espelhos esféricos - intermediário

ESPELHOS ESFÉRICOS - INTERMEDIÁRIO
A Equipe SEI selecionou exercícios de concursos sobre espelhos esféricos, para que você possa aprimorar seus
conhecimentos. Os exercícios selecionados são de nível intermediário. Bons estudos!
1. (ITA) Um objeto linear de altura h está assentado perpendicularmente no eixo principal de um espelho esférico, a 15 cm de
seu vértice. A imagem produzida é direita e tem altura de h/5. Este espelho é
(A) côncavo, de raio 15 cm.
(B) côncavo, de raio 7,5 cm.
(C) convexo, de raio 7,5 cm.
(D) convexo, de raio 15 cm.
(E) convexo, de raio 10 cm.
2. (ITA) Um jovem estudante para fazer a barba mais eficientemente resolve comprar um espelho esférico que aumenta duas
vezes a imagem do seu rosto quando ele se coloca a 50 cm dele. Que tipo de espelho ele deve usar e qual o raio de curvatura?
(A) Convexo com r = 50 cm
(B) Côncavo com r = 200 cm.
(C) Côncavo com r = 33,3 cm
(D) Convexo com r = 67 cm.
(E) Um espelho diferente dos mencionados.
3. (ITA) Um espelho esférico convexo reflete uma imagem equivalente a 3/4 da altura de um objeto dele situado a uma
distância p1. Então, para que essa imagem seja refletida com apenas 1/4 da sua altura, o objeto deverá se situar a uma distância
p2 do espelho, dada por
(A) p2 = 9p1.
(B) p2 = 9p1/4.
(C) p2 = 9p1/7.
(D) p2 = 15p1/7.
(E) p2 = –15p1/7.
4. (IME) Uma pequena barra metálica é solta no instante t = 0s do topo de um prédio de 32 m de altura. A aceleração da
gravidade local é 10 m/s2.
A barra cai na direção de um espelho côncavo colocado no solo, conforme indicado na figura. Em certo instante, a imagem da
barra fica invertida, 30 cm acima da barra e quatro vezes maior que ela.
O instante em que isso ocorre é, aproximadamente,
(A) 2,1 s
(B) 2,2 s
(C) 2,3 s
(D) 2,4 s
(E) 2,5 s.
5. (IME) 1. Um observador, estando a 20 cm de distância de um espelho esférico, vê sua imagem direita e ampliada três
vezes. Qual é o tipo de espelho utilizado? (justifique)
2. Suponha que raios solares incidam no espelho do item 1 e que, quando refletidos, atinjam uma esfera de cobre de
dimensões desprezíveis. Calcule a posição que esta deva ser colocada em relação ao espelho, para que seu aumento de
temperatura seja máximo. Calcule, ainda, a intensidade da força necessária para manter a esfera em repouso, nesta posição,
uma vez que a esfera está ligada ao espelho através de uma mola distendida, cujo comprimento é de 17 cm quando não
solicitada. Despreze o atrito e suponha que a constante elástica da mola seja de 100 N/m.
Gabarito
1. A
2. B
3. A
4. E
5. 1. Espelho côncavo (f > 0)
2. F = 13N
3. (AFA 2004) Um canhão dispara projéteis com velocidade v 0 . Desprezando-se os efeitos do ar e adotando-se g como
módulo do vetor aceleração da gravidade, pode-se afirmar que a altura máxima atingida pelo projétil, quando o alcance
horizontal for máximo, é
(A)
v 02
2g
(B)
v 02
4g
(C)
2v 0
g
(D)
v0
2g
.
Solução
Primeiramente, vamos deduzir o alcance horizontal do projétil, com velocidade de lançamento V0 e ângulo θ com a horizontal.
Encontrando as componentes horizontal e vertical da velocidade de lançamento, temos:
V0.senθ
V0
V0.cosθ
O movimento termina quando o projétil retorna para o solo. Logo, no eixo vertical, temos:
1
S = S0 + V0 .t + at 2
2
1
→ 0 = 0 + V0 .senθ .t − gt 2
2
2V .senθ
→t = 0
g
Este é o tempo total de movimento. Como o movimento horizontal é com velocidade constante, temos:
ΔS horiz = V0 .cos θ .t
→ A = V0 .cos θ .
→ A=
2V0 .senθ
g
V0 2
.2senθ .cos θ
g
V0 2 sen(2θ )
g
Podemos, então, perceber que o alcance é máximo para o ângulo de lançamento θ = 45°.
