Soluções Simulado 1 OBF - Nível 3

Eletrostática e Oscilações

a) A posição de equilíbrio será no centro do quadrado, pois nesse ponto as forças elétricas das cargas de vértices opostos do quadrado se cancelam, sendo assim, a força resultante é zero e a carga $Q$ se encontrará em equilíbrio.

b) Definiremos $x$ como a distância da carga $Q$ ao centro do quadrado, quando deslocada paralelamente aos lados do quadrado, sendo assim, para um $x<\dfrac{d}{2}$ a energia potencial relacionada com a interação da carga $Q$ com as $4$ cargas $q$ é dada por:

$U(x)=2\dfrac{KQq}{\left(\dfrac{d}{2}-x \right)}+2\dfrac{KQq}{\left(\dfrac{d}{2}+x\right)}$

Para analisar a estabilidade com respeito à pequenos deslocamentos $x$ utilizaremos as seguintes aproximação em segunda ordem:

$\dfrac{1}{1+x} \approx 1-x+x^{2}$

E:

$\dfrac{1}{1-x} \approx 1+x+x^{2}$

Sendo assim, podemos escrever:

$U(x)=2\dfrac{KQq}{\dfrac{d}{2}}\left(\dfrac{1}{1-\dfrac{2x}{d}}+\dfrac{1}{1+\dfrac{2x}{d}}\right)$

Utilizando as aproximações, encontramos:

$U(x) \approx 4\dfrac{KQq}{d}\left(1+\dfrac{2x}{d}+\dfrac{4x^{2}}{d^{2}}+1-\dfrac{2x}{d}+\dfrac{4x^{2}}{d^{2}} \right)$

$U(x)=32\dfrac{KQq}{d^{3}}x^{2}$

Note que esse potencial possui o mesmo formato que a de uma oscilação devido à uma mola, que é um equilíbrio estável, sendo assim, o equilíbrio será estável. Continuando a analogia, sabemos que o período de uma oscilação devido à uma mola de constante $k$ é:

$T=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}}$

E a energia potencial é:

$U(x)=\dfrac{kx^{2}}{2}$

Sendo assim, podemos igualar:

$32\dfrac{KQq}{d^{3}}x^{2}=\dfrac{kx^{2}}{2}$

Chegando que:

$k=64\dfrac{KQq}{d^{3}}$

Sendo assim, o período de pequenas oscilações é:

$T=\dfrac{\pi d}{4}\sqrt{\dfrac{md}{KQq}}$

a) No centro do quadrado

b) O equilíbrio é estável, sendo o período dado por:

$T=\dfrac{\pi d}{4}\sqrt{\dfrac{m d}{KQq}}$

Dinâmica relativística

a) Na mecânica Newtoniana, podemos usar o teorema do impulso:

$Ft=m_{0}V$

$V=\dfrac{Ft}{m_{0}}$

b) Na mecânica relativística, podemos também usar o teorema do impulso, contudo, o momento será agora relativístico:

$Ft=\dfrac{m_{0}V}{\sqrt{1-\dfrac{V^{2}}{c^{2}}}}$

Isolando $V$:

$F^{2}t^{2}=\dfrac{m_{0}^{2}V^{2}}{1-\dfrac{V^{2}}{c^{2}}}$

$V^{2} \left(m_{0}^{2}+\dfrac{F^{2}t^{2}}{c^{2}}\right)=F^{2}t^{2}$

$V=\dfrac{Ft}{\sqrt{m_{0}^{2}+\dfrac{F^{2}t^{2}}{c^{2}}}}$

Quando $t \rightarrow \infty$ podemos desprezar o termo da massa de repouso no denominador, sendo assim:

$V=\dfrac{Ft}{\sqrt{\dfrac{F^{2}t^{2}}{c^{2}}}}$

$V=\dfrac{Ft c}{Ft}$

$V=c$

a) $V=\dfrac{Ft}{m_{0}}$

b) $V=\dfrac{Ft}{\sqrt{m_{0}^{2}+\dfrac{F^{2}t^{2}}{c^{2}}}}$ e demonstração.

