Escrito por Paulo Henrique
Você pode acessar a prova aqui
Questão 1:
Considere um plano inclinado (uma cunha) de massa M e ângulo de inclinação θ que pode deslizar sem atrito sobre o chão. Um pequeno bloco de massa m também pode deslizar sem atrito sobre a superfície do plano inclinado. Além disso, o bloco está preso por uma corda, que passa por uma polia no vértice superior da cunha, e que está amarrada a uma parede, conforme ilustra a seguinte figura.
O trecho de corda entre a polia e a parede é horizontal. O bloco é então solto, a partir do repouso, de uma altura h em relação ao solo. Calcule a velocidade da cunha quando o bloco chegar ao chão em função de m, M, h, θ e g (a gravidade local).
Assunto abordado
Segunda lei de Newton, conservação de energia.
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Solução
Considere que no instante requerido a cunha tenha velocidade v a ser determinada. Pelo vínculo do comprimento do fio permanecer constante, obtemos:
vrel=v
Onde vrel é a velocidade relativa da massa m em relação à cunha. Essa velocidade aponta ao longo do plano inclinado para "baixo". Isso é verdade pois se chamarmos a distância da cunha à parede de x0 e o comprimento de fio ao longo do plano inclinado de l, devemos ter:
x0+l=const
Derivando a equação acima em relação ao tempo, obtêm-se o fato o vínculo entre as velocidades. Para obter a velociade de m em relação à Terra devemos somar essa velocidade relativa vetorialmente com a velocidade da cunha. O módulo dessa velocidade é
v2m=[v(1−cosθ)]2+[vsinθ]2=2v2(1−cosθ)
Por conservação de energia:
Mv22+mv2m2=mgh
Resolvendo para v:
v=√2mghM+2m(1−cosθ)
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Gabarito
v=√2mghM+2m(1−cosθ)
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Questão 2:
Um pêndulo é formado por uma haste rígida (de massa desprezível e comprimento l) e uma massa m presa em sua extremidade inferior. Ele pode oscilar livremente em torno do seu ponto de suspensão e a gravidade local é g. Prende-se uma mola de constante elástica k a uma distancia h abaixo do ponto de suspensão.
Suponha que a mola mantenha-se sempre horizontal (isto é, podemos imaginar que a mola seja muito longa) e que ela se encontre relaxada quando o pendulo estiver vertical.
a) Calcule o período de pequenas oscilações do pendulo, em torno de sua posição de equilíbrio. Assuma que o movimento esteja restrito ao plano mola-haste.
b) E se a haste também tivesse uma massa m′ homogeneamente distribuída, como isso entraria na
expressão para o período?
Assunto abordado
Corpos rígidos: momento de inércia e segunda lei de Newton para rotações
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Solução
a) Podemos aplicar a segunda lei de Newton para rotações no sistema haste+massa m. O torque resultante é a soma do torque do peso mais o torque da força elástica. Seja θ o ângulo que a haste faz com a vertical. No regime de pequenas oscilações sinθ≈θ e cosθ≈1. Logo, a força elástica é dado por
F=khsinθcosθ≈khθ
O torque resultante é
−Fh−mglsinθ≈−(kh2+mg)θ
Logo
−(kh2+mgl)θ=Iα=ml2α
Onde α é a aceleração angular, que é igual a −4π2T2θ. Resolvendo para T:
T=2π√l/g(1+kh2mgl)
b) Isso afetaria o torque do peso total do sistema e o momento de inércia total. O torque devido ao peso da barra de massa m′ é simplesmente:
τm′=−m′gl2
Onde foi usada a posição do centro de massa da barra homogênea. O novo momento de inércia será ml2+m′l23, onde o último termo é o momento de inércia de uma barra homogênea girando em torno de uma das pontas. (veja a prova abaixo). O torque da força elástica é inalterado. Procedendo de forma análoga ao item a, obtemos o novo período:
T′=2π√m+m′3gl(m+m′2)+kh2l2
Determinação do momento de uma barra homogênea girando em torno de uma ponta
Seja r a posição em relação ao eixo de rotação de um elemento de massa da barra. Temos que
I=∫r2dm
Onde a integral é feita varrendo toda a barra. Como a mesma é homogênea
dm=MLdr
Logo
I=ML∫L0r2dr=ML23 c.q.d.
