Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O problema exemplifica um possível caso de encontro entre dois corpos, um mantendo m.r.u. e o outro acelerando e desacelerando.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Josias para alcançar o ônibus no instante que ele chega à próxima parada deve percorrer $$D+d$$, fazendo tal em um m.r.u. com velocidade $$v$$. O ônibus deve percorrer $$D$$ para chegar à parada, saindo com velocidade inicial $$0$$ e chegando com velocidade final também $$0$$. O ônibus pode estabelecer dois movimentos, dependendo da distância $$D$$ entre as paradas. Num ele acelera até atingir $$V$$, movimentando-se a partir daí em m.r.u, e desacelerando de $$V$$ para $$0$$ quando estiver próximo de chegar à parada. Em outro, ele acelera até atingir uma velocidade $$V'<V$$, e já desacelera novamente para $$0$$. Este último caso pode ocorrer caso $$D$$ não seja grande o suficiente para ter tempo do ônibus acelerar até atingir $$V$$.
Para saber com mais precisão cada caso, devemos ver o limite da transição entre os dois casos. Esse limite ocorre quando $$V’=V$$, calculando D então para essa caso:
O tempo que ele leva para acelerar de $$0$$ a $$V$$ é o mesmo que ele leva para desacelerar de $$V$$ a $$0$$, já que o módulo da aceleração e da desaceleração é o mesmo. Com isso:
$$a t_a = V$$
$$t_a = \dfrac{V}{a}$$
$$t_d = \dfrac{V}{a}$$
Utilizando a equação horária do espaço, temos que o espaço percorrido acelerando $$S_a$$ somado ao espaço percorrido desacelerando $$S_d$$ deve ser igual a $$D$$, logo:
$$S_a = \dfrac{aV^2}{2a^2}$$
$$S_a =\dfrac{V^2}{2a}$$
$$S_d = \dfrac{V^2}{a} – \dfrac{aV^2}{2a^2}$$
$$S_d = \dfrac{V^2}{2a}$$
$$D=\dfrac{V^2}{2a} + \dfrac{V^2}{2a}$$
$$D=\dfrac{V^2}{a}$$
Ou seja, se $$D \geq \dfrac{V^2}{a}$$, o ônibus atinge a velocidade $$V$$e percorre um m.r.u. com ela por algum instante. E se $$D<\dfrac{V^2}{a}$$ o ônibus atinge uma velocidade $$V'<V$$.
Um método de resolver essa questão de forma mais prática, é de trabalhar graficamente, esboçando um gráfico da velocidade em função do tempo de Josias e do ônibus, para ambos os casos.
Caso 1: Se $$D>=\dfrac{V^2}{a}$$
Em um gráfico de velocidade por tempo, a área determinada pela velocidade representa o quanto o objeto percorreu. Estando representado em vermelho a velocidade de Josias, e em azul a velocidade do ônibus, tem-se que:
$$D + d = v t_e$$
$$D = \dfrac{V t_1}{2} + V(t_2 – t_1) + \dfrac{V(t_e – t_2)}{2}$$
Temos que $$t_1$$ é o tempo para o ônibus acelerar das velocidades $$0$$ até $$V$$, e $$t_e – t_2$$ o tempo que o ônibus leva para desacelerar da velocidade $$V$$ até 0. Como o ônibus possui um mesmo módulo de aceleração durante ambos os percursos, esses tempos são iguais, sendo obtidos pela equação horária da velocidade, logo:
$$V = a t_1$$
$$t_1 = \dfrac{V}{a}$$
$$t_e – t_2 = \dfrac{V}{a}$$
Substituindo estes valores na equação do percurso do ônibus, temos que:
$$D = \dfrac{V^2}{2 a} + V(t_2-t_1) + \dfrac{V^2}{2a}$$
$$D = \dfrac{V^2}{a} + V(t_2-t_1)$$
$$V(t_2 – t_1) = D – \dfrac{V^2}{a}$$
$$(t_2 – t_1) = \dfrac{aD – V^2}{aV}$$
Observe que, ao somar os tempos percorridos pelo ônibus para acelerar, movimentar em m.r.u. e desacelerar deve resultar no tempo de encontro $$t_e$$, logo:
$$t_1 +(t_2-t_1) + (t_e-t_2) = t_e$$
$$\dfrac{V}{a} + \dfrac{aD – V^2}{aV} + \dfrac{V}{a} = t_e$$
$$t_e = \dfrac{aD + 2V^2 – V^2}{aV}$$
$$t_e = \dfrac{aD + V^2}{aV}$$
