Escrito por Akira Ito, Matheus Felipe R. Borges, Lucas Tavares, Alex Carneiro, Pedro Tsuchie, João Gabriel Pepato, Gabriel Hemétrio, Paulo Henrique
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Questão 1.
Três bolas de brinquedo, A, B, C, de mesmo raio e massas diferentes são abandonadas, em $$t = 0 \, \textrm{s}$$, da janela de um prédio, localizada $$20 \, \textrm{m}$$ acima de um pátio vazio no piso térreo. A tabela ao lado mostra a altura aproximada das bolas em função do tempo $$t$$.
As bolas estão sob a ação da força gravitacional (peso) e da força de resistência do ar, ou força de arrasto, $$\vec{F}_{ar}$$. Essa força é oposta ao movimento do corpo e sua intensidade é dada por $$F_{ar} = bv^2$$, onde $$v$$ é o módulo da velocidade do corpo em relação ao ar e $$b$$ é uma constante positiva que depende da geometria do corpo e da densidade do ar.
A ação de $$\vec{F}_{ar}$$ pode ser desprezada devido, entre outros, à combinação dos seguintes fatores: (1) velocidade suficientemente baixa e (2) corpo suficientemente massivo.
(a) Todos os corpos em queda no ar, depois de um intervalo de tempo suficientemente longo, se movem com velocidade constante, chamada velocidade terminal. Qual a bola mais leve? Ela já atingiu a velocidade terminal? Quando (aproximadamente)? Qual seu valor?
(b) A ação de $$F_{ar}$$ durante toda a queda é desprezível para alguma bola? Qual? Justifique.
(c) Sejam $$m_3 > m_2 > m_1$$ as massas das bolas. Estime a razão $$m_2 / m_1$$.
(d) É possível estimar a razão $$m_3 / m_1$$? Por quê?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) A bola mais leve é a A, pois se observamos as posições das 3, fica claro que A foi a bola que teve o movimento mais atrapalhado por ter chegado menos longe que as outras no mesmo intervalo de tempo, e como a aceleração da partícula depende da geometria (que é igual), da densidade do ar (que é a mesma), da velocidade (que começa igual) e da massa, sabemos então que este tem que ser o fator decisivo e portanto A é a mais leve.
Agora que esclarecemos que estamos falando da bola A, para sabermos se ela chegou na velocidade terminal ou não, precisamos calcular as 2 últimas velocidades dela, não é um movimento que poderíamos achar sua velocidade por ser de certa complexidade matemática, mas podemos estimar a sua velocidade com alguma precisão. Para isso, iremos pegar 2 instantes de posição e iremos calcular a velocidade “média” entre esses 2 instantes, que por ter um intervalo de tempo pequeno, podemos dizer que aproximadamente refletiria a velocidade instantânea do tempo entre esses 2 instantes, portanto:
$$v_A (t = 1,9) = \dfrac{y_A (t = 1,8) – y_A (t = 2,0)}{2,0 – 1,8} \therefore v_A = \dfrac{9,83 – 8,25}{0,2} = 5 \cdot 1,58$$
$$v_A (t = 1,9) = 7,90 \, \textrm{m/s}$$
E a penúltima velocidade:
$$v_A (t = 1,7) = \dfrac{y_A (t = 1,6) – y_A (t = 1,8)}{1,8 – 1,6} \therefore v_A = \dfrac{11,41 – 9,83}{0,2} = 5 \cdot 1,58$$
$$v_A (t = 1,7) = 7,90 \, \textrm{m/s}$$
Concluímos então que a bola A de fato chegou à velocidade terminal, mas para acharmos os instantes, vamos ver até onde isso vai:
$$v_A (t = 1,5) = \dfrac{y_A (t = 1,4) – y_A (t = 1,6)}{1,6 – 1,4} \therefore v_A = \dfrac{12,97 – 11,41}{0,2} = 5 \cdot 1,56$$
$$v_A (t = 1,7) = 7,80 \, \textrm{m/s}$$
Assim sabemos que o instante foi entre $$t = 1,5 \, \textrm{s}$$ e $$t = 1,7 \, \textrm{s}$$, e a velocidade terminal é $$v = 7,90 \, \textrm{m/s}$$.
(b) Para acharmos isso, vamos ver o quanto deveria ter descido uma partícula em queda livre ao final dos $$2,0 \, \textrm{s}$$, e se alguma das bolas desceu a mesma altura neste intervalo, então podemos concluir que ela não foi afetada pela resistência do ar.
Escrevendo a função da altura de uma partícula em queda livre:
$$\Delta y = -\dfrac{g}{2} t^2 \therefore \Delta y = -\dfrac{10}{2} 2^2$$
$$\Delta y = -20 \, \textrm{m}$$
Como todas as bolas começam em $$y_0 = 20 \, \textrm{m}$$, isso significa que para uma bola que não é afetada pela resistência do ar, ela estaria em $$y = 0 \, \textrm{m}$$. Concluímos então que a bola C sofre ação desprezível da resistência do ar.
