu C= \ 5 \cdot 10^{-6} \ C}$

${m-?}$

Sendo que a figura geométrica é regular e simétrica, a distancia entre a carga ${q_0}$ com as outras cargas é igual. Chamamos a esta distancia de ${d}$ .

Veja a figura abaixo.

Considerando o triângulo rectângulo formado entre as cargas ${q_1}$ , ${q_2}$ e o centro do quadrado da base ${O}$ , teremos:

$\displaystyle b^2+b^2=a^2$

$\displaystyle \Rightarrow 2 \cdot b^2=a^2$

$\displaystyle \Rightarrow \cdot b^2=\dfrac{a^2}{2}$

Isolando ${b}$ , teremos:

$\displaystyle b=\sqrt{\dfrac{a^2}{2}}$

Analisando o triângulo rectângulo formado pelas cargas ${q_1}$ , ${q_0}$ e o centro do quadrado da base ${O}$ , teremos:

$\displaystyle b^2+h^2=d^2$

Ou:

$\displaystyle d^2=b^2+h^2$

$\displaystyle \Rightarrow d^2= \dfrac{a^2}{2}+a^2$

$\displaystyle \Rightarrow d^2= \dfrac{3a^2}{2}$

Na carga ${q_0}$ actuam ao todo 4 forças repulsivas, da sua interacção com as outras cargas (1, 2, 3 e 4).

Chamamos a estas forças ${F_{01}}$ , ${F_{02}}$ , ${F_{03}}$ e ${F_{04}}$ .

Então:

$\displaystyle F_{01}=F_{02}=F_{03}=F_{04}$

O facto de as distâncias serem todas iguais e de as cargas terem o mesmo valor absoluto, pela lei de Coulomb, nos leva a concluir que as forças electrostáticas de repulsão entre ${q_0}$ e as outras cargas (1, 2, 3 e 4) são todas iguais.

Os seus módulos serão:

$\displaystyle F_{01} \ = F_{02} \ = F_{03} \ =F_{04} \ = \ k\dfrac{|q_{1}|.|q_{0}|}{d^{2}}$

Substituindo ${d^2}$ , teremos:

$\displaystyle F_{01} = \ k\dfrac{|q_{1}|.|q_{0}|}{3a^{2}/2}$

Calculando:

$\displaystyle F_{01} = \ 9 \cdot 10^9 \dfrac{5 \cdot 10^{-6} \cdot 5 \cdot 10^{-6}}{3(20 \cdot 10^{-3}) ^{2}/2}$

$\displaystyle \longleftrightarrow F_{01} = 375 \ N$

Lembre que:

$\displaystyle F_{01} \ = F_{02} \ = F_{03} \ =F_{04}$

$\displaystyle \Rightarrow F_{01} \ = F_{02} \ = F_{03} \ =F_{04} \ = 375 \ N$

As forças ${F_{01}}$ , ${F_{02}}$ , ${F_{03}}$ e ${F_{04}}$ , além de terem o mesmo modulo, são todas respectivamente paralelas a diagonal formada pelo segmento que une as cargas que as originam. Neste caso, pela simetria do problema, todas estas diagonais formam o mesmo ângulo ${\theta}$ com o plano horizontal ${xOy}$ .

Neste caso, todas estas forças formarão também o mesmo ângulo ${\theta}$ com o plano horizontal ${xOy}$ .

Se inserirmos um sistema de coordenadas cartesiano em ${q_0}$ e projectarmos as forças, as projecções destas forças no plano ${xOy}$ vão anular-se mutuamente.

Na figura, só representamos as projecções para ${F_{03}}$ e para ${F_{04}}$ . Pela simetria do problema, poderemos deduzir as outras.

O eixo ${x}$ foi traçado de modo a ser paralelo a diagonal que contem ${q_1}$ e ${q_3}$ .

O eixo ${y}$ foi traçado de modo a ser paralelo a diagonal que contem ${q_4}$ e ${q_2}$ .

O eixo ${x}$ foi traçado de modo a ser paralelo a vertical que contem o ponto O e ${q_0}$ .

Neste caso:

${F_{01}}$ pertence ao plano ${xOz}$ ,
${F_{02}}$ pertence ao plano ${yOz}$ ,,
${F_{03}}$ pertence ao plano ${xOz}$ ,
${F_{04}}$ pertence ao plano ${zOz}$ .

As componentes horizontais (no plano ${xOy}$ ) anulam-se:

${F_{01x}}$ anula ${F_{03x}}$ ,
${F_{02y}}$ anula ${F_{04y}}$ .

Sobram apenas as componentes verticais. As projecçõpes verticais das forças ${F_{01}}$ , ${F_{02}}$ , ${F_{03}}$ e ${F_{04}}$ podem ser calculadas pelas seguintes relação:

$\displaystyle F_{01z}=F_{01z} \sin \theta$

Temos de obter o ângulo ${\theta}$ . Considerando o triângulo rectângulo formado pelas cargas ${q_1}$ , ${q_0}$ e o centro do quadrado da base ${O}$ , teremos:

$\displaystyle tg \theta = \dfrac{h}{b} \Rightarrow \theta = arctg \dfrac{h}{b}$

Substituindo ${h}$ e ${b}$ pelos seus valores, obtemos:

$\displaystyle \theta = arctg \dfrac{a}{a/\sqrt{2}}$

$\displaystyle \Rightarrow \theta = arctg \sqrt{2}$

$\displaystyle \Rightarrow \theta = 54,7^o$

Sabemos que, pela simetria do problema ${F_{01z}=F_{02z}=F_{03z}=F_{04z}}$ . Então:

$\displaystyle F_{01z}=F_{01} \sin \theta = 375 cos 54,7^o$

$\displaystyle F_{01z}=216,7 \ N$

As resultante das componentes verticais será igual a força eléctrica resultante em ${q_0}$ , que chamamos de ${F_{el}}$ .

