Solução Simulado OBF – 3ª Fase – Nível 2

Cinemática

Suponhamos que a Terra esteja se girando com velocidade tangencial $v_0$. Portanto:

$v_0=\dfrac{d}{t}$

O avião está se movendo com velocidade $v$ em relação à Terra. Portanto, a velocidade com que as pessoas no avião veêm a sombra do eclipse é:

$v'=v_0\pm v$

Dependendo do sentido com que ele se move em relação à Terra.

$v'=\dfrac{d}{t'}$

$v_0\pm v=\dfrac{d}{t'}$

$t'=\dfrac{d}{\dfrac{d}{t}\pm v}$

$t'=\dfrac{d\cdot t}{d\pm vt}$

Como queremos a duração máxima:

$\boxed{t'=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}}$

$\boxed{t'=777s}$

$\boxed{t'=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}=777s}$

Relações volumétricas

Seja $r_2$ o raio de uma azeitona. A densidade total de uma azeitona ideal é $\varrho_s$. Se denotarmos a densidade da semente por $\varrho_p$ e do resto da azeitona por $\varrho_o$, nós obtemos a seguinte equação:

$$\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\varrho_o+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_p=\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_s$$

Quando o resto da azeitona está em repouso na superfície, chamemos de $V_1$ e $V_2$ os volumes acima e abaixo da superfície, respectivamente. Logo:

$$V_1+V_2=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)$$

$$V_2\varrho_s=\left(V_1+V_2\right)\varrho_o$$

Daí,

$$V_1=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\left(1-\dfrac{\varrho_o}{\varrho_s}\right)$$

O volume total abaixo da superfície diminuído pelo volume $V_1$ e pelo volume da semente deve ser igual ao decréscimo de volume na lata ${\pi}R^2\Delta{h}$. Portanto:

$${\pi}R^2\Delta{h}=V_1+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3$$

Com isso, chegamos em:

$$\varrho_o=\varrho_s\left(1-\dfrac{3R^2\Delta{h}-4r_1^3}{4\left(r_2^3-r_1^3\right)}\right)$$

Finalmente, substituindo na equação inicial:

$$\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s}$$

Substituindo valores numéricos:

$\boxed{\varrho_p=1,29kg.m^{-3}}$.

$$\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s}$$

Substituindo valores numéricos:

$\boxed{\varrho_p=1,29kg.m^{-3}}$.

Mecânica/ Colisões Unidimensionais

Para analisarmos esse sistema, não podemos analisar todas as colisões, afinal elas tendem ao infinito.

Analisaremos o antes e o depois entre a massa de número $n$ e a massa de número $n+1$.

Antes da colisão a massa $n$ possui velocidade $v_n$ e a massa $n+1$ está parada. Após a colisão a massa $n$ possui velocidade $v^{(n)}$ e a massa $n+1$ possui velocidade $v_{n+1}$.

Antes da colisão

Após a colisão

$I)$ Conservando o momento linear antes e depois da colisão:

$\vec P_{antes}=\vec P_{depois}$

$m_n\cdot v_n+m_{n+1}\cdot 0=m_n\cdot v^{(n)}+m_{n+1}\cdot v_{n+1}$

Como as massas estão em progressão geométrica:

$m_{n+1}=\dfrac{m_n}{2}$

Portanto:

$2v_n=2v^{(n)} +v_{n+1}$

Utilizando o coeficiente de restituição:

$e=\dfrac{\left|v_{af}\right|}{\left|v_{ap}\right|}$

$\dfrac{1}{4}=\dfrac{v_{n+1}-v^{(n)}}{v_n}$

$v_n=4v_{n+1}-4v^{(n)}$

Temos, portanto, o seguinte sistema:

$\begin{cases} 2v_n=2v^{(n)} +v_{n+1}\\ v_n=4v_{n+1}-4v^{(n)} \end{cases}$

Encontramos as seguintes soluções:

$v_{n+1}=\dfrac{5}{6}v_n$  e  $v^{(n)}=\dfrac{7}{12}v_n$

Nesta parte, o aluno pode se confundir. A relação de continuidade é entre $v_{n+1}$ e $v_{n}$.

