OBF 2011 - Terceira Fase (Nível 2)

Cinemática

a) Substituindo os tempos na função horária, obtemos:

$x(t_{0})=1$ $m$

$x(t_{1})=2$ $m$

$x(t_{2})=9$ $m$

b) Utilizando a definição fornecida e substituindo os valores encontrados no item anterior, obtemos:

$v_{m1}=1$ $m/s$

$v_{m2}=7$ $m/s$

$v_{m3}=4$ $m/s$

c) Por definição, temos:

$v_{m}(\Delta t)= \dfrac{x(t_{1}+\Delta t)-x(t_{1})}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3\left(1+\Delta t \right)^{2} -2 \left(1+\Delta t \right) + 1 - 2}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3 \left(1 + 2\Delta t + \left( \Delta t \right) ^{2} \right)-2 - 2 \Delta t + 1 -2}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t)=\dfrac{3+6 \Delta t +3 \left( \Delta t \right) ^{2}-3-2\Delta t}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t)=4+3\Delta t$

Onde $v_{m}$ está em metros por segundo e $\Delta t$ em segundos.

d) Substituindo, obtemos:

$v=4$ $m/s$

e) Primeiramente, encontremos a fórmula em função de $\Delta t$ e $t$:

$v_{m}(\Delta t, t)=\dfrac{x(t+\Delta t)-x(t)}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t, t)=\dfrac{\left( 3 \left(t+\Delta t \right)^{2}-2 \left(t+\Delta t \right) + 1\right)- \left( 3t^{2}-2t+1\right)}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t, t )=\dfrac{3t^{2}+6t \Delta t +3\left(\Delta t \right)^{2} - 2t -2 \Delta t +1 - 3t^{2}+2t-1}{\Delta t}$

$v_{m}(\Delta t, t) =6t - 2 + 3 \Delta t$

Fazendo $\Delta t=0$, temos:

$v(t)=6t-2$

Com $v$ em metros por segundo e $t$ em segundos.

a)

$x(t_{0})=1$ $m$

$x(t_{1})=2$ $m$

$x(t_{2})=9$ $m$

b)

$v_{m1}=1$ $m/s$

$v_{m2}=7$ $m/s$

$v_{m3}=4$ $m/s$

c)

$v_{m}(\Delta t)=4+3\Delta t$

Onde $v_{m}$ está em metros por segundo e $\Delta t$ em segundos.

d)

$v=4$ $m/s$

e)

$v(t)=6t-2$

Com $v$ em metros por segundo e $t$ em segundos.

Conceitos de Relatividade.

a) A energia cinética Newtoniana é a conhecida:

$E_c = \dfrac{1}{2}mv^2$

Para fazer uma "correção", a massa para a energia seria a massa inercial do elétron. Logo:

$E_c = \dfrac{m_0 v^2}{2\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$

b) Podemos deixar a energia do elétron em função apenas de $m_0$, $c$ e $v$, fazendo que:

$p = mv$

Substituindo:

$E^2 = m_0^2c^4 + m^2v^2c^2$

$E^2 = m_0^2c^4 + \dfrac{m_0^2}{1 - \frac{v^2}{c^2}}v^2c^2$

$E^2 = \dfrac{m_0^2c^4}{1 - \frac{v^2}{c^2}}$

$E = \dfrac{m_0c^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

Na teoria de Newton, a energia do elétron seria apenas a energia relacionada ao seu movimento, a energia cinética. Já na teoria da Relatividade de Einstein, o elétron possui também uma energia relacionada a existência de sua massa.

Fazendo literalmente a diferença:

$E-E_c = \dfrac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \left(c^2 - \dfrac{v^2}{2} \right)$

a) $E_c = \dfrac{m_0 v^2}{2\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$

b) $E-E_c = \dfrac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} \left(c^2 - \dfrac{v^2}{2} \right)$

Lançamento oblíquo

Primeiramente, escolheremos dois eixos para serem trabalhados. Nessa situação a melhor escolha é a do eixo $x$ como o eixo ao longo do plano inclinado e que está descendo e a do eixo $y$ como o eixo perpendicular ao plano inclinado e que está subindo.

a) Podemos escrever a função horária do espaço para cada eixo. Observe que ambas serão um M.U.V.