Neste caso:

$\displaystyle F_{el}=F_{01z} + F_{02z} +F_{03z} + F_{04z}$

$\displaystyle F_{el}=4 \cdot F_{01z}$

$\displaystyle F_{el}=4 \cdot 216,7$

$\displaystyle F_{el}=866,8 \ N$

Para quê a carga de prova flutue em equilíbrio dinâmico é necessário que a força eletrostática resultante que atua nela seja igual a força de gravidade:

$\displaystyle F_{el} \ = \ F_{g}$

Então:

$\displaystyle F_{el} \ = \ m \ . \ g$

Ou:

$\displaystyle \ m \ . \ g = F_{el}$

$\displaystyle \Rightarrow m \ = \dfrac{F_{el}}{g}$

$\displaystyle \Rightarrow m \ = \dfrac{866,8}{9,8}$

$\displaystyle \Rightarrow m \ = \ 88,44 \ kg$

Exercício 11 Uma carga de prova ${q_0= \ 10 \ \mu C}$ de massa depressível, esta presa numa mola também de massa depressível, com constante ${K'= \ 10 \ N/m}$ , conforme a figura abaixo.

Uma outra carga ${q_1 \ =50 \ \mu C}$ é fixada abaixo desta. qual devera ser a distância entre as cargas para que a mola seja comprimida em 3 cm.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 11 .

O sistema apresenta um arranjo de cargas, onde a carga ${q_0}$ está presa a uma mola. Actuam nela a força eléctrica ${F_{01}}$ e a força elástica ${(F_k)}$ .

A mola está comprimida devido a força de repulsão. A massa da mola é depressível. ${K'}$ -constante elástica e ${K}$ – constante electrostática. O uso de ${K'}$ em vez do habitual ${K}$ para a constante elástica da mola é para distingui-lo da constante electrostática do meio ${K}$ .

As duas cargas são positivas, logo a força de interacção entre elas é de repulsão. Esta força tenderá a comprimir a mola. A compressão termina quando se atinge o equilíbrio entre a força deformadora (força eléctrica) e a força restauradora (força elástica).

Aplicaremos a condição de equilíbrio, substituiremos a força eléctrica pela relação obtida da lei de Coulomb, e isolaremos a distância d.

Dados

${K'= \ 10 \ N/m}$

${K \approx \ 9 \cdot 10^9 \ Nm^2/C^2}$

${x= \ 3 \ cm= \ 3 \cdot 10^{-2}}$

${q_0= \ 10 \ \mu C= \ 10 \cdot 10^{-6} \ C}$

${q_1= \ 50 \ \mu C= \ 50 \cdot 10^{-6} \ C}$

${d-?}$

Sabemos que, pela lei de Hook:

$\displaystyle F_{k}=K' \cdot x ($

Sabemos também, pela Lei de Coulomb, que:

$\displaystyle F_{01}=K\dfrac{|q_0| \cdot |q_1|}{d^2}$

Considerando que na carga ${q_0}$ as duas forças estão em equilíbrio, temos:

$\displaystyle \vec{F_{k}}+\vec{F_{01}}=0$

Em módulo, teremos:

$\displaystyle F_{k}-F_{01}=0$

$\displaystyle \Rightarrow F_{k}=F_{01}$

Substituindo as forças pelas suas relações, temos:

$\displaystyle K' \cdot x=K\dfrac{|q_0| \cdot |q_1|}{d^2}$

Passando o ${d^2}$ no membro esquerdo e a ${K' \cdot x}$ para o membro direito, obtemos:

$\displaystyle d^2=\dfrac{K \cdot |q_0| \cdot |q_1|}{K' \cdot x}$

$\displaystyle \Rightarrow d=\sqrt{\dfrac{K \cdot |q_0| \cdot |q_1|}{K' \cdot x}}$

Substituindo os valores:

$\displaystyle \Rightarrow d=\sqrt{\dfrac{9 \cdot 10^9 \cdot 10 \cdot 10^{-6} \cdot 50 \cdot 10^{-6}}{10 \cdot (3 \cdot 10^{-2})}}$

$\displaystyle d= \ 3, 87 \ m$

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2.1. Exercícios sobre Reflexão da Luz e Espelhos Planos (Parte 2)

07/23/2020 7:15 pm / 1 comentário em 2.1. Exercícios sobre Reflexão da Luz e Espelhos Planos (Parte 2)

Exercício 11 Três espelhos interceptam-se em ângulos rectos.Um feixe de luz atinge o primeiro deles com um ângulo ${\theta}$ (ver figura ao lado) .a)Mostre que quando esse raio é refletido pelos outros dois espelhos e cruza o raio original,o ângulo entre esses dois raios será ${\alpha = \ \ 180^{o}-2\theta}$ e determine o ângulo ${\theta}$ para o qual os dois raios serão perpendiculares quando se cruzam?

.NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 11 .

Redesenhando a figura. Na figura o ponto de intersecção entre o raio incidente e o primeiro espelho espelho chamamos de ${B}$ .