Podemos perceber que é uma relação em progressão geométrica.

Como a velocidade inicial da massa $1$ é $v_0$:

$v_n=v_0\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}$

Para $v^{(n)}$:

$v^{(n)}=\dfrac{7v_0}{12}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}$

Essa parte é outra em que o aluno pode se confundir.

A energia final do sistema está relacionada à $v^{(n)}$, pois é a velocidade que a massa adquire após a colisão. Portanto:

$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{m_n\cdot \left(v^{(n)}\right)^2}{2}$

$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{m_0\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\cdot \left(\dfrac{7v_0}{12}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}\right)^2}{2}$

$E=\dfrac{49}{144}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{25}{72}\right)^{n-1}$

$E=\dfrac{49}{144}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}\cdot \dfrac{72}{47}$

$E=\dfrac{49}{94}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}$

Todavia, sabemos pelas condições iniciais que:

$E_0=\dfrac{mv_0^2}{2}$

Logo:

$E=\dfrac{49}{94}E_0$

Calculando a razão pedida pelo enunciado temos:

$\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{49}{94}E_0-E_0}{E_0}\right|=1-\dfrac{49}{94}$

$\boxed{\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\dfrac{45}{94}}$

$\boxed{\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\dfrac{45}{94}}$

Cálculo de centro de massa

A primeira solução requere o uso de somas infinitas; em nosso caso, a soma da P.G. infinita.

I) Calculando como a massa varia:

Pela simetria, podemos perceber que o lado do triângulo posto na posição $n+1$ ($l_{n+1}$) e o triângulo posto na posição $n$ ($l_n$) é de $\dfrac{1}{2}$.

$l_{n+1}=\dfrac{l_{n}}{2}$

A densidade superficial de massa é constante:

$\sigma=\dfrac{m_{n}}{A_{n}}=\dfrac{m_{n+1}}{A_{n+1}}$

$\dfrac{m_{n}}{\dfrac{\sqrt{3}l_n^2}{4}}=\dfrac{m_{n+1}}{\dfrac{\sqrt{3}l_{n+1}^2}{4}}$

$m_{n+1}=\dfrac{m_n}{4}$

II) Calculando o baricentro de cada triângulo:

Sabemos que o baricentro divide a altura na razão de $2$ para $1$, portanto, a partir do vértice, a posição do baricentro é:

$h_n=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}l_n=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l_n$

Perceba que para cada posição $n$ existem $2^n$ triângulos fixados.

Seja a massa do primeiro triângulo posto $m$ (o identificamos com índice “$1$“). Portanto:

$m_n=m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$

Como o primeiro triângulo posto possui lado $\dfrac{l}{2}$, os lados dos triângulos são:

$l_n=l\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Portanto, a altura dos baricentros é:

$h_n=\dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Finalmente, calculando a altura do centro de massa (lembre-se que o triângulo original não possui massa) utilizando a sua definição:

$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n\cdot h_n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n}$

$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}2^n \cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}$

$Y_{cm}=\dfrac{m\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}{m\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n }$

Acima, utilizamos o resultado da soma dos termos de uma P.G. infinita: $S_n=a_1/(1-q)$, sendo $a_1$ o primeiro termo e $q$ a razão, definida para $|q|<1$. Portanto:

$Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l \cdot \dfrac{1}{3}$

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l \approx 0,19 l}$.

Utilizamos $\sqrt{3}=1,7$ fornecido pela prova.

Uma solução alternativa utiliza-se de argumentos de proporcionalidade e uma visão "criativa" da situação.