$y(t)=V_{0}t-\dfrac{g \cos \left( \alpha \right) t^{2}}{2}$

$x(t)=\dfrac{g \sin \left( \alpha \right) t^{2}}{2}$

A distância $\overline{AB}$ será o valor de $y_{max}$, que pode ser obtido pela aplicação de Torricelli no eixo $y$:

$0=V_{0}^{2}-2 g \cos \left( \alpha \right) \overline{AB}$

$\overline{AB}=\dfrac{V_{0}^{2}}{2 g \cos \left( \alpha \right)}$

b) Fazendo $y=0$ obtemos:

$t=0$

ou

$t=\dfrac{2V_{0}}{g \cos \left( \alpha \right))}$

Substituindo na função horária do espaço de $x$, obtemos o alcance:

$A=\dfrac{2V_{0}^{2}\tan \left( \alpha \right)}{g \cos \left( \alpha \right)}$

c) Note que o tempo para percorrer $d_{1}$ é o mesmo levado para percorrer $d_{2}$, sendo assim, podemos utilizar o resultado das proporções de Galileu para afirmar imediatamente que:

$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$

Mas para quem não conhece esse resultado, segue a demonstração dessa equação:

$d_{1}=\dfrac{at^{2}}{2}$

$d_{2}=\dfrac{a \left( 4t^{2}-t^{2} \right) }{2}$

Logo:

$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$

a)

$\overline{AB}=\dfrac{V_{0}^{2}}{2g \cos \left( \alpha \right)}$

b)

$A=\dfrac{2V_{0}^{2}\tan \left( \alpha \right)}{g \cos \left( \alpha \right)}$

c)

$\dfrac{d_{1}}{d_{2}}=\dfrac{1}{3}$

Análise de gráficos.

a) No início, a velocidade de queda do pára-quedista é de $45$ $m/s$ e diminui até a velocidade terminal de $5$ $m/s$ aproximadamente em $t=120$ $s$, mantendo-se constante a partir de então. O gráfico do espaço no tempo deve ter uma grande inclinação (a velocidade) no começo, com esta inclinação diminuindo até que ela fique aproximadamente constante. A partir daí, o pára-quedista realiza um MRU. O esboço seria então:

b) Até o $t=20$ $s$, podemos dividir o gráfico da velocidade no tempo em $2$ trapézios, onde a área destes trapézios equivale a distância percorrida pelo pára-quedista. Os trapézios são:

O espaço percorrido é aproximadamente então:

$S = \dfrac{\left(45 + 30 \right)*10}{2} + \dfrac{\left(30+20 \right) *10}{2}$

$S = 375 +250$

$S \approx 625$ $m$

a) 

b) $S \approx 625$ $m$

Dinâmica.

Traçando uma reta vertical no vértice de baixo da vala, temos que o ângulo $\alpha$ que uma das paredes da vala com a horizontal é de $45^o$. Desenhando as forças que atuam na caixa e fazendo a segunda lei de Newton:

Em $y$:

$2Ncos\alpha = mg cos(\theta)$

$2N = \sqrt{2} mg cos(\theta)$

Em $x$:

$m a = m gsen(\theta) -2F_{at}$

$ma = mgsen(\theta) - 2\mu_c N$

$ma = mgsen(\theta) -\sqrt{2}\mu_c mg cos(\theta)$

$a = g\left(sen(\theta)-\sqrt{2}\mu_c cos(\theta) \right)$

$a = g\left(sen(\theta)-\sqrt{2}\mu_c cos(\theta) \right)$

Óptica Geométrica.

Aplicando a Lei de Snell para o feixe de luz que entra:

$1*sen(90^o-\theta) = 2,4sen(\alpha)$

$cos(\theta) = 2,4 sen(\alpha)$

Para que o feixe de luz não saia:

$2,4 sen(\alpha) > 1*sen(90^o) =1$

$cos(\theta)>1$

O que gera um absurdo. Dessa forma, não há ângulo que faça que o feixe de luz fique preso na barra.

Outra forma de pensar neste problema é pela reversibilidade da luz. Se a luz incide na parte de cima da barra com um ângulo $\theta$ e refrata tendo então em um ângulo $\alpha$, no outro lado, da barra ao refratar na outra superfície, ela deverá sair fazendo o mesmo ângulo $\theta$, pois podemos incidir a luz pela parte de baixo da barra com o ângulo $\theta$ para refratar no ângulo $\alpha$. Dessa forma, se um raio de luz entra na barra, ele pode sair pelo outro lado.

Não há valores de $\theta$ para que a luz fique presa.