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Gabarito
a)
T=2π√l/g(1+kh2mgl)
b)
T′=2π√m+m′3gl(m+m′2)+kh2l2
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Questão 3:
Um cilindro de paredes condutoras térmicas possui um embolo de massa m bem ajustado (mas sem atritos), cuja secção de área transversal é S. O cilindro contem água e vapor à temperatura T=100, ou seja, estão na temperatura de condensação.
Observa-se que o embolo cai vagarosamente à velocidade constante v porque alguma quantidade de calor
flui através das paredes do cilindro, fazendo com que um pouco de vapor se condense continuamente. A densidade de vapor no interior do recipiente é ρ
a) Calcule a taxa de condensação do vapor e a variação de massa de vapor por unidade de tempo, em
termos dos parâmetros dados no problema.
b) A que taxa o calor flui para fora do cilindro? Dê o resultado em função do calor de condensação L da
água e dos outros dados do problema.
c) Qual a taxa de variação da energia interna do vapor? O calor específico molar a volume constante da
água é Cv e sua massa molar é M.
d) Qual a taxa de variação da energia interna da água líquida?
Assunto abordado
Primeira lei da Termodinâmica
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Solução
a) A massa de vapor no recipiente é
mv=ρV
Onde V é o volume definido pela posição do pistão e o fundo do recipiente. Logo:
ΔmvΔt=ρΔVΔt=−ρAv
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:
ΔQΔt=LρAv
c) Temos que
ΔUΔt=Δ(mvMCvT)Δt
Como a temperatura é constante, a variação na energia interna surge da variação da massa de vapor:
ΔUΔt=CvTMΔmvΔt
ΔUΔt=−CvTMρAv
d) Considere o sistema água líquida+vapor. Pela primeira lei da Termodinâmica:
(ΔUΔt)sis=(ΔQΔt)sis−(ΔτΔt)sis
O primeiro termo pode ser reescrito como
(ΔUΔt)sis=(ΔUΔt)agua+(ΔUΔt)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=P0+mgS
Onde P0 é a pressão atmosférica e g é a aceleração da gravidade. A taxa na qual o sistema realiza trabalho é, portanto:
(ΔτΔt)sis=−PΔVΔt=−PAv
Agrupando esses termos, obtemos
(ΔUΔt)agua=Sv(CvTρM+P0+mgS−Lρ)
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Gabarito
a)
−ρAv
b)
ΔQΔt=LρAv
c)
ΔUΔt=−CvTMρAv
d)
(ΔUΔt)agua=Sv(CvTρM+P0+mgS−Lρ)
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Questão 4:
Há um copo de água em contato com o ambiente, e ambos se encontram a uma temperatura T0.
a) Mostre, usando o conceito de entropia (e a segunda lei da termodinâmica), que não é natural ver a água do copo variar sua temperatura e resolver se manter em equilíbrio a uma temperatura diferente de T0.
Dicas: A variação de entropia associada à variação de temperatura de uma massa m de um corpo com calor específico c, que vai de uma temperatura T0 até T é
ΔS=mcln(TT0)
Onde ln é o logaritmo natural.
Voce pode usar também a desigualdade ln(1+x)<x , para todo x>1 e diferente de 0.
b) Dois corpos em contato térmico se encontram isolados do resto do universo. Eles possuem massas e calores específicos m1, c1 e m2, c2, com os índices (1,2) se referindo a cada corpo. Se ambos estão na mesma temperatura T0, mostre que não é esperado que eles troquem calor e se equilibrem (termicamente) em temperaturas diferentes.