O raio que se reflecte deste ponto vai incidir no outro ponto do segundo espelho, que chamamos de ${C}$ .

Raio reflectido do ponto ${C}$ vai incidir no outro ponto do terceiro espelho que chamamos de ${D}$ .

O raio reflectido do ponto ${D}$ vai cruzar-se com o raio incidente num ponto que chamamos ${A}$ .

O ângulo de incidência e reflexão no ponto ${C}$ chamamos de ${z}$ . O complementar de ${z}$ chamamos de ${\varphi}$ .

O ângulo de incidência e reflexão no ponto ${D}$ chamamos de ${\beta}$ . O complementar de ${\beta}$ chamamos de ${\Psi}$ .

O complementar de ${\theta}$ chamas de ${\chi}$ .

Marcamos ainda os .s é eficaz conforme indicado na figura.

Da figura, no ponto B, analisando entre o espelho e a sua normal, temos:

$\displaystyle \chi \ + \theta = \ \ 90^{o}$

pelo triângulo BHC, pelo teorema da soma dos ângulos internos, temos temos :

$\displaystyle \chi \ + \varphi \ + \ 90^{o} = \ \ 180^{o}$

$\displaystyle \chi \ + \varphi = \ \ 90^{o}$

Subtraindo ambas equações dos passos anteriores, obtemos :

$\displaystyle \varphi = \ \theta$

Pelo teorema de ângulos internos no triângulo CDG, temos :

$\displaystyle \varphi \ + \Psi \ + \ 90^{o} = \ \ 180^{o}$

$\displaystyle \varphi \ + \Psi = \ \ 90^{o}$

Pelo teorema de ângulos internos no triângulo ADF, temos :

$\displaystyle y \ + \ 90^{o} \ + \Psi = \ \ 180^{o} \Rightarrow$

$\displaystyle y \ + \Psi = \ \ 90^{o}$

Subtraindo esta última pela equação do passo anterior, obtemos :

$\displaystyle y = \ \varphi$

Como ${\varphi = \ \theta}$ , obtermos:

$\displaystyle y = \ \theta$

No quadrilátero ${ABCD}$ temos :

$\displaystyle 2y \ + \alpha = \ \ 180^{o} \Rightarrow \alpha = \ \ 180^{o} \ - \ 2y$

Substituindo ${y = \ \theta}$ , obtemos:

$\displaystyle \alpha = \ 180^{o} \ - \ 2\theta$

Exercício 12 Um feixe de luz emitido por um laser,incide sobre a superfície da água de um aquário,como representado nesta figura :

O fundo desse aquário é espelhado ,a profundidade da agua é de 40 cm e o ângulo de incidência do feixe de luz é de ${50^{o}}$ . Qual é a distância entre os pontos A e C da figura?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 12 .

Dados

${n_{agua} = \ \ 1,33}$

${h = \overline{BO}= \ \ 40 \ cm}$

${\varphi = \ \ 50^{o}}$

${ \overline{AC} \rightarrow \ ?}$

No problema, a luz incide a partir do ar para a água. Toca na água no ponto A e refracta-se na água. É reflectida no ponto B(no espelho que está no fundo) e retorna à superfície de separação água-ar. No ponto C, faz refracção novamente para o Ar.

Para acharmos a distância AC devemos calcular o ângulo que o feixe de luz faz com a normal na água (usando a lei de Snell-Descartes), e combinando estes valores com a profundidade, no triângulo ABC.

Redesenhando a figura,temos :

Pela lei de Snell, no ponto A, podemos determinar o ângulo de refração. Temos :

$\displaystyle n_{ar} \ sen 50^{o} = \ \ n_{agua} \ . sen \theta$

Isolando o seno, no membro esquerdo, temos:

$\displaystyle sen \theta = \ \dfrac{n_{ar} \ sen 50^{o}}{n_{agua}} = \ \dfrac{1. \ sen 50^o}{1,33}$

$\displaystyle \Rightarrow \theta =\ arcsen({ \dfrac{1. \ sen 50^o}{1,33}}) = \ 35,15^{o}$

Se considerarmos o ponto médio do segmento ${\overline{AB}}$ , que chamamos de ${D}$ , então o triângulo ABD é rectângulo. O ângulo interno do vértice B é igual a ${\theta }$ e ${\overline{AD}=\overline{AC}/2}$ . Então:

$\displaystyle tg \theta= \ \dfrac{\overline{AD}}{\overline{BD}} = \ \dfrac{\dfrac{\overline{AC}}{2}}{h} = \ \dfrac{\overline{AC}}{2h}$

$\displaystyle \Rightarrow \overline{AC} = \ 2h \ . \ tg \theta$

Substituindo valores, obtemos:

$\displaystyle \overline{AC} = \ 2 \ . \ 40 \ cm \ . \ tg \ (35,15^o) \Rightarrow \overline{AC} = \ 56,37 \ cm$

Exercício 13 Um rapaz em repouso na rua,vê sua imagem reflectida por um espelho plano preso verticalmente na traseira de um autocarro que se afasta com a velocidade escalar constante de ${20 \ m/s}$ . Qual é a velocidade de afastamento da imagem em relação ao rapaz?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 13 Neste problema temos de analisar não só a velocidade com o espelho se afasta do rapaz, mas também a velocidade com que a sua imagem (que o espelho produz) se afasta dele.

O melhor raciocínio mais simplificado, consiste em estabelecer o espelho como referencial de analise e depois achar a velocidade relativa.

