SOLUÇÃO IDEAL: FÍSICA IME 2016/2017

SOLUÇÃO IDEAL: FÍSICA IME 2016/2017
1)
Como mostra a figura acima, a fonte sonora F1 está presa ao teto por uma haste vertical. Outra fonte sonora
F2 está pendurada, em equilíbrio, por uma mola ideal na fonte F1. As duas fontes emitem sons de mesma
frequência f e em mesma fase. Se, em uma reta horizontal passando pela fonte F2, a intensidade do som é
máxima no ponto P (primeiro máximo de intensidade), situado a uma distância d de F2, determine:
a) A frequência f das fontes, em função dos demais parâmetros;
b) A equação que expressa a posição vertical da fonte F2 em função do tempo, a partir do instante em
Que a fonte F2 foi liberada, caso a fonte F2 seja deslocada para baixo por uma força externa até que a
Intensidade do som seja mínima no ponto P (primeiro mínimo de intensidade) e depois liberada.
•
Dados:
•
d=1m;
•
Peso da fonte: F2 = 10 N ;
•
Comprimento da mola relaxada: 90 cm ;
•
Constante elástica da mola: 100 N/m;
•
Velocidade do som: 340 m/s;
2
•
Aceleração da gravidade: 10 m/s ;
•
2 = 1,4.
0,11 = 0,33
•
Solução Ideal:
a) Condição de primeiro máximo:
2
λ = (ℓ 0 + ∆x)2 + d2 − d ⇒
vs
P 