Dica: use que (1+x)n≈1+nx, se x<<1
Assunto abordado
Segunda lei de Termodinâmica
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Solução
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 ΔQT0, visto que sua temperatura não muda. Agora, suponhamos que a água no copo atinga o equilíbrio com temperatura T=T0+ΔT, dessa forma, o calor que sai do reservatório será
ΔQ=−mcΔT
Negativo pois o calor sai do ambiente. Agrupando essas informações, somos capazes de encontrar a variação de entropia total:
ΔS=mc(ln(T0+ΔTT0)−ΔTT0)
Definindo ΔTT0=x, a equação acima vira:
ΔS=mc(ln(1+x)−x)
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: T1=T0+ΔT1, e 2 terá uma temperatura menor: T2=T0−ΔT2, com ΔT1 e ΔT2 ambos positivos. A relação entre essas variações de temperatura podem ser obtidas impondo que o calor total é zero:
m1c1ΔT1=m2c2ΔT2
Podemos usar a relação acima para escrever a variação de entropia total como função apenas de um parâmetro:
ΔS=m1c1ln(T0+ΔT1T0)+m2c2ln(T0−ΔT2T0)
Eliminando todos os parâmetros (calor específico e massa) contendo índices 2 da equação acima:
ΔS=m1c1(ln(1+ΔT1T0)+ΔT1ΔT2ln(1−ΔT2T0))
ΔS=m1c1(ln(1+ΔT1T0)+ln(1−ΔT2T0)ΔT1ΔT2)
ΔS=m1c1ln((1+ΔT1T0).(1−ΔT2T0)ΔT1ΔT2)
Agora, consiremos termos de até primeira ordem em ΔT2. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado, ficamos com
ΔS=m1c1ln((1+ΔT1T0).(1−ΔT1ΔT2ΔT2T0))
ΔS=m1c1ln(1−(ΔT1T0)2)
Como o logaritmo natural de um número menor que 1 é negativo, segue que
ΔS<0
Sendo assim, esse processo não é possível.
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Questão 5:
Uma mesa, com sua superfície a uma altura H do chão, tem um orifício em seu centro. Uma partícula de massa m é presa a um corpo suspenso de massa M por uma corda de comprimento l>H que passa pelo orifício.
A partícula pode se mover sem atrito pela superfície da mesa (e também não há atritos entre a corda e o
orifício). É dada à partícula uma velocidade angular ω em torno do orifício (sem nenhuma componente radial de velocidade).
a) Sendo r a distancia da partícula até o orifício, calcule o raio de equilíbrio r=r0 para o qual o corpo de massa M fica parado. Expresse o r0 em termos M, m, ω e g, a gravidade local.
b) Calcule a freqüência de pequenas oscilações radiais da partícula em torno de r0. Imagine que
inicialmente a partícula se encontrava em movimento circular em r0 e com velocidade angular ω0
quando uma pequena perturbação radial fez com que ela começasse a oscilar.
Você pode precisar usar que (1+x)n≈1+nx se x<<1.
c) Considere que a partícula esteja inicialmente a uma distancia r do orifício, com uma velocidade
angular ω. O sistema é então solto de modo que o corpo M desça naturalmente até o chão, isto é,
suponha que l−H>r0. Qual será a nova velocidade angular ω′ da partícula nessa nova situação?
Expresse o resultado em função dos parâmetros básicos do problema.
Assunto abordado
Segunda lei de Newton e conservação de momento angular
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Solução
a) Como a massa M está parada a tração no fio é igual ao seu peso Mg. Essa mesma tração é responsável pela força centrípeta da massa m. Logo:
Mg=mω2r0
Portanto
r0=Mgmω2
b) Primeiramente, oberve que como a tração sempre aponta para o centro (orifício), o momento angular em torno desse ponto é conservado. Para o movimento oscilatório, podemos escrever:
r(t)=r0+Δr(t)
Então, para o movimento subsequente, quando a massa estiver em r(t) (consevando momento angular)
r20ω=Ω(t)(r0+Δr(t))2
Onde Ω(t) é a velocidade angular como função do tempo. Utilizando a aproximação fornecida no enunciado (Δr(t)/r0<<1)
Ω(t)=ω(1−2Δr(t)r0)
A força central atuando na massa m é:
T=mΩ(t)2(r0+Δr(t))−ma
Onde a é a taxa da variação da velocidade radial. Pelo vínculo do comprimento do fio ser constante, temos que, em módulo, a aceleração da massa M é a. Logo:
Mg−T=−Ma
Eliminando T das duas equações acima e desconsiderando termos de segunda ordem em Δr(t):
a+3mω2M+mΔr(t)
Que é a equação do oscilador harmônico. A frequência é facilmente obtida:
f=ω2π√3mm+M
c) Como foi usado antes, o momento angular em torno do orifício é conservado, Portanto:
r2ω=rF2ω′
O raio final será o comprimento do fio menos a altura da massa M: rF=l−H. Logo
ω′=ωr2(l−H)2
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Gabarito
a)
r0=Mgmω2
b)
f=12πω√3mm+M
c)
ω′=ωr2(l−H)2
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Questão 6:
Vamos determinar a posição da imagem formada por um espelho esférico (gaussiano) quando o objeto não se encontra sobre seu eixo principal, isto é, a linha normal ao espelho em seu centro.
