Soluções Física - Semana 107

Hidrostática e Geometria

a) Deve-se perceber que a parte submersa (bem como a emersa) consiste em uma calota esférica:

A parte tracejada horizontal corresponde à superfície da água. Observe que foi utilizado o Teorema de Pitágoras. Devemos determinar então a altura da calota; perceba que esta corresponde à $\sqrt{r^2-r_0^2}+r$. Sendo assim, utilizemos a fórmula dada:

$V_{calota} = V_0 = \dfrac{\pi h}{6}(3r_0^2+h^2)$,

$V_0=\dfrac{\pi (\sqrt{r^2-r_0^2}+r)}{6}(3r_0^2+r^2+2r\sqrt{r^2-r_0^2}+r^2-r_0^2)$,

e, utilizando $r_0=qr$:

$V_0=\dfrac{\pi r(\sqrt{1-q^2}+1)}{6}(2q^2 r^2+2r^2+r^2\sqrt{1-q^2})$,

$V_0=\dfrac{\pi r^3(\sqrt{1-q^2}+1)}{6}[2+q^2+\sqrt{1-q^2}]$.

Com um pouco de álgebra, chegamos na seguinte expressão:

$V_0=\dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}$.

b) A esfera permanece em equilíbrio pois a soma vetorial das forças atuantes nela é nula, isto é, o empuxo cancela o peso. Logo, podemos escrever (lembrando do Teorema de Arquimedes):

$\rho_{liq.} V_{submerso} g = mg$,

$\rho_0 V_0 = \rho V_{melancia}$,

$\rho_0 \dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}= \rho \dfrac{4}{3} \pi r^3$,

$\rho = \dfrac{ \left(2+\left(2+q^2\right)\sqrt{1-q^2}\right)}{4}\rho_0$.

c) Neste item, devemos ter posse do valor de $q$. Para isso, podemos fazer medições na figura dos diâmetros do  círculo que demarca a intersecção da fruta com a superfície da água e da própria melancia (é mais interessante do que medir o raio em si, pois fica difícil determinar onde se encontra o centro da melancia!), e então, fazer a razão entre eles para determinar $q$ (em nosso modelo, esta razão é a mesma caso tirássemos as medidas reais das dimensões; em nosso caso, aparece um fator de escala que cancela ao realizar na divisão). Em tese, este valor independe de onde você vai medir a figura (da tela do seu celular, em uma folha de papel, na tela do computador, etc), pois o que estamos buscando é apenas a razão entre as medidas. Medindo, achamos $q \approx 0,7$. Substituindo $\rho_0 = 1,00$ $g/cm^3$ e o valor de $q$ encontrado na fórmula para $\rho$:

$\rho = 0,94$ $g/cm^3$.

Pequenas flutuações em torno deste valor também são aceitáveis (de $0,92$ até $0,96$).

a) $V_0=\dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}$.

b) $\rho = \dfrac{ [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{4}\rho_0$.

c) $\rho \approx 0,94$ $g/cm^3$.

Energia, Momento e Gravitação

Como o sistema é isolado, tanto a sua energia mecânica mecânica como seu momento linear são conservados. Seja $v_B$ a velocidade de $B$ quando $A$ possuir $4v$. Conservando o momento linear:

$Mv+15Mv=4Mv+3Mv_B$,

$v_B=4v$.

E, pela conservação da energia mecânica:

$\dfrac{1}{2}Mv^2 + \dfrac{1}{2} 75Mv^2 + E_{pot_{inicial}} = \dfrac{1}{2}16Mv^2+\dfrac{1}{2} 48Mv^2 + E_{pot_{final}}$,

Lembrando que a energia potencial gravitacional entre duas massas é $-\dfrac{Gm_1 m_2}{r}$, onde $r$ é a distância entre os corpos. Chame de $D$ a distância final. Substituindo na equação de conservação de energia:

$\dfrac{1}{2}76Mv^2-\dfrac{3GM^2}{d}=\dfrac{1}{2}64Mv^2-\dfrac{3GM^2}{D}$,

$\dfrac{3G}{D}=\dfrac{3G}{d}-6Mv^2$,

$D=\dfrac{dG}{G-2Mv^2 d}$.

