Simulado de Óptica

Exercício 1:
(UFAM)

Um homem de altura y está a uma distância D de uma câmara de orifício de comprimento L. A sua imagem formada no interior da câmara tem uma altura y/20. Se duplicarmos a distância entre o homem e o orifício, a nova imagem terá altura:

 a) y/120  b) y/80  c) y/60  d) y/2  e) y/40

Resolução:

De i/o = p’/p, concluímos que dobrando p, i cai à metade. Portanto, de y/20 a imagem passa a ter altura y/40.

Resposta: e

Exercício 2:

(UESPI)

Uma bola vai do ponto A ao ponto B sobre uma mesa horizontal, segundo a trajetória mostrada na figura a seguir. Perpendicularmente à superfície da mesa, existe um espelho plano. Pode-se afirmar que a distância do ponto A à imagem da bola quando ela se encontra no ponto B é igual a:

A) 8 cm

B) 12 cm

C) 16 cm

D) 20 cm

E) 32 cm

Resolução:

Triângulo AB’C:

(AB’)² = (12)² + (16)² => AB’ = 20 cm

Resposta: D

Exercício 3:

(UFAM)

Um raio de luz, i, incide paralelamente ao eixo principal de um espelho côncavo de raio de curvatura de 60 cm. O raio refletido vai atravessar o eixo principal no ponto de abscissa, em cm, igual a:

a) 30   b) 10   c) 20   d) 60   e) 40

Resolução:

O raio refletido atravessa o eixo principal passando pelo foco principal e, portanto, a uma distância do espelho igual a R/2 = 30 cm.

Resposta: a

Exercício 4:

(Mackenzie-SP)

Um objeto real se encontra sobre o eixo principal de um espelho côncavo, de distância focal 10 cm, e a 20 cm do vértice do espelho. Sendo obedecidas as condições de Gauss, sua imagem é

a) real e direita.                                  b) real e invertida.

c) virtual e direita.                               d) virtual e invertida.

e) imprópria, localizada no infinito.

Resolução:

O objeto se encontra no centro de curvatura do espelho. Logo, a imagem formada é real, invertida e tem a mesma altura do objeto.

Resposta: b

Exercício 5:

(UNIFAL-MG)

Um objeto real, direito, situado no eixo principal de um espelho esférico côncavo, 20 cm distante do vértice do espelho, forma uma imagem real situada a 60 cm do vértice do espelho. Assinale a alternativa correta.

a) A imagem formada está entre o foco e o centro de curvatura.

b) A imagem formada é maior que o objeto e direita.

c) A distância focal do espelho é de 30 cm.

d) A imagem é menor que o objeto e invertida.

e) O objeto está situado entre o foco e o centro de curvatura do espelho.

Resolução:

Vamos determinar a distância focal do espelho aplicando a equação de Gauss:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/f = 1/20 + 1/60 => f = 15 cm.

Concluímos que o objeto está situado entre o foco e o centro de curvatura.

Resposta: e

Exercício 6:

(Unimontes-MG)

Um mergulhador, submerso em um lago, vê o Sol fazendo um ângulo de elevação aparente θ = 45º, com a superfície do lago. Seja α o ângulo de elevação real que o Sol faz com o horizonte, na situação descrita. O valor de [sen(α)]² é, aproximadamente,

Dados:

Índice de refração do ar = 1,00

Índice de refração da água = 1,33

sen 45º ≅ 0,710

sen (90º - x) = cos (x)

A) 0,389

B) 0,554

C) 0,412

D) 0,108

Resolução:

Lei de Snell-Descartes:α 
n₁.sen i = n₂.sen r 
1.sen (90º - α) = 1,33.sen 45º
cos α = 1,33.0,710
cos α ≈ 0,944
[sen (α)]² = 1 - [cos (α)]²
[sen (α)]² ≈ 0,108

Resposta: D

Exercício 7:
(UFRR)
A figura mostra um material, em formato de quadrado, com índice de refração desconhecido. No canto direito, inferior, do quadrado, emerge um feixe de luz. A luz atravessa a diagonal do quadrado e sai pelo seu canto esquerdo, superior, de modo que a direção de propagação da luz no ar (cujo índice de refração é aproximadamente igual a 1) seja paralela ao lado superior do quadrado. Nestas condições:

A) O índice de refração do material é 0,707.
B) O índice de refração do material é √2/2
C) O índice de refração do material é √2
D) O índice de refração do material é 0,5
E) O índice de refração do material é 2

Resolução:

Como o raio emerge rasante, concluímos que o ângulo de incidência é o ângulo limite, isto é, L = 45º
Sendo sen L = 1/n, vem: sen 45º = 1/n => n = 1/sen 45º =>
n = 1/(√2/2) => n = √2

Resposta: C
 
Exercício 8:
(UFES)

Para que ocorra reflexão total em uma fibra óptica, é necssário que

A) o índice de reflexão do núcleo seja igual ao do revestimento
B) o índice de refração do núcleo seja igual ao do revestimento
C) o índice de reflexão do núcleo seja maior que o do revestimento
D) o índice de refração do núcleo seja maior que o do revestimento
E) o índice de refração do núcleo seja menor que o do revestimento

Resolução:

Na fibra óptica a luz sofre reflexão total. Para que tal ocorra o índice de refração do núcleo deve ser maior do que o do revestimento. Além disso, o ângulo de incidência deve ser maior do que o ângulo limite.

Resposta: D

Exercício 9:
(UFU-MG)
A figura abaixo representa um feixe de luz branca viajando pelo ar e incidindo sobre um pedaço de vidro crown. A tabela apresenta os índices de refração (n) para algumas cores nesse vidro.

Nesse esquema o feixe refratado 3 corresponde à cor

A) branca
B) violeta
C) verde
D) vermelha

Resolução:

O índice de refração do vidro para a luz violeta é maior do que para as demais cores. Logo, a luz violeta é a que mais se aproxima da normal. Portanto, no esquema apresentado o feixe refratado 3 corresponde à luz violeta.

Resposta: B

Exercício 10:
(UECE)
Um raio de luz propagando-se no ar incide, com um ângulo de incidência igual a 45º, em uma das faces de uma lâmina feita com um material transparente de indice de refração n, como mostra a figura.

Sabendo-se que a linha AC é o prolongamento do raio incidente, d = 4 cm e
BC = 1 cm, assinale a alternativa que contém o valor de n.

A) 2√3
B) 5√2/6
C) 3√3/2
D) 1,5

Resolução:

O triângulo AOC é retângulo e isósceles. Logo, OC = d = 4 cm.
Portanto, OB = 4 cm – 1 cm = 3 cm.
Pelo Teorema de Pitágoras, temos: AB= 5 cm. 

Pela Lei de Snell-Descartes:

n_ar.sen i = n.sen r => 1.sen 45º = n.(OB/AB) =>
 √2/2 = n.(3/5) => n = 5.√2/6

Resposta: B

Exercício 11:
(UTFPR)
Um objeto é colocado frente ao sistema óptico representado abaixo. Esboce a imagem formada:

Assinale as alternativas abaixo com V se verdadeira ou F se falsa.

(  ) A formação da imagem esquematizada é comum nas câmeras fotográficas.
(  ) A imagem é invertida, maior e pode ser projetada num anteparo.
(  ) A imagem forma-se geometricamente entre o foco imagem e o ponto antiprincipal.

A sequência correta será:

A) V, F, V
B) V, F, F
C) F, V, F
D) F, F, F
E) V, V, F

Resolução:

I) Falsa. Nas câmaras fotográficas o objeto está localizado antes do ponto antiprincipal objeto A.
II) Verdadeira. A imagem é real, invertida  e maior do que o objeto. Sendo real pode ser projetada num anteparo
III) Falsa. A imagem forma-se depois  do ponto antiprincipal imagem A’.

Resposta: C

Exercício 12:
(UFTM)
As figuras mostram um mesmo texto visto de duas formas: na figura 1 a olho nu, e na figura 2 com auxílio de uma lente esférica. As medidas nas figuras mostram as dimensões das letras nas duas situações.

Sabendo que a lente foi posicionada paralelamente à folha e a 12 cm dela, pode-se afirmar que ela é


(A) divergente e tem distância focal -20 cm
(B) divergente e tem distância focal -40 cm
(C) convergente e tem distância focal 15 cm
(D) convergente e tem distância focal 20 cm
(E) convergente e tem distância focal 45 cm

Resolução:

A imagem é direita e maior do que o objeto. Logo, trata-se de uma lente convergente.
i/o = -p’/p => 10/4 = -p’/12 => p’ = -30 cm.
1/f = 1/p + 1/p’ => 1/f = 1/12 + 1/(-30) => f = + 20 cm.
O fato de a distância focal ser positiva, confirma que a lente é convergente.

