Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Questão 1
Dinâmica na relatividade restrita
Sabemos que um fóton possui massa de repouso nula.
Pela relação entre energia e momento temos:
E2=p2c2+m20c4
E2=p2c2+02c4
Portanto, o momento linear do fóton é:
p=Ec
Suponha que após a colisão o fóton tenha energia E′. Sabemos que o movimento do fóton após a colisão será para trás.
Conservando o momento linear:
Ec=−E′c+mv
Conservando a energia:
E=E′+mv22
E=(mvc−E)+mv22
mv2+2mc⋅v−4E=0
Resolvendo a equação do segundo grau em v:
v=√c2+4Em−c
Conserevando a energia no espelho após a colisão:
mv22=mgh
h=v22g
→h=(√c2+4Em−c)22g
Convertendo a energia do fóton:
E=5eV=5⋅1,6⋅10−19J
E=8⋅10−19J
Portanto a razão 4Em será muito menor que c2.
Organizando a equação da altura:
h=c22g(√1+4Emc2−1)2
A razão 4Emc2 será:
4Emc2=4⋅8⋅10−192⋅9⋅1016≈1,78⋅10−35
Como esse número é muito menor do que 1, podemos utilizar a aproximação binomial na raíz:
√1+4Emc2≈1+124Emc2=1+2Emc2
Logo:
h=c22g(1+2Emc2−1)2
h=2E2m2gc2
→h=329⋅10−55m
h=329⋅10−55m
Questão 2
Termodinâmica
a) Inicialmente, vamos definir a relação entre os volumes como:
V2V1=α=8
Vamos trabalhar com cada caminho separadamente:
I) Trajeto A-B:
Como o caminho é adiabático:
PAVγ2=PBVγ1
PB=PA⋅αγ
Pela lei de Clayperon:
PAV2TA=PBV1TB
TB=TA⋅αγ−1
II) Trajeto C-D:
Caminho adiabático:
PCVγ1=PDVγ2
PC=PD⋅αγ
Pela lei de Clayperon:
PCV1TC=PDV2TD
TC=TD⋅αγ−1
Como os trajetos A-B e C-D são adiabáticos, não haverá troca de calor nesse trecho. Como os trajetos B-C e A-D são isocóricos, os calores trocados nesses são iguais as variações de energia interna.
Sendo Cv a capacidade calorífica molar a volume constante:
ΔU=nCvΔT=Q
III) Trajeto B-C:
QBC=nCV(TC−TB)
QBC=nCv(TD⋅αγ−1−TA⋅αγ−1
QBC=nCv(TD−TA)αγ−1>0
IV) Trajeto D-A:
QDA=nCv(TA−TD)<0
A eficiência do ciclo, portanto, será:
η=1−|QDA||QBC|
η=1−nCv(TD−TA)nCv(TD−TA)αγ−1
→η=1−1αγ−1
Aplicando os valores:
η=1−1853−1
→η=34=75%
b) Como a eficiência é dada por:
η=1−1αγ−1
Para um α constante, se o coeficiente adiabático aumenta a eficiência aumenta também.
Para que as eficiências sejam as mesmas:
η=1−1α53−11=η2=1−1α75−12
(8)23=α252
α2=V2V1=32
→V1V2=132
a) η=34=75%
b) V1V2=132
Questão 3
Eletrodinâmica
a) Inicialmente, há algumas coisas a se considerar.
Um circuito infinito é algo totalmente teórico. Como o infinito é um comportamento e não um número, não há como analisar as células por completo.
Para se calcular a resistência equivalente, devemos considerar que infinito menos um é igual a infinito, ou seja, se retirarmos uma célula do nosso circuito, a resistência equivalente se mantém inalterada.
Dadas essas considerações, vamos a resolução do nosso problema.
Inicialmente, vamos organizar um pouco as resistências das células:
Perceba que, nos pontos A-C-E e nos pontos B-D-E há uma configuração de resistores em delta. Vamos mudar essa configuração para uma configuração em estrela.
Caso você não conheça a substituição Delta-Estrela, essa ideia já foi utilizada na resolução dos problemas da semana na semana 130 (Semana 130), utilizaremos o resultado pronto nessa resolução:
r3=R1R2R1+R2+R3; r2=R1R3R1+R2+R3; r1=R3R2R1+R2+R3
Para o nosso problema: R1=R2=R e R3=2R3.