$D=\dfrac{dG}{G-2Mv^2 d}$.

Eletrostática

Parte A:

A.1) A condição de aterramento é que o potencial nas superfícies de ambas as cascas seja nulo. Sejam $q_a$ e $q_b$ as cargas induzidas nas cascas interior e exterior, respectivamente. Escrevendo o potencial elétrico na superfície da casca interior:

$\dfrac{K_0 q}{r} + \dfrac{K_ 0 q_a}{a}+ \dfrac{K_0 q_b}{b}=0$,

$\dfrac{q}{r} + \dfrac{q_a}{a}+ \dfrac{q_b}{b}=0$.

E na casca exterior:

$\dfrac{K_0 q}{b}+\dfrac{K_0 q_a}{b}+\dfrac{K_0 q_b}{b}=0$,

$q_a+q_b+q=0$.

A.2) Resolvendo-se o sistema para $q_a$ e $q_b$, encontramos:

$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$,

$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$.

Parte B:

B.1) A resolução de uma situação desse tipo pode ser encontrada na Ideia 12 (Método das Imagens) , na seção "Esfera Aterrada". Para vê-la, clique aqui. Sendo assim, podemos escrever:

$q_1'=-q\dfrac{a}{r}$ e $q''_{1} = -q\dfrac{b}{r}$,

$r_1'=\dfrac{a^2}{r}$ e $r''_{1}=\dfrac{b^2}{r}$.

B.2) Generalizando as definições, temos que a carga imagem $q_{i-1}''$ (que está a uma distância $r_{i-1}''$ do centro das cascas) serve de objeto para a carga imagem $q_i'$, de tal forma que o potencial na superfície da casca interna seja zero, e, analogamente, a carga imagem $q_{i-1} '$ (que encontra-se a uma distância $r_{i-1} '$ do centro) serve de objeto para a carga imagem $q_{i}'$, de tal forma que o potencial na superfície da casca externa seja zero. Utilizando os resultados do item anterior:

$q_{i}'=-q_{i-1}''\dfrac{a}{r_{i-1}''}$ e $q_{i}''=-q_{i-1}'\dfrac{b}{r_{i-1}'}$,

$r_i'=\dfrac{a^2}{r_{i-1}''}$ e $r_i ''=\dfrac{b^2}{r_{i-1}'}$.

B.3) B.3.1) Agora, relacionemos as quantidades de índice $i-1$ e $i-2$. Seguindo a mesma lógica do item anterior (trocando $i$ por $i-1$ e $i-1$ por $i-2$):

$q_{i-1}'=-q_{i-2}''\dfrac{a}{r_{i-2}''}$ e $q_{i-1}''=-q_{i-2}'\dfrac{b}{r_{i-2}'}$,

$r_{i-1}'=\dfrac{a^2}{r_{i-2}''}$ e $r_{i-1}''=\dfrac{b^2}{r_{i-2}'}$.

Substituindo os valores acima nas expressões encontradas no item B.2), primeiramente para $q_i'$:

$q_{i}'=-q_{i-1}''\dfrac{a}{r_{i-1}''}$,

$q_i'=\dfrac{q_{i-2}'b}{r_{i-2}'}\dfrac{a}{r_{i-1}''}$,

$q_i'=q_{i-2}'\dfrac{ab}{b^2}=q_{i-2}'\dfrac{a}{b}$.

        B.3.2) Fazendo o mesmo processo para $q_i''$, encontramos:

$q_i''=q_{i-2}''\dfrac{b}{a}$.

B.4) Trabalharemos apenas com $q_i'$, pois o processo é inteiramente análogo para $q_i''$ (a verificação deste fato pode ser deixada como exercício). Da relação de recorrência encontrada,

$q_i'=q_{i-2}'\dfrac{a}{b}$,

podemos supor uma solução do tipo $q_i'=Ar^i$ (onde $A$ é uma constante), e, por consequência, $q_{i-2}'=Ar^{i-2}$. Desta forma:

$Ar^i=Ar^{i-2}\dfrac{a}{b}$,

o que implica:

$r= \pm \sqrt{\dfrac{a}{b}}$.

Como a recorrência é do tipo homogênea, linear e de segunda ordem, a solução geral será do tipo:

$q_i'=C_1r_{+}^i+C_2r_{-}^i$.

