Soluções Simulado 2 OBF - Nível 3

Mecânica: Gravitação Universal e Oscilações

Resolvamos o problema para o caso geral onde há poeira estelar, e posteriormente particularizamos para $\rho=0$.

i) Primeiramente, devemos analisar as forças atuantes no equilíbrio. A força gravitacional exercida pela massa central + a força gravitacional exercida pela nuvem de poeira compõem a resultante centrípeta que mantém a órbita circular estável. O cálculo da primeira é trivial. Para a segunda, utilizamos o Teorema das Cascas, que nos permite: argumentar que apenas a massa da nuvem interna à órbita da partícula exerce força nela; considerar toda a massa da nuvem concentrada em um ponto no centro da órbita para fins de cálculo da força. Sendo assim, pela segunda Lei de Newton na direção radial:

$\dfrac{GMm}{r_0^2}+\dfrac{GM_{int}m}{r_0^2}=m\omega_0^2r_0$,

sendo $\omega_0$ a velocidade angular na órbita circular. Além disso, a massa de poeira interna à uma esfera de raio $r_0$ é

$M_{int}=\rho \cdot \dfrac{4}{3}\pi r_0^3$.

Logo:

$\dfrac{GM}{r_0^2}+\dfrac{4}{3}\rho \pi G r_0=\omega_0^2r_0$.

ii) Suponha que a partícula seja deslocada levemente de uma posição inicial $r_0$ para $r=r_0+\delta$, com $\delta \ll r_0$. Escrevemos novamente a 2ª Lei de Newton radialmente, mas agora haverá dois termos de aceleração: um deles é a aceleração centrípeta, já o outro está relacionado à própria taxa de variação da velocidade radial da partícula, que chamaremos de $a$. Sendo assim, vale:

$ma-m\omega^2 r=-\dfrac{GMm}{(r_0+\delta)^2}-\dfrac{4}{3}\rho\pi G(r_0+\delta)$.

Você deve ter percebido que escrevi $\omega$ para a velocidade angular no termo de aceleração centrípeta, em vez de $\omega_0$. De fato, isto ocorre pois o momento angular do corpo se conserva antes e depois do pequeno impulso que lhe é fornecido, o que é justificado pois o corpo está sujeito à ação de forças centrais somente. Equacionando, podemos obter uma relação entre as velocidades angulares:

$L_{antes}=L_{depois}$,

$mr_0^2\omega_0=m(r_0+\delta)^2\omega$,

$\omega=\dfrac{r_0^2}{(r_0+\delta)^2}\omega_0$.

Substituindo esse resultado na equação de movimento acima e reorganizando os termos, escrevemos

$a=\omega_0^2 r_0 \left(1+\dfrac{\delta}{r_0}\right)^{-3}-\dfrac{GM}{r_0^2}\left(1+\dfrac{\delta}{r_0}\right)^{-2}-\dfrac{4}{3}\rho\pi Gr_0\left(1+\dfrac{\delta}{r_0}\right)$.

Fazendo uso da aproximação dada no enunciado $(1+x)^n \approx 1+nx$  para $|x| \ll 1$:

$a=\omega_0^2 r_0-3\omega_0^2\delta - \dfrac{GM}{r_0^2}+\dfrac{2GM}{r_0^3}\delta-\dfrac{4}{3}\rho\pi Gr_0-\dfrac{4}{3}\rho\pi G\delta$.

Devido à condição de equilíbrio, alguns termos se cancelam, restando

$a=-\left(3\omega_0^2-\dfrac{2GM}{r_0^3}+\dfrac{4}{3}\rho\pi G\right)\delta$.

Por fim, substituindo $\omega_0$ encontramos

$a=-\left(\dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{8}{3}\rho\pi G\right)\delta$

que é a equação característica de um oscilador harmônico com frequência angular

$\Omega= \sqrt{ \dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{8}{3}\rho\pi G}$.