Dividimos a figura no primeiro triângulo colocado (ao meio) e nos demais triângulos menores ao lado deste. Como vimos na Solução 1, a massa diminui por um fator de $4$ quando os lados do triângulo diminuem por um fator de $2$. Perceba que as figuras formadas ao lado do primeiro triângulo colocado são exatamente iguais à figura fractal original, porém com dimensões (lineares) reduzidas pela metade. Dessa forma, a massa do fractal reduzido ao lado do primeiro triângulo colocado é $1/4$ da massa do fractal total (denote ela por $m$). Chame de $Y_{cm}$ a altura do centro de massa do fractal. Seguindo esse raciocínio, a altura do centro de massa do fractal reduzido com dimensões lineares iguais à metade do fractal total estará a uma altura $Y_{cm}/2$ da base do triângulo original. Tendo em vista que o centro de massa do primeiro triângulo colocado está a uma altura de $l\sqrt{3}/6$ da base do triângulo original e sua massa é $m/2$, calculamos $Y_{cm}$ usando sua definição (atente para o fato de que há dois fractais reduzidos por um fator de $2$ em relação ao fractal total):

$Y_{cm} = \dfrac{\dfrac{m}{2} \cdot \dfrac{l\sqrt{3}}{6}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}}{m}$,

E, desta forma:

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$.

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$

Cinemática/ Lançamento oblíquo

Inicialmente, podemos perceber que existem três possibilidades para a trajetória da rã:

$I)$ A rã não toca em nenhuma das quinas do telhado.

Podemos perceber que esse não é o caso para a velocidade mínima, pois podemos diminuir a velocidade, e tocar nas quinas do telhado.

$II)$ A rã toca em apenas uma das quinas do telhado.

Nessa configuração, se mantermos a velocidade e o ângulo constante, a rã pode andar um pouco para trás (infinitesimalmente), ela não tocará nenhuma das quinas, voltando à primeira situação. Portanto, não é a situação de velocidade mínima.

$III)$ A rã toca nas duas quinas do telhado.

Essa será a situação de velocidade mínima.

A linha tracejada na figura indica a trajetória da rã.

Perceba que pela simetria, independente da rã pular do lado de altura $a$ ou do lado de altura $c$, a velocidade deve ser a mesma.

Como é simétrica a trajetória, e a trajetória tangencia as quinas, a trajetória da rã deve ser a parábola de segurança que bate nas quinas do telhado.

Vamos utilizar o resultado da parábola de segurança já pronto nessa solução. Porém, se você quiser entender mais sobre parábola de segurança, o NOIC lançou um post explicando mais sobre essa idéia (Física - Ideia 16).

A equação da parábola de segurança é:

$y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_0^2}$

Calculemos primeiramente a velocidade na altura $c$.

Conservando a energia mecânica:

$\dfrac{mv_0^2}{2}=\dfrac{mv_c^2}{2}+mgc$

$v_c^2=v_0^2-2gc$

Essa velocidade deve ser maior que zero para a existência do problema. Logo:

$v_0 >\sqrt{2gc}$

Olhando a parábola de segurança com extremo na altura $c$ como $y=0$.

$y=\dfrac{v_c^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_c^2}$

Olhando para a figura:

$(a-c)=\dfrac{v_0^2-2gc}{2g}-\dfrac{g\left[b^2-(a-c)^2\right]}{2(v_0^2-2gc)}$

Reorganizando a equação:

$\left[v_0^2-2gc\right]^2-2g(a-c)\left[v_0^2-2gc\right]-g^2\left[b^2-(a-c)^2\right]=0$

$v_0^2-2gc=g(a-c)\pm gb$

$v_0=\sqrt{g(a\pm b+c)}$

Perceba que para a existência da casa:

$a<b+c$

$a-b+c<2c$

Portanto:

$v_0=\sqrt{g(a-b+c)}<\sqrt{g\cdot 2c}=\sqrt{2gc}$

Portanto, essa solução não é válida. Logo, a solução é:

$\boxed{v_0=\sqrt{g(a+b+c)}}$

$\boxed{v_0=\sqrt{g(a+b+c)}}$

Ótica Física

Para a solução dessa questão iremos utilizar a ideia do fasores. Se você não está acostumado com essa ideia, o NOIC lançou um post explicando essa ideia (Física - Ideia 37).