A medida que o autocarro se move para a direita, automaticamente o espelho também se move para a direita. como o movimento é relativo, podemos considerar que o autocarro e o espelho estão em repouso e o rapaz ( ${AB}$ ) é que se está a mover no sentido oposto (para a esquerda), com a mesma velocidade.

Se o rapaz, que é o nosso objecto óptico( ${AB}$ ), se move para esquerda com velocidade v, então a sua imagem formada pelo espelho ( ${A'B'}$ ) se afasta do espelho para direita com velocidade ${v'}$ .

Vamos estabelecer as equações do movimento no 1ª referencial (com origem no espelho) e depois amos fazer a transformação de Galileu par o 2º Referencial (com origem no rapaz). Veja a figura.

Pela lei da reflexão, em qualquer momento:

$\displaystyle \Delta x_{e} = \Delta x_{i}$

Portanto :

$\displaystyle -v \cdot t = v' \cdot t$

$\displaystyle \Rightarrow -v = v'$

$\displaystyle \Rightarrow |v| = |v'|$

Então , neste referencial (Referencial 1), temos:

$\displaystyle x_{Rap-Ref1}=x_{0Rap} - v. t$

$\displaystyle x_{Esp-Ref1}=0$

$\displaystyle x_{Rap-Ref1}=x_{0Rap} + v.t$

Se estabelecermos um novo referencial (no rapaz), então este referencial 1 (com origem no espelho) está em movimento em relação ao novo referencial 2 (com origem no rapaz), com velocidade v.

A transformação de galileu diz que: ${x_{Ref2}=x_{Ref 1} - v. t}$ .

Então para o rapaz( que no referencial 1 estava em movimento regressivo com velocidade v) teremos:

$\displaystyle x_{Rap-Ref2}=x_{Rap-Ref 1} + v. t$

$\displaystyle x_{Rap-Ref2}=(x_{0Rap}-v.t) + v. t$

$\displaystyle x_{Rap-Ref2}=x_{0Rap}$

Neste novo referencial, o rapaz está repouso.

Para o espelho/autocarro( que no referencial 1 estava em repouso na origem) teremos:

$\displaystyle x_{Esp-Ref2}=x_{Esp-Ref 1} + v. t$

$\displaystyle x_{Esp-Ref2}=0 + v. t$

$\displaystyle x_{Esp-Ref2}= v. t$

Neste novo referencial, o espelho/autocarro estão em movimento com velocidade v (conforme enunciado).

Para a imagem (que no referencial 1 estava em movimento progressivo com velocidade v) teremos:

$\displaystyle x_{Im-Ref2}=x_{Im-Ref 1} + v. t$

$\displaystyle x_{Im-Ref2}=(x_{0Im}+v.t) + v. t$

$\displaystyle x_{Im-Ref2}= x_{0Im} + 2 v t$

Neste novo referencial,imagem está em movimento com velocidade 2v .

Neste caso, a velocidade da imagem é:

$\displaystyle v_{im}= \ 2.v= \ 2.20=40 \ m/s$

Exercício 14 Um nativo de uma aldeia pesca em uma lagoa de água transparente. Para isso usa uma lança. Ao observar um peixe, ele atira a sua lança na direcção em que o observa. O jovem está fora da água e o peixe está em 1 m abaixo da superfície. O peixe está a uma distancia horizontal de ${0,9 \ m}$ do ponto aonde a lança atinge a superfície da água. Para essas condições determine :

a)O ângulo ${\alpha}$ ,de incidência da luz na superfície da agua-ar.

b)O ângulo ${\beta}$ que a lança faz com a superfície da água quando tenta alcançar o peixe.

c)A profundidade aparente y,da superfície da água em que o nativo vê o peixe.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 14

Dados

${n_{ar} = \ \ 1}$

${n_{agua} = \ \ 1,33}$

${\alpha \ - \ ?}$

${\beta \ - \ ?}$

${y = \ \overline{DE} - \ ?}$

Neste problema, temos analise baseadas na refracção da luz. O Peixe está no Ponto O nativo, na beira do rio, vê como se o peixe estivesse no ponto D (que é a imagem virtual do ponto C) formada pela refracção da luz na superfície. O ponto A é o ponto onde ocorre a refracção. O ângulo ${\alpha}$ é o ângulo de incidência da luz que sai do peixe e incide no ponto A. O ângulo ${\theta }$ é o ângulo de refracção da luz no ponto A. ângulo ${\beta }$ é complementar de ${\theta}$

Para encontramos o ângulo ${\alpha}$ , vamos aplicar a relação para as razões trigonométricas no triângulo rectângulo ABC. Sendo ${\overline{AB}}$ cateto adjacente, ${\overline{BC}}$ cateto oposto e ${\overline{AC}}$ a hipotenusa, teremos:
$\displaystyle tg \alpha = \ \dfrac{\overline{BC}}{\overline{AB}} = \ \dfrac{0,9}{1}$

$\displaystyle \Rightarrow \alpha =arctg ( \ \dfrac{0,9}{1})= \ 41,99^{o}$

$\displaystyle \alpha = \ 41,99^{o}$
Como ${\beta}$ é o complementar de ${\theta}$ , então, acharemos primeiro o ${\theta}$ e com ele acharemos o ${\beta}$ . O ${\theta}$ será obtido pela lei da refracção:
$\displaystyle n_{ar} \ sen \theta = \ \ n_{agua} \ sen \alpha$

Insolando o seno de ${ \theta }$ , temos:

$\displaystyle \ sen \theta = \ \ \dfrac{ \ n_{agua} \ . \ sen \alpha}{n_{ar}} = \ \dfrac{ \ 1,33. \ sen(41,99)}{1}$

Neste caso:

$\displaystyle \theta = arcsen ( \dfrac{1,33. \ sen(41,99)}{1})$

$\displaystyle \Rightarrow \theta = \ \ 62,85^{o}$

Como ${\theta \ + \beta = \ \ 90^{o}}$ , então:

$\displaystyle \beta = \ \ 90^{o} \ - \theta = \ \ 90^{o} \ - \ 62,85^{o}$

$\displaystyle \Rightarrow \beta = \ 27,15^{o}$
A profundidade aparente do peixe, neste caso, corresponde ao segmento ${\overline{DE}}$ . Para achar o seu valor, usaremos o triângulo ADE. Para este triângulo, temos:
$\displaystyle tg \beta = \ \dfrac{\overline{DE}}{\overline{AE}} \ \dfrac{y}{x}$

$\displaystyle \Rightarrow y = \ x \ tg \ (\beta)$

$\displaystyle \Rightarrow y = \ 0,9\ tg \ ( 27,15^{o})$

$\displaystyle y = \ 0,46 \ m$

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1.1. Exercícios sobre Generalidades do MHS (Parte 1)

07/22/2020 8:21 pm / Deixe um comentário

— 1. Oscilações —

— 1.1. Generalidades do MHS —

Exercício 1 .

A equação de um MHS é dada por ${ x=0,5 \sin 10 \pi t (SI)}$ .

Determina o número de ciclos feitos em ${ 10 \ s }$ de oscilação.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar.

Resolução 1 .

A equação de um MHS é geralmente dada na forma ${ x= A \cdot \sin (\omega \cdot t+\varphi_0 }$ . .

Comparando, termo a termo, com a equação dada no enunciado, temos que:

$\displaystyle A=0,5 \ m$

$\displaystyle w=10 \ \pi \ rad/s$

$\displaystyle \varphi_0=0 \ rad$

As unidades dos resultados estão no SI pois o enuanciado assim indica.

Para conseguir calcular o número de ciclos feitos em ${ 10 \ s}$ precisasse saber quantas oscilações são feitas em ${1 \ s}$ (a frequência da oscilação).

Para o MHS, ${\omega}$ é dado por:

$\displaystyle \omega=2 \pi \cdot f$

Logo:

$\displaystyle \omega=2 \cdot \pi \cdot f$

Substituindo o valor de ${\omega}$ dos dados, obtemos:

$\displaystyle 10 \pi = 2 \cdot \pi \cdot f$

Isolando ${f}$ :

$\displaystyle f= \frac{10 \pi}{2 \pi}=5 \ Hz$

Ou seja, em cada segundo são realizadas 5 oscilações. Para o MHS, a frequência é definida por:

$\displaystyle f= \frac{N}{t}$

$\displaystyle \Rightarrow N= f \cdot t$

substituindo valores, obtemos:

$\displaystyle N=5 \cdot 10$

Em ${ 10 \ s}$ de oscilações são realizados 50 ciclos.

Exercício 2 Uma partícula realiza um MHS, cuja equação horária é ${ x=5 \cos (\dfrac{\pi}{4} t }$ SI.

Determine o período do MHS.
Esboce o gráfico da velocidade em função do tempo.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar

Resolução 2 .

Este exercício está relacionado com o movimento harmónico simples. Determinaremos o período pela relação entre período e frequência angular. Determinaremos a velocidade derivando a equação da posição, dada no enunciado.

A equação horária de um MHS pode ser dada na forma ${ x=A \cos(\omega t+\varphi_0)}$ .Comparando, termo a termo, com a equação dada no enunciado ( ${x=5 \cos (\dfrac{\pi}{4} t }$ ), obtemos:
$\displaystyle \omega=\frac{\pi}{4} \ rad/s$

Sabendo que ${ \omega=\frac{2\pi}{T} }$ ,logo:

$\displaystyle T=\frac{2\pi}{\omega}$

Substituindo os dados:

$\displaystyle t= \frac{2\pi}{\pi /4}$

$\displaystyle T=8 \ s$
Para se esboçar o gráfico da velocidade em função do tempo precisamos construir uma tabela que relaciona as duas grandezas( ${v}$ e ${t}$ ).Para isso, precisamos escrever a equação da velocidade em função do tempo.
Sabe-se que a velocidade é dada pela derivada da posição em função do tempo, temos:

$\displaystyle v=\frac{dx}{dt}$

$\displaystyle \Rightarrow v=\frac{d}{dt} [5 \cos(\frac{\pi}{4}t)]$

$\displaystyle \Rightarrow v= -5 \cdot \frac{\pi}{4} \sin ( \frac{\pi}{4}t)$

$\displaystyle v= -1,25\pi \sin (\frac{\pi}t)$

A tabela será construida atribuindo diversos valores a ${t}$ e calculando os valores correspondentes de ${v}$ . Escolhemos os valores de ${t}$ de 0, 2, 4, 6, 8 e 10 s.

Lançando os valores num sistema de coordenadas cartesianos ${(t;v)}$ e interpolando os pontos, obtemos um gráfico similar ao da figura abaixo:

Nota: Ao interpolarmos os pontos, fazemos um ajuste sinusoidal, pois sabemos que a dependência de ${v}$ em relação a ${t}$ é .

Exercício 3 .