A razão $R$ entre os períodos (que é igual à razão entre as velocidades angulares) é, então:

$R=\dfrac{\Omega}{\omega_0}$,

$\rightarrow$ $\boxed{R=\sqrt{\dfrac{\dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{8}{3}\rho\pi G}{\dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{4}{3}\rho\pi G}}}$.

Na ausência de poeira estelar ($\rho=0$), a resposta se reduz convenientemente à

$\boxed{R=1}$.

Na ausência de poeira estelar:

$\boxed{R=1}$

Com poeira estelar:

$\boxed{R=\sqrt{\dfrac{\dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{8}{3}\rho\pi G}{\dfrac{GM}{r_0^3}+\dfrac{4}{3}\rho\pi G}}}$

Magnetismo: cargas em campos magnéticos uniformes

(a) O elétron move-se em uma trajetória circular com velocidade constante devido à lei de força ao qual está sujeito ($\vec{F}_m=-e\vec{v}\times\vec{B}$). Devido à isso, o centro de curvatura do seu trajeto está sobre algum ponto da linha tangente ao ponto de partida do elétron, pois a força é perpendicular à velocidade. Quando o campo é levemente maior que o valor crítico, a trajetória quase tangencia o ânodo. Desta forma, o esquema é como o mostrado a seguir.

Figura 1: Esquema da trajetória na condição crítica.

(b) Pela Lei de Força de Lorentz, a expressão para o módulo da força magnética $F_m$ é

$F_m=|q\vec{v}\times\vec{B}|=ev_0B\sin{90^{\circ}}$.

E, como esta força é a resultante centrípeta do movimento, vale

$ev_0B=\dfrac{mv_0^2}{R}$,

$B=\dfrac{mv_0}{eR}$.

Agora, atentemos para o triângulo formado pelo ponto de partida do elétron, o centro de sua trajetória circular (em azul) e o centro do cátodo, destacado em vermelho na figura a seguir.

Figura 2: Geometria do problema.

Pelo teorema de Pitágoras:

$\sqrt{a^2+R^2}=b-R$,

$a^2+R^2=b^2-2bR+R^2$,

$R=\dfrac{b^2-a^2}{2b}$.

Por fim, substituindo na equação para o valor do campo:

 $\boxed{B_c=\dfrac{2mv_0b}{(b^2-a^2)e}}$.

(a) 

(b) $\boxed{B_c=\dfrac{2mv_0b}{(b^2-a^2)e}}$

Óptica física: interferência

Denote por $A$ e $B$ as posições dos telescópios, e $E$ a posição da estrela (que está muito distante). Definimos o ângulo $\alpha$ que "olha" para os satélites a partir do centro da Terra, tal que

$L=R_T \alpha$.

Obviamente, este é um ângulo pequeno pois $L \ll R_T$. A configuração inicial, com a estrela no zênite do local de observação, pode ser vista na figura abaixo.

Figura 3: Configuração inicial (fora de escala).

Após um intervalo de tempo curto (suficiente para considerar que a estrela se afasta pouco do zênite) $\Delta t$,  a Terra gira de um ângulo $\theta=\dfrac{2 \pi}{T_E}\Delta t$. As novas posições dos satélites são denotadas por $A'$ e $B'$, conforme mostra o esquema abaixo.

Figura 4: Configuração após a rotação da Terra.

Perceba que os segmentos $EA'$ e $EB'$ possuem comprimentos diferentes. Ou seja, a luz advinda da estrela não mais percorre um mesmo caminho óptico (desprezamos quaisquer efeitos atmosféricos por simplicidade) até chegar em cada telescópio. Essa diferença de caminho óptico gera uma diferença de fase, que culmina na variação de amplitude/intensidade do sinal combinado recebido pelos radiotelescópios. Na figura abaixo, destacamos os triângulos que serão relevantes na geometria do problema (os ângulos estão exagerados para melhor compreensão), e definimos $OE=D$ ($O$ é o centro da Terra), como sendo a distância até a estrela, além de $EA'=d_-$ e $EB'=d_+$.