Óptica Geométrica.

a)

Pela imagem temos:

$H = P'sen(\theta)$

$h = Psen(\theta)$

Fazendo a tangentes dos ângulos marcados:

i) $tg(\alpha) = \dfrac{H+h}{P'cos(\theta)} = \dfrac{h}{f}$

ii) $tg(\theta) = \dfrac{H}{P'cos(\theta)} = \dfrac{h}{Pcos(\theta)}$

Daí:

i) $\dfrac{H}{h} +1 = \dfrac{P'cos(\theta)}{f}$

ii) $\dfrac{H}{h} = \dfrac{P'}{P}$

Substituindo:

$\dfrac{P'}{P} +1 = \dfrac{P'cos(\theta)}{f}$

Dividindo por $P'$:

$\dfrac{1}{P} +\dfrac{1}{P'} = \dfrac{cos(\theta)}{f}$

b) A distância de $V$ até onde o raio incide no espelho é $l$, a distância de $V$ até o encontro da prolongação do raio de luz refletido no eixo principal é $a$ (ponto $O'$) e a distância de $V$ até o encontro do raio refletido com o eixo principal é $b$ (ponto $I'$).

Fazendo as tangentes dos ângulos:

i) $tg(\alpha) = \dfrac{l}{b} = \dfrac{H}{P^*cos(\theta) - b}$

ii) $tg(\theta) = \dfrac{H}{P^*cos(\theta)} = \dfrac{h}{Pcos(\theta)}$

iii) $tg(\gamma) = \dfrac{l}{a} = \dfrac{h}{a+Pcos(\theta)}$

Daí:

i) $H = \dfrac{l(P^*cos(\theta)-b)}{b}$

ii) $\dfrac{H}{h} =\dfrac{P^*}{P}$

iii) $h = \dfrac{l(a+Pcos(\theta))}{a}$

Dessa forma:

$\dfrac{P^*}{P} = \dfrac{(P^*cos(\theta)-b)a}{b(a+Pcos(\theta)}$

$P^*ab +P^*bPcos(\theta) = PP^*cos(\theta)a -abPcos(\theta)$

Dividindo por $PP^*ab$

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{cos(\theta)}{a}= \dfrac{cos(\theta)}{b} -\dfrac{1}{P^*}$

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{1}{P^*} = cos(\theta) \left(\dfrac{1}{-a} +\dfrac{1}{b} \right)$

Perceba que o prolongamento do raio que incide no sistema óptico (espelho) gera o ponto $O'$, e que a reflexão deste raio gera o ponto $I'$. Podemos imaginar então que $O'$ é uma fonte virtual de luz, e $I'$ é sua imagem real. Nós sabemos que no espelho esférico gaussiano, a equação de Gauss é valida para objetos e imagens que estão no eixo principal. Dessa forma, podemos aplicar a equação de Gauss para os pontos $O'$ e $I'$:

$\dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{p'} = \dfrac{1}{f}$

$\dfrac{1}{-a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}$

Substituindo este resultado:

$\dfrac{1}{P} + \dfrac{1}{P^*} = \dfrac{cos(\theta)}{f}$

Que é a mesma equação encontrada no item anterior. Dessa forma:

$\dfrac{1}{P^*} = \dfrac{1}{P'}$

$P^* = P'$

c) Pela relação do item a, temos que, definindo $x=p\cos{\theta}$ e $x'=p'\cos{\theta}$ como as distâncias horizontais do objeto e da imagem respectivamente:

$$\dfrac{\cos{\theta}}{x}+\dfrac{\cos{\theta}}{x'}=\dfrac{\cos{\theta}}{f}$$

$$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x'}=\dfrac{1}{f}$$

Ou seja, da primeira relação acima, concluimos que, como o topo e a base da vela têm o mesmo $x$, esses pontos conjugarão uma imagem com mesmo $x'$. Sendo assim, eles estarão na mesma reta vertical e portanto, como a imagem de uma reta também é uma reta, ligamos a imagem do topo e da base e concluimos que a imagem da vela é também uma reta vertical.

d) Como foi dito no enunciado todos raios convergirão para um ponto no plano focal, a uma distância $y$, digamos, do eixo principal. Em particular, o raio que passa pelo centro de curvatura do espelho também convergirá para $y$ após a reflexão. Sabemos que esse raio reflete-se sobre si mesmo. Portanto, usando o triângulo formado pelo ponto $C$ (centro de curvatura), pelo ponto $F'$ e $F$:

$$y=f\tan{\theta}$$

a) Demonstração.

b) Demonstração.

c) Demonstração

d) 

$$y=f\tan{\theta}$$

Conservação de Momento e Energia.

Não atuam forças externas ao sistema, podemos então conservar o momento:

$Mu -m v = Mu' +mv'$

Onde $u'$ é a velocidade do planeta após o estilingue ser feito. Assim:

$u' =u -\dfrac{m}{M}(v+v')$

A única força atuante no sistema é a gravitacional, que é conservativa. Podemos então conservar a energia do sistema.