Onde $C_1$ e $C_2$ são constantes determinadas pelas condições iniciais, e $r_{+}=-r_{-}=\sqrt{\dfrac{a}{b}}$. Sabemos que $q_0'=q_0''=q$ e $q_1'=-q\dfrac{a}{r}$. Substituindo na solução geral, encontramos um sistema linear para  $C_1$ e $C_2$:

$q=C_1+C_2$

$-q\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}=C_1-C_2$

Resolvendo-o:

$C_1=\dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)$,

$C_2=\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)$.

Substituindo as constantes encontradas na expressão para $q_i'$:

$q_i'=\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i +\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i$.

E com o mesmo processo para $q_i''$:

$q_i''= \dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i+\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i$.

B.5) Para o vácuo, a Lei de Gauss possui a seguinte forma:

$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \dfrac{q_{int}}{\epsilon_0}$.

Onde a integral fechada deve ser feita ao longo de uma superfície qualquer (que costuma ser chamada de gaussiana), e $q_{int}$ é a carga que se encontra dentro de tal superfície. Sendo assim, escolhamos uma superfície gaussiana esférica (concêntrica à casca) cujo raio se estende para um pouco além do raio da casca. Aplicando a Lei de Gauss neste contorno para a situação real, $q_{int}=q_{ind}$, onde $q_{ind}$ é a carga induzida na superfície da esfera. Agora, façamos o mesmo procedimento para a situação imaginária (método das imagens) onde temos a carga $q$ e uma carga imagem $q'$ (que se encontra dentro da esfera). O campo elétrico desta configuração é exatamente o mesmo da anterior (para que o Teorema da Unicidade seja respeitado), bem como a área, já que estamos utilizando a mesma superfície gaussiana; porém, $q_{interna}=q'$, portanto a carga induzida $q_{ind}$ tem o mesmo valor de $q'$, como queríamos demonstrar.

B.6) Perceba que o termo geral para $q_i'$ encontrado em B.4) consiste em duas progressões geométricas infinitas. Portanto, a soma que devemos realizar se divide em duas:

$q_a= \displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}q_i' - q=\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i} + \displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i} -q$.

Perceba também que é necessário retirar $q$, pois ela não entra na contabilização da carga induzida.

A primeira $P.G$ no membro direito possui razão $\sqrt{\dfrac{a}{b}}$. Logo, a soma de seus termos será dada por:

$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left( 1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}} \right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}} \right) ^i}=\dfrac{C_1}{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}}$,

$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i}=\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right)$.

E para a segunda, de razão $-\sqrt{\dfrac{a}{b}}$:

$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i}=\dfrac{C_2}{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}}$,

$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left( 1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}} \right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}} \right)^i}=\dfrac{q}{2} \left(\dfrac{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right)$

Desta forma, a carga induzida na casca interior será dada por:

$q_a=\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}} \right)+\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right) -q$,

$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$.

Repetindo-se o processo para a casca exterior:

$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$.

Em concordância com os resultados da parte A.

Parte A:

A.1) $\dfrac{q}{r} + \dfrac{q_a}{a}+ \dfrac{q_b}{b}=0$ e $q_a+q_b+q=0$.

A.2) $q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$ e $q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$.

Parte B:

B.1) $q_1'=-q\dfrac{a}{r}$ e $q''_{1} = -q\dfrac{b}{r}$,

      $r_1'=\dfrac{a^2}{r}$ e $r''_{1}=\dfrac{b^2}{r}$.

B.2) $q_{i}'=-q_{i-1}''\dfrac{a}{r_{i-1}''}$ e $q_{i}''=-q_{i-1}'\dfrac{b}{r_{i-1}'}$,

$r_i'=\dfrac{a^2}{r_{i-1}''}$ e $r_i ''=\dfrac{b^2}{r_{i-1}'}$.

B.3.1) $q_i'=q_{i-2}'\dfrac{a}{b}$

B.3.2) $q_i''=q_{i-2}''\dfrac{b}{a}$.

B.4) $q_i'=\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i +\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i$ e $q_i''= \dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i+\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i$.

B.5) Demonstração.

B.6) $q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$ e $q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$.