=  ℓ 0 + 2  + d2 − d
f
k 

⇒
vs
f=
340
Fazendo a aplicação numérica encontra-se f =
2
P2 

2
 ℓ0 + k  + d − d


2
= 850 Hz
10 

2
 0,9 + 100  + 1 − 1


b) Condição de primeiro mínimo:
λ
= (ℓ 0 + ∆x)2 + d2 − d2 + A 2
2
2
2
⇒
vs
P 

=  ℓ 0 + 2  + d2 − d2 + A 2
2f
k 

2
⇒
340
= 2 − 1+ A2
2.850
1 + A 2 = 1,2 ⇒ 1 + A = 1,44 ⇒ A = 0,44 = 4(0,11) ⇒ A = 2 0,11 ⇒ A = 0,66 m
Adotando um eixo vertical, orientado para cima e com origem no ponto de equilíbrio, segue que:
y = 0,66.cos (10t + π) m
⇒
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2)
Uma partícula de massa m e com carga elétrica q entra em um campo magnético B, movimentando-se no
plano da figura de forma a atingir frontalmente (direção x) um corpo de massa M fixo a uma mola. O campo
magnético é ortogonal ao plano da figura e é desligado em um determinado instante durante o movimento
da partícula. A partícula colide com o corpo num choque perfeitamente inelástico, de forma a comprimir a
mola que estava inicialmente relaxada. Uma lente, representada na figura, é utilizada para amplificar a
imagem da mola, permitindo observar na tela a mola em sua compressão máxima decorrente do choque
supracitado. Determine:
a) O intervalo de tempo durante o qual o campo magnético permaneceu ligado após a entrada da partícula
no campo magnético;
b) A intensidade do campo magnético;
c) A velocidade v da partícula ao entrar no campo magnético, em função dos demais parâmetros;
d) A deformação máxima da mola; e
e) A distância C entre a mola e a lente, em função dos demais parâmetros.
Dados:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
tamanho da imagem na tela da mola em sua máxima compressão: i = 9 mm;
distância entre a lente e a tela: D = 100 mm;
distância focal: f = 10 mm;
massa da partícula: m = 1 g;
massa do corpo inicialmente fixo à mola: M = 9 g;
H = 10 m;
comprimento da mola relaxada: L = 11 mm;
carga da partícula: q = + 5 C; e
constante elástica da mola: k = 40 N/mm.
Consideração:
O plano da figura é ortogonal ao vetor aceleração da gravidade.
Solução Ideal:
Calculando a distância entre a lente e a mola.
1 1 1
1 1
1
100
= +
∴
= +
⇒ p=
mm
f p p'
10 p 100
9
Calculando a deformação máxima:
9
9 ⋅ 100
i −p'
9
100
=
∴ 1 = 11 − x
− =
∴
=
11 − x
100
o
p
11 − x 100
9
Conservando o momento linear na colisão:
x = 11 − 1 = 10 mm
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m ⋅ v = (m + v ) ⋅ v '
⇒
v' =
m⋅v
10 −3 ⋅ v
v
=
=
m+m
10
10−2
Conservando a energia:
2
1
1
v
(m + m ) ⋅ v ′2 = k ⋅ x 2 ⇒ 10−2 ⋅   = 40 ⋅ 102 ⋅ 10−3 ⇒ v 2 = 40 ⋅ 103
2
2
 10 
Velocidade antes do choque
⇒ v 200 m/s
Determinando o campo magnético:
m⋅v
m ⋅ v 10 −3 ⋅ 200
R=
⇒ B=
=
⇒ B = 4 ⋅ 10−3 T
q ⋅B
q⋅R
5 ⋅ 10
Calculando o tempo de desligamento do campo.
2πm
T q⋅B
π ⋅m
π ⋅ 10−3
π
∆T = =
=
⇒ ∆T =
=
s
4
4
2 ⋅ q⋅B
2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 10−3 40
RESPOSTAS:
π
a) ∆T =
s
40
b) B = 4 ⋅ 10 −3 T
c) v = 200 m s
d) x = 10 mm
100
e) c = p =
mm
9
3)
O sistema apresentado na figura encontra-se em equilíbrio estático, sendo composto por quatro corpos
homogêneos, com seção reta na forma “+ I M E”. O corpo “+” está totalmente imerso em um líquido e
sustentado pela extremidade A de um fio flexível ABC, de peso desprezível, que passa sem atrito por polias
fixas ideais. Sabe-se que, no ponto B, o fio forma um ângulo de 90o e sustenta parcialmente o peso do
corpo “M”. Finalmente, na extremidade C, o fio é fixado a uma plataforma rígida de peso desprezível e ponto
de apoio O, onde os corpos “I M E” estão apoiados. Diante do exposto, determine:
a) a intensidade da força de tração no fio BD;
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b) a intensidade da força de cada base do corpo “M” sobre a plataforma.
Observação:
•
dimensão das cotas dos corpos “+ I M E” na figura em unidade de comprimento (u.c.);
•
considere fios e polias ideais; e
•
existem dois meios cubos compondo a letra “ M ”
Dados:
•
aceleração da gravidade: g ;
•
massa específica dos corpos “+ I M E”: ρ ;
•
massa específica do líquido: ρL = ρ/9 ;
•
espessura dos corpos “+ I M E”: 1 u.c. ; e
•
comprimento dos fios DE = DF.
Solução Ideal:
T1
T2