Portanto:
r2=r1=R4 e r3=3R8
Como o circuito é simétrico, o mesmo acontece nos pontos B-D-E.
Sendo a resistência equivalente no circuito X:
A resistência equivalente do circuito será uma resistência X em série com duas resistências R4, em paralelo com duas resistências 3R8 em série, e finalmente em série com duas resistências R4.
A resitência na parte em paralelo do sistema é dada por:
1r=13R8+3R8+1R4+R4+X
r=(X+R2)3R4X+5R4
A resistência equivalente do circuito será:
Req=R4+R4+r
Req=R2+(X+R2)3R4X+5R4
Porém, a resistência do circuito é X:
X=R2+(X+R2)3R4X+5R4
(X−R2)⋅(X+5R4)=3R4⋅(X+R2)
Resolvendo a equação chegamos a:
→X=R=3Ω
b) Como o circuito é infinito, a resitência para cada célula é R.
Se na célula n−1, a ddp no capacitor é Un−1, entrará uma corrente total no restante do circuito dado por:
I=Un−1R
Voltando para o resultado do item a), a resistência da parte em paralelo é:
r=(X+R2)3R4X+5R4=3R2
Reorganizando o circuito:
Aplicando a lei das malhas:
−3R2i′+3R4(i−i′)=0
i′=i3=13Un−1R
A ddp no capacitor n será:
Un=Xi′=R⋅13Un−1R
Un=Un−13
Como a ddp em um capacitor é U=QC:
QnC=13Qn−1C
→QnQn−1=13
c) Como a razão entre as cargas é constante, elas estão em progressão geométrica.
Considerando que a ddp inicial é um capacitor de carga Q0=UC, a carga nos outros capacitores é:
Qn=Q0(13)n
Qn=UC(13)n
A energia no capacitor n é:
En=Q2n2C
En=12C(UC(13)n)2
En=CU22(19)n
A energia total é a soma das energias:
E=∞∑n=1En
E=∞∑n=1(CU22(19)n)
E=CU22∞∑n=1(19)n
E=CU22(191−19)
→E=CU216=4J
a) X=R=3Ω
b) QnQn−1=13
c) E=CU216=4J
Questão 4
Dinâmica da rotação
a) Inicialmente, como tudo está em equilíbrio, o torque resultante na barra será zero. Se a força de tração na corda é FT, temos:
Fel⋅b=FT⋅a
FT=kx0ba
A massa suspensa também estará em equilíbrio:
FT=mg
kx0ba=mg
x0=mgakb
→x0=569m
b) Suponha que a barra foi desviada desviada um pequeno ângulo θ da posição de equilíbrio. A deformação da mola será:
x=x0+bθ
Como a barra foi desviada também, a força peso exercerá um torque no ponto de fixação, dado por:
τpeso=MgL2⋅sinθ
Analisando nosso sistema, podemos peceber que os torques da força de tração e da força peso tendem a aumentar a posição angular, e o torque da força elástica tende a diminuir a posição angular. Aplicando na segunda lei de Newton para a rotação:
τpeso+τtracao+τel=I⋅α
MgL2⋅sinθ+FT⋅a−kx⋅b=ML23⋅α
Suponha que a massa m tenha aceleração linear A. Pela condição da rotação:
A=α⋅a
Olhando para as forças na massa m:
mg−FT=mA
FT=mg−mα⋅a
Portanto:
MgL2⋅sinθ+(mg−mα⋅a)⋅a−k(x0+b⋅θ)⋅b=ML23⋅α
Utilizando a aproximação para pequenos ângulos (sinθ≈θ), e sabendo que kx0b=mga:
−(kb2−MgL2)θ=(ML23+ma2)α
α=−(kb2−MgL2ML23+ma2)θ
α=−5θ
Essa é a equação de um MHS, cuja frequência angular será:
ω2=5
ω=√5 rad/s
O período será:
T=2πω
T=2π√5
→T=3011s
c) Como o movimento resultante será um MHS, o movimento da massa será:
x=hcos(ωt)
v=−ωhsin(ωt)
A=−ω2hcos(ωt)
Pela equação da tração:
FT=mg−mω2hcos(ωt)
A potência da força será:
P=FT⋅v
P=(mg−mω2hcos(ωt))⋅(−ωhsin(ωt))
P(t)=−ωmghsin(ωt)+mω3h2sin(ωt)cos(ωt)
Sabemos que as funções senóides são antissimétricas. Algumas horas essa potência será positiva, outras horas será negativa, simetricamente, de tal forma que a potência média é zero.