Figura 4: Geometria da situação.

Utilizando a lei dos Cossenos nos triângulos $\Delta A'OE$ e $\Delta B'OE$:

$d^2_+=D^2+R_T^2-2DR_T \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}$,

$d^2_-=D^2+R_T^2-2DR_T \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}$.

Como $D \gg R_T$, podemos negligenciar o termo de segunda ordem $R_T^2$, e então reescrevemos as expressões da seguinte forma:

$d_+=D\left(1-\dfrac{2R_T}{D} \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}\right)^{\frac{1}{2}}$,

$d_-=D\left(1-\dfrac{2R_T}{D} \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}\right)^{\frac{1}{2}}$.

Pelo mesmo motivo $D \gg R_T$, prosseguimos utilizando a aproximação binomial dada no enunciado:

$d_+=D\left(1-\dfrac{R_T}{D} \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}\right)=D-R_T\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}$,

$d_-=D\left(1-\dfrac{R_T}{D} \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}\right)=D-R_T \cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}$.

A quantidade de interesse é a diferença de caminho óptico (nesse caso, a própria distância percorrida) $d_+-d_-$:

$d_+-d_-=R_T\left(\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)} -\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}\right)$.

Nesse ponto, é necessário abrir os termos de cosseno e então fazer as aproximações apropriadas, haja vista que todos ângulos são pequenos. Temos:

$\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}=\cos{\dfrac{\alpha}{2}}\cos{\theta}+\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\sin{\theta}$,

$\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}+\theta\right)}=\cos{\dfrac{\alpha}{2}}\cos{\theta}-\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\sin{\theta}$

Logo:

$\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}-\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}=2\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\sin{\theta}$.

Com a aproximação $\sin{x} = x$ e substituindo $\alpha$ e $\theta$:

$\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}-\cos{\left(\dfrac{\alpha}{2}-\theta\right)}=\alpha \theta=\dfrac{2\pi L}{R_TT_E}\Delta t$.

Da ondulatória, a diferença de fase entre os sinais recebidos por cada antena é

$\Delta \varphi = k\left(d_+-d_-\right)$,

sendo $k=2 \pi/ \lambda=2 \pi \nu/c$ o número de onda da radiação eletromagnética incidente. Portanto:

$\Delta \varphi = \dfrac{4 \pi^2 L \nu}{c T_E} \Delta t$.

Seja $A_0$ a amplitude de cada onda individualmente (na verdade, estamos falando da amplitude do campo elétrico da onda eletromagnética). Podemos encontrar a amplitude $A$ da onda resultante da interferência a partir da Lei dos Cossenos no seguinte diagrama fasorial (caso não esteja familiarizado com esse método, dê uma olhada na  Ideia 37).

Figura 5: Diagrama de fasores.

$A^2=2A_0^2\left(1-\cos{\left(\pi-\Delta \varphi\right)}\right)=2A_0^2\left(1+\cos{\Delta \varphi}\right)$,

E, utilizando a identidade trigonométrica

$\cos{2x}=2\cos^2{x}-1$,

obtemos:

$A^2=4A_0^2 \cos^2{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}$,

$A=2A_0 \cos{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}$.

Por fim, substituindo $\Delta \varphi$:

$\boxed{A=2A_0 \cos{\left(\dfrac{2 \pi^2 L \nu}{c T_E} \Delta t\right)}}$.

Desta forma, está provado que a amplitude varia harmonicamente com o tempo $\Delta t$ durante a observação, com um período de oscilação $T$ dado por

$\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{2 \pi^2 L \nu}{c T_E}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{T=\dfrac{c}{\pi L \nu}T_E}$.

Substituindo os valores numéricos:

$\boxed{T=0,04\,h =1,44*10^2\,s}$

Demonstração.

$\boxed{T=\dfrac{c}{\pi L \nu}T_E=1,44*10^2\,s}$.