→ A=
Para calcular a altura máxima, voltemos a observar o movimento vertical. A altura máxima é atingida quando a velocidade de
subida se anula. Logo, no eixo vertical, temos:
V 2 = V0 2 + 2.a.ΔS
→ 0 = (V0 .senθ ) 2 + 2.(− g ).H max
→ H max =
V0 2 .sen 2θ
2g
Como o alcance máximo ocorre quando o ângulo de lançamento é θ = 45°, temos:
H max =
V0 2 .sen 2 45
2g
V0 2
4g
Opção B
→ H max =
4. (IME 1993_1994) Um míssil viajando paralelamente à superfície da terra com uma velocidade de 180 m/s, passa sobre um
canhão à altura de 4800 m no exato momento em que seu combustível acaba. Neste instante, o canhão dispara a 45o e atinge o
míssil. O canhão está no topo de uma colina de 300 m de altura.
Sabendo-se que a aceleração local da gravidade g = 10 m/s2, determine a altura da posição de encontro do míssil com a bala do
canhão, em relação ao solo. Despreze a resistência do ar.
Solução
Como o combustível do míssil acaba, no eixo vertical, ele passa a descrever uma queda livre. Logo, o movimento do míssil é
definido por:
Xmíssil = 180.t
Ymíssil = 4800 – 5t2
O movimento do projétil é definido por:
V0.sen45
V0
V0.cos45
X projétil = V0 .cos 45.t
Yprojétil = Y0 + V0 .sen 45.t +
1
(− g )t 2 = 300 + V0 .sen45.t − 5t 2
2
Para haver encontro do projétil com o míssil, eles devem ter a mesma posição no mesmo instante. Logo, devemos ter:
X projétil = X míssil
Yprojétil = Ymíssil
Observando a condição no eixo horizontal, temos:
X projétil = X míssil
V0 .cos 45.t = 180.t
→ V0 .cos 45 = 180 m/s
Como sen45 = cos45, a condição no eixo vertical pode ser escrita como:
Yprojétil = Ymíssil
→ 300 + V0 .sen45.t − 5t 2 = 4800 − 5t 2
→ 180.t = 4500
→ t = 25 s
Para calcular a altura do ponto de encontro, basta substituir o valor de t na equação vertical de qualquer dos corpos. Logo,
temos:
Ymíssil = 4800 − 5t 2
→ Ymíssil = 4800 − 5(25) 2
→ Ymíssil = 1675 m
(IME 1997_1998) Um pequeno cesto é preso em uma haste que o faz girar no sentido horário com velocidade constante. Um
carrinho, com velocidade de 1,5 m/s, traz consigo um brinquedo que arremessa bolinhas na vertical para cima com velocidade
de 5,5 m/s. Quando o carrinho está a uma distância de 2 m do eixo onde a haste é presa, uma bolinha é lançada. Nesse
instante, o cesto está na posição mais baixa da trajetória (posição A), que é a altura do chão e a do lançamento da bolinha.
A bolinha é arremessada e entra, por cima, no cesto quando este está na posição B indicada na figura. Determine o vetor
velocidade da bolinha ao entrar no cesto.
cesto
carrinho
B
A
2m
Solução
O movimento da bolinha que é lançada do carrinho é descrito por:
X bolinha = (1,5)t
Ybolinha = Y0 + V0 vertical .t +
1
(− g )t 2 = (5,5)t − 5t 2
2
No momento em que a bolinha entra no cesto, podemos dizer que as coordenadas do cesto são (tomando como referência a
posição do carrinho no momento do lançamento):
X cesto = 2 − R
Ycesto = R
Logo, temos:
⎪⎧1,5.t = 2 − R
⎨
2
⎪⎩5,5.t − 5t = R
Substituindo o valor de R da 2ª equação na 1ª, temos:
1,5.t = 2 − (5,5.t − 5t 2 )
→ 5t 2 − 7t + 2 = 0
Resolvendo a equação de 2° grau em t, temos duas possíveis soluções: t = 0,4 s ou t = 1,0 s. Como a bolinha entra no cesto por
cima, significa que ela já está no seu movimento de descida. Logo, o instante é t = 1,0 s.
Analisando as componentes da velocidade da bolinha no momento em que ela entra no cesto, temos:
Vhorizontal = 1,5 m/s
Vvertical = 5,5 − 10.t = − 4,5 m/s
ur
r
r
Logo, o vetor velocidade da bolinha pode ser escrito: V = 1,5.i − 4,5. j
Todos os exercícios resolvidos neste artigo trataram de lançamento oblíquo convencional, onde a única aceleração
existente é a gravidade. Por isso, o movimento horizontal é com velocidade constante. Porém, em algumas situações,
pode haver aceleração horizontal também. Na próxima semana, a equipe SEI resolverá alguns exercícios nesta nova
situação. Bons estudos!