$\dfrac{1}{2}Mu^2 +\dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{1}{2}Mu'^2 + \dfrac{1}{2}mv'^2$

Não aparecem termos da energia potencial gravitacional pois o efeito do estilingue gravitacional só acaba quando os corpos possuem uma distância entre si muito grande, tornando o termo da energia potencial gravitacional desprezível. Resolvendo para descobrir $v'$:

$Mu^2 +mv^2 = M\left(u - \dfrac{m}{M}(v+v') \right)^2 + mv'^2$

$Mu^2 + mv^2 = Mu^2 - 2mu(v+v') +\dfrac{m^2}{M}(v+v')^2 + mv'^2$

$v^2 = v'^2 - 2u(v+v') +\dfrac{m}{M}(v+v')^2$

Como $M>>m$:

$v^2 \approx v'^2 -2u(v+v')$

$v'^2 -v^2 = 2u(v+v')$

$(v'+v)(v'-v) = 2u(v+v')$

$v' =v +2u$

$v' =v +2u$

Conservação do Momento e da energia

a) Primeiramente, deve-se perceber que o instante da compressão máxima é quando as velocidades de ambas as massas são iguais, pois enquanto a massa  $m_{1}$ tiver velocidade maior a mola continuará a ser comprimida cada vez mais. Sabendo disso, podemos descobrir a velocidade das massas nesse instante a partir da conservação da quantidade de movimento.

$m_{1}v_{0}=\left( m_{1} + m_{2} \right) v$

$v= \dfrac{m_{1} v_{0}}{m_{1}+m_{2}}$

Agora, note que não atuam forças dissipativas nesse sistema, portanto:

$E_{0}=E$

$\dfrac{m_{1}v_{0}^{2}}{2}=\dfrac{kx^{2}}{2}+\dfrac{\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}}{2}$

$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}-\left(m_{1}+m_{2}\right)\dfrac{m_{1}^{2}v_{0}^{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right)^{2}}$

$kx^{2}=m_{1}v_{0}^{2}\left(1- \dfrac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}} \right)$

$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$

b) Como na situação final só haverá a energia cinética das massas e o momento se conservará, temos simplesmente uma colisão perfeitamente elástica, portanto, podemos utilizar o conceito de coeficiente de restituição:

$e=1=\dfrac{v_{2}-v_{1}}{v_{0}}$

$v_{2}=v_{1}+v_{0}$

Pela conservação do momento linear (quantidade de movimento), temos:

$m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$

$v_{2}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}\left(v_{0}-v_{1} \right)$

Igualando, obtemos então:

$v_{1}+v_{0}=\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{0}-\dfrac{m_{1}}{m_{2}}v_{1}$

$v_{1}\left(1+\dfrac{m_{1}}{m_{2}} \right) = \left(\dfrac{m_{1}}{m_{2}}-1 \right)v_{0}$

$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

E, substituindo na equação para $v_{2}$, temos:

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

a)

$x=v_{0}\sqrt{\dfrac{m_{1}m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2} \right) k }}$

b)

$v_{1}=\dfrac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

e

$v_{2}=\dfrac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{0}$

Termologia.

Suponha que em um pequeno intervalo de tempo $\Delta t$ uma camada de gelo de espessura $\Delta x$ seja formada. A massa de água que vira gelo é então:

$\Delta m = \rho_{gelo} S\Delta x$

Onde $S$ é a área da camada de gelo que está sobre a superfície da água.

Como a água que congela já está a uma temperatura de $0^oC$, a energia que a água libera para congelar é:

$\Delta Q = L \Delta m$

$\Delta Q = L S \rho_{gelo} \Delta x$

Pela diferença de temperatura entre o ar e a água no tanque, há um fluxo de calor da água para o ar, já que o ar está a uma temperatura menor que a água. Esse fluxo de calor que é o responsável pelo congelamento da água. Dessa forma:

$\Phi = \dfrac{K S \Delta T}{e}$

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

$L S \rho_{gelo} \dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{K S \Delta T}{e}$

$\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{K \Delta t}{\rho_{gelo} L e}$

Onde $\frac{\Delta x}{\Delta t}$ é a nossa taxa de formação de gelo por tempo.

