Solução Simulado 3 OBF – 3ª Fase – Nível 3

Dinâmica na relatividade restrita

Sabemos que um fóton possui massa de repouso nula.

Pela relação entre energia e momento temos:

$E^2=p^2c^2+m_0^2c^4$

$E^2=p^2c^2+0^2c^4$

Portanto, o momento linear do fóton é:

$p=\dfrac{E}{c}$

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:

$\dfrac{E}{c}=-\dfrac{E'}{c}+mv$

Conservando a energia:

$E=E'+\dfrac{mv^2}{2}$

$E=(mvc-E)+\dfrac{mv^2}{2}$

$mv^2+2mc\cdot v-4E=0$

Resolvendo a equação do segundo grau em $v$:

$v=\sqrt{c^2+\dfrac{4E}{m}}-c$

Conserevando a energia no espelho após a colisão:

$\dfrac{mv^2}{2}=mgh$

$h=\dfrac{v^2}{2g}$

$\rightarrow \boxed{h=\dfrac{\left(\sqrt{c^2+\dfrac{4E}{m}}-c\right)^2}{2g}}$

Convertendo a energia do fóton:

$E=5 eV=5\cdot 1,6\cdot 10^{-19} J$

$E=8\cdot 10^{-19} J$

Portanto a razão $\dfrac{4E}{m}$ será muito menor que $c^2$.

Organizando a equação da altura:

$h=\dfrac{c^2}{2g}\left(\sqrt{1+\dfrac{4E}{mc^2}}-1\right)^2$

A razão $\dfrac{4E}{mc^2}$ será:

$\dfrac{4E}{mc^2}=\dfrac{4\cdot 8\cdot 10^{-19}}{2\cdot 9\cdot 10^{16}}\approx 1,78\cdot 10^{-35}$

Como esse número é muito menor do que $1$, podemos utilizar a aproximação binomial na raíz:

$\sqrt{1+\dfrac{4E}{mc^2}}\approx 1+\dfrac{1}{2}\dfrac{4E}{mc^2}=1+\dfrac{2E}{mc^2}$

Logo:

$h=\dfrac{c^2}{2g}\left(1+\dfrac{2E}{mc^2}-1\right)^2$

$\boxed{h=\dfrac{2E^2}{m^2gc^2}}$

$\rightarrow \boxed{h=\dfrac{32}{9}\cdot 10^{-55} m}$

$\boxed{h=\dfrac{32}{9}\cdot 10^{-55} m}$

Termodinâmica

a) Inicialmente, vamos definir a relação entre os volumes como:

$\dfrac{V_2}{V_1}=\alpha=8$

Vamos trabalhar com cada caminho separadamente:

$I)$ Trajeto A-B:

Como o caminho é adiabático:

$P_AV_2^{\gamma}=P_BV_1^{\gamma}$

$P_B=P_A\cdot \alpha^{\gamma}$

Pela lei de Clayperon:

$\dfrac{P_AV_2}{T_A}=\dfrac{P_BV_1}{T_B}$

$T_B=T_A\cdot \alpha^{\gamma-1}$

$II)$ Trajeto C-D:

Caminho adiabático:

$P_CV_1^{\gamma}=P_DV_2^{\gamma}$

$P_C=P_D\cdot \alpha^{\gamma}$

Pela lei de Clayperon:

$\dfrac{P_CV_1}{T_C}=\dfrac{P_DV_2}{T_D}$

$T_C=T_D\cdot \alpha^{\gamma-1}$

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 $C_v$ a capacidade calorífica molar a volume constante:

$\Delta U=nC_v\Delta T=Q$

$III)$ Trajeto B-C:

$Q_{BC}=nC_V(T_C-T_B)$

$Q_{BC}=nC_v(T_D\cdot \alpha^{\gamma-1}-T_A\cdot \alpha^{\gamma-1}$

$IV)$ Trajeto D-A:

$Q_{DA}=nC_v(T_A-T_D)<0$

A eficiência do ciclo, portanto, será:

$\eta=1-\dfrac{\left|Q_{DA}\right|}{\left|Q_{BC}\right|}$

$\eta=1-\dfrac{nC_v(T_D-T_A)}{nC_v(T_D-T_A)\alpha^{\gamma -1}}$

$\rightarrow \boxed{\eta=1-\dfrac{1}{\alpha^{\gamma-1}}}$

Aplicando os valores:

$\eta=1-\dfrac{1}{8^{\frac{5}{3}-1}}$

$\rightarrow \boxed{\eta=\dfrac{3}{4}=75\%}$

b) Como a eficiência é dada por:

$\eta=1-\dfrac{1}{\alpha^{\gamma-1}}$

Para um $\alpha$ constante, se o coeficiente adiabático aumenta a eficiência aumenta também.