Para um ângulo $\theta$ em relação à horizontal, a diferença de fase entre as ondas em duas fendas consecutivos é:

$\Delta \varphi =\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}$

Colocando os três fasores no plano complexo:

Temos, portanto a seguinte solução:

$\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}=\dfrac{\left(\dfrac{E_0}{2}\right)}{R}$  e  $\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}=\dfrac{\left(\dfrac{E_R}{2}\right)}{R}$

Logo:

$E_R=E_0\cdot \dfrac{\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}{\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}$

Como a intensidade é proporcional ao campo ao quadrado:

$I=I_0\left(\dfrac{\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}{\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}\right)^2$

Para o máximo central, a diferença de fase tende a zero, logo:

$\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}\approx 3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}$  e  $\sin{\left(\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}\approx \dfrac{\Delta \varphi}{2}$

Portanto, a intensidade do máximo central é:

$I_{central}=9I_0$

Perceba que o próximo máximo ocorre para $\Delta \varphi=\dfrac{\pi}{2}$.

$I_{proximo}=I_0\left(\dfrac{\sin{\dfrac{3\pi}{4}}}{\sin{\dfrac{\pi}{4}}}\right)^2=I_0$

Portanto:

$\boxed{\dfrac{I_{central}}{I_{proximo}}=9}$

b) Olhando novamente para o plano complexo, vemos que a única maneira da intensidade ser zero é se o vetor resultante no plano complexo for zero, ou seja, os três vetores formam um triângulo equilátero.

Portanto: $\Delta \varphi =\dfrac{2\pi}{3}+2n\pi$ ou $\Delta \varphi =\dfrac{4\pi}{3}+2n\pi$.

$I)$

$\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}=\dfrac{2\pi}{3}+2n\pi$

$\sin{\theta}=\dfrac{\lambda}{d}\left(n+\dfrac{1}{3}\right)$

$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{1}{3}\right]\right)}}$

$II)$

$\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}=\dfrac{4\pi}{3}+2n\pi$

$\sin{\theta}=\dfrac{\lambda}{d}\left(n+\dfrac{2}{3}\right)$

$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{2}{3}\right]\right)}}$

a) 

$\boxed{\dfrac{I_{central}}{I_{proximo}}=9}$

b) 

$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{1}{3}\right]\right)}}$

ou

$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{2}{3}\right]\right)}}$

Hidrodinâmica

Inicialmente precisamos fazer algumas considerações.

Precisamos considerar que o escoamento é não turbulento, e que a velocidade da água na parte superior do tronco é quase zero.

Seja a velocidade da água na parte inferior do tronco, $v_i$, e na altura de $15cm$, $v_h$.

Vamos calcular o raio do tronco na altura de $15cm$.

Como a abertura do tronco é constante podemos perceber que:

$\dfrac{R_{superior}-R_{inferior}}{h}=\dfrac{R-R_{inferior}}{0,15m}$

$\dfrac{1m-0,1m}{5m}=\dfrac{R-0,1m}{0,15}$

$R=0,127m$

Pela equação da continuidade:

$A\cdot v=cte$

$\pi R_{inferior}^2v_i=\pi R^2v_h$

$0,1^2v_i=0,127^2v_h$

$v_i=1,6129v_h$

Aplicando a equação de Bernoulli nos pontos superior e inferior:

$P_{inferior}+\dfrac{\rho v_i^2}{2}=P_{superior}+\rho gh$

A pressão em cima e em baixo é a mesma, pois estão em contato com a atmosfera. Portanto:

$v_i=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 5}=10$$m/s$

Voltando para a relação entre as velocidades:

$v_i=1,6129v_h \rightarrow v_h\approx 6,2$$m/s$

Aplicando a equação de Bernoulli para a parte inferior e para a altura de $15cm$.