Sendo p a distancia do objeto ao centro do espelho e θ o ângulo com relação ao eixo principal, e este suficientemente pequeno, para que as aproximações do espelho gaussiano continuem validas. Considerando os raios ilustrados na figura acima vemos que se uma imagem bem definida se formar, ela deve estar no plano da figura e seu ângulo com relação ao eixo principal deve ser o mesmo θ .
a) Sendo f a distancia focal do espelho, prove usando os dois raios ilustrados (um que passa pelo centro e outro paralelo ao eixo principal) que p′, a distancia da imagem até o centro do espelho, deve obedecer a relação
1p+1p′=cosθf
b) Vamos considerar agora outros raios que saem do corpo, para verificar se a imagem será bem definida, isto é, se todos os raios convergem para ela. No entanto, limitemo-nos ao plano da figura acima, pois fica mais complicado mostrar isso para raios fora do plano. Há um raio que sai do corpo e atinge o espelho, a uma distancia l acima de seu centro, e se encontra com o raio que passava pelo centro a uma distancia p∗ do centro do espelho, conforme a figura abaixo.
Mostre que p∗=p′, isto é, todos os raios, independentemente de l, convergem para o mesmo ponto.
c) Quando há um corpo extenso sobre o eixo principal, tal como uma vela, costuma-se considerar que a
imagem de um ponto superior forma-se justamente acima da imagem de um ponto na base, isto é,
uma vela posta verticalmente com a base sobre o eixo principal forma uma imagem também vertical.
Prove, a partir da relação obtida no item a, que esta consideração é verdadeira, isto é, a posição horizontal
(paralela ao eixo principal) da imagem pode ser tratada como se o objeto estivesse sobre o eixo.
Consequentemente ter-se-ia que a imagem de uma vela vertical seria, de fato, vertical.
d) Se um feixe de raios paralelos incide no espelho paralelamente ao eixo principal, então o feixe
converge para um ponto sobre o eixo, chamado foco. Caso o feixe forme um ângulo θ, suficientemente
pequeno, com o eixo, mostre que os raios convergem para um ponto contido no plano perpendicular ao
eixo e que passa pelo foco e calcule a distancia entre este ponto F? e o foco F. Este plano é chamado
de plano focal. Dê o resultado em termos de θ e f.
Assunto Abordado
Óptica Geométrica.
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Solução
a)
Pela imagem temos:
H=P′sen(θ)
h=Psen(θ)
Fazendo a tangentes dos ângulos marcados:
i) tg(α)=H+hP′cos(θ)=hf
ii) tg(θ)=HP′cos(θ)=hPcos(θ)
Daí:
i) Hh+1=P′cos(θ)f
ii) Hh=P′P
Substituindo:
P′P+1=P′cos(θ)f
Dividindo por P′:
1P+1P′=cos(θ)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(α)=lb=HP∗cos(θ)−b
ii) tg(θ)=HP∗cos(θ)=hPcos(θ)
iii) tg(γ)=la=ha+Pcos(θ)
Daí:
i) H=l(P∗cos(θ)−b)b
ii) Hh=P∗P
iii) h=l(a+Pcos(θ))a
Dessa forma:
P∗P=(P∗cos(θ)−b)ab(a+Pcos(θ)
P∗ab+P∗bPcos(θ)=PP∗cos(θ)a−abPcos(θ)
Dividindo por PP∗ab
1P+cos(θ)a=cos(θ)b−1P∗
1P+1P∗=cos(θ)(1−a+1b)
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′:
1p+1p′=1f
1−a+1b=1f
Substituindo este resultado:
1P+1P∗=cos(θ)f
Que é a mesma equação encontrada no item anterior. Dessa forma:
1P∗=1P′
P∗=P′
c) Pela relação do item a, temos que, definindo x=pcosθ e x′=p′cosθ como as distâncias horizontais do objeto e da imagem respectivamente:
cosθx+cosθx′=cosθf
1x+1x′=1f
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=ftanθ
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Gabarito
a) Demonstração.