Resposta: D

Exercício 13:
(PUC-PR)
A equação de Gauss relaciona a distância focal (f) de uma lente esférica delgada com as distâncias do objeto (p) e da imagem (p’) ao vértice da lente. O gráfico dado mostra a distância da imagem em função da distância do objeto para uma determinada lente. Aproximadamente, a que distância (p) da lente deve ficar o objeto para produzir uma imagem virtual, direita e com ampliação (m) de 4,0 vezes?

A) 10 cm
B) 20 cm
C) 8,0 cm
D) 7,5 cm
E) 5,5 cm

Resolução:

Do gráfico, para p = 20 cm, temos p’ = 20 cm.

Pela equação de Gauss calculamos a distância focal:
 
1/f = 1/p + 1/p’ => 1/f = 1/20 + 1/20 => f = 10 cm
 
Aumento linear transversal:
 
i/o = -p’/p => 4,0 = -p’/p => p’ = -4,0 p
1/f = 1/p + 1/p’ => 1/10 = 1/p + 1/(-4,0 p) => p = 7,5 cm

Resposta: D

Exercicio 14:
(UFAM)
Um objeto retilíneo de 4 cm é colocado transversalmente ao eixo principal de uma lente esférica convergente. A distância entre o objeto e o centro da lente vale 36 cm. A distância focal da lente vale 12 cm. A amplificação e o tamanho da imagem valem respectivamente:

a)  -0,50 e - 2 cm (invertida)
b)  -0,75 e - 2 cm (invertida)
c)  -0,25 e – 2 cm (invertida)
d)  0,50 e 2 cm (direita)
e)  0,75  e  2 cm (direita)

Resolução:

Equação de Gauss:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/12 = 1/36 + 1/p’ => p’ = 18 cm
A = -p’/p => A = -18/36 => A = -0,50 (imagem invertida)
A = i/o => -0,50 = i/4 => i = -2 cm

Resposta: a

Exercício 15:
(UFPE)
Um objeto de altura h = 2,5 cm está localizado a 4,0 cm de uma lente delgada de distância focal f = +8,0 cm. Determine a altura deste objeto, em cm, quando observado através da lente.

A) 3,0
B) 4,5
C) 5,0
D) 6,5
E) 2,5

Resolução:

Equação de Gauss:

1/f = 1/p + 1/p’ => 1/8,0 = 1/4,0 + 1/p’ => p’= -8 cm

Aumento linear transversal:

i/o = -p’/p => i/2,5 = -(-8)/4 => i = 5,0 cm

Resposta: C

Exercício 16:
(VUNESP-SP)
Para que alguém, com o olho normal, possa distinguir um ponto separado de outro, é necessário que as imagens desses pontos, que são projetadas em sua retina, estejam separadas uma da outra a uma distância de 0,005 mm.

Adotando-se um modelo muito simplificado do olho humano no qual ele possa ser considerado uma esfera cujo diâmetro médio é igual a 15 mm, a maior distância x, em metros, que dois pontos luminosos, distantes 1 mm um do outro, podem estar do observador, para que este os perceba separados, é:

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5. 

Resolução:

Considerando retilínea a imagem que se forma na retina
(de comprimento 0,005 mm), pela semelhança entre os triângulos formados, obtemos:

x/15 mm = 1 mm/0,005 mm => x = 3000 mm = 3 m

Resposta: c

Exercício 17:
(UFSCAR-SP) 
... Pince-nez é coisa que usei por largos anos, sem desdouro. Um dia, porém, queixando-me do enfraquecimento da vista, alguém me disse que o mal talvez viesse da fábrica. ...

(Machado de Assis, Bons Dias, 1888.)

Machado de Assis via-se obrigado a usar lentes corretivas que, em sua época, apoiavam-se em armações conhecidas como pince-nez ou lorgnon, que se mantinham fixas ao rosto pela ação de uma débil força elástica sobre o nariz. 
Supondo que Machado, míope, só conseguisse ver nitidamente objetos à sua frente desde que estes se encontrassem a até 2 m de seus olhos, e que ambos os olhos tivessem o mesmo grau de miopia, as lentes corretivas de seu pince-nez deveriam se de vergência, em dioptrias,


a) +2,0.     b) -0,5.     c) -1,0.
d) - 1,5.     e) -2,0.

Resolução:

A distância do ponto remoto ao olho era de 2 m. Logo, a distância focal das lentes divergentes corretivas era f = -2 m. Sendo a vergência o inverso da distância focal, vem:

V = 1/f = 1/-2 => V= -0,5 di

Resposta: b