Relatividade restrita

(a) O trabalho realizado pela força elétrica sobre a carga $qV$. Isto corresponde à variação de energia cinética pelo Teorema do Trabalho. Isto é:

$W=\Delta E_c$

$qV=\dfrac{1}{2}m_0v^2$,

$\boxed{v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m_0}}}$.

(b) A solução é análoga à da parte anterior. No entranto, a expressão para a energia cinética muda na relatividade. A energia total de um corpo é dada por

$E=\gamma m_0 c^2$,

sendo $\gamma$ o fator de Lorentz, definido mediante

$\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}$.

A energia total é composta pela energia cinética e pela energia de repouso $m_0 c^2$. Então:

$E=\gamma m_0 c^2=E_c+m_0 c^2$,

$E_c=\left(\gamma-1\right)m_0 c^2$.

Agora, utilizamos novamente o teorema da energia cinética:

$qV=\left(\gamma-1\right)m_0 c^2$,

$qV\left(\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}-1\right)m_0 c^2$.

Isolando $v$:

$\boxed{v=\sqrt{1-\left(\dfrac{m_0 c^2}{qV+m_0 c^2}\right)}c}$.

Para retornar ao resultado clássico para baixas velocidades, trabalhemos com a expressão

$qV=\left[\left(1-\dfrac{v^2}{c^2}\right)^{-\frac{1}{2}}-1\right]m_0 c^2$.

No limite em que $v \ll c$, podemos utilizar a aproximação binomial $(1+x)^n \approx 1+nx$ para $|x| \ll 1$. Com isso, obtemos:

$qV=\left(1+\dfrac{v^2}{2c^2}-1\right)m_0 c^2$,

$v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m_0}}$,

como era de se esperar.

(a) $\boxed{v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m_0}}}$

(b) $\boxed{v=\sqrt{1-\left(\dfrac{m_0 c^2}{qV+m_0 c^2}\right)}c}$

Demonstração

Óptica geométrica

a)

Figura 6: Esquema do item a).

Pela lei de Snell: $n\sin{\theta}=\sin{\beta}\le{1}\to{\sin{\theta}\le{\dfrac{1}{n}}}\to{\dfrac{r}{R}\le{\dfrac{1}{n}}}\to{\boxed{r_{max}=\dfrac{R}{n}=2,4\,cm}}$

b) Naturalmente, devemos esquematizar um raio que chega paralelo ao eixo óptico, e, após sofrer um certo numero de reflexões no interior da lente, retorna paralelo a si mesmo. O número mínimo possível de reflexões para que isso ocorra é de 2; portanto, temos o esquema a seguir:

Figura 7: Esquema do item b).

Da figura acima, $2(90-\theta)+180-2\theta=180\to{\theta=\pi/4}$.

Logo: $\boxed{r=R/\sqrt{2}}$. Numericamente, $r\approx{2,12\,cm}$.

Observação 

Perceba que o ângulo encontrado ($\theta$) é menor que o ângulo máximo encontrado no item anterior (de $53^{\circ}$), o que poderia gerar confusão por parte do aluno, que poderiar imaginar que a situação não seria possível, e sendo assim o próximo ângulo que possibilitaria a concretização desse evento seria $60^{\circ}$. No entanto, a condição do item a) é de reflexão total. Na realidade, sempre ocorre reflexão e refração na interface entre meios, mas para as condições encontradas no item anterior a refração cessa. Assim, a geometria utilizada é de fato aquela que fornece o mínimo raio possível do feixe especificado.

c)

Figura 8: Esquema dos raios marginais do item c).

Como o raio emergente é tangente, $\sin{\theta}=\dfrac{1}{n}$. Daí, $P_1O=\dfrac{R}{\cos{\theta}}=5cm$.

Figura 8: Esquema dos raios paraxiais do item c).