TBD
T1
TEy
NI
E
TFy
F
FO F
NE
T2
P+
Antes de realizar os cálculos desta questão é necessário fazer algumas observações:
1) As forças que M faz na barra devem ser iguais de modo a garantir que o momento sobre M seja nulo;
2) O ponto de aplicação da normal sobre E está na direção do CM de E, de modo que o momento sobre E
também seja nulo;
3) Por simetria, as trações em E e F são iguais.
Em relação ao corpo E, a normal com relação à barra está aplicada em um ponto cuja distância à sua
7ρg.0,5 + 3ρg.2,5 + 2ρg.2 + 3ρg.2,5
extremidades esquerda vale: xCM =
= 1,5
15ρg
No corpo +: T1 = P+ - E = 9ρg – (ρ/0)g.9 = 8ρg
Na barra: ∑ MO = 0 ⇒ + 7ρg.6 + F.4 2 – F.4 2 – 15ρg.7 – T2.10,5 = 0 ⇒
10,5.T2 = 63 ⇒ T2 = 6ρg
2
2
2
2 2
2 2
2 2
No ponto B: TBD = T1 + T2 = 64ρ g + 36ρ g = 100ρ g ⇒ TBD = 10ρg
No ponto D: 2TFy = TBD ⇒ TFy = 5ρg
Pelo equilíbrio vertical de M: 22ρg = 2F + 2TFy = 2F + 10ρg ⇒ F = 6ρg
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4)
A figura acima apresenta um circuito elétrico composto por duas baterias iguais e oito resistores. Determine
o valor das baterias para que a potência elétrica no resistir R seja igual a 6W.
Solução Ideal:
I) Realizando a distribuição de nós e fazendo um novo arranjo para o circuito, observamos a existência de
uma ponte de Wheatstone em equilíbrio, como representado abaixo:
II) Com o equilíbrio da ponte, o resistor de 9Ω não opera e assim o circuito se resume a dois geradores
idênticos em paralelo, alimentando uma associação de resistores.
U2
U2
III) No resistor R, podemos escrever: P =
⇒ 6=
→ U = 3V , que representa a ddp fornecida pela
R
1,5
associação dos geradores.
IV) Admitindo que as resistências de 3Ω ligadas diretamente as baterias sejam suas resistências
1
1
1
1
internas, então a resistência elétrica externa vale:
=
+
+
. Re q(ext ) = 0,9Ω , que de
Re q(ext ) 4,5 4,5 1,5
3
10
acordo com a primeira lei de ohm é atravessado por uma corrente de intensidade: i =
⇒i =
A , que
0,9
3
5
corresponde a intensidade de corrente total, assim para cada gerador, temos: i = A .
3
V) Finalmente, através da equação do gerador, temos:
5
U = E − RI ⇒ 3 = E − 3 ⋅
⇒ E=8V
3
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5) Um pesquisador recebeu a incumbência de projetar um sistema alternativo para o fornecimento de
energia elétrica visando ao acionamento de compressores de geladeiras a serem empregadas no estoque
de vacinas. De acordo com os dados de projeto, a temperatura ideal de funcionamento da geladeira deve
ser 4° C durante 10 horas de operação contínua, sendo que a mesma possui as seguintes dimensões:
40cm de altura, 30cm de largura e 80cm de profundidade. Após estudo, o pesquisador recomenda que,
inicialmente, todas as faces da geladeira sejam recobertas por uma camada de 1,36cm de espessura de um
material isolante, de modo a se ter um melhor funcionamento do dispositivo. Considerando que este projeto
visa a atender comunidades remotas localizadas em regiões com alto índice de radiação solar, o
pesquisador sugere empregar um painel fotovoltaico que converta a energia solar em energia elétrica.
Estudos de viabilidade técnica apontam que a eficiência térmica da geladeira deve ser, no mínimo, igual a
50% do máximo teoricamente admissível. Baseado em uma análise termodinâmica e levando em conta os
dados abaixo, verifique se a solução proposta pelo pesquisador é adequada.
Dados:
•Condutividade térmica do material isolante: 0,05W/m°C;
•Temperatura ambiente da localidade: 34°C;
•Insolação solar média na localidade: 18MJ/m², em 10 horas de operação contínua;
•Rendimento do painel fotovoltaico: 10%;
•Área do painel fotovoltaico: 2m².
Solução Ideal:
Potência térmica recebida pela geladeira, por condução:
2kS1 | ∆θ | 2kS2 | ∆θ | 2kS3 | ∆θ | 2k | ∆θ |
Pot T =
+
+
=
(S1 + S2 + S3 ) ⇒
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
2(0,05)(30)
Pot T =
(0,4.0,3 + 0,4.0,8 + 0,8.0,3) = 150W
0,0136
η.I..S 0,1.18.106.2
=
= 100W
∆t
36000
Pot T 150
Portanto, a eficiência térmica da geladeira vale e =
=
= 1,5
PotF 100
A máxima eficiência ocorre para uma máquina térmica executando um ciclo de Carnot entre as mesmas
TF