Temos então:

$\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{4*10^{-3}*10}{0,92*80*5}$ $cm/s$

$\dfrac{\Delta x}{\Delta t} \approx 1,087$ $cm/s$

Transformando para $cm/h$:

$\dfrac{\delta x}{\delta t} = \dfrac{9}{23} \approx 0,39$ $cm/h$

$\dfrac{\delta x}{\delta t} = \dfrac{9}{23} \approx 0,39$ $cm/h$

Dinâmica e Energia.

a)

No referencial da Terra, a cunha possuirá uma aceleração para a direita e o bloco possuirá acelerações tanto para a direita como para baixo. Vamos chamar a aceleração da cunha de $a_c$, as acelerações horizontal e vertical do bloco de $a_x$ e $a_y$, respectivamente. Como no sistema as forças externas (pesos e normal com o solo) são verticais, a posição do centro de massa na horizontal é constante. Podemos ter então o seguinte vínculo:

$M a_c = m a_x$

$a_x = \dfrac{M}{m}a_c$

Indo para um referencial na cunha, o bloco vai simplesmente descer o plano inclinado e terá uma força inercial atuando nele para a direita. As componentes das forças que atuam perpendicularmente ao plano devem se anular, daí:

$N + ma_c sen(\theta) = mgcos(\theta)$

$N = m\left(gcos(\theta) - a_csen(\theta)\right)$

Voltando pro referencial da Terra, fazendo a segunda lei de Newton na cunha temos:

$N sen(\theta) = Ma_c$

Daí:

$m\left(gcos(\theta) -a_c sen(\theta) \right) sen(\theta) = M a_c$

$m gcos(\theta) sen(\theta) = \left(M +msen^2(\theta)\right)a_c$

$a_c = \dfrac{mg sen(\theta) cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$

b) Denotemos a velocidade que a cunha possui quando o bloco atinge o chão de $V$, e as componentes horizontal e vertical da velocidade do bloco de $v_x$ e $v_y$. Pelo mesmo vínculo do item a), nós temos que:

$MV = mv_x$

$v_x = \dfrac{M}{m} V$

Colocando no referencial da cunha, a velocidade do bloco deve ser tangente à superfície da cunha. Dessa forma:

$tg(\theta) = \dfrac{v_y}{v_x +V}$

$v_y = \left(1+\dfrac{M}{m} \right)V tg(\theta)$

Não atuam forças dissipativas no sistema, podemos então conservar a energia mecânica:

$E_0 = E_f$

$m g h =\dfrac{1}{2} m (v_x^2 +v_y^2) + \dfrac{1}{2}MV^2$

$2 m g h = m \dfrac{M^2}{m^2}V^2 + m \left(1 +\dfrac{M}{m} \right)^2V^2 tg^2(\theta) + M V^2$

$2m g h = \left( 1 +\dfrac{M}{m} \right) \left[ MV^2 + m\left(1 +\dfrac{M}{m} \right) V^2 tg^2(\theta) \right]$

$2 m g h = \left(1 + \dfrac{M}{m} \right) \left[ M(1 +tg^2(\theta)) +m tg^2(\theta) \right]V^2$

$\dfrac{2 m g h}{1 +\dfrac{M}{m}} = \left(\dfrac{M +msen^2(\theta)}{cos^2(\theta)}\right)V^2$

$V^2 = \dfrac{2m g h cos^2(\theta)}{\left(1 + \dfrac{M}{m}\right) \left(M + msen^2(\theta)\right)}$

$V=\sqrt{\dfrac{2m^2 g h cos^2(\theta)}{\left(M+m\right) \left(M + msen^2(\theta)\right)} }$

a) $a_c = \dfrac{mg sen(\theta) cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$

b) $V=\sqrt{\dfrac{2m^2 g h cos^2(\theta)}{\left(M+m\right) \left(M + msen^2(\theta)\right)} }$

Forças Centrais e Oscilações.

a) A massa vai estar realizando um MCU em torno do ponto $O$. A força elástica vai ser a responsável então pela força resultante centrípeta que mantém o corpo em MCU. Assim:

$k(r_0-l_0) = m\omega^2 r_0$

$(k -m\omega^2)r_0 = kl_0$

$r_0 = \dfrac{kl_0}{k-m\omega^2}$

b) O raio $r$ pode ser escrito da forma:

$r = r_0 + \delta$

onde $\delta$ é uma pequena variação de comprimento da mola pela pertubação.

Podemos conservar o momento angular do sistema em relação ao ponto $O$ para antes e depois do sistema sofrer a pertubação. Temos então:

$m\omega_0r_0^2 = m \omega r^2$

$\omega = \omega_0 \dfrac{r_0^2}{r^2}$

Onde $\omega$ é a velocidade angular que o corpo gira em torno de $O$ para um raio $r$.