$P_{inferior}+\dfrac{\rho v_i^2}{2}=P+\dfrac{\rho v_h^2}{2}+\rho g\cdot H$

$P=10^5+\dfrac{1000\cdot 10^2}{2}- \dfrac{1000\cdot 6,2^2}{2}-1000\cdot 10\cdot 0,15$

$P=129285Pa$

$\boxed{P\approx 129,3kPa}$

$\boxed{P\approx 129,3kPa}$

Ótica geométrica

Olhando a configuração, podemos olhar primeiramente alguns ângulos especiais:

Aplicando a lei de Snell:

$\dfrac{c}{\sin{\theta}}=\dfrac{c'}{\sin{\alpha}}$

Olhando para os ângulos no triângulo na circunferência:

$\alpha +\alpha+180^{\circ}-\theta=180^{\circ}$

$\theta=2\alpha$

$\dfrac{c}{\sin{(2\alpha)}}=\dfrac{c'}{\sin{\alpha}}$

$c'=\dfrac{c}{2\cos{\alpha}}$

como os ângulos são pequenos:

$\cos{\alpha}\rightarrow 1$

Portanto:

$\boxed{c'=\dfrac{c}{2}}$

$\boxed{c'=\dfrac{c}{2}}$

Termodinâmica

a) Sabemos pelo gráfico que a relação entre a pressão e o  volume é uma função de primeiro grau, porque o gráfico é uma reta. Observando-se que $P(0)=P_0$ e $V(0)=V_0$, a equação que descreve a pressão em função do volume é dada por:

$\boxed{P=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V}$

b) Aplicando a equação de Clayperon dos gases ideais:

$PV=nRT$

$(P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V)V=1\cdot RT$

$T(V)=\dfrac{P_0}{RT}\cdot V - \dfrac{P_0}{V_0RT}\cdot V^2$

Essa é uma equação 2º grau, do tipo:

$T=aV^2+bV+c$

Com $a=-\dfrac{P_0}{V_0RT}$, $b=\dfrac{P_0}{RT}$ e $c=0$.

O volume para temperatura máxima é:

$V=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{\dfrac{P_0}{RT}}{2\cdot \left(-\dfrac{P_0}{V_0RT}\right)}=\dfrac{V_0}{2}$

Aplicando:

$T_{max}=T\left(\dfrac{V_0}{2}\right)=\dfrac{P_0}{RT}\cdot \dfrac{V_0}{2} - \dfrac{P_0}{V_0RT}\cdot \left(\dfrac{V_0}{2} \right)^2$

$\boxed{T_{max}=\dfrac{P_0V_0}{4RT}}$

c) Sabemos que o módulo do trabalho por um gás é numéricamente igual à área abaixo da linha no gráfico $P \times V$.

Vemos que a área abaixo da linha no gráfico é a área de um trapézio, com as alturas sendo as pressões nos dois volumes, e a altura a diferença de volumes.

$I)$

$P\left(\dfrac{V_0}{2}\right)=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot \dfrac{V_0}{2}=\dfrac{P_0}{2}$

$II)$

$P\left(\dfrac{3V_0}{4}\right)=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot \dfrac{3V_0}{4}=\dfrac{P_0}{4}$

$III)$

$\Delta V=\dfrac{3V_0}{4}-\dfrac{V_0}{2}=\dfrac{V_0}{4}$

Portanto o trabalho será:

$W=S=\dfrac{(P_1+P_2)\Delta V}{2}$

$W=\dfrac{\left(\dfrac{P_0}{4}+\dfrac{P_0}{2}\right)\cdot \dfrac{V_0}{4}}{2}$

$\boxed{W=\dfrac{3}{32}P_0V_0}$

a) $\boxed{P=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V}$

b) $\boxed{T_{max}=\dfrac{P_0V_0}{4RT}}$

c) $\boxed{W=\dfrac{3}{32}P_0V_0}$

Gravitação

a) Nesse problema, utilizaremos o princípio da superposição.