→Pmed=0
a) x0=569m
b) T=3011s
c) Pmed=0
Questão 5
Eletromagnetismo/ Movimento de uma carga em campos constantes
a) Para ínicio de conversa ("assim como quase em todas as questões de dinâmica") vamos calcular o vetor força na carga.
A força total será a soma das forças magnética e elétrica:
→F=q⋅(→E+→v×→B)
→F=q⋅[Eˆx+(vxˆx+vyˆy+vzˆz)×(Bˆx)]
→F=qEˆx+qvzBˆy−qvyBˆz
Perceba que a força em x não depende do campo magnético. Como inicialmente a velocidade do corpo estava na direção y, e a força magnética está somente nos planos y e z, a velocidade resultante nesse plano não terá seu módulo afetado:
v2z+v2y=v20y+v20z=v20+02
v2z+v2y=v20
A força resultante no plano xy será:
F2yz=F2y+F2z=(qvzB)2+(−qvyB)2
F2yz=q2B2(v2z+v2y)=q2B2v20
Fyz=qv0B
→Fyz=1,6⋅10−24N
b) Como nesse plano a força não altera o módulo da velocidade, o movimento resultante nesse plano é uma circunferência. Aplicando a equação para a resultante centrípeta das forçaas:
Fyz=Fcp
qv0B=mv20R
R=mv0qB
→R=9,375⋅1021m
c) Como a massa está realizando um movimento circular no plano xy ele demorará um período T=Rv para completar uma volta.
T=2πRv=2πmv0qBv0
T=2πmqB
O passo da n-ésima volta será a distância percorrida no eixo x entre a volta n−1 e a volta n.
O tempo após n−1 voltas é:
tn−1=(n−1)T
O tempo após n voltas é:
tn=nT
Obs: tn−tn−1=T
Aplicando a segunda lei de Newton no eixo x:
qE=max
ax=qEm
Como a aceleração no eixo x é constante, o movimento nesse eixo será um MRUV:
vx=v0x+axt
vn−1=axtn−1
Portanto, o passo na volta n será:
pn=vn−1⋅(tn−tn−1)+ax(tn−tn−1)22
pn=ax⋅(n−1)T⋅(T)+ax(T)22
pn=qEm⋅(n−1)2πmqB⋅2πmqB+12qEm(2πmqB)2
pn=4π2mEqB2(n−1)+2π2mEqB2
pn=2π2mEqB2(2n−1)
Como queremos o passo da sétima volta:
p7=2⋅32⋅15⋅10−3⋅0,51,6⋅10−19⋅(0,00001)2(2⋅7−1)
→p7=2,19375⋅1029m
a) Fyz=1,6⋅10−24N
b) R=9,375⋅1021m
c) p7=2,19375⋅1029m
Questão 6
Ótica geométrica
a) Nesse sistema ótico, podemos perceber a existência de dois dioptros esféricos, um na interface ar-esfera, e outro na interface esfera-ar.
A representação da refração dos raios será:
Suponha que após o primeiro dioptro, os raios se encontram a uma distância p′1. Pela equação do dioptro esférico:
narp+np′1=n−narR
Como o feixe de luz é paralelo, podemos considerar o objeto que gerou esses raios é um objeto impróprio, ou seja, a distância p é muito grande, logo:
narp→0
Portanto:
np′1=n−narR
p′1=nn−1R
A distância dessa primeira imagem até o segundo dioptro será R−p′1.
