Questão 1

IME 2018

Física

(IME - 2018/2019 - 2ª FASE )

Um conjunto óptico é formado por uma lente convergente e um prisma de Amici, conforme mostra a Figura 1. O conjunto está totalmente integrado, sendo formado pelo mesmo vidro. A lente possui centro óptico O e foco F situado sobre a face-hipotenusa do prisma. Nesse prisma, os raios incidentes sobre a face-hipotenusa sofrem reflexão interna total. Uma lanterna cilíndrica muito potente, com potência óptica de $P = pisqrt3 W$ e diâmetro d=10 cm, gera raios de luz paralelos ao eixo principal da lente. A lanterna está solidária ao sistema óptico e seus raios são focalizados pela lente e refletidos pelo prisma, até a sua face-cateto plana, saindo do prisma e projetando a luz sobre um anteparo plano alinhado verticalmente. Conforme mostra a Figura 2, no intervalo $0leqslant t < 12s,$ todo o conjunto óptico começa a girar, a partir do instante em que P coincide com T, em velocidade angular constante $omega =pi/36$ rad/s. Dessa forma, o contorno da luz projetada no anteparo passa a ser uma curva plana, conhecida na matemática.

Diante do exposto, determine:

a) o ângulo de abertura $heta$ do cone formado na saída do prisma, quando o índice de refração do conjunto óptico é o mínimo para que o feixe luminoso seja totalmente refletido na face-hipotenusa;

b) a expressão da velocidade escalar v(t) com que o ponto P (interseção do eixo do cone com o anteparo) desloca-se verticalmente ao longo do anteparo, e

c) a densidade de potência W/m², da luz projetada no anteparo, em t = 9s. Neste caso, considere que todas as dimensões do prisma são muito pequenas em relação à distância para o anteparo, ou seja, o ângulo de abertura é $heta$ ao longo de todo o cone de saída, a partir de F.

Dados:

- o meio externo é o ar : $n_1=1$ ;

- $overline{OF}=overline{FA}=5(1+2sqrt{2})cm;$

- a separação horizontal entre o foco F da lente e o anteparo, no ponto T, é $overline{FT}=10m;$

Observação:

- a linha $overline{FP},$ prolongamento de $overline{FA},$ é o eixo do cone;

- o ângulo $heta$ é o ângulo entre o eixo e qualquer geratriz do cone de luz de saída do prisma, e

- desconsidere qualquer perda da intensidade luminosa ao longo de todo o percurso até o anteparo.

Gabarito:

Resolução:

Lei de snell - Refração

$n_isinTheta _i=n_rsinTheta_r$

(a) Para que ocorra a reflexão total, devemos nivelar pelo $Theta_{imin}$ , garantindo que todos os raios do feixe sofram reflexão total. Temos a seguinte geometria :

Importante :

$left{egin{matrix}alpha = 45 + widehat{m} ightarrow widehat{m}= alpha - 45 \ eta =90-alpha end{matrix} ight.$

$\\Theta_{imin} = 90 - widehat{m} - 2eta \\ Theta_{imin} = 90-alpha +45 -2(90-alpha)\\Theta_{imin}=alpha -45$

$x^2 = 25(1+2sqrt{2})^2 + 25 \x^2 = 25(1+4sqrt{2}+8+1) \ x^2 = 25(10+4sqrt{2}) \x = 5sqrt{10+4sqrt2}): m \\\ sinalpha = frac{5(1+2sqrt2)}{5sqrt{10+4sqrt2}}=frac{1+2sqrt{2}}{sqrt{10+4sqrt2}} \\\\$

$\\ cosalpha = frac{5}{5sqrt{10+4sqrt2}}=frac{1}{sqrt{10+4sqrt2}} \\\\$

Aplicando a Lei de snell :

$n_{prisma} sin heta _{imin} = n_{ar}sin90=1 \\ herefore : : : : : n_{prisma} =1 /sin heta_{imin}= 1/sin(alpha-45)$

$sin(alpha-45) = sinalpha cos45-sin45 cosalpha= frac{1}{sqrt2}(sinalpha - cosalpha) \\ herefore sin(alpha-45) = frac{1}{sqrt2}(frac{2sqrt2}{sqrt{10+4sqrt{2}}}) \\ herefore sin(alpha-45) =frac{2}{sqrt{10+4sqrt{2}}}$

Portanto,

$n_{prisma} = 1 /sin(alpha - 45) = (sqrt{10+4sqrt2})/2$

Para descobrir $Theta_i$ , teremos que usar mais a geometria.

Pela simetria do fenômeno de reflexão, o feixo cônico incidente é igual ao feixo cônico refletido.

Logo temos:

$overline{OF}=overline{AF} Rightarrow$ Por isso podemos afirmar que os cones de luz de incidência e reflexão são iguais.

Agora, aplicando a Lei de Snell no ponto M, temos :

$n_{prisma} sineta = n_{ar} sinTheta \\ ((sqrt{10+4sqrt2})/2): sin(90-alpha) = sinTheta \\ sinTheta = ((sqrt{10+4sqrt2})/2) cosalpha = ((sqrt{10+4sqrt2})/2) cdot (1/(sqrt{10+4sqrt2}) \\ sin heta = 1/2 Rightarrow heta = 30$

$\omega H= V_p cos( heta (t))\ omega H= V_p cos( heta (t))\ .: V_p = frac{omega H^2}{10}\ H^2 = PT^2 + 100.\ tg( heta (t)) = frac{PT}{100} ightarrow PT = 10 tg( heta (t))\ .: V_p = frac{omega (100 tg( heta (t))^2 + 100)}{10}\ .: V_p = frac{pi (sec(frac{pi t}{36}))^2}{18}$

*linha vermelha ao lado direito de C, P e B: eixo maior da elipse

Obs: o eixo menor tem o mesmo comprimento do diâmetro da seção reta correspondente.

$tg (omega t - heta ) = frac{overline{BT}}{10} overset{t = 9s}{ ightarrow} tg left ( frac{pi}{36} cdot 9 - frac{pi}{6} ight ) = frac{overline{BT}}{10 }$

$tg (omega t + heta ) = frac{overline{CB} + overline{BT}}{10} overset{t = 9s}{ ightarrow} tg left ( frac{pi}{36} cdot 9 + frac{pi}{6} ight ) = frac{overline{CB} }{10} + frac{overline{BT} }{10}$

$\ tg left ( frac{pi}{4} - frac{pi}{6} ight ) = tg left ( frac{pi}{12} ight ) = frac{overline{BT} }{10} Rightarrow frac{overline{BT} }{10} = tg (15^{circ})$

$tg left ( frac{pi}{4} + frac{pi}{6} ight ) = tg cdot left ( frac{10 , pi}{24} ight ) = tg left ( frac{5 , pi}{12} ight ) = tg left ( 75 ^{circ} ight ) = frac{overline{CB}}{10} + frac{overline{BT}}{10}$

$herefore frac{1}{tg , 15^{circ}} = frac{overline{CB}}{10} + tg , 15^{circ} Rightarrow frac{overline{CB}}{10} = frac{1}{tg , 15^{circ}} - tg , 15^{circ}$

$Rightarrow tg , 30^{circ} = frac{2 , tg , 15^{circ}}{1 - tg ^2 , 15^{circ}} = frac{2}{frac{1}{tg 15^{circ}}- tg , 15^{circ}} Rightarrow frac{1}{tg , 15^{circ}} - tg , 15^{circ} = frac{2}{tg , 30^{circ}}$