Soluções Física - Semana 155

Óptica Geométrica

Note que, como dito no enunciado, foi feita uma aproximação de modo que as figuras geométricas destacadas na abóbora sejam planas. Caso contrário, teríamos que buscar uma solução ou por cálculo ou por trigonometria esférica, o que seria inviável para nosso propósito. Dito isso, para calcular a intensidade, deveremos, primeiro, calcular a potência que sai da abóbora. Sabemos que a intensidade na borda da abóbora é dada por:

$$I' = \dfrac{P_0}{4 \pi R^2}$$

Logo:

$$P' = I' A$$

mas

$$A = 3A_{triangulo} + A_{semi-circulo}$$

ou seja

$$A = \dfrac{3l^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{\pi r^2}{2}$$

Então

$$P' = \dfrac{P_0}{4 \pi R^2} \left( \dfrac{3l^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{\pi r^2}{2} \right)$$

Tal que, por fim, a intensidade à uma distância $D$ será:

$$I = \dfrac{P'}{4\pi D^2}$$

$$I = \dfrac{\dfrac{P_0}{4 \pi R^2} \left( \dfrac{3l^2\sqrt{3}}{4} + \dfrac{\pi r^2}{2} \right)}{4 \pi D^2}$$

Numericamente:

$$\boxed{I = 4,9 \times 10^{-4} \, W/m^2}$$

$$\boxed{I = 4,9 \times 10^{-4} \, W/m^2}$$

Dinâmica

Para essa questão, poderemos utilizar um formalismo vetorial. Definindo a posição de cada mola em relação à um referencial $O$, teremos no equilíbrio:

$$m\vec{g} + \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i (\vec{r_i} - \vec{r_0})= 0$$

O que resulta:

$$\vec{r_0} = \dfrac{m\vec{g} + \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i \vec{r_i} }{ \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i}$$

Após uma pequena pertubação $\vec{x}$ do sistema, devido à queda do inseto, teremos:

$$\vec{F} = m\vec{g} + \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i (\vec{r_i} - \vec{r_0} - \vec{x})$$

Utilizando o valor encontrado para $\vec{r_0}$, a expressão acima pode ser reduzida para:

$$\vec{F} = -\vec{x} \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i$$

Portanto, encontramos uma relação para a constante elástica equivalente, tal que, o período de oscilação do inseto será:

$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{ \displaystyle \sum_{n=1}^{6} k_i}}$$

Equivalentemente:

$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{6k}}$$

Logo, para que a aranha alcance o inseto antes de 5 períodos de oscilação:

$$D \leq v_0 \Delta t$$

Ou seja:

$$\boxed{D \leq 10 \pi v_0 \sqrt{\dfrac{m}{6k}}}$$

$$\boxed{D \leq 10 \pi v_0 \sqrt{\dfrac{m}{6k}}}$$

Termodinâmica

a) As colisões de um gás ideal podem ser consideradas elásticas. Logo, a molécula apenas inverte o sentido da velocidade $v_x$:

$\boxed{i_x=2mv_x}$

b) Para calcular a velocidade média, basta aplicar a distribuição de Maxwell:

$\langle v_x \rangle = \dfrac{\displaystyle\int_0^\infty v_x f(v_x) dv_x}{\displaystyle\int_0^\infty f(v_x) dv_x}$

$\langle v_x \rangle= \displaystyle\int_0^\infty \left( \dfrac{m}{2\pi k_B T} \right)^{1/2} v_x e^{-mv_x^2/2k_B T}dv_x$

Para resolver essa integral, basta fazer a substituição $u=mv_x^2/2k_B T$. Fazendo as devidas simplificações, ficamos com:

$\langle v_x \rangle = \sqrt{\dfrac{2k_B T}{\pi m}}$

Comparando essa expressão com a velocidade média:

$\langle v \rangle = \sqrt{\dfrac{8k_B T}{\pi m}}$

Logo,

$\boxed{\langle v \rangle = 2\langle v_x \rangle}$.

c) Considere um intervalo infinitesimal de tempo $dt$. Nesse tempo, as partículas a uma distância $\langle v_x \rangle dt$ (ou menos) de uma das paredes realizam uma colisão. Dessa forma, conseguimos calcular um diferencial de volume de partículas que colidem com a parede nesse intervalo:

$dV=Av_xdt$

O número de partículas nesse volume pode ser encontrado em função da densidade de partículas $\eta$:

$dN=\eta \langle v_x \rangle A dt = \dfrac{1}{2} \eta \langle v \rangle A dt$

Porém, as moléculas de gás podem estar se aproximando ou se afastando da parede, de forma que, em média, apenas metade das moléculas colidirão.

Portanto o número de colisões por unidade de tempo é:

$\boxed{\dfrac{dN}{dt}=\dfrac{1}{4}\eta \langle v \rangle A}$

d) A força é a variação de momento por unidade de tempo.

$F = \dfrac{dp_T}{dt} - \dfrac{dp_{\tau}}{dt}$

Se a temperatura ambiente é $T_0$, o impulso fornecido ao longo de uma colisão é:

$\Delta i_T = mv_T-mv_{T_0}$

e

$\Delta i_{\tau} = mv_{\tau}-mv_{T_0}$

Em que $v_T$ e $v_{T_0}$ são as velocidades da partícula com temperatura $T$ e $T_0$, respectivamente.

Dessa forma, aplicando os resultados anteriores, temos:

$F = (\Delta i_T-\Delta i{\tau})\dfrac{dN}{dt}$

Portanto, a força resultante é:

$\boxed{F = \dfrac{A\eta k_B}{\pi}\sqrt{T_0}(\sqrt{T}-\sqrt{\tau})}$

e) Se substituirmos alguns valores numéricos para a expressão calculada no item d), podemos ver se a Malu conseguirá voar. Considerando a atmosfera como um gás ideal, temos:

$p_0=\eta k_B T$

Logo, podemos encontrar a seguinte relação:

$F = \dfrac{Ap_0}{\pi\sqrt{T_0}}(\sqrt{T}-\sqrt{\tau})$

Substituindo $A=1m^2$, $p_0=10^5 \, N/m^2$, $T=100^{\circ}=373 \,K$, $\tau=0^{\circ}=273K$ e $T_0=27^{\circ}\, C=300K$ (os valores escolhidos para as temperaturas $T$ e $\tau$ são arbitrários, já que se trata de uma estimativa), obtemos $F\approx 5000 \, N$. Isso é uma força considerável e, dependendo dos valores escolhidos para a temperatura, a força calculada seria capaz de levantar o tapete e a bruxa.

Porém, o único detalhe que deixamos passar é que assumimos que a concentração $\eta$ é igual nas proximidades das duas superfícies. A região mais quente possui uma concentração menor do que a fria ($\eta_{Quente}<\eta_{Frio}$), de forma que, na vida real, isso não seria possível.

A bruxinha, depois de ver essa solução, decide ir caminhando até sua casa.

a) $\boxed{i_x=2mv_x}$

b) $\boxed{\langle v_x \rangle = \sqrt{\dfrac{2k_B T}{\pi m}}}$

c) Demonstração

d) $\boxed{F = \dfrac{A\eta k_B}{\pi}\sqrt{T_0}(\sqrt{T}-\sqrt{\tau})}$

e) Não é possível voar com o tapete na vida real pois a concentração do ar próximo ao tapete depende da temperatura, de forma que $\eta_{Quente}<\eta_{Frio}$