Soluções Física – Semana 124

Cinemática

$1^a$ solução: Análise algébrica.

A posição do avião $1$(em $km$) em função do tempo (em horas) é $x=-20+600t$, e a posição do avião $2$ é $y=-20+800t$.

Sabemos que a distância entre os aviões ($D$) é tal que:

$D^2=x^2+y^2=(-20+600t)^2+(-20+800t)^2$

$\rightarrow D=\sqrt{1000000t^2-56000t+800}$

$D$ terá valor mínimo quando a função dentro da raíz tiver valor mínimo. Sendo essa função uma função quadrática do tipo $f(t)=at^2+bt+c$, seu valor mínimo será $f(t)_{min}=\dfrac{4ac-b^2}{4a}$. Sendo $d$ a distância mínima:

$d=\sqrt{\dfrac{4\cdot 800 \cdot 1000000 - (-56000)^2}{4\cdot 1000000}}=\sqrt{\dfrac{4\cdot 800 - 56^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{3200-3136}{4}}$

$\rightarrow d=4km$

$2^a$ Solucao: Utilizando geometria plana.

Fixemos o avião 2 em sua posição e vejamos como ele observa o avião 1.

Para o avião 2, o avião 1 se move com velocidade $v_x=600km/h$ e $v_y=-800km/h$, portanto, o avião 2 verá o avião 1 segundo a trajetória vermelha apresentada na seguinte figura:

$\tan{\theta}=\dfrac{\left|\vec{v_2}\right |}{\left|\vec{v_1}\right |}=\dfrac{800}{600}=\dfrac{4}{3}$

Logo:

$\sin{\theta}=\dfrac{4}{5}$ e $\cos{\theta}=\dfrac{3}{5}$

Da trigonometria tiramos que:

$\tan{\theta}=\dfrac{y}{a} \rightarrow y=\dfrac{4a}{3}$

$\cos{\theta}=\dfrac{d}{x} \rightarrow x=\dfrac{5d}{3}$

$x+y=a$

$\dfrac{4a}{3}+\dfrac{5d}{3}=a$

$\dfrac{5d}{3}=-\dfrac{a}{3}$

$d=-\dfrac{a}{5}=-4km$

Perceba que o sinal negativo apenas indica que a nossa figura está representada errada, e, portanto, a distância mínima está para o lado oposto. Como só estamos interessados no módulo:

$d=4km$

$3^a$ Solução: Utilizando geometria analítica.

Utilizando a mesma ideia da $2^a$ solução, analisaremos como o avião 2 vê o avião 1. A trajetória seguida pelo avião 1 será uma linha reta, visto que sua velocidade em $x$ e em $y$ serão constantes. O avião 2 está fixo no ponto $(0,-20)$.

Sabemos da geometria analítica que a equação da reta $r$ é do tipo $y=ax+b$, e que $a=\tan{\theta}$.

$\tan{(\pi-\theta)}=\dfrac{v_2}{v_1}=-\tan{\theta}$

$\rightarrow a=-\dfrac{4}{3}$

Como o avião 1 inicia o movimento no ponto $(-20,0)$, a reta $r$ passa por ele.

$0=-\dfrac{4}{3}\cdot (-20) +b \rightarrow b=-\dfrac{80}{3}$

Portanto:

$y=-\dfrac{4}{3}x-\dfrac{80}{3}$ ou $4x+3y+80=0$

A distância minima entre os aviões será a distância entre a reta $r$ e o ponto $(0,-20)$.

$d=\dfrac{\left | 4\cdot 0+ 3(-20) +80\right |}{\sqrt{3^2+4^2}}$

$\rightarrow d=4km$

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$d=4km$

Termodinâmica

Inicialmente, sabemos que o rendimento do ciclo é $\eta=\dfrac{W}{Q_h}$, onde $W$ é o trabalho resultante realizado pelo gás no ciclo, e $Q_h$ é o calor que entra no sistema.

Sabemos que $W=\displaystyle \oint P\cdot dV$, portanto, é numericamente igual a área dentro do gráfico do diagrama.

$W=\dfrac{1}{2}(2P_0-P_0)(2V_0-V_0)$

$\rightarrow W=\dfrac{1}{2}P_0V_0$

Precisamos agora calcular qual é o calor que entra no sistema.

Primeiramente, como o gás é monoatômico o seu calor específico a volume constante é $C_v=\dfrac{3}{2}R$, onde $R$ é a constante universal dos gases ideais, e o calor específico a pressão constante é $C_p=\dfrac{5}{2}R$.

•Trajeto AB:

Seja a temperatura no ponto A, $T_A=T_0$.

$P_0V_0=nRT_0$, logo: $T_0=\dfrac{P_0V_0}{nR}$

A temperatura no ponto B é $T_B$.

$2P_0V_0=nRT_B \rightarrow T_B=2T_0$

Como o não há variação de volume, não há trabalho realizado, portanto o calor será igual a variação de energia térmica no sistema.

$Q_{AB}=\Delta U_{AB}=nC_v\Delta T_{AB}$

$Q_{AB}=\dfrac{3}{2}nR(2T_0-T_0)=\dfrac{3}{2}nRT_0$

$\rightarrow Q_{AB}=\dfrac{3}{2}P_0V_0$

•Trajeto CA:

A temperatura no ponto C é $T_C$.