Num referencial que gira junto com o corpo, aparece uma força centrífuga no corpo, e juntamente com a força elástica faz com que o corpo oscile radialmente apenas. Escrevendo então a segunda lei de Newton:

$m a = m\omega^2r - k\left(r-l_0 \right)$

$m a = m\omega_0^2\dfrac{r_0^4}{r^4}r - k \left(r-l_0 \right)$

$m a = m \omega_0^2\dfrac{r_0^4}{(r_0+\delta)^3} - k \left[(r_0+\delta)-l_0\right]$

$m a = m\omega_0^2\dfrac{r_0}{\left(1+\dfrac{\delta}{r_0}\right)^3} - k(r_0-l_0) - k\delta$

$m a =m\omega_0^2r_0\left(1 +\dfrac{\delta}{r_0} \right)^{-3} - k(r_0-l_0) - k\delta$

Fazendo a aproximação dada pela questão:

$m a = m\omega_0^2r_0 \left(1 -3\dfrac{\delta}{r_0} \right) - k(r_0 -l_0) - k\delta$

$m a= m\omega_0^2r_0 - k(r_0-l_0) - \left(3m \omega^2_0 +k \right) \delta$

Pelo item a): $m\omega_0^2r_0 - k(r_0-l_0) = 0$

Assim:

$m a = -\left(3m \omega^2_0 + k \right) \delta$

$a = -\left(\dfrac{k}{m} +3\omega^2_0 \right) \delta$

Que é a equação característica para um movimento de MHS. Temos então que o período de oscilações vai ser:

$\Omega = \sqrt{\dfrac{k}{m} +3 \omega_0^2}$

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

$T = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{k}{m} +3 \omega_0^2}}$

a) $r_0 = \dfrac{kl_0}{k-m\omega^2}$

b) $T = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{k}{m} +3 \omega_0^2}}$

Dinâmica, Energia, Cinemática e Oscilações.

a) A mola vai estar comprimida, e por isso empurrando o disco de cima. Fazendo a segunda lei de Newton neste disco:

$k(l -l_0) + mg =0$

$l_0 = l +\dfrac{mg}{k}$

b) 

Com as forças no disco de cima,podemos fazer a segunda lei de Newton para ele:

$m a = - k(l + y -l_0) - mg$

$ma = -ky -k(l-l_0) -mg$

Pelo item a):

$k(l-l_0) + mg =0$

$m a = -ky$

$a = -\dfrac{k}{m} y$

Que é a equação característica de um MHS. O período de oscilações vai ser então:

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

E a amplitude de $y$ vai ser $x$.

c) Como o movimento oscilatório da mola possui amplitude $x$, ao empurrar $x_0$ para baixo, o disco de cima vai atingir o seu ponto mais alto em $l+x$, estando então a mola alongada. Escrevendo a segunda lei de Newton para o disco de baixo na iminência dele subir:

$k(l+x_0-l_0) = mg$

$x_0 = \dfrac{mg}{k} +(l_0-l)$

$x_0 = \dfrac{mg}{k} + (l +\dfrac{mg}{k}- l)$

$x_0 =\dfrac{2mg}{k}$

d) A deformação inicial da mola é:

$\Delta x = (l -x -l_0)$

A deformação da mola no momento em que o disco inferior começa a subir vai ser:

$\Delta x' = (l +x'-l_0)$

Nesse instante:

$k\Delta x' =mg$

$\Delta x' = \dfrac{mg}{k}$

Assim:

$x' = x_0 = \dfrac{2mg}{k}$

Nesse instante, o disco de cima terá uma velocidade $v$ e o disco de baixo ainda está parado. Logo após o disco de baixo perder contato com o solo podemos trabalhar com o centro de massa do sistema. A velocidade do centro de massa vai ser:

$v_{cm} =\dfrac{v}{2}$

Como não atuam forças dissipativas no sistema, podemos conservar a energia mecânica e adotando um sistema de referência no solo. Daí:

$E_0 = E_f$

$m g (l-x) +\dfrac{k\Delta x^2}{2} = m g (l+x') + \dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{k \Delta x'^2}{2}$

$mg l - mgx + \dfrac{k (l- x -l_0)^2}{2} = mg l + mgx' +\dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{k \left(\dfrac{mg}{k}\right)^2}{2}$

$\dfrac{k\left(\dfrac{mg}{k} +x \right)^2}{2} - mg x = mg\dfrac{2mg}{k} + \dfrac{mv^2}{2} + k \dfrac{m^2g^2}{2k^2}$