Uma partícula descreve um MHS segundo a equação ${x=0,5 \cos( \pi / 3+2 \pi t) }$ , no SI.Obtenha.

A correspondente equação da velocidade.
O módulo da máxima velocidade atingida por essa partícula.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar

Resolução 3 .

Este exercício está relacionado com o Movimento Harmónico Simples. Nos é dada a equação horária do MHS para acharmos a equação horária da velocidade e a velocidade máxima. A equação horária da velocidade será obtida pela derivada da função horária da posição. A velocidade máxima é obtida na amplitude da função horária da velocidade.

A equação da velocidade de uma partícula em MHS é dada pela derivada da equação da posição em função do tempo, ou seja:
$\displaystyle v(t)=\frac{d}{dt}x$

$\displaystyle \Rightarrow v(t)=\frac{d}{dt}[0,5 \cos(\frac{\pi}{3} +2 \pi t)]$

Derivando, obtemos:

$\displaystyle v{t}=-0,5 \cdot 2 \pi \sin( \frac{\pi}{3} +2 \pi t)$

$\displaystyle \Rightarrow v_{t}=-\pi \sin(\frac{\pi}{3} +2 \pi t)$
A velocidade num MHS é máxima quando ${ \sin( \varphi_0+ \omega)=1}$ . Logo:
$\displaystyle v_{max}=\pi \ m/s$

Exercício 4 .

Considere o MHS dado no gráfico. Escreva sua equação.

NÍVEL DE DIFICULDADE: Elementar

Resolução 4 .

O Problema ilustra o gráfico de ${x(t)}$ de um MHS. Para escrevermos a equação deste MHS, devemos determinar em primeiro lugar os seus parâmetros ( ${A}$ , ${\omega}$ e ${\varphi_0}$ ). Estes parâmetros são determinados no gráfico.

A amplitude é a distancia vertical máxima entre o maior valor e o valor de equilíbrio (ou médio). No caso, como a função é simétrica em relação ao eixo de ${t}$ (valor de equilíbrio é 0), então a amplitude é o maior valor de x a se registar na curva.

O período pode ser determinado como o tempo entre duas passagens sucessivas num máximo ou num mínimo. Como o gráfico não ilustra nem duas passagens pelo máximo, nem duas passagens pelo mínimo, então, então vamos usar o semi-período (metade do período)que é o tempo de passagem de um máximo para um mínimo ou vice-versa. á fase é obtida pela relação do valor inicial é relação ao valor máximo (considerando o momento de oscilação: subida ou descida.

A equação do movimento de um MHS é dada na forma ${ x = A \sin (\omega t + \varphi_0)}$ .

Com base na análise, é possível concluir que:

A amplitude ${ A=3 \ cm}$ ou ${ A=0,03 \ m}$ .

No momento inicial, o corpo se encontra no máximo positivo, e como estamos a considerar uma função seno. Neste caso, a função seno atinge exactamente o valor máximo quando o argumento é ${90^o=\pi / 2 \ Rad}$ . Neste caso, para obter a fase inicial, teremos:

$\displaystyle \omega t + \varphi_0= \pi/2$

$\displaystyle \Rightarrow \omega \cdot 0 + \varphi_0= \pi/2$

$\displaystyle \Rightarrow \ \varphi_0= \pi/2$

O corpo demora 4 segundos para sair de um extremo ao outro, ou seja, demorou 4 segundos para percorrer metade do percurso de oscilação.

Logo, os 4 segundos correspondem à metade do período da oscilação. Com isso, pode-se dizer que:

$\displaystyle T/2= 4 s$

$\displaystyle \Rightarrow \ T= 4\cdot 2$

$\displaystyle \Rightarrow \ T= \ 8 \ s$

Sabendo que ${ \Rightarrow=2 \pi /T}$ , logo:

$\displaystyle \omega =2 \pi /8$

$\displaystyle \Rightarrow \omega = \frac{1}{4} \pi \ rad/s$

Por fim, substituindo os dados na equação da oscilação ( ${ x = A \sin (\omega t + \varphi_0)}$ ), obtemos:

$\displaystyle x = 0,03 \sin (\frac{1}{4} \pi t + \dfrac{\pi }{2})$

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2.1. Exercícios sobre Reflexão da Luz e Espelhos Planos (Parte 1)

07/20/2020 7:28 pm / 1 comentário em 2.1. Exercícios sobre Reflexão da Luz e Espelhos Planos (Parte 1)

— 2. Exercícios sobre Geométrica —

— 2.1. Exercícios sobre Reflexão da Luz e Espelhos Planos —

Exercício 7 Supondo que o objecto B,no instante inicial está em movimento com a velocidade de ${1 \ m/s}$ ,na direcção indicada. Após quanto tempo será visível pelo espelho de vidro,pelo observador no ponto A?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 7 .

O problema a seguir trata de um problema de Campo de Visão. Pretendemos determinar após quanto tempo o corpo B é visível ao observador do ponto A, pelo espelho na parede.

Considerando as dimensões indicadas pelos quadriculados, e a posição do ponto A, podemos traçar os raios luminosos que partem do ponto A e se reflectem no espelho. Os raios que vão definir o campo de visão serão os raios que incidem nas extremidades do espelho. No caso os raios (1) e (2).

Traçamos os seus raios reflectidos pelo espelho, obedecendo a lei da reflexão, de modos que formem os mesmos ângulos. Neste caso, traçamos os raios (1′) e (2′) respeitando a simetria do problema. Veja a figura a seguir:

Neste caso, o campo de visão do observador A é a região compreendida entre os raios (1′) e (2′).