277
temperaturas: eT =
=
= 9,23
TQ − TF
30
Como 50% de eT é superior à eficiência real da máquina, a solução proposta não é adequada.
A potência útil oriunda do painel fotovoltaico: PotF =
6)
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Uma fonte de tensão com uma resistência interna, Rint , tem as barras B1 e B 2 condutoras conectadas aos
seus terminais A e B, conforme apresentado na figura 1.A barra B 3 , de 30m de comprimento, pode moverse sem atrito sobre as barras B1 e B 2 e inicialmente encontra-se em repouso na posição x=0m.
No instante t=0, a barra B 3 começa a deslocar-se para a direita, com velocidade v(t) dada pelo gráfico
apresentado na figura 2.
A fonte de tensão possui característica terminal dada pelo gráfico apresentado na figura 3, onde I fonte é a
corrente fornecida pela fonte de tensão e V AB é a tensão medida entre os seus terminais A e B.
Diante do exposto, determine:
a) O valor da resistência R int da fonte de tensão (que é desprezível quando comparado com a da barra
B 3 );
b) A distância percorrida pela barra B 3 no instante em que a tensão entre suas extremidades for igual a
metade da tensão Vint ;
c) Em que instante de tempo a barra atingirá a distância percorrida no item (b);
d) A corrente I fonte no instante calculado no item (c).
Dados:
•Resistividades das barras B1, B 2 e B 3 : ρ = 0,5Ωm ;
•Área de seção transversal das B1, B 2 e B3 : 2,5mm 2
Solução Ideal
a) Pelo gráfico da fig. 3: v = E − r ⋅ i ⇒ 40 = 50 − r ⋅ 5
b) Lei de ohm para B3: U3 = R3 ⋅ i
⇒
⇒ r=2Ω
50 p ⋅ L 3
0,5 ⋅ 30
25
=
⋅ i ⇒ 25 =
⇒ i=
⋅ 10 −6 A
2
A
6
2,5 ⋅ 106 A
Vint
V
⇒ Rext = int − r
Rext + r
i
r → Desprezível em face de Rext.
2 ⋅ p ⋅ L1 + p ⋅ L3
2 ⋅ 0,5 ⋅ L1 + 0,5 ⋅ 30
50
=
⇒
= 12 ⋅ 106 ⇒ L1 + 15 = 30 ⇒ L1 = 15 m
−6
25
A
−6
2,5
⋅
10
⋅ 10
6
c) Pelo gráfico 2, temos
6+2
9
A1 + A 2 + A 3 ≅ 15 ⇒ 2.1 + 
 ⋅ 1 + 6 ⋅ t = 15 ⇒ t = 6 = 1,5s
 2 
Tempo Total: ∆T = 2 + 1,5 = 3,5s
25
.10 −6 A
d) if =
6
Lei de Ohm Pouillett: i =
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7)
A figura acima mostra um recipiente com paredes transparentes de espessuras desprezíveis. Esse
recipiente contém um gás ideal hipotético e é fechado por um êmbolo opaco. Inicialmente, um corpo
encontra-se apoiado sobre o êmbolo, em sua extremidade, mantendo todo o sistema em equilíbrio. Uma
microcâmera, posicionada no ponto O (interior do recipiente) e direcionada para o ponto A, consegue filmar
o ponto B no corpo.
O corpo é, então, lançado com velocidade horizontal v e sem atrito. Após o lançamento do corpo, o gás se
expande até que o êmbolo atinja o equilíbrio novamente em um intervalo de tempo desprezível. A
temperatura permanece constante durante todo o fenômeno. Determine em quanto tempo, após o
lançamento, o corpo voltará a ser filmado pela microcâmera.
Observação:
• o êmbolo tem altura suficiente para permanecer vedando o recipiente durante toda a expansão do gás;
• considere que o gás obedeça à lei de Gladstone-Dale, que diz que a relação entre seu índice de refração n
n −1
e sua densidade ρ é constante e dada pela expressão:
= cte.
ρ
Dados:
• Altura inicial do ponto B: 90 cm;
• Altura do ponto A: 30 cm ;
• Base do recipiente: Quadrado de lado 40 cm ;
• Massa do corpo = Massa do êmbolo ;
• Velocidade v: 1,5 m/s ;
• Índice de refração do vácuo: 1,0 ; e
• Aceleração da gravidade: 10 m/s².
Solução Ideal:
Como a microcâmera em O consegue filmar o ponto B no início, então ocorre
reflexão total:
v
B
n0sen α = 1 ⇒ n0 = 5/3
x
Como o processo é isotérmico: P0V0 = PfVf ⇒ (2mg/S)V0 = (mg/S)Vf ⇒
Vf/V0 = 2 ⇒ ρf/ρ0 = 1/2 ⇒ (nf – 1)/(n0 – 1) = 1/2 ⇒
2nf – 2 = n0 – 1 ⇒ nf = (n0 +1)/2 = 4/3
θ
Pela Lei de Snell: nfsen α = narsen θ ⇒ (4/3)(3/5) = 1.sen θ ⇒
α
A
sen θ = 4/5 ⇒ tg θ = 4/3
Equação da parábola:
2
2
i) x = vt = – 1,5t; ii) y = gt /2 = – 5t
2
Eliminando t obtém-se y = – 20x /9
Equação da trajetória do segundo raio: y = – 4x/3 – 0,6
2
2
Fazendo a interseção da parábola com a reta: – 20x /9 = – 4x/3 – 0,6 ⇒ 20x = 1,2x + 5,4 ⇒
x = – 0,3 m ou x = 0,9 m (não convém, pois a interseção ocorre para x < 0)
Assim: x = – 1,5t ⇒ – 0,3 = – 1,5t ⇒ t = 0,2 s
y