$\dfrac{m^2g^2}{2k} + mgx +\dfrac{kx^2}{2} - mgx = \dfrac{2m^2g^2}{k} +\dfrac{m^2g^2}{2k} +\dfrac{mv^2}{2}$

$mv^2 = kx^2 - \dfrac{4m^2g^2}{k}$

$v^2 = \dfrac{k^2x^2 -4m^2g^2}{mk}$

$v = \sqrt{\dfrac{k^2x^2 -4m^2g^2}{mk}}$

A velocidade do CM vai ser:

$v_{cm} =\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{k^2x^2 -4m^2g^2}{mk}}$

Quando o sistema estiver no ar, a única força externa atuante nele vai ser o próprio peso, a aceleração do CM vai ser então $-g$ subindo até uma altura $h$. Por Torricelli:

$0 = v_{cm}^2 -2 g h$

$2g h = \dfrac{1}{4} \dfrac{k^2x^2 -4m^2g^2}{mk}$

$h = \dfrac{k^2x^2 - 4m^2g^2}{8mgk}$

e) Peguemos um instante em que o sistema está no ar e a deformação da mola seja $\Delta x$. Escrevendo a segunda lei de Newton para os dois discos:

$m a_{cima} = -k \Delta x - mg$

$a_{cima} = -\dfrac{k}{m} \Delta x - g$

$m a_{baixo} = k \Delta x - mg$

$a_{baixo} = \dfrac{k}{m} \Delta x - g$

Vamos colocar então no referencial do disco de baixo. Vai aparecer então uma força inercial no disco de cima. A aceleração relativa dele vai ser:

$a_{rel} = a_{cima} - a_{baixo}$

$a_{rel} =-\dfrac{2k}{m} \Delta x$

Que é a equação característica de um movimento de MHS. Neste referencial, o disco de baixo "atuaria" como uma parede para que uma massa equivalente $\dfrac{m}{2}$ oscile. Isso pode ser obtido também utilizando massa reduzida. O período de oscilações vai ser então:

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

a) $l_0 = l +\dfrac{mg}{k}$

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

c) $x_0 =\dfrac{2mg}{k}$

d) $h = \dfrac{k^2x^2 - 4m^2g^2}{8mgk}$

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

Primeira lei da Termodinâmica

a) A massa de vapor no recipiente é

$$m_v={\rho}V$$

Onde $V$ é o volume definido pela posição do pistão e o fundo do recipiente. Logo:

$$\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}={\rho}\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-{\rho}Av$$

Negativo pois o volume está diminuindo. Observe que estamos desconsiderando o aumento de volume de água do fundo do recipiente. Isso é uma boa aproximação visto que o acrésimo de volume de água liquida para uma determinada massa de vapor que se condensa é cerca de $1000$ vezes menor que a diminuição do volume de vapor (densidade da água liquida $1000$ vezes a de vapor)

b) A taxa com que o calor sai é o produto de $L$ pela taxa de vapor que diminui:

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) Temos que

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{\Delta\left(\dfrac{m_v}{M}C_vT\right)}{\Delta{t}}$$

Como a temperatura é constante, a variação na energia interna surge da variação da massa de vapor:

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=\dfrac{C_vT}{M}\dfrac{\Delta{m_v}}{\Delta{t}}$$

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) Considere o sistema água líquida+vapor. Pela primeira lei da Termodinâmica:

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}\right)_{sis}-\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}$$

O primeiro termo pode ser reescrito como

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}+\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{vapor}$$

O calor que sai do sistema é o mesmo calculado no item b (o negativo disso). E o último termo é devido ao trabalho realizado pelo pistão no sistema. Esse termo é positivo pois o trabalho realizado pelo sistema é negativo. Como o pistão desce com velocidade constante, o mesmo está em equilíbrio, logo, a pressão exercida no pistão pelo vapor é

$$P=P_0+\dfrac{mg}{S}$$

Onde $P_0$ é a pressão atmosférica e $g$ é a aceleração da gravidade. A taxa na qual o sistema realiza trabalho é, portanto:

$$\left(\dfrac{\Delta{\tau}}{\Delta{t}}\right)_{sis}=-P\dfrac{\Delta{V}}{\Delta{t}}=-PAv$$

Agrupando esses termos, obtemos

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

a) 

$$-{\rho}Av$$

b) 

$$\dfrac{\Delta{Q}}{\Delta{t}}=L{\rho}Av$$

c) 

$$\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}=-\dfrac{C_vT}{M}{\rho}Av$$

d) 

$$\left(\dfrac{\Delta{U}}{\Delta{t}}\right)_{agua}=Sv\left(\dfrac{C_vT{\rho}}{M}+P_0+\dfrac{mg}{S}-L\rho\right)$$