Sabemos que em um espaço tridimensional podemos escolher uma região nesse espaço que abrange as massas do nosso sistema (essa região é comumente chamada de "Gaussiana"). Por simetria, o módulo do campo gravitacional é constante em todos os pontos da "gaussiana" - que, em nosso caso, é uma esfera.  Tomando uma esfera de raio $r$, calculamos o campo gravitacional a esta distância do centro de massa da distribuição de massa, o qual é escrito etorialmente por

$\vec{g}=-\dfrac{GM_{enc}}{r^2}\hat{r}$,

em que $\hat{r}$ é o vetor unitário na direção radial, e o sinal negativo indica que o campo aponta para dentro. $M_{enc}$ é a massa encarcerada pela superfície que estamos considerando, i.e. toda a massa contida dentro da esfera de raio $r$. Isso se deve ao teorema das cascas, o qual nos diz que, para corpos esfericamente simétricos, a única contruibuição ao campo gravitacional em um certo ponto do espaço provém da massa contida numa esfera cuja superfície contém tal ponto. Prosseguimos calculando o campo gravitacional gerado pela distribuição do problema.

Olhando nosso planeta, vemos que devemos separar em dois casos:

$I)$ Se $r\geq R$:

$m_{enc}=M$

Logo:

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}}$

$II)$ Se $0\leq r<R$:

A massa encarcerada não é a massa total, temos que calcular a massa encarcerada:

$\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}\pi R^3}=\dfrac{m_{enc}}{\dfrac{4}{3}\pi r^3}$

$m_{enc}=\dfrac{M}{R^3}\cdot r^3$

Portanto:

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r}$

b) Como a densidade do planeta é constante:

$\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}\pi R^3}=\dfrac{\Delta M}{\dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{R}{4}\right)^3}$

$\boxed{\Delta M=\dfrac{M}{64}}$

c) Para resolver o nosso sistema com massa faltando, consideraremos que ao invés de retirar a massa, colocaremos uma "massa negativa", teremos o nosso planeta completo, e um esfera com "massa negativa".

Reorganizando a equação final do item a) em termos da densidade:

$g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r$

$g=-\dfrac{G\cdot \rho \cdot \dfrac{4}{3}\pi R^3}{R^3}\cdot r$

$g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot r$

$\vec g=g\hat r$

$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot r\hat r$

$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec r$

Como dentro da cavidade, consideramos os dois "corpos" separados podemos usar essa equação nos dois, apenas lembrando que a densidade da cavidade é $-\rho$.

$\vec g=\vec g_+ +\vec g_-$

$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec {r_+} +(-\dfrac{4\pi G(-\rho)}{3}\cdot \vec {r_-})$

$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}(\vec {r_+}-\vec {r_-})$

Olhando o nosso sistema, podemos ver que:

$\vec {r_+}-\vec {r_-}=\vec a$

Onde $\vec a$ é o vetor que liga o centro do planeta e da cavidade, que é constante:

$\boxed{\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec a=cte}$

d) Como o ponto A é colinear com os centros, podemos apenas somar os valores dos campos gravitacionais, sem considerar o vetor $\hat r$.

$g=g_M+g_{(-\Delta M)}$

$g=-\dfrac{GM}{r^2}+\left(-\dfrac{G(-\Delta M)}{\left(r+\dfrac{R}{2}\right)^2}\right)$

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}\left(1-\dfrac{1}{64\left(\dfrac{R}{2r}\right)^2}\right)}$

e) A energia é a soma da energia da cavidade com a energia do planeta:

$W_f=-\dfrac{GMm}{2R}+\left(-\dfrac{Gm\left(-\dfrac{M}{64}\right)}{2R+\dfrac{R}{2}}\right)$

$W_f=-\dfrac{79GMm}{160R}$

Para o caso da primeira configuração, é basicamente considerar o planeta:

$W_i=-\dfrac{GMm}{2R}$

contabilizando a equação pedida:

$\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\left|\dfrac{-\dfrac{GMm}{2R}-\left(-\dfrac{79GMm}{160R}\right)}{-\dfrac{GMm}{2R}}\right|$

$\rightarrow \boxed{\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\dfrac{1}{80}}$

a)

 $I)$ Se $0\leq r<R$:

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r}$

$II)$ Se $r\geq R$:

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}}$

b) 

$\boxed{\Delta M=\dfrac{M}{64}}$

c)

Demonstração

d)

$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}\left(1-\dfrac{1}{64\left(\dfrac{R}{2r}\right)^2}\right)}$

e) 

$\boxed{\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\dfrac{1}{80}}$

Oscilações mecânicas

Vamos olhar a força resultante em uma massa qualquer $m_j$.