Seja $\beta$ o ângulo de refração. Daí, $n\theta=\beta$. Dessa forma, podemos escrever que: $P_2O=R+\dfrac{r}{\tan{(\beta-\theta)}}=R+\dfrac{R\theta}{n\theta-\theta}=\dfrac{Rn}{n-1}=15cm$. Aqui, usamos a aproximação $\tan x \approx x$ para ângulos pequenos. Finalmente, a distância requerida é dada por: $\Delta{d}=P_2O-P_1O=10cm$.

d)

Figura 9: Esquema do item d).

Observe que, pelo item passado, o ponto $B$ está a direita do ponto $A$. Pela figura acima: $d=\dfrac{R}{\cos{\theta}}+x\tan{\theta}$. Dessa forma, $\boxed{x=\dfrac{d\cos{\theta}-R}{\sin{\theta}}}$, com $\sin{\theta}=\dfrac{1}{n}$. Numericamente, $x=6cm$.

a) $\boxed{r_{max}=\dfrac{R}{n}=2,4\,cm}$

b) $\boxed{r=R/\sqrt{2}\approx 2,12\,cm}$

c) $\boxed{\Delta{d}=\dfrac{nR}{n-1}-\dfrac{R}{\cos{\theta}}=10\,cm}$

Sendo $\sin{\theta}=1/n$

d) $\boxed{x=\dfrac{d\cos{\theta}-R}{\sin{\theta}}}$. Numericamente, $x=6cm$.

Dinâmica do corpo rígido

(a) Para que o ioiô permaneça em contato com a mesa, a força normal de reação do solo atuando sobre ele na vertical deve ser não-nula. Do equilíbrio vertical:

$T\sin{\theta}+N=mg$.

Mas $N>0$, logo

$\boxed{T\sin{\theta}<mg}$.

(b) Usaremos, primeiramente, a 2ª Lei de Newton para a translação do objeto. Definimos a direção positiva para a direita. Sendo $a$ a aceleração do seu centro de massa, vale

$F_{ext}=ma$,

onde $F_{ext}$ é a força externa atuando na direção do movimento, as quais são a componente $T\cos{\theta}$ da tração e a força de atrito $f$ no ponto de contato, para a esquerda. Então:

$T\cos{\theta}-f=ma$.

Agora, utilizamos a 2ª Lei de Newton para a translação do objeto, i.e.

$\tau_{cm}=I \alpha$,

sendo $\tau_{cm}$ o torque total em relação ao seu centro de massa e $\alpha$ a aceleração angular. Somente $f$ e $T$ provocam torque em relação ao CM e também deve ser válida a condição de não deslizamento $a=\alpha R$. Logo:

$fR-Tr=I\left(\dfrac{a}{R}\right)$.

Eliminando $f$ e isolando $a$ das duas equações obtidas neste item, chegamos no resultado

$\boxed{a=\dfrac{TR\left(R\cos{\theta}-r\right)}{I+mR^2}}$.

Para que o ioiô acelere para a direita, $a>0$. Para que ele acelere para a esquerda, $a<0$. Caso $a=0$, ele não se move. Portanto, veja que:

$\bullet$ Se $\cos{\theta}>r/R$, o ioiô se move para a direita.

$\bullet$ Se $\cos{\theta}<r/R$, o ioiô se move para a esquerda.

$\bullet$ Se $\cos{\theta}=r/R$, o ioiô não se move.

Perceba que curioso: é possível fazer o ioiô ir "para trás" ainda que ele esteja sendo puxado para frente!

(a) $\boxed{T\sin{\theta}<mg}$

(b) $\boxed{a=\dfrac{TR\left(R\cos{\theta}-r\right)}{I+mR^2}}$

$\bullet$ Se $\cos{\theta}>r/R$, o ioiô se move para a direita.

$\bullet$ Se $\cos{\theta}<r/R$, o ioiô se move para a esquerda.

$\bullet$ Se $\cos{\theta}=r/R$, o ioiô não se move.

Termodinâmica: máquinas térmicas

(a) Pela conservação de energia, o que entra na máquina deve ser igual o que sai. Logo:

$Q_1=Q_2+P\Delta t$.