Oscilações Acopladas

A grande dificuldade dessa questão é perceber o assunto abordado por ela, é óbvio que a questão fala de oscilações, contudo, é bem difícil perceber que ela se trata de oscilações acopladas, pois a nave também está livre para se mover! O período de uma oscilação acoplada com um bloco de massa $m_{1}$ e um bloco de massa $m_{2}$ pode ser obtida pelo conceito de massa reduzida, ver Ideia 5. O período é dado por:

$T=2\pi \sqrt{ \dfrac{\mu}{k}}$

Onde:

$\dfrac{1}{\mu}=\dfrac{1}{m_{1}}+\dfrac{1}{m_{2}}$

Sendo assim, em Marte:

$T_{0}=2\pi \sqrt{\dfrac{m_{0}}{k}}$

Pois a massa de marte é muito maior que a massa da cadeira, sendo assim:

$m_{0}=\dfrac{k T_{0}^{2}}{4 \pi^{2}}$

Para a cadeira oscilando sozinha na nave de massa $M$, temos então:

$T_{0}'=2 \pi \sqrt{\dfrac{\mu}{k}}$

$\mu=\dfrac{k T_{0}'^{2}}{4 \pi^{2}}$

Logo:

$\dfrac{1}{M}+\dfrac{1}{m_{0}}=\dfrac{4 \pi^{2}}{k T_{0}'^{2}}$

$\dfrac{1}{M}=\dfrac{4\pi^{2}}{k} \left( \dfrac{1}{T_{0}'^{2}}-\dfrac{1}{T_{0}^{2}} \right)$

Agora, quando Zé, de massa $m$, está sentado na cadeira:

$\dfrac{1}{M}+\dfrac{1}{m_{0}+m}=\dfrac{4 \pi^{2}}{k T^{2}}$

 $m_{0}+m=\dfrac{kT_{0}^{2}T^{2}T_{0}'^{2}}{4\pi^{2} \left( T_{0}'^{2} \left( T_{0}^{2}+T^{2} \right) - T^{2}T_{0}^{2} \right)}$

Logo:

$m=\dfrac{kT_0^4\left(T^2-T_1^2\right)}{4\pi^2\left(T_1^2\left(T_0^2+T^2\right)-T^2T_0^2\right)}$

$m=\dfrac{kT_0^4\left(T^2-T_1^2\right)}{4\pi^2\left(T_1^2\left(T_0^2+T^2\right)-T^2T_0^2\right)}$

Óptica: Espelhos planos

O principal ponto na resolução dessa questão é perceber que a conhecida fórmula para o número de imagens $n$ não funciona. Essa fórmula seria:

$n=\dfrac{360^{\circ}}{\theta}-1$

Onde $\theta$ é o ângulo de abertura do espelho. Contudo, para $\theta=50^{\circ}$ a fórmula não funcionará pois resultará em um número não natural. A melhor forma de resolver essa questão então é a partir de uma construção geométrica que facilitará na descoberta da posição das imagens. Considere o ponto $O$ como o centro de uma circunferência que passa pelo nosso objeto $P$. Quando refletirmos o objeto $P$ em qualquer um dos espelhos, a distância de sua imagem à qualquer ponto do espelho deve ser igual à distância do objeto ao mesmo ponto, sendo assim, a imagem estará na circunferência centrada em $O$, podemos então localizar essa imagem pelo ângulo que faz com um dos espelhos $\alpha$. É importante notar que as imagens geradas pelos espelhos também podem atuar como objetos, entretanto, só podem fazer isso caso estejam na frente do espelho, portanto, existe uma região conhecida como Zona Morta, na qual as imagens geradas lá não podem servir como objeto, essa zona se encontra atrás dos dois espelhos que, claro, podem ser considerados infinitos para propósitos de construção de imagem. Aplicaremos essa técnica nos dois itens posteriores.

a) Definamos $\alpha_{i}$ como o ângulo que a $i$-ésima imagem faz com o espelho $OB$ e $\alpha_{0}$ como o ângulo que nosso objeto $P1$ faz com o espelho $OB$. Antes de tudo, devemos determinar que a zona morta está entre as partes de trás dos dois espelhos, ou seja, se $180^{\circ}<\alpha_{i}<230^{\circ}$ a imagem $i$ não servirá de objeto para nenhum dos dois espelhos. Note que o ângulo que o objeto faz com um determinado espelho é o mesmo ângulo que a imagem desse objeto através desse espelho fará com o mesmo. Façamos então a lista dos ângulos de cada imagem baseado nisso. Obs: Evitaremos a utilização de ângulos negativos.

$\alpha_{1}=75^{\circ}$

$\alpha_{2}=335^{\circ}$

$\alpha_{3}=285^{\circ}$

$\alpha_{4}=125 ^{\circ}$

$\alpha_{5}=175^{\circ}$

$\alpha_{6}=185^{\circ}$

$\alpha_{7}=235^{\circ}$

$\alpha_{8}=225^{\circ}$

Sendo assim, temos $8$ imagens, pois as ultimas duas imagens estão na zona morta. Veja a imagem a seguir para melhor compreensão:

b) Realizando o mesmo processo que no item anterior:

$\alpha_{1}=350^{\circ}$

$\alpha_{2}=90 ^{\circ}$

$\alpha_{3}=110^{\circ}$

$\alpha_{4}=270^{\circ}$

$\alpha_{5}=250^{\circ}$

$\alpha_{6}=190^{\circ}$

$\alpha_{7}=210^{\circ}$

Novamente olhe a imagem para melhor compreensão:

Há então $7$ imagens.

a) $8$ imagens

b) $7$ imagens

Ondas estacionárias

a) As ondas estacionárias que se formarão nessa corda devem obedecer a condição de que os deslocamentos transversais da corda sejam $0$ em ambas as extremidades, podendo essa condição ser escrita no formato:

$L=\dfrac{n \lambda}{2}$

Onde $n$ é um número natural diferente de zero. Sabendo disso, podemos multiplicar a equação pela frequência $f$ da onda estacionária, sempre lembrando que:

$\lambda f=V=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$

Sendo assim:

$f \, L=\dfrac{n \sqrt{\dfrac{T}{\mu}}}{2}$

Temo então diversas frequências naturais, podendo então escrever:

$f_{n}=\dfrac{n \sqrt{\dfrac{T}{\mu}}}{2L}$

Ou seja, a $n$-ésima frequência natural $f_{n}$ é dada pela fórmula acima para $n$ natural.

b) Como a onda estacionária é uma superposição de ondas harmônicas de frequência natural $f_{n}$, a amplitude em função da posição deve ser senoidal, obedecendo a condição de amplitude zero nas extremidades, plotando obtemos uma simples função seno, cujas características mais importantes devem ser a suavidade, a simetria e o máximo no meio da corda. O gráfico está anexado à outros dois no item d). É importante notar que só temos dois nós por ser a frequência fundamental, ou seja, deve possuir o maior comprimento de onda possível.

c) Novamente a onda estacionária deve ter uma amplitude no formato senoidal, contudo, agora o comprimento de onda deve ser dividido por $2$, havendo então a presença de um comprimento de onda inteiro na corda. As principais características do gráfico devem ser a suavidade, o nó presente no meio da corda e a simetria entre o lado esquerdo superior e o lado direito inferior. Novamente o gráfico está anexado no item d).

d) Finalmente, somamos os dois gráficos anteriores. Há algumas possíveis combinações, contudo, todas são na verdade a mesma coisa ou invertidas com relação à horizontal ou invertidas com relação ao meio da corda. Algumas características importantes desse gráfico resultante é a presença de um monte maior e de um monte menor que os anteriores, a suavidade novamente e o deslocamento do nó que estava no meio para longe do monte maior. Todos os gráficos podem ser vistos a seguir. Em azul, temos o gráfico do item b), em verde, o gráfico do item c) e em vermelho o gráfico do item d).

a) $f_{n}=\dfrac{n \sqrt{\dfrac{T}{\mu}}}{2L}$ com $n$ natural.

b) azul c) verde e d) vermelho

Dinâmica do corpo rígido

a) Primeiramente, devemos encontrar um vínculo entre $\omega$, $V_{CM}$ e $V_{C}$, onde $V_{C}$ é a velocidade do carrinho. Definimos ambas as velocidades como positivas para a esquerda e $\omega$ positiva no sentido horário. O vínculo é obtido olhando no referencial do carrinho, onde deve valer:

$V_{CM}-V_{C}=\dfrac{\omega L}{2} \rightarrow \omega=\dfrac{2\left(V_{CM}-V_{C} \right)}{L}$

Além disso, podemos conservar o momento e a energia, além de usar o conceito de massa reduzida para diminuir os cálculos (Ver Ideia 5):

$mV_{CM}=MV_{C} \rightarrow V_{C}=-\dfrac{mV_{CM}}{M}$

E:

$\dfrac{\mu \left(V_{CM}-V_{C} \right)^{2}}{2}+\dfrac{I_{CM}\omega^{2}}{2}=mgL$

$\dfrac{mM V_{CM}^{2}}{m+M}\left(1+\dfrac{m}{M} \right) ^{2} +\dfrac{4m V_{CM}^{2} \left( 1+\dfrac{m}{M} \right)^{2}}{24}=mgL$

$\dfrac{m \left(M+m \right)}{M}V_{CM}^{2} \left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{M+m}{6M} \right)=mgL$

$\dfrac{\left(M+m \right) \left(4M+m \right) V_{CM}^{2}}{6M^{2}}=gL$

$V_{CM}=M\sqrt{\dfrac{6gL}{\left(4M+m \right) \left(M+m \right) }}$

b) Devemos olhar no referencial do ponto $O$:

$\dfrac{m \left(V_{CM}-V_{C} \right)^{2}}{\dfrac{L}{2}}=T-mg$

$\dfrac{2mV_{CM}^{2}\left(1+\dfrac{m}{M} \right)^{2} }{L}=T-mg$

$\dfrac{2mM^{2}\dfrac{6gL}{\left(4M+m \right) \left(M+m \right)}\left(M+m \right)^{2}}{M^{2}L}=F-mg$