$\vec {F_{ij}}=-kGm_im_j\vec {r_{ij}}$

$\vec F_T=\displaystyle \sum_{i\neq j} \vec {F_{ij}}=\displaystyle \sum_{i\neq j} (-kGm_im_j\vec {r_{ij}})$

Como nosso somatório é em $i$, podemos tirar os termos com $j$ e os constantes do somatório:

$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i\vec {r_{ij}}$

Podemos perceber que:

$\vec {r_{ij}}=\vec {r_j}-\vec {r_i}$

$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i(\vec {r_j}-\vec {r_i})$

$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j}m_i\vec {r_j}-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i(-\vec {r_i})$

$\vec F_T=-kGm_j\vec {r_j}\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i+kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i\vec {r_i}$

Perceba que como as massas são equiparáveis entre si, e a quantidade de massas tende ao infinito, podemos fazer o nosso somatório considerando a massa $j$, porque a diferença tenderá a zero.

Sabemos que a posição do centro de massa do sistema é:

$\vec {r_{cm}}=\dfrac{\displaystyle \sum_i m_i\vec {r_i}}{M}$

como não há forças externas no nosso sistema, a posição do centro de massa é a posição inicial da bomba. se considerarmos que a bomba estava inicialmente na origem do sistema:

$\vec {r_{cm}}=\vec 0 \rightarrow \displaystyle \sum_i m_i\vec {r_i}=\vec 0$

Logo:

$\vec F_T=-kGm_j\vec {r_j}\displaystyle \sum_i m_i$

$\vec F_T=-kGm_jM\vec {r_j}$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$m_j\vec a=-kGm_jM\vec {r_j}$

Chamemos $\vec {r_j}$ de $\vec x$:

$\vec a=-(kGM)\vec x$

Essa é a equação de um $MHS$. Sabemos que pra esse movimento a frequência angular será:

$\omega^2=kGM=\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2$

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{kGM}}$

Para que as massas saiam e se encontrem de novo no mesmo local da explosão, levará metade do período:

$t=\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi}{\sqrt{kGM}}$

$t=\dfrac{3}{\sqrt{\dfrac{5}{7}\cdot 10^{-3}\cdot 7\cdot 10^{-11}\cdot 100}}$

$\rightarrow \boxed{t\approx 1,3\cdot 10^6s}$

O tempo convertido é de um pouco mais de 15 dias.

$\boxed{t=\dfrac{\pi}{\sqrt{kGM}}\approx 1,3\cdot 10^6s}$

Termodinâmica

a) Inicialmente, converteremos os dados apresentados para o sistema internacional de unidades.

$I)$ A pressão é:

$P_0=2,5atm=2,5\cdot 1\cdot 10^5Pa$

$P_0=2,5\cdot10^5 Pa$

$II)$ O volume é:

$V_0=5L=5\cdot 10^{-3}m^3$

$V_0=5\cdot 10^{-3}m^3$

$III)$ Convertendo a temperatura para Kelvin:

$\dfrac{\theta_K-273}{5}=\dfrac{\theta_F-32}{9}$

$\dfrac{\theta_K-273}{5}=\dfrac{\dfrac{2203}{5}-32}{9}$

$\theta_K=T_0=500K$

Se você pensou que esse valores não correspondem aos valores esperados segundo a equação de Clayperon, você está correto.

Segundo essa equação:

$PV=nRT$

$P_0V_0=nRT_0$ ;   Eq(01)

$2,5\cdot10^5 Pa\cdot 5\cdot 10^{-3}m^3=1mol\cdot R\cdot 500K$

$R=2,5\dfrac{J}{mol\cdot K}$

Esse valor não corresponde ao valor de $8,31\dfrac{J}{mol\cdot K}$ já conhecido.