O Corpo B será visível pelo observador A no momento em que entra no campo de visão de A. Considerando que o corpo B se move e direcção horizontal, ele entrará no campo de visão de A, quando atingir o ponto P, que é o ponto de intercessão entre a linha da sua trajectória e o raio reflectido (1′).

Para calcularmos o tempo, devemos achar primeiramente a distancia percorrida por ele (corpo B) até chegar ao ponto P. No gráfico, podemos observar que esta distancia igual a 2 metros. Então:

${\Delta x = \ 2 m.}$

Então, como estamos a avaliar o movimento como um todo, usamos as equações do MRU. Logo:

$\displaystyle v = \ \dfrac{\Delta x}{\Delta t} \Rightarrow \Delta t = \ \dfrac{\Delta x}{v} = \$

$\displaystyle \Rightarrow \Delta t = \dfrac{2 \ m}{1 \ m/s} \Rightarrow \Delta t = \ \ 2 s$

Exercício 8 Dois espelhos planos estão dispostos de modo a formar um ângulo de ${30^o}$ entre eles, conforme a figura abaixo. Um raio luminoso incide sobre um dos espelhos, formando um ângulo de ${70^o}$ com a superfície. Este raio reflecte-se neste espelho e depois se reflecte no outro espelho, e cruza o raio incidente formando um ângulo ${\alpha}$ . Qual é o valor deste ângulo ${\alpha}$ ?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 8

Em primeiro lugar, devemos devemos dar nome aos pontos de referência:

O raio incidente identificamo-lo por 1;
O raio reflectido do primeiro espelho, que vai para o segundo espelho, identificamo-lo por 2;
O raio que sai do segundo espelho e cruza novamente com raio 1, identificamo-lo por 3;
O ponto de intersecção do raio 1 com o primeiro espelho, identificamo-lo por A;
O ponto intersecção do raio 2 com o segundo espelho, identificamo-lo por B;
O ponto de intersecção do raio 3 com raio 1, identificamo-lo por D;
O ponto de cruzamento dos dois espelhos, identificamo-lo por C.
O ângulo formado entre o raio 1 e o raio 2, identificamo-lo por ${\beta}$ ;
O ângulo formado entre o raio 2 2 o espelho 1, identificamo-lo por ${\varphi}$ ;
O ângulo formado entre o raio 2 e o segundo espelhos, identificamo-lo por ${\gamma}$ ;
o ângulo formado entre o raio 2 e o raio 3, identificamo-lo por ${\delta}$ ;
o ângulo formado entre o raio 3 e o espelho 2, identificamo-lo por ${\gamma '}$ .

Queremos determinar ${\alpha}$ , pela geometria sabemos que rectas concorrentes(rectas que se cruzam) formam dois ângulos iguais e opostos, então:

$\displaystyle \alpha = \ \alpha'$

Podemos determinar ${\alpha'}$ pelo triângulo ABD. Sabemos que a soma dos ângulos internos de um triângulo qualquer é igual à ${180^o}$ , então:

$\displaystyle \alpha' + \beta + \delta = \ 180^o$

O raio 1 forma um ângulo de ${70^o}$ com o espelho ${E_1}$ e pela lei da reflexão, por analogia, o raio 2 também forma um ângulo de ${70^o}$ com o mesmo espelho( ${\varphi = \ 70^o}$ ).

A soma destes três ângulos ${(\varphi, \ \beta \ e \ 70^o}$ dá um ângulo de ${180^0}$ , então:

$\displaystyle \varphi + \beta+ 70^o = \ 180^o$

$\displaystyle \Rightarrow \beta = \ 180^o - 70^o - \varphi = \ 180^o - 70^o - 70^o \Rightarrow \beta = \ 40^o$

No triângulo ABC, ${\gamma}$ é um dos ângulos do mesmo triângulo e, como já sabemos, a soma dos três ângulos deste triângulo é igual a ${180^o}$ . Assim podemos determinar ${\gamma}$ :

$\displaystyle \varphi + \gamma + 30^o = \ 180^o$

$\displaystyle \Rightarrow \gamma = \ 180^o-30^o- \varphi = \ 180^o-30^o-70^o \Rightarrow \gamma = \ 80^o$

Como ${\gamma}$ é o ângulo formado pelo raio 2 e o espelho 2, pela lei de reflexão, por analogia, este ângulo é igual ao ângulo formado pelo raio 3 e o espelho 2 ${\gamma'}$ . Desta forma podemos determinar ${\delta}$ ;

$\displaystyle \gamma + \delta + \gamma ' = \ 180^o \Rightarrow \delta = \ 180^o - \gamma -\gamma ' = \ 180^o - 80^o - 80^o \Rightarrow \delta = \ 20^o$

Tendo já conhecido os valores de ${\beta}$ e ${\delta}$ podemos determinar ${\alpha '}$ que consequentemente será igual à ${\alpha}$ .

$\displaystyle \alpha ' + \delta + \beta = \ 180^o$

$\displaystyle \Rightarrow \alpha ' = \ 180^o - \delta - \beta = \ 180^o - 20^o - 40^o \Rightarrow \alpha ' = \ 120^o$

$\displaystyle \alpha ' = \ \alpha, \ logo: \ \alpha = \ 120^o$

Exercício 9

Considere a figura baixo em que um ponto A está situado em frente de um espelho plano. Qual é a distância entre a imagem do ponto A e o ponto B, na figura, considerando as dimensões da escala indicada?