Para que as eficiências sejam as mesmas:

$\eta=1-\dfrac{1}{\alpha_1^{\frac{5}{3}-1}}=\eta_2=1-\dfrac{1}{\alpha_2^{\frac{7}{5}-1}}$

$(8)^{\frac{2}{3}}=\alpha_2^{\frac{2}{5}}$

$\alpha_2=\dfrac{V_2}{V_1}=32$

$\rightarrow \boxed{\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{1}{32}}$

a) $\boxed{\eta=\dfrac{3}{4}=75\%}$

b) $\boxed{\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{1}{32}}$

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:

$r_3=\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2+R_3}$; $r_2=\dfrac{R_1R_3}{R_1+R_2+R_3}$; $r_1=\dfrac{R_3R_2}{R_1+R_2+R_3}$

Para o nosso problema: $R_1=R_2=R$ e $R_3=\dfrac{2R}{3}$.

Portanto:

$r_2=r_1=\dfrac{R}{4}$ e $r_3=\dfrac{3R}{8}$

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 $\dfrac{R}{4}$, em paralelo com duas resistências $\dfrac{3R}{8}$ em série, e finalmente em série com duas resistências $\dfrac{R}{4}$.

A resitência na parte em paralelo do sistema é dada por:

$\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{\dfrac{3R}{8}+\dfrac{3R}{8}}+\dfrac{1}{\dfrac{R}{4}+\dfrac{R}{4}+X}$

$r=\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$

A resistência equivalente do circuito será:

$R_{eq}=\dfrac{R}{4}+\dfrac{R}{4}+r$

$R_{eq}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$

Porém, a resistência do circuito é X:

$X=\dfrac{R}{2}+\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$

$\left(X-\dfrac{R}{2}\right)\cdot\left(X+\dfrac{5R}{4}\right)=\dfrac{3R}{4}\cdot \left(X+\dfrac{R}{2}\right)$

Resolvendo a equação chegamos a:

$\rightarrow \boxed{X=R=3\Omega}$

b) Como o circuito é infinito, a resitência para cada célula é $R$.

Se na célula $n-1$, a ddp no capacitor é $U_{n-1}$, entrará uma corrente total no restante do circuito dado por:

$I=\dfrac{U_{n-1}}{R}$

Voltando para o resultado do item a), a resistência da parte em paralelo é:

$r=\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}=\dfrac{3R}{2}$

Reorganizando o circuito:

Aplicando a lei das malhas:

$-\dfrac{3R}{2}i'+\dfrac{3R}{4}(i-i')=0$

$i'=\dfrac{i}{3}=\dfrac{1}{3}\dfrac{U_{n-1}}{R}$

A ddp no capacitor $n$ será:

$U_n=Xi'=R\cdot \dfrac{1}{3}\dfrac{U_{n-1}}{R}$

$U_n=\dfrac{U_{n-1}}{3}$

Como a ddp em um capacitor é $U=\dfrac{Q}{C}$:

$\dfrac{Q_n}{C}=\dfrac{1}{3}\dfrac{Q_{n-1}}{C}$

$\rightarrow \boxed{\dfrac{Q_n}{Q_{n-1}}=\dfrac{1}{3}}$

c) Como a razão entre as cargas é constante, elas estão em progressão geométrica.