Essa questão poderia ser pauta de anulação. Porém, perceba que em nenhum momento o enunciador disse que a constante dos gases era a mesma já conhecida. Se o aluno resolveu a questão ele deve ter percebido que o valor numérico da constante não será necessário.

Colocando os principais pontos em evidência, vamos para a solução da questão.

Suponhamos que o lado esquerdo esteja sendo aquecido por uma resistência.

Como a caixa e a membrana do meio são isoladas, o lado direito não recebe calor, portanto, lá ocorre um processo adiabático. Isso não ocorre no lado esquerdo, porque está recebendo calor da resistência.

$I)$ Para o lado direito:

Sabemos que para um processo adiabático temos que o produto $P\cdot V^{\gamma}$ é constante.

Como:

$PV=nRT$

$V=\dfrac{nRT}{P}$

Logo:

$P\cdot \left(\dfrac{nRT}{P}\right)^{\gamma}=cte$

Como $n$ e $R$ são constantes:

$P\cdot T^{\frac{\gamma}{1-\gamma}}=cte$

Com $\gamma=\dfrac{5}{3}$:

$P\cdot T^{-\dfrac{5}{2}}=cte$

$P_0\cdot T_0^{-\dfrac{5}{2}}=\dfrac{243}{32}P_0\cdot T_D^{-\dfrac{5}{2}}$

Sendo $T_D$ a temperatura no lado direito.

$T_0^{-\dfrac{5}{2}}=\dfrac{243}{32}\cdot T_D^{-\dfrac{5}{2}}$

$T_D=\left(\dfrac{32}{243}\right)^{\dfrac{2}{5}}T_0$

$\boxed{T_D=\dfrac{4}{9}T_0=\dfrac{2000}{9}K \approx 2 \cdot 10^2 K}$

Calculando o volume no lado direito:

$\dfrac{243}{32}P_0\cdot V_D=nR\cdot \dfrac{4}{9}T_0$

Utilizando a Eq(01):

$V_D=\dfrac{128}{2187}V_0$

$II)$ Para o lado esquerdo:

Como o recipiente possui volume constante:

$V_E+V_D=2V_0$

$V_E=\dfrac{4246}{2187}V_0$

Aplicando a equação de Clayperon:

$\dfrac{243}{32}P_0\cdot \dfrac{4246}{2187}V_0=nRT_E$

$\boxed{T_E=\dfrac{2123}{144}T_0=\dfrac{265375}{36}K\approx 7,4 \cdot 10^3 K}$

b) Para o lado que não recebe calor ($Q=0$):

$Q=\Delta U+W=0$

$W=-\Delta U$

$W=-nC_V\Delta T$

Vamos calcular $C_V$:

$C_P-C_V=R$   e   $\gamma=\dfrac{C_P}{C_V}$

$C_V=\dfrac{R}{\gamma-1}=\dfrac{3}{2}R$

Portanto:

$W=-\dfrac{3}{2}nR\Delta T=-\dfrac{3}{2}nR\left(\dfrac{4}{9}T_0-T_0\right)$

$W=\dfrac{5}{6}nRT_0$

Utilizando a Eq(01):

$W=\dfrac{5}{6}P_0V_0$

$W=\dfrac{5}{6}\cdot 2,5\cdot 10^5Pa\cdot 5\cdot 10^{-3}m^3$

$\boxed{W=\dfrac{6250}{6}J\approx 1 \cdot 10^3 J}$

a)

$\boxed{T_D=\dfrac{4}{9}T_0=\dfrac{2000}{9}K\approx 2 \cdot 10^2 K}$

$\boxed{T_E=\dfrac{2123}{144}T_0=\dfrac{265375}{36}K\approx 7,4 \cdot 10^3 K}$

b)

$\boxed{W=\dfrac{5}{6}P_0V_0=\dfrac{6250}{6}J \approx 1 \cdot 10^3 J}$