$P_0\cdot 2 V_0=nRT_C \rightarrow T_C=2T_0$

Como a pressão nesse trecho é constante, o calor será:

$Q_{CA}=nC_p\Delta T_{CA}=\dfrac{5}{2}nR(T_0-2T_0)=-\dfrac{5}{2}nRT_0$

$\rightarrow Q_{CA}=-\dfrac{5}{2}P_0V_0$

Esse calor está saindo do sistema, portanto, não entrará no cálculo do rendimento.

•Trajeto BC:

A pressão e o volume nesse trecho se relacionam por uma função linear:

$P-2P_0=\dfrac{P_0-2P_0}{2V_0-V_0}(V-V_0)$

$\rightarrow P=3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V$

Utilizando a equação de Clayperon:

$PV=nRT=\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)\cdot V$

$\rightarrow T=\dfrac{\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)\cdot V}{nR}$

Logo:

$nRdT =\left(3P_0-\dfrac{2P_0}{V_0}V\right)dV$

Aplicando a primeira lei da termodinâmica:

$dQ=dU+dW=nC_vdT+PdV=\dfrac{3}{2}nRdT+Pdv$

$dQ=\dfrac{3}{2}\left(3P_0-\dfrac{2P_0}{V_0}V\right)dV+\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)dV$

$dQ=\dfrac{15}{2}P_0dV-4\dfrac{P_0}{V_0}VdV$

Perceba que para $V_0\leq V\leq \dfrac{15}{8}V_0$, $\dfrac{dQ}{dV}\geq 0$, e que para $\dfrac{15}{8}V_0<V<2V_0$, $\dfrac{dQ}{dV}<0$. Portanto, inicialmente entra calor no sistema e depois começa a sair calor do sistema. Como só queremos saber o calor que entra, basta fazer a integral até $V=\dfrac{15}{8}V_0$.

$Q_{BC}=\displaystyle \int_{V_0}^{\frac{15}{8}V_0}\left( \dfrac{15}{2}P_0-4\dfrac{P_0}{V_0}V\right)dV$

$Q_{BC}=\dfrac{49}{32}P_0V_0$

O calor total que entra no sistema é portanto:

$Q_h=\dfrac{3}{2}P_0V_0+\dfrac{49}{32}P_0V_0=\dfrac{97}{32}P_0V_0$

O rendimento é:

$\eta=\dfrac{\dfrac{1}{2}P_0V_0}{\dfrac{97}{32}P_0V_0}$

$\rightarrow \eta=\dfrac{16}{97}\approx 16,5\%$

$\eta=\dfrac{16}{97}$

Ótica física/difração em múltiplas fendas

Sabemos que a luz a luz que difrata nas fendas é formada pela composição de um campo elétrico e um magnético perpendiculares. Porém o módulo do campo elétrico é aproximadamente $3\cdot 10^8$ vezes maior do que o módulo do campo magnético, portanto, podemos considerar apenas a influência do campo elétrico.

Os campos seguem a equação de onda, logo, nosso campo elétrico é da forma: $\vec {E} =E_0\cos{\left( k\cdot r -\omega t +\varphi_0\right)}\hat E$.

Podemos portanto imaginar o vetor campo elétrico como um número no plano complexo.

$E=E_0\cdot e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}$

Perceba que uma variação no termo $kr-\omega t$, será refletido em uma variação no ângulo do vetor no plano complexo.

Os vetores do campo elétrico em cada fenda estão representados na figura a seguir.

Seja o campo elétrico na primeira fenda $E_1=E_0e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}$.

O campo elétrico na segunda fenda será $E_2=E_0e^{i(k(r+\Delta r_1)-\omega t +\varphi_0)}=E_0e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}e^{ik\Delta r_1}$.

Vemos que $k\Delta r_1=\Delta \varphi_1$ será a diferença entre os ângulos do campo elétrico na segunda e na primeira fenda.

Analogamente, $k\Delta r_2=\Delta \varphi_2$ é a diferença entre os ângulos do campo elétrico na terceira e na segunda fenda.

Da trigonometria podemos tirar que:

$\Delta r_1=a\sin{\theta}$ é $\Delta r_2=b\sin{\theta}$

Reorganizado as equações temos:

$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\Delta r_1}{\Delta r_2}=\dfrac{k\Delta r_1}{k\Delta r_2}$

$\rightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{\Delta \varphi_1}{\Delta \varphi_2}$

Temos três vetores de campo elétrico com mesma intensidade saindo das fendas. Para que a intensidade seja zero, o vetor campo elétrico resultante deve ser zero. A única maneira de a resultante de três vetores de mesmo módulo ser zero é se os vetores formarem um triângulo equilátero.

Temos a seguinte representação:

Para o triangulo equilátero:

•$\Delta \varphi_1=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi y$, com $y\in \mathbb{Z}$

•$\Delta \varphi_2=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi x$, com $x\in \mathbb{Z}$

Logo:

$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\dfrac{2\pi}{3}+2\pi y}{\dfrac{2\pi}{3}+2\pi x}=\dfrac{6 y+2}{6x+2}=\dfrac{m}{n}$

$m-n=(6y+2)-(6x+2)=6(y-x)=3\cdot 2(y-x)=3\phi$

Vemos portanto que $\dfrac{a}{b}=\dfrac{m}{n}$ tal que $m\equiv n$(mod 3).

$\dfrac{a}{b}=\dfrac{m}{n}$ tal que $m\equiv n$(mod 3).