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8)
A figura acima apresenta uma estrutura em equilíbrio, formada por oito barras AC, BC, AF, CF, CD, DE, DF
e EF conectadas por articulações e apoiadas nos pontos A e B. Os apoios A e B impedem as translações
nas direções dos eixos x e y. Todas as barras são constituídas por material uniforme e homogêneo e
possuem pesos desprezíveis. No ponto D, há uma carga concentrada, paralela à direção do eixo x, da
direita para esquerda, de 20 kN, e, no ponto E existe uma carga concentrada, paralela à direção do eixo y,
de cima para baixo, de 30 kN. Determine:
a) as componentes da reação do apoio A em kN;
b) as componentes da reação do apoio B em kN;
c) as barras que possuem forças de tração, indicando os módulos destas forças em kN;
d) as barras que possuem forças de compressão, indicando os módulos destas forças em kN.
Solução Ideal:
Representando os esforços externos conforme a figura abaixo e aplicando a condição de equilíbrio para as
mesmas, temos:
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I) ∑ Fx = 0 → HA + HB = 20kN (eqI)
∑ Fy = 0 → VA + VB = 30kN (eqII)
II) ∑ t = 0 → VA ⋅ 10 = 20 ⋅ 17 + 30 ⋅ 22
VA=100KN, que substituindo na equação, encontramos: VB=-70kN
Analisando os esforços internos, temos:
i) Nó E: (x): FDE.senθ = 30 → FDE = 78kN.
(y): FDE.cosθ = FFE → FFE = 72kN.
ii) Nó D: (x): 20 + FED.cosθ = FCD.cosα → FCD = 130,1kN.
(y): FFD = FED.senθ + FCD.senα → FFD = 122kN.
iii) Nó F: (y): FAF = FFD = 122kN
(x): FCF = FEF = 72kN
iv) Nó C: (y): FAc + FBC = 99,7kN
(x): FBC – FAC = 52Kn, resolvendo o sistema: FBC = 75,9kN e FAC = 23,9kN
v) Nó A: (x): FCA.senθ + HA = 0 → HA = - 9,2kN. Como HA + HB = 20 → HB = 29,2kN.
a) VA =100kN (↑) e HA = - 9,2kN (←)
b) VB= -70kN (↓) e HB = 29,2kN (→)
c) barra DE = 78kN
barra CD = 130,1kN
barra AC = 23,9kN
barra CB = 75,9kN
d) barra EF = 72kN
barra FD = 122kN
barra FC = 72kN
barra FA = 122kN
9)
Uma partícula de carga + Q está presa a um espelho plano que se movimenta ortogonalmente ao plano xy.
Em um instante t, onde 0 < t <
π
2
, a interseção do espelho com o plano xy encontra-se na reta de
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equação y = sen (t )x + cos (t ) . Sabe-se que a coordenada y da partícula vale sempre 1 e que toda a região
está sujeita a um campo magnético de coordenadas ( 0 , 0 , B ). Determine:
a) as coordenadas do vetor da força magnética sofrida pela partícula;
b) o cosseno do ângulo entre o vetor da força magnética e o plano do espelho;
c) as coordenadas do vetor da força magnética refletido no espelho.
2
Solução Ideal:
a) Como a partícula pertence ao espelho, então na intersecção podemos afirmar que a posição da mesma é
dada por: y = sen(t )x + cos2 (t ) , como y=1, temos: 1 = sen(t )x + 1 − sen 2 (t )
dx
= cos(t ) .
dt
⌢
⌢
Através da definição de força magnética: Fm = Q(vxB ) , temos, Fm = +Q(cos(t )i )x(B ⋅ k )
⌢
⌢
Fm = −QB cos tj , onde concluímos que a força magnética tem componente somente no eixo y e aponta
para baixo
b) Representado por (θ ) o ângulo que o espelho forma com a direção x, então segundo o enunciado, o
sen 2 (t ) = sen(t )x → x = sen(t ) e assim sua velocidade será: vx =
ângulo entre a força magnética e o plano do espelho, vale: (90º −θ) , assim o que devemos obter é o
cos (90º −θ)
dy
dy
dy
, obteremos:
= sent , mas
= tgθ , assim
dx
dx
dx
senθ
sent
tgθ = sent ⇒
= sent → senθ =
, logo:
2
1 − sen θ
1 + sen 2t
sent
cos(90 − θ ) = senθ =
1 + sen 2t
c) Se decompormos a força magnética na direção do espelho e na direção perpendicular do
espelho,obteremos:
⌢
Fx ' = −FsenθI '
⌢
Fy ' = −F cos θJ ' . Componentes da Fm em x’ e y’
⌢
Fix ' = −FsenθI '
⌢
Fiy ' = +F cos θJ ' . Componentes do vetor imagem da Fm em x’ e y’
Assim nas direções x e y, teremos.
Fix = −Fix ' cos θ − Fiy ' senθ ⇒ Fix = −FsenθCosθ − F cos θsenθ
Se na equação da reta fizermos
Fix = −2Fsenθ ⋅ cos θ
Fix = −Fsen 2θ
Fiy= Fiy ' cos θ − Fix ' senθ
Fiy = F cos θ cos θ − Fsenθsenθ
Fiy = F (cos2 θ − sen 2θ )
Fiy = F cos 2θ
Mas senθ =
sent
1 + sen 2t
Então, Fix = −2 ⋅ F ⋅
, então cos θ =
sent
1 + sen 2t
⋅
1
1 + sen 2t
1
1 + sen 2t
→ Fix =
(
(
−2QB cos tsent
1 + sen 2t