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 9

E primeiro lugar, devemos localizar a imagem de A. Para esboçar a imagem, seguimos o seguinte raciocínio:

Tracemos dois raios incidentes partindo do ponto A, que incidem no espelho 1 e 2;
Sabemos que por ser um espelho plano os raios vão se reflectir sob o mesmo ângulo. Traçamos então os raios reflectidos 1′ e 2′;
A partir da prolongação dos raios reflectidos pelo espelho podemos determinar a posição da imagem. Está imagem, de acordo com a formação da imagem me espelhos planos, estará à mesma distancia do espelho a que o objecto A se encontra. Neste caso a imagem estará a ${1 m}$ de distância do espelho.

A distância entre a imagem de A (A’) e o ponto B é o segmento: ${\overline{A'B}}$ .

Considerando a escala em quadriculado, podemos considerar o triângulo rectângulo (A’BP). Neste caso, ${\overline{A'B}}$ é a hipotenusa do triângulo rectângulo.

Então:

$\displaystyle \overline{A'B}^2 = \ \overline{A'P}^2+\overline{PB}^2$

$\displaystyle \overline{A'B} = \ \sqrt{8^2+3^2}$

$\displaystyle \overline{A'B} = \ \sqrt{73}$

$\displaystyle \overline{A'B} = \ 8,544 m$

Exercício 10 A distância entre A e o espelho plano ${E_1}$ é de 20 cm. A distância entre o mesmo ponto e o outro espelho plano ${E_2}$ é de 40 cm. Sendo o ângulo ${\theta = \ 30^o}$ . Determine a distância entre a posição da imagem do ponto A formada pelo espelho ${E_1}$ e a imagem do mesmo ponto formada pelo espelho ${E_2}$ .

NÍVEL DE DIFICULDADE: Regular.

Resolução 10

Em primeiro lugar devemos encontrar as imagens formadas pelos espelhos ${E_1}$ e ${E_2}$ .

Sabemos que, nos espelhos planos, a imagem é formada no lado oposto ao espelho, na direcção da perpendicular ao espelho que passa pelo objecto em causa (A) e fica situada a uma distância igual a distância entre objecto e o espelho.

Usando isso, podemos encontrar uma imagem do objecto a ser formado pelo espelho ${E_1}$ (que designamos de ${4}$ ) e pelo espelho ${E_2}$ (que designamos ${C}$ .

O ponto de intersecção entre a linha que sai do objecto até a imagem B (Segmento ${\overline{AB}}$ ) e o próprio espelho ${E_1}$ identificamos por ${B'}$ .

O ponto de intersecção entre a linha que sai do objecto até a imagem C (Segmento ${\overline{AC}}$ ) e o próprio espelho ${E_2}$ identificamos por ${C'}$ .

Então pela formação de imagens em espelhos planos sabemos que ${\overline{AB'}=\overline{B'B}}$ e que ${\overline{AC'}=\overline{C'C}}$ .

A distância que deseja determinar corresponde ao segmento ${\overline{BC}}$ .

Consideremos ${\overline{AB} = \ a}$ , distância entre o objecto e a imagem formada pelo espelho ${E_1}$ , e ${\overline{BC} = \ d}$ , distância entre as duas imagens.

As imagens são formadas pela prolongação dos raios incididos perpendicularmente aos espelhos. Neste caso o ângulo entre cada espelho e o seu respectivo raio incidido é igual à ${90^o}$ .

Por se tratar de espelhos planos, a distância entre cada imagem e o espelho que forma esta imagem é igual à distância entre o objecto e o respectivo espelho. Então:

$\displaystyle \overline{BB'} = \ \overline{AB'} = \ 20 \ cm \Rightarrow \overline{AB} = \ a = \ 2\overline{AB'} = \ 2 \cdot 20 \ cm = \ 40 \ cm$

$\displaystyle \overline{CC'} = \ \overline{AC'} = \ 40 \ cm \Rightarrow \overline{AC} = \ b = \ 2\overline{AC'} = \ 2 \cdot 40 \ cm = \ 80 \ cm$

Podemos determinar ${\overline{BC} = \ d}$ pela lei dos cossenos:

$\displaystyle d^2 = \ a^2+b^2-2ab \cos \alpha$

Mas precisamos antes determinar ${\alpha}$ . ${\alpha}$ é um dos ângulos internos do quadrilátero AB’C’D. Pela geometria, sabemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é igual à ${360^o}$ . Então:

$\displaystyle \theta + 90^o + \alpha + 90^o = \ 360^o \Rightarrow \alpha = \ 360^o - 180^o - \theta$

Sabendo que ${\theta = \ 30^o}$ , teremos:

$\displaystyle \alpha = \ 360^o - 180^o -30^o \Rightarrow \alpha = \ 150^o$

Assim, já podemos calcular o valor da distância entre as imagens formadas pelos dois espelhos:

$\displaystyle d^2 = \ a^2 + b^2 - 2ab \cos \alpha\Rightarrow d = \ \sqrt{a^2+b^2-2ab \cos \alpha}$

$\displaystyle a = \ 40 \ cm, \ b = \ 80 \ cm , \ \alpha = \ 150^o$

Então:

$\displaystyle d = \ \sqrt{(40)^2 + (80)^2 - 2 \cdot 40 \cdot 80 \ \cdot (\cos 150^o)}= 116,37 \ cm$

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