Segunda lei de Termodinâmica

a) Devemos resolver o problema levando em conta que, pela segunda lei da Termodinâmica, um processo físico é possível se a entropia do universo aumentar ou permancer constante. Portanto, vejamos o que acontece com a entropia da água+ambiente, que, nesse problema, representa o "universo". A variação de entropia da água é dado pela relação fornecida no enunciado, já para o ambiente, que é um reservatório térmico, é simplesmente $\dfrac{\Delta{Q}}{T_0}$, visto que sua temperatura não muda. Agora, suponhamos que a água no copo atinga o equilíbrio com temperatura $T=T_0+\Delta{T}$, dessa forma, o calor que sai do reservatório será

$$\Delta{Q}=-mc\Delta{T}$$

Negativo pois o calor sai do ambiente. Agrupando essas informações, somos capazes de encontrar a variação de entropia total:

$$\Delta{S}=mc\left(\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T}}{T_0}\right)-\dfrac{\Delta{T}}{T_0}\right)$$

Definindo $\dfrac{\Delta{T}}{T_0}=x$, a equação acima vira:

$$\Delta{S}=mc\left(\ln\left(1+x\right)-x\right)$$

que, pela informação do enunciado, é menor que $0$. Logo, esse processo não é possível.

b) Podemos proceder da mesma forma que no item anterior: escrevemos a variação de entropia total e vejamos se isso é menor que zero. Nesse caso, nosso universo é o sistema formado pelos dois corpos. Suponhamos que o corpo $1$ terá a maior temperatura no final do processo: $T_1=T_0+\Delta{T_1}$, e $2$ terá uma temperatura menor: $T_2=T_0-\Delta{T_2}$, com $\Delta{T_1}$ e $\Delta{T_2}$ ambos positivos. A relação entre essas variações de temperatura podem ser obtidas impondo que o calor total é zero:

$$m_1c_1\Delta{T_1}=m_2c_2\Delta{T_2}$$

Podemos usar a relação acima para escrever a variação de entropia total como função apenas de um parâmetro:

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\dfrac{T_0+\Delta{T_1}}{T_0}\right)+m_2c_2\ln\left(\dfrac{T_0-\Delta{T_2}}{T_0}\right)$$

Eliminando todos os parâmetros (calor específico e massa) contendo índices $2$ da equação acima:

$$\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\left(\ln\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)+\ln\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)^{\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}}\right)$$

Agora, consiremos termos de até primeira ordem em $\Delta{T_2}$. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado, ficamos com

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(\left(1+\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right).\left(1-\dfrac{\Delta{T_1}}{\Delta{T_2}}\dfrac{\Delta{T_2}}{T_0}\right)\right)$$

$$\Delta{S}=m_1c_1\ln\left(1-\left(\dfrac{\Delta{T_1}}{T_0}\right)^2\right)$$

Como o logaritmo natural de um número menor que $1$ é negativo, segue que

$$\Delta{S}<{0}$$

Sendo assim, esse processo não é possível.

Demonstração

Efeito Doppler.

a) Para descobrir a frequência escutada por um observador, temos que utilizar então a equação do efeito Doppler:

$f = f_0 \left(\dfrac{v_{som} \pm v_{observador}}{v_{som} \mp v_{fonte}}\right)$

Onde se o observador estiver com uma velocidade que tende a se aproximar da fonte ela possui um sinal positivo e para a fonte se a sua velocidade tende a se aproximar do observador o sinal é negativo. Dessa forma:

$f_{tio} =f_0\left(\dfrac{s}{s + v}\right)$

$f_{ana} = f_0\left(\dfrac{s+v}{s+v}\right) =f_0$

b) Para utilizar a equação do efeito Doppler, devemos estar em um referencial em que o ar está parado. Como o ar possui velocidade $u$ para o norte, as velocidades do tio, da Ana e da fonte em relação ao ar serão:

$v_{tio} = -u$

$v_{Ana} = v -u$

$v_{fonte} = v-u$

E com isso podemos utilizar novamente a equação do efeito Doppler:

$f'_{tio} = f_0 \left( \dfrac{s -u}{s+v-u}\right)$

$f'_{Ana} = f_0 \left(\dfrac{s+v-u}{s+v-u} \right) = f_0$

a)

$f_{ana} =f_0$

$f_{tio} = f_0\left(\dfrac{s}{s + v}\right)$

b)

$f'_{ana} =f_0$

$f'_{tio} =f'_{tio} = f_0 \left( \dfrac{s -u}{s+v-u}\right)$