Com o valor do tempo total decorrido, podemos substituir na primeira fórmula, tendo então que:
$$v t_e = D +d$$
$$ v\dfrac{aD + V^2}{aV} = D+d$$
$$v = \dfrac{aV(D+d)}{aD +V^2}$$
Caso 2: Se $$D<\dfrac{V^2}{a}$$
Utilizando novamente que a área abaixo da velocidade representa o quanto um objeto percorreu, temos que:
$$D+d = v t_e$$
$$D = \dfrac{V’ t_1}{2} + \dfrac{V'(t_e – t_1)}{2}$$
Sendo o tempo $$t_1$$ o utilizado para o ônibus acelerar da velocidade $$0$$ a $$V’$$, e $$t_e – t_1$$ o tempo para para ele desacelerar até $$0$$ novamente. Como os módulos das acelerações nestes trajetos são os mesmos, os tempos também são, daí:
$$V’ =at_1$$
$$t_1 = \dfrac{V’}{a}$$
$$t_e – t_1 = \dfrac{V’}{a}$$
Com isso, temos que:
$$D=\dfrac{V’^2}{2a} +\dfrac{V’^2}{2a}$$
$$D = \dfrac{V’^2}{a}$$
$$V’ = \sqrt{aD}$$
Descobrindo $$t_1$$ e $$t_e$$ a partir disso:
$$t_1 = \dfrac{\sqrt{aD}}{a}$$
$$t_1 = \sqrt{\dfrac{D}{a}}$$
$$t_e -t_1 = \dfrac{\sqrt{aD}}{a}$$
$$t_e = \sqrt{\dfrac{D}{a}} +\sqrt{\dfrac{D}{a}}$$
$$t_e = 2\sqrt{\dfrac{D}{a}}$$
Substituindo na equação do movimento de Josias:
$$v t_e = D+d$$
$$v 2\sqrt{\dfrac{D}{a}} = D+d$$
$$v = \dfrac{D+d}{2\sqrt{\dfrac{D}{a}}}$$
$$v = \dfrac{(D+d)\sqrt{aD}}{2D}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Caso 1: Se $$D>=\dfrac{V^2}{a}$$
$$v = \dfrac{aV(D+d)}{aD +V^2}$$
Caso 2: Se $$D<\dfrac{V^2}{a}$$
$$v = \dfrac{(D+d)\sqrt{aD}}{2D}$$
[/spoiler]
Intermediário:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao retirar o canudo do líquido, haverá uma diferença de pressão na base do líquido, fazendo com que ele escorra. Qual deve ser a altura restante de líquido para que esta secção do líquido entre em equilíbrio?
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como metade do canudo está submersa no líquido, a altura de líquido é de $$\frac{H}{2}$$ e a de ar dentro do canudo é de $$\frac{H}{2}$$ também. Ao retirar o canudo do líquido, essa coluna de água começa a escorrer pelo canudo, e com isso o volume de líquido diminui. Como o canudo está fechado na parte de cima, não entra mais ar no canudo para ocupar o espaço de líquido que vazou, dessa forma, como a atmosfera atua como um reservatório térmico, pode-se concluir que o ar preso dentro do canudo vai sofrer uma expansão isotérmica. Quando o sistema estiver estável, ou seja, quando o líquido parar de escorrer e restar apenas uma porção, a pressão resultante que atua na última camada de líquido na base do canudo deve ser zero. Essa camada está em contato com a atmosfera, atuando então $$P_o$$ para cima, e existe a pressão $$P$$ do ar expandido somado com a pressão da coluna de líquido de altura $$h$$ acima dele, atuando para baixo. Logo:
$$P_o = P + \rho g h$$
Antes de retirar o canudo do líquido, o ar dentro do canudo ocupava um volume $$V_o = \dfrac{HA}{2}$$ e tinha pressão $$P_o$$ . Por sofrer uma expansão isotérmica, ele passa a ter uma pressão $$P$$ e ocupar um volume de $$V=A(H-h)$$. Usando a lei de Boyle-Mariotte para gases ideais, temos que:
$$P_o V_o = P V$$
$$P_o \dfrac{AH}{2} = P A(H-h)$$
$$P= \dfrac{P_o H}{2(H-h)}$$
Com isso, temos que:
$$P_o = \dfrac{P_o H}{2(H-h)} + \rho g h$$
$$2P_o(H-h) = P_o H + 2 \rho g h (H-h)$$
$$2P_o H – 2P_o h = P_o H + 2\rho g Hh – 2\rho g h^2$$
$$ 2 \rho g h^2 – (2P_o + 2 \rho g H) h + P_o H = 0$$
Por Bhaskara, temos que:
$$h = \dfrac{(2P_o + 2 \rho g H) \pm \sqrt{(2P_o + 2 \rho g H)^2 – 8 P_o H \rho g}}{4 \rho g}$$
$$h = \dfrac{(2P_o + 2 \rho g H) \pm \sqrt{4P_o^2 + 8 P_o H \rho g + 4 \rho ^2 g^2 H^2 – 8 P_o H \rho g}}{4 \rho g}$$