$F=mg+\dfrac{12mg \left(m+M \right)}{\left(4M+m \right)}$

$F=mg \left(1+ \dfrac{12M+12m}{4M+m} \right)$

$F=mg \left(\dfrac{16M+13m}{4M+m}\right)$

a) $V_{CM}=M\sqrt{\dfrac{6gL}{\left(4M+m \right) \left(M+m \right) }}$

b) $F=mg \left(\dfrac{16M+13m}{4M+m}\right)$

Interferência

a) Como o tamanho das fendas deve ser desconsiderado, podemos tomar que agem como fontes pontuais. No caso inicial, a diferença de fase entre os raios de cada uma das fendas que chegam no anteparo é dada por:

$\Delta \phi_{1}=\dfrac{2 \pi}{\lambda} d \sin \left( \alpha \right)$

Onde $\alpha$ é o ângulo que os raios fazem com a horizontal. Quando os raios chegam nas fendas fazendo um ângulo $\theta$, a diferença de fase inicial entre as duas fontes já será dada por $\dfrac{2 \pi}{\lambda} d \sin \left( \theta \right)$, portanto, para ocorrer o máximo principal, teremos (fazendo $\Delta \phi_{tot}=0$):

$\sin \left( \alpha \right)=\sin \left( \theta \right)$

Ou seja, o máximo principal estará localizado em $\alpha = \theta$, com distância vertical $y$ dada por:

$y=D \tan \left( \theta \right) \approx D \theta$

b) A diferença de fase gerada pela lâmina de faces paralelas é:

$2\pi \left(\dfrac{1}{\lambda'}-\dfrac{1}{\lambda} \right)d'$

Pela definição de índice de refração e, sabendo que a frequência permanece constante, temos então:

$\Delta \phi_{lam}= \dfrac{2 \pi}{\lambda} \left(n-1 \right) d'$

Igualando as diferenças de fase:

$\dfrac{2 \pi}{\lambda} d \sin \left( \theta \right)= \dfrac{2 \pi}{\lambda} \left(n-1 \right) d'$

$d'=\dfrac{d \sin \left( \theta \right)}{n-1} \approx \dfrac{d \,\theta}{n-1}$

a) $y=D \tan \left( \theta \right) \approx D \theta$

b) $d'=\dfrac{d \sin \left( \theta \right)}{n-1} \approx \dfrac{d \,\theta}{n-1}$

Gases e entropia

a) Sabemos que no final dessa transformação o gás estará com volume $2V_{0}$, pressão $\dfrac{P_{0}}{2}$ e temperatura $T_{0}$, pois como não há calor nem trabalho nessa expansão livre, a temperatura do gás se mantém constante. Devemos lembrar então da definição de entropia:

$dS_{gas}=\dfrac{d'Q_{rev}}{T}$

Nesse caso, não há calor, contudo, o processo é irreversível logo devemos procurar um processo reversível que passe pelos mesmos dois estados e calcular a variação de entropia nesse processo, que deve ser a mesma pois entropia é uma função de estado. Tomando uma isotérmica, temos então:

$d'Q_{rev}=P \, dV$

Logo:

$Q_{rev}=W_{isot}=P_{0}V_{0} \ln \left(2 \right)$

Logo:

$\Delta S_{gas}= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left(2 \right)$

b) Como a vizinhança do nosso gás não interage com o mesmo nesse processo, a vizinhança não muda de estado e portanto sua variação de entropia é zero, sendo assim:

$\Delta S_{univ}=\Delta S_{gas}= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left(2 \right)$

Como temos $\Delta S_{univ}>0$, o processo é irreversível.

c) Calculemos a variação de entropia por definição. Na primeira etapa:

$dS=\dfrac{n C_{p} dT}{T}$

Integrando, temos:

$\Delta S_{1}=nC_{p}\ln \left(2 \right)$

Na segunda etapa, temos:

$dS=\dfrac{nC_{v} dT}{T}$

Integrando, temos:

$\Delta S_{2}=-nC_{v} \ln \left( 2 \right)$

Somando, temos:

$\Delta S_{gas} = n \left( C_{p}-C_{v} \right) \ln \left( 2 \right)$

Pela relação de Mayer, temos:

$\Delta S_{gas}= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left( 2 \right)$

Que é o mesmo resultado encontrado na expansão livre devido ao fato da entropia ser uma função de estado.

a) $\Delta S_{gas}= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left(2 \right)$

b) $\Delta S_{univ}=\Delta S_{gas}= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left(2 \right)$ e o processo é irreversível

c) $\Delta S= \dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}} \ln \left( 2 \right)$ que é o mesmo resultado do item a) devido a entropia ser uma função de estado.