Aplicando a equação no segundo dioptro:
nR−p′1+narp′=nar−nR2
1p′=2(1−n)R−nR−nn−1R
p′=R(n−1)(n−2)
p′=10(√62−1)(√62−2)
p′≈−64,98m
Essa distância é em relação ao segundo diptro. A distância até o primeiro dioptro será:
d=|p′−R|
→d≈54,98m
b) Para esse caso, basta aplicar que os raios se encontram no ponto P:
p′=2R2=R
Logo:
R=R(n−1)(n−2)
(n−1)(n−2)=1
n2−3n+1=0
Resolvendo a equação do segundo grau:
n=3±√52
Como o índice de refração deve ser maior que ou igual a 1:
→n=3+√52
a) d≈54,98m
b) n=3+√52
Questão 7
Dinâmica/ Forças de variação de massa
a) Para a entrada de massa, consideraremos que o volume que entra na gota, é o volume do cilindro percorrido por ela.
Suponha que em um momento t a gota possua raio R, e que após um tempo muito pequeno Δt ela possua raio R+ΔR. Se nesse período a gota percorreu uma distância Δz, temos:
ΔVesfera=Vcilindro
4π3(R+ΔR)3−4π3R3=πR2Δz
4πR2ΔR+4πR(ΔR)2+4π3(ΔR)3=πR2Δz
Considerando um intervalo de tempo muito pequeno, podemos desconsiderar os termos (ΔR)2 e (ΔR)3. Logo:
4πR2ΔR=πR2Δz
4ΔR=Δz
4(r−r0)=z−z0
Como z0=0 e r0=0:
4r=z
→rz=14
b) Se no momento analisado a velocidade instantânea é v, o deslocamento após um tempo Δt é:
Δz=vΔt
A massa que entra nesse intervalo de tempo é:
Δm=ρΔVesfera=ρπr2Δz
Δm=πρ(z4)2vΔt
Δm=πρ16z2vΔt
O módulo da força devido a entrada de massa é:
F=ΔmΔtv
F=πρ16vΔtΔtv
F=πρ16z2v2
Portanto:
β=πρ16
→β=3752kg/m3
c) A massa total da gota será:
m=ρ4π3r3
m=πρ48z3
Aplicando a segunda lei de Newton:
mg−F=ma
πρ48z3⋅a=πρ48z3⋅g−πρ16z2v2
a=g−3⋅v2z
Portanto:
α=1 e γ=3
d) Se a aceleração se mantém constante, a gota executará um MRUV. Logo:
z=at22 e v=at
Portanto:
a=g−3⋅(at)2(at22)
a=g−6a
a=g7
a≈1,429m/s2
a) rz=14
b) β=3752kg/m3
c) α=1 e γ=3
d) a≈1,429m/s2
Questão 8
Eletromagnetismo/ Indução eletromagnética
a) Sabemos que para um caminho fechado, com um campo magnético fazendo fluxo nesse caminho, haverá uma ddp induzida nesse caminho, caso ocorra variação no fluxo magnético.
Se a barra está a uma distância x do início do caminho, o fluxo magnético será:
ϕ=BLx
A variação do fluxo será:
Δϕ=BLΔx
Pela lei de Faraday, a ddp induzida será:
ϵ=−ΔϕΔt
ϵ=−BLΔxΔt
ϵ=−BLv
Onde v é a velocidade da barra.
Aplicando essa ddp no capacitor:
ϵ=QC=−BLv
Q=−BLCv
A corrente gerada nesse movimento será:
I=ΔQΔt
I=−BLCΔvΔt
I=−BLC⋅a
A força resultante tentará fazer a barra desacelerar a barra para evitar que o fluxo varie, e, portanto, ela apontará para cima.
O módulo da força será:
F=B|I|L
F=B(BLC⋅a)L
F=B2L2C⋅a
Aplicando a segunda lei de Newton:
ma=mg−F
ma=mg−B2L2C⋅a
a=g1+B2L2Cm
→a=5m/s2
b) Como a aceleração é constante, a velocidade da barra é:
v=at
A carga em função do tempo será:
Q=−BLCv=−BLCat
A energia armazenada no capacitor é:
E=Q22C
E=(−BLCat)22C
E=B2L2Ca2t22
E=B2L2C(g1+B2L2Cm)22⋅t2
α=B2L2C(g1+B2L2Cm)22
α=252J/s2
a) a=5m/s2
b) α=252J/s2