b) Demonstração.
c) Demonstração
d)
y=ftanθ
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Questão 7:
Considere uma carga puntiforme q separada de uma distancia d do centro de uma esfera metálica de raio R, conforme a figura abaixo.
Para, por exemplo, encontrar os campos elétricos em cada ponto, gerados pela configuração acima, poderse-ia determinar a distribuição de cargas na superfície do condutor (devido à presença de q) e considerar que o campo em cada ponto é a soma do campo de q com as contribuições de cada elemento de carga sobre a superfície da esfera. Mas isso parece ser um tanto complicado! Um método muito poderoso, chamado método das imagens, pode ser muito eficiente para resolver problemas como esse. De acordo com este método, dado um objeto condutor carregado com uma carga Q, podemos remover essa carga de sua superfície e deixar de considerar a existência do condutor, redistribuindo tal carga dentro do espaço contido por sua superfície, desde que essa superfície continue equipotencial. Neste caso, o campo elétrico em qualquer ponto externo ao condutor, gerado pela distribuição de cargas na sua superfície é idêntico ao gerado por essa nova distribuição de cargas imagens. O caminho inverso também é válido, ou seja, tendo uma distribuição de cargas dentro de uma superfície (imaginária) equipotencial, podemos dizer que, se no lugar dessa superfície fosse colocado uma casca condutora (ou mesmo um condutor maciço) e essa carga interna fosse “injetada” na casca, então os campos externos (à superfície) permaneceriam inalterados. Assuma que o meio seja o vácuo (ϵ=ϵ0).
a) Suponha que a esfera condutora esteja aterrada, isto é, seu potencial seja nulo. Neste caso apenas
uma carga imagem q′ será necessária e, pela simetria, pode-se ver que ela deve estar contida na reta
que liga a carga q com o centro da esfera. Calcule então q′ (o seu valor) e sua posição (distancia a até o centro da esfera). Expresse os resultados em termos dos parâmetros básicos deste problema, isto é, q, R e d.
b) Considere agora que a esfera esteja neutra e isolada. Com que força a carga q atrai a esfera?
Expresse-a em termos dos mesmos parâmetros.
Assunto abordado
Elestroestática: método das imagens
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Solução
a) Caso queria se aprofundar nesse método veja aqui. Basicamente o enunciado diz que: é possível substituir a distribuição de cargas induzidas na esfera por um simples carga pontual. Por substituir quero dizer que o potencial em um ponto no espaço (fora da esfera) pode ser calculado como o pontencial dessa determinada carga pontual, ao invés de calcular explicitamente através do potencial de toda a carga superficial da esfera, o que , a priori, nem conhecemos. Conforme dito no enunciado, essa carga q′ está a uma distância a do centro da esfera na linha que liga o centro da esfera à carga q. Observe a figura abaixo (note que as definições para as distâncias nessa imagem é diferente das do enunciado )
O potencial no ponto cujo vetor posição é →r é:
V=Kqd+Kq′r′
Para r=R, V deve ser nulo independente de θ pois a esfera é condutora. Logo:
0=Kq√R2+a2−2Racosθ+Kq′√R2+b2−2Rbcosθ
q′√R2+b2−2Rbcosθ=−q√R2+a2−2Racosθ
Você pode reorganizar os termos e impor que os coeficientes que acompanham qualquer função de θ seja zero: essa é a única forma da equação ser identicamente satisfeita, ou seja, ser válida independente de θ. Alternativamente, podemos calcular os potenciais em θ=0 e θ=π, isso nos dará duas equações e podemos resolver para as duas incóginitas: b e q′;
θ=0:
q′R−b=qR−a
θ=π
q′R+b=−qR+a
Dividindo o caso de θ=π pelo caso de θ=0, temos:
R+bR−b=R+aa−R
b=R2a
Logo:
q′=−qRa
Devemos agora, substituir as definições da figura pelas da questão: a→d e b→a. Portanto:
a=R2d
e
q′=−qRd
b) O potencial na região externa da esfera é o mesmo do que o potencial gerada pela carga q′. Portanto, o campo elétrico também será igual. A força na esfera será a força entre as cargas q e q′ (para uma prova mais rigorosa, veja abaixo). Logo, utilizando a lei de Coloumb:
F=qq′4πϵ0(d−a)2=F=−q2Rd4πϵ0(d2−R2)2
Uma maneira rápida de verificar isso, seria pela definição de carga imagem. Como a carga imagem gerará o mesmo potencial em todos os pontos fora da esfera, também gerará o mesmo campo elétrico e, consequentemente, a mesma força elétrica na carga q.