1
sen 2t 
1 − sen 2t
Fiy = F 
−
→
Fiy
=
QB
cos
t
⋅
 1 + sen 2t 1 + sen 2t 
1 + sen 2t


)
)
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10)
Um feixe de fotóns de frequência f incide obliquamente, fazendo um ângulo θ com a vertical, sobre uma
superfície plana especular parcialmente absorvedora. A fração do número de fótons refletidos em relação
ao número de fótons incidentes é igual a k (0 < k < 1), o número de fótons por volume no feixe incidente é
igual a n. Calcule a pressão exercida pelos fótons sobre a superfície.
Dados:
• constante de Planck: h; e
• velocidade da Luz: c.
Solução Ideal:
I) A força que a radiação exerce deve-se a soma das parcelas absorvidas e refletidas. Assim, pela 2° lei de
∆pa ∆pr
Newton temos: Fsup =
+
∆t
∆t
Na ⋅ p cos Θ N r ⋅ 2 p cos Θ
, onde Na e Nr representam o N° de fóton absorvidas e refletidas
Fsup =
+
∆t
∆t
simultaneamente, assim como(p) é momento linear do fóton.
N
N
II) De acordo com o texto: r = k, então a = 1 − k que substituindo na equação I, temos:
N
N
N (1 − k )p cos Θ N ⋅ k ..2 p cos Θ
Fsup =
+
∆t
∆t
Como a pressão é exercida sobre a superfície então a área de incidência dos fótons é igual a A/cosΘ,
portanto a pressão será dada por:
Fsup . cos Θ
P=
A
N
 N (1 − k )p cos Θ Nk 2 p cos Θ  cos Θ
, como n = e V = A ⋅ ∆x , temos: N = n ⋅ A ⋅ ∆x , assim:
P=
+
⋅
V
∆
t
∆
t
A


P=
n.A.∆x.p. cos 2 Θ
(1 − k + 2k ), como ∆x = c, então :
A.∆t
∆t
P = n.pc. cos 2 Θ(1 + k ), como p=hf/c, temos: P = nhf . cos 2 Θ(1 + k )