Como o ciclo é de Carnot, ele é isentrópico, i.e. não há variação de entropia. Portanto, vale que

$\dfrac{Q_1}{T_1}=\dfrac{Q_2}{T}$,

$Q_1=\dfrac{T_1}{T}Q_2$.

Substituindo na relação anterior:

$Q_2\dfrac{T_1}{T}=Q_2+P\Delta t$.

Inserindo a relação $Q_2=\alpha \left(T-T_2\right) \Delta t$ dada no enunciado e isolando $P$, obtemos:

$P=\alpha\left(T-T_2\right)\left(\dfrac{T_1}{T}-1\right)$.

Com um certo algebrismo, podemos expressar o resultado na seguinte forma que nos será bastante conveniente nos próximos itens:

$\boxed{P=\alpha\left[T_1+T_2-\left(T+\dfrac{T_1 T_2}{T}\right)\right]}$.

(b) Observe a expressão obtida no último item. Note que, para $P_{max}$, o termo

$T+\dfrac{T_1 T_2}{T}$

deve ser mínimo. Para encontrar o valor de $T$ que torna essa expressão mínima, o aluno poderia prosseguir de diferentes formas. A mais indicada é fazer uso da desigualdade das médias: $(a+b)/2 \geq \sqrt{ab}$. Aplicando-a neste termo, encontramos

$\dfrac{T+\dfrac{T_1 T_2}{T}}{2} \geq \sqrt{T_1 T_2}$.

Para que a quantidade seja mínima, devemos ter a igualdade:

$\left(T+\dfrac{T_1 T_2}{T}\right)_{min}=2\sqrt{T_1 T_2}$.

Além disso, a igualdade só ocorre para $a=b$. No nosso caso:

$T=\dfrac{T_1T_2}{T}$,

$\boxed{T=\sqrt{T_1 T_2}\approx 490\,K}$.

(c) Voltando à equação para $P$, satisfeita essa condição:

$P_{max}=\alpha \left(T_1-2\sqrt{T_1 T_2} +T_2\right)$.

Ou, de forma equivalente e mais "limpa":

$\boxed{P_{max}=\alpha\left(\sqrt{T_1}-\sqrt{T_2}\right)^2}$.

Substituindo os valores numéricos:

$\boxed{P_{max}=120,2kW \approx 1*10^5 W}$.

A eficiência do ciclo (eficiência do ciclo de Carnot) é dada por

$\eta=1-\dfrac{T}{T_1}=1-\sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}$,

$\boxed{\eta=38,8 \%}$.

(a) $\boxed{P=\alpha\left[T_1+T_2-\left(T+\dfrac{T_1 T_2}{T}\right)\right]}$

(b) $\boxed{T=\sqrt{T_1 T_2}\approx 490\,K}$

(c) $\boxed{P_{max}=\alpha\left(\sqrt{T_1}-\sqrt{T_2}\right)^2=120,2kW \approx 1*10^5 W}$

$\boxed{\eta=1-\sqrt{\dfrac{T_2}{T_1}}=38,8 \%}$

Hidrodinâmica e momento linear

Pela fórmula de Torriceli, o jato de água no orifício sai com velocidade $v=\sqrt{2gh}$, em relação ao laboratório. Com isso, a velocidade relativa das porções de água que são ejetadas em relação às pás da roda é $v'=\sqrt{2gh}-{\omega}R$. Em um pequeno tempo $\Delta{t}$ uma massa ${\rho}Sv'\Delta{t}$ se choca com as pás. Como a colisão é inelástica, a variação de momento nessa colisão foi de $\Delta{p}={\rho}Sv'.v'\Delta{t}$. A força aplicada é, portanto, $F=\dfrac{\Delta{p}}{\Delta{t}}={\rho}Sv'^2\to{\boxed{F={\rho}S\left(\sqrt{2gh}-{\omega}R\right)^2}}$.

$\boxed{F={\rho}S\left(\sqrt{2gh}-{\omega}R\right)^2}$