Determinação da força na esfera:
Por definição da carga imagem temos (trocarei integrais superficiais por somatórios em cargas pontuais na superfície da esfera, por conveniência):
∑iqi|→rj−→ri|=q′|→rj−→rq′|
Onde →rj denota o vetor posição de um ponto qualquer externo à esfera e →rq′ é o vetor posição da carga q′. Simplesmente escrevemos a igualdade dos potenciais gerado pelas duas distribuições de carga. Aplicando gradiente nos dois lados equação (observe que ∇ só opera em →rj e o gradiente da soma é a soma dos gradientes):
∑iqi∇1|→rj−→ri|=∇q′|→rj−→rq′|
Fazendo as operações
∑iqi(→rj−→ri)1|→rj−→ri|3=q′→rj−→rq′|→rj−→rq′|3
Tome j=q, ou seja, nosso ponto coincide com a posição da carga q.
∑iqi(→rq−→ri)1|→rq−→ri|3=q′→rq−→rq′|→rq−→rq′|3
Multiplicando os dois lados da equação por −q:
∑iqqi(→ri−→rq)1|→rq−→ri|3=qq′→rq′−→rq|→rq−→rq′|3
Observe que o lado esquerdo da equação acima é a força na esfera devido à carga q (a menos de um fator 14πϵ0), mas isso é igual ao que pede o item b pois a esfera não contribui para força nela mesma. O lado direito é a força entre as cargas pontuais, portanto, está provado o fato utillizado no item b.
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Gabarito
a)
a=R2d
e
q′=−qRd
b)
F=−q2Rd4πϵ0(d2−R2)2
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Questão 8:
Segundo a teoria da Relatividade de Einstein um elétron relativístico tem uma massa de repouso m0 e uma massa inercial m definida pela seguinte equação:
m=m0√1−v2c2
onde v é a velocidade do elétron relativa a um referencial inercial e c a velocidade da luz no vácuo. Esta equação implica que o elétron em movimento tem uma massa que depende da sua velocidade!
a) Escreva a energia cinética Newtoniana para o elétron usando a massa inercial da teoria de Einstein em função de m0, v e c.
b) Segundo a teoria da Relatividade de Einstein a energia total do elétron é dada por:
E2=m20c4+p2c2
onde p é o momento da partícula. Qual a diferença entre a energia do elétron na teoria de Newton e a relativística?
Assunto Abordado
Conceitos de Relatividade.
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Solução
a) A energia cinética Newtoniana é a conhecida:
Ec=12mv2
Para fazer uma "correção", a massa para a energia seria a massa inercial do elétron. Logo:
Ec=m0v22√1−v2c2
b) Podemos deixar a energia do elétron em função apenas de m0, c e v, fazendo que:
p=mv
Substituindo:
E2=m20c4+m2v2c2
E2=m20c4+m201−v2c2v2c2
E2=m20c41−v2c2
E=m0c2√1−v2c2
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−Ec=m0√1−v2c2(c2−v22)
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Gabarito
a) Ec=m0v22√1−v2c2
b) E−Ec=m0√1−v2c2(c2−v22)
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