$$h = \dfrac{2(P_o + \rho g H) \pm \sqrt{4 P_o^2 + 4 \rho^2 g^2 H^2}}{4 \rho g}$$
$$h = \dfrac{2(P_o + \rho g H) \pm 2 \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{4 \rho g}$$
$$h = \dfrac{P_o + \rho g H \pm \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$$
Ao pegar a raíz em que ocorre a soma, vamos encontrar que $$h>H$$, que é um absurdo, logo devemos pegar a raíz com a subtração, logo:
$$h = \dfrac{P_o + \rho g H – \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$h = \dfrac{P_o + \rho g H – \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$$
[/spoiler]
Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O aparato ótico em questão é o Espelho de Lloyd, um método de gerar interferência de luz a partir de uma mesma fonte.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A luz que sai da fonte pode realizar dois caminhos para atingir o anteparo, ela pode ir diretamente (caminho 2), ou pode sofrer uma reflexão no espelho e incidir no anteparo (caminho 1). Para cada um desses trajetos existe um caminho óptico associado, e ao determinar a diferença dos caminhos ópticos, determinamos a diferença de fase entre as ondas de luz. Já que o problema pede para que ocorra uma interferência construtiva, as ondas que chegam no mesmo ponto do anteparo devem estar na mesma fase, logo:
$$ \phi _1 – \phi _2 = 2 \pi m$$
Onde $$\phi _1$$ é a fase que a luz tem percorrendo o caminho $$1$$ e $$\phi _2$$ é a fase que a luz tem percorrendo o caminho $$2$$ e $$m$$ é um natural. Estas fases são dadas por:
Já que no caminho $$1$$ a luz reflete indo de um meio menos refringente (ar) para um mais refringente (vidro do espelho), ela inverte sua fase, ou seja, ela tem $$\pi$$ a mais. Daí:
$$\phi _1 =k d_1 + \pi$$
$$\phi _2 = k d_2$$
Onde $$k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$$ que é o número de onda, e $$d_1$$ e $$d_2$$ são os caminhos ópticos que a luz percorre. Substituindo na fórmula da interferência:
$$ k d_1 + \pi – k d_2 = 2 \pi m$$
$$ k (d_1 – d_2) = (m -\dfrac{1}{2})2 \pi $$
$$d_1 – d_2 = \dfrac{(2m -1) \lambda}{2}$$
Calculando os caminhos ópticos:
No trajeto sem a reflexão, a luz apenas percorre a distância $$L$$ para atingir o ponto, logo:
$$d_2 = n_{ar}L$$
Já no trajeto com reflexão, a luz ao incidir em um meio mais refringente do que o seu atual (ar para o espelho), ela inverte sua fase na reflexão, sendo o equivalente a ter percorrido $$\frac{\lambda}{2}$$ a mais nesse percurso, logo:
$$d_1 = n_{ar} \left( \sqrt{\dfrac{L^2}{4} + H^2} + \sqrt{\dfrac{L^2}{4} + H^2} \right)$$
$$d_1 = n_{ar} \sqrt{L^2 + 4H^2}$$
Substituindo os valores e usando $$n_{ar} = 1$$
$$\sqrt{L^2 + 4H^2} – L =\dfrac{(2m-1)\lambda}{2}$$
$$\sqrt{L^2 + 4H^2} = \dfrac{(2m -1) \lambda}{2} + L$$
$$L^2 + 4H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{4} \lambda ^2 +(2m-1)\lambda L + L^2$$
$$4H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{4} \lambda ^2 + (2m-1)\lambda L$$
$$H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{16} \lambda ^2 + \dfrac{(2m-1)}{4}\lambda L$$
Para a altura ser mínima, temos que $$m=1$$, logo:
$$H^2 = \dfrac{(2-1)^2}{16} \lambda ^2 + \dfrac{(2-1)}{4}\lambda L$$
$$H^2 = \dfrac{\lambda ^2}{16} + \dfrac{\lambda L}{4}$$
$$H^2 = \dfrac{\lambda ^2 + 4 \lambda L}{16}$$
$$H = \dfrac{\sqrt{\lambda ^2 + 4 \lambda L}}{4}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$H = \dfrac{\sqrt{\lambda ^2 + 4 \lambda L}}{4}$$
[/spoiler]