Considerando que a ddp inicial é um capacitor de carga $Q_0=UC$, a carga nos outros capacitores é:

$Q_n=Q_0\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

$Q_n=UC\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

A energia no capacitor $n$ é:

$E_n=\dfrac{Q_n^2}{2C}$

$E_n=\dfrac{1}{2C}\left(UC\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)^2$

$E_n=\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n$

A energia total é a soma das energias:

$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}E_n$

$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n\right)$

$E=\dfrac{CU^2}{2}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n$

$E=\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{\dfrac{1}{9}}{1-\dfrac{1}{9}}\right)$

$\rightarrow \boxed{E=\dfrac{CU^2}{16}=4J}$

a) $\boxed{X=R=3\Omega}$

b) $\boxed{\dfrac{Q_n}{Q_{n-1}}=\dfrac{1}{3}}$

c) $\boxed{E=\dfrac{CU^2}{16}=4J}$

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 $F_T$, temos:

$F_{el}\cdot b=F_T\cdot a$

$F_T=\dfrac{kx_0b}{a}$

A massa suspensa também estará em equilíbrio:

$F_T=mg$

$\dfrac{kx_0b}{a}=mg$

$x_0=\dfrac{mga}{kb}$

$\rightarrow \boxed{x_0=\dfrac{56}{9} m}$

b) Suponha que a barra foi desviada desviada um pequeno ângulo $\theta$ da posição de equilíbrio. A deformação da mola será:

$x=x_0+b\theta$

Como a barra foi desviada também, a força peso exercerá um torque no ponto de fixação, dado por:

$\tau_{peso}=Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}$

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:

$\tau_{peso}+\tau_{tracao}+\tau_{el}=I\cdot \alpha$

$Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}+F_T\cdot a-kx\cdot b=\dfrac{ML^2}{3}\cdot \alpha$

Suponha que a massa $m$ tenha aceleração linear $A$. Pela condição da rotação:

$A=\alpha \cdot a$

Olhando para as forças na massa $m$:

$mg-F_T=mA$

$F_T=mg-m\alpha \cdot a$

Portanto:

$Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}+(mg-m\alpha \cdot a)\cdot a-k(x_0+b\cdot \theta)\cdot b=\dfrac{ML^2}{3}\cdot \alpha$

Utilizando a aproximação para pequenos ângulos ($\sin{\theta}\approx \theta$), e sabendo que $kx_0b=mga$:

$-\left(kb^2-\dfrac{MgL}{2}\right)\theta=\left(\dfrac{ML^2}{3}+ma^2\right)\alpha$

$\boxed{\alpha=-\left(\dfrac{kb^2-\dfrac{MgL}{2}}{\dfrac{ML^2}{3}+ma^2}\right)\theta}$

$\alpha=-5\theta$

Essa é a equação de um MHS, cuja frequência angular será:

$\omega^2=5$

$\omega=\sqrt{5}$ $rad/s$

O período será:

$T=\dfrac{2\pi}{\omega}$

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{5}}$

$\rightarrow \boxed{T=\dfrac{30}{11} s}$

c) Como o movimento resultante será um MHS, o movimento da massa será:

$x=h\cos{(\omega t)}$

$v=-\omega h\sin{(\omega t)}$

$A=-\omega^2 h\cos{(\omega t)}$

Pela equação da tração:

$F_T=mg-m\omega^2h\cos{(\omega t)}$

A potência da força será:

$P=F_T\cdot v$

$P=(mg-m\omega^2h\cos{(\omega t)})\cdot (-\omega h\sin{(\omega t)})$

$P(t)=-\omega mg h\sin{(\omega t)}+m\omega^3h^2\sin{(\omega t)}\cos{(\omega t)}$

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.

$\rightarrow \boxed{P_{med}=0}$

a) $\boxed{x_0=\dfrac{56}{9} m}$

b) $\boxed{T=\dfrac{30}{11} s}$

c) $\boxed{P_{med}=0}$

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:

$\vec F=q\cdot (\vec E+\vec v \times \vec B)$

$\vec F=q\cdot \left[E\hat x+(v_x\hat x+v_y\hat y+v_z\hat z)\times (B\hat x)\right]$

$\vec F=qE\hat x +qv_zB\hat y-qv_yB\hat z$

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:

$v_z^2+v_y^2=v_{0_y}^2+v_{0_z}^2=v_0^2+0^2$

$v_z^2+v_y^2=v_0^2$

A força resultante no plano xy será:

$F_{yz}^2=F_y^2+F_z^2=(qv_zB)^2+(-qv_yB)^2$

$F_{yz}^2=q^2B^2(v_z^2+v_y^2)=q^2B^2v_0^2$

$F_{yz}=qv_0B$

$\rightarrow \boxed{F_{yz}=1,6\cdot 10^{-24} N}$

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:

$F_{yz}=F_{cp}$

$qv_0B=\dfrac{mv_0^2}{R}$

$R=\dfrac{mv_0}{qB}$

$\rightarrow \boxed{R=9,375\cdot 10^{21} m}$

c) Como a massa está realizando um movimento circular no plano xy ele demorará um período $T=\dfrac{R}{v}$ para completar uma volta.

$T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{\dfrac{2\pi mv_0}{qB}}{v_0}$

$T=\dfrac{2\pi m}{qB}$

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:

$t_{n-1}=(n-1)T$

O tempo após $n$ voltas é:

$t_n=nT$

Obs: $t_n-t_{n-1}=T$

Aplicando a segunda lei de Newton no eixo x:

$qE=ma_x$

$a_x=\dfrac{qE}{m}$

Como a aceleração no eixo x é constante, o movimento nesse eixo será um MRUV:

$v_x=v_{0_x}+a_xt$

$v_{n-1}=a_xt_{n-1}$

Portanto, o passo na volta $n$ será:

$p_n=v_{n-1}\cdot(t_n-t_{n-1})+\dfrac{a_x(t_n-t_{n-1})^2}{2}$

$p_n=a_x\cdot (n-1)T\cdot(T)+\dfrac{a_x(T)^2}{2}$

$p_n=\dfrac{qE}{m}\cdot (n-1) \dfrac{2\pi m}{qB}\cdot \dfrac{2\pi m}{qB}+\dfrac{1}{2}\dfrac{qE}{m}\left(\dfrac{2\pi m}{qB}\right)^2$

$p_n=\dfrac{4\pi^2 mE}{qB^2}(n-1)+\dfrac{2\pi^2 mE}{qB^2}$

$\boxed{p_n=\dfrac{2\pi^2 mE}{qB^2}(2n-1)}$

Como queremos o passo da sétima volta:

$p_7=\dfrac{2\cdot 3^2\cdot 15\cdot 10^{-3}\cdot 0,5}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot (0,00001)^2}(2\cdot 7-1)$

$\rightarrow \boxed{p_7=2,19375\cdot 10^{29} m}$

a) $\boxed{F_{yz}=1,6\cdot 10^{-24} N}$

b) $\boxed{R=9,375\cdot 10^{21} m}$

c) $\boxed{p_7=2,19375\cdot 10^{29} m}$

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:

$\dfrac{n_{ar}}{p}+\dfrac{n}{p'_1}=\dfrac{n-n_{ar}}{R}$

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:

$\dfrac{n_{ar}}{p}\rightarrow 0$

Portanto:

$\dfrac{n}{p'_1}=\dfrac{n-n_{ar}}{R}$

$p'_1=\dfrac{n}{n-1}R$

A distância dessa primeira imagem até o segundo dioptro será $R-p'_1$.

Aplicando a equação no segundo dioptro:

$\dfrac{n}{R-p'_1}+\dfrac{n_{ar}}{p'}=\dfrac{n_{ar}-n}{\dfrac{R}{2}}$

$\dfrac{1}{p'}=\dfrac{2(1-n)}{R}-\dfrac{n}{R-\dfrac{n}{n-1}R}$

$\boxed{p'=\dfrac{R}{(n-1)(n-2)}}$

$p'=\dfrac{10}{\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1\right)\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-2\right)}$

$p'\approx -64,98 m$

Essa distância é em relação ao segundo diptro. A distância até o primeiro dioptro será:

$d=\left|p'-R\right|$

$\rightarrow \boxed{d\approx 54,98 m}$

b) Para esse caso, basta aplicar que os raios se encontram no ponto P:

$p'=2\dfrac{R}{2}=R$

Logo:

$R=\dfrac{R}{(n-1)(n-2)}$

$(n-1)(n-2)=1$

$n^2-3n+1=0$

Resolvendo a equação do segundo grau:

$n=\dfrac{3\pm \sqrt{5}}{2}$

Como o índice de refração deve ser maior que ou igual a 1:

$\rightarrow \boxed{n=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}}$

a) $\boxed{d\approx 54,98 m}$

b) $\boxed{n=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}}$

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 $\Delta t$ ela possua raio $R+\Delta R$. Se nesse período a gota percorreu uma distância $\Delta z$, temos:

$\Delta V_{esfera}=V_{cilindro}$

$\dfrac{4\pi}{3}(R+\Delta R)^3-\dfrac{4\pi}{3}R^3=\pi R^2\Delta z$

$4\pi R^2\Delta R+4\pi R(\Delta R)^2+\dfrac{4\pi}{3}(\Delta R)^3=\pi R^2\Delta z$

Considerando um intervalo de tempo muito pequeno, podemos desconsiderar os termos $(\Delta R)^2$ e $(\Delta R)^3$. Logo:

$4\pi R^2\Delta R=\pi R^2\Delta z$

$4\Delta R=\Delta z$

$4(r-r_0)=z-z_0$

Como $z_0=0$ e $r_0=0$:

$4r=z$

$\rightarrow \boxed{\dfrac{r}{z}=\dfrac{1}{4}}$

b) Se no momento analisado a velocidade instantânea é $v$, o deslocamento após um tempo $\Delta t$ é:

$\Delta z=v\Delta t$

A massa que entra nesse intervalo de tempo é:

$\Delta m=\rho \Delta V_{esfera}=\rho \pi r^2\Delta z$

$\Delta m=\pi \rho \left(\dfrac{z}{4}\right)^2v\Delta t$

$\Delta m=\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v\Delta t$

O módulo da força devido a entrada de massa é:

$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v$

$F=\dfrac{\dfrac{\pi \rho}{16}v\Delta t}{\Delta t}v$

$\boxed{F=\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v^2}$

Portanto:

$\beta=\dfrac{\pi \rho}{16}$

$\rightarrow \boxed{\beta=\dfrac{375}{2} kg/m^3}$

c) A massa total da gota será:

$m=\rho \dfrac{4\pi}{3}r^3$

$m=\dfrac{\pi \rho}{48}z^3$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$mg-F=ma$

$\dfrac{\pi \rho}{48}z^3\cdot a=\dfrac{\pi \rho}{48}z^3\cdot g-\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v^2$

$\boxed{a=g-3\cdot \dfrac{v^2}{z}}$

Portanto:

$\boxed{\alpha=1}$ e $\boxed{\gamma=3}$

d) Se a aceleração se mantém constante, a gota executará um MRUV. Logo:

$z=\dfrac{at^2}{2}$ e $v=at$

Portanto:

$a=g-3\cdot \dfrac{(at)^2}{\left(\dfrac{at^2}{2}\right)}$

$a=g-6a$

$\boxed{a=\dfrac{g}{7}}$

$\boxed{a\approx 1,429 m/s^2}$

a) $\boxed{\dfrac{r}{z}=\dfrac{1}{4}}$

b) $\boxed{\beta=\dfrac{375}{2} kg/m^3}$

c) $\boxed{\alpha=1}$ e $\boxed{\gamma=3}$

d) $\boxed{a\approx 1,429 m/s^2}$

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:

$\phi =BLx$

A variação do fluxo será:

$\Delta \phi=BL\Delta x$

Pela lei de Faraday, a ddp induzida será:

$\epsilon=-\dfrac{\Delta \phi}{\Delta t}$

$\epsilon=-\dfrac{BL\Delta x}{\Delta t}$

$\epsilon=-BLv$

Onde $v$ é a velocidade da barra.

Aplicando essa ddp no capacitor:

$\epsilon=\dfrac{Q}{C}=-BLv$

$Q=-BLCv$

A corrente gerada nesse movimento será:

$I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$

$I=\dfrac{-BLC\Delta v}{\Delta t}$

$I=-BLC\cdot a$

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:

$F=B\left|I\right|L$

$F=B(BLC\cdot a)L$

$F=B^2L^2C\cdot a$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$ma=mg-F$

$ma=mg-B^2L^2C\cdot a$

$\boxed{a=\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}}$

$\rightarrow \boxed{a=5 m/s^2}$

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:

$E=\dfrac{Q^2}{2C}$

$E=\dfrac{(-BLCat)^2}{2C}$

$E=\dfrac{B^2L^2Ca^2t^2}{2}$

$\boxed{E=\dfrac{B^2L^2C\left(\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}\right)^2}{2}\cdot t^2}$

$\boxed{\alpha=\dfrac{B^2L^2C\left(\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}\right)^2}{2}}$

$\boxed{\alpha=\dfrac{25}{2} J/s^2}$

a) $\boxed{a=5 m/s^2}$

b) $\boxed{\alpha=\dfrac{25}{2} J/s^2}$