(c) Devemos estimar o $$\dfrac{m}{b}$$ para cada esfera, começando com a bola A (a massa $$m_1$$ deve ser a dela pois é a mais leve):
Bola A
Já que sabemos a sua velocidade terminal podemos escrever a segunda lei de Newton:
$$m_A \, g – bv^2 = m_A \, a$$
E no caso de ter atingido a sua velocidade terminal, a aceleração é zero, e usando os valores da questão e da prova:
$$m_A \cdot 10,0 – b \cdot (7,90)^2 = 0 \therefore \dfrac{m_A}{b} = \dfrac{7,90^2}{10}$$
$$\dfrac{m_A}{b} = 6,24$$
Usando o mesmo argumento do item (a), sabemos que a bola C tem que ser a mais pesada por ter sido a que se deslocou mais longe do grupo, portanto a massa $$m_2$$ deve ser a massa da bola B.
Bola B
Agora para bola B, é um pouco mais complicado, vamos começar calculando as 2 últimas velocidades dela, conforme fizemos para a bola A:
$$v_B (t = 1,9) = \dfrac{y_B (t = 1,8) – y_B (t = 2,0)}{2,0 – 1,8} \therefore v_B = \dfrac{5,89 – 3,04}{0,2} = 5 \cdot 2,85$$
$$v_B (t = 1,9) = 14,25 \, \textrm{m/s}$$
$$v_B (t = 1,7) = \dfrac{y_B (t = 1,6) – y_B (t = 1,8)}{1,8 – 1,6} \therefore v_B = \dfrac{8,56 – 5,89}{0,2} = 5 \cdot 2,67$$
$$v_B (t = 1,7) = 13,35 \, \textrm{m/s}$$
Como ela não atinge a velocidade terminal, teremos que tentar estimar a aceleração de outra maneira. Para fazer isso precisamos novamente usar a segunda lei de Newton, mas como não temos uma velocidade terminal com aceleração zero, precisamos de uma aceleração e uma velocidade, portanto primeiro vamos calcular a aceleração média entre essas 2 velocidades:
$$a_B (t = 1,8) = \dfrac{v_B (t = 1,9) – v_B (t = 1,7)}{1,9 – 1,7} \therefore a_B = \dfrac{14,25 – 13,35}{0,2} = 5 \cdot 0,90$$
$$a_B (t = 1,8) = 4,50 \, \textrm{m/s}^2$$
Note que como a velocidade está variando menos nesses instantes, o erro dessa aceleração é menor. E agora para calcular a velocidade, façamos a média entre elas:
$$v_B (t = 1,8) = \dfrac{v_B (t = 1,9) + v_B (t = 1,7)}{2} \therefore v_B \dfrac{14,25 + 13,35}{2}$$
$$v_B (t = 1,8) = 13,80 \, \textrm{m/s}$$
Assim, novamente escrevendo a segunda lei de Newton:
$$m_B \, g – bv^2 = m_B \, a$$
Usando nossos dados:
$$m_B \cdot 10,0 – b \cdot (13,80)^2 = m_B \cdot 4,50 \therefore \dfrac{m_B}{b} = \dfrac{13,80^2}{5,50}$$
$$\dfrac{m_B}{b} \approx 34,6$$
Assim, temos que:
$$m_2 / m_1 = m_B / m_A \Rightarrow \dfrac{m_2}{m_1} = \dfrac{\dfrac{m_B}{b}}{\dfrac{m_A}{b}} = \dfrac{34,6}{6,24}$$
$$\boxed{\dfrac{m_2}{m_1} \approx 5,54}$$
(d) Não, pois como a bola C, que possui a massa $$m_3$$, não sofre nenhuma interferência da resistência do ar, seu movimento independe do valor numérico da sua massa, e portanto não temos como estimar uma relação de sua massa com outra.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Bola mais leve: C, Sim, entre $$t = 1,5 \, \textrm{s}$$ e $$t = 1,7 \, \textrm{s}$$, $$\boxed{v = 7,90 \, \textrm{m/s}}$$
(b) Sim, Bola C
(c) $$\boxed{\dfrac{m_2}{m_1} \approx 5,54}$$
(d) Não, pois não sofre nenhuma ação da resistência do ar.
[/spoiler]
Questão 2.
Um carro está estacionado em um plano inclinado de ângulo θ = 30◦. Para se assegurar que não deslize,
foram colocados calços sob as rodas, conforme esquema na figura. O calço, que está fixo no plano inclinado, forma
ângulo α com ele. Considere uma roda em equilíbrio estático no qual atua uma força F de intensidade de 6000 N. Essa força, aplicada no eixo da roda, corresponde à resultante da carga do carro mais o peso da própria roda. Desconsidere as forças de atrito. Determine $$N_P$$ e $$N_C$$, respectivamente, as intensidades das forças que o plano inclinado e o calço exercem na roda, nos seguintes casos:
(a) α = 45◦
(b) α = 60◦
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
As forças atuantes na roda são:
Agora, temos que decompor as forças em suas componentes paralelas e perpendiculares ao plano. Para deixar a imagem menos poluídas, representaremos apenas as forças e os ângulos:
OBS: Se você está com dificuldade em entender como o ângulo entre a força $$N_C$$ e a direção perpendicular foi calculado, observe a representação a seguir:
Agora, basta decompormos as forças, calcularmos as forças resultantes em cada direção, igualando-as a 0.
A força resultante na direção paralela ao plano é:
$$N_Csen(\alpha)-Fsen(\theta)=0$$
A força resultante na direção perpendicular ao plano é:
$$N_P+N_Ccos(\alpha)-Fcos(\theta)=0$$.
Resolvendo esse sistema, temos que:
$$N_C=F\frac{sen(\theta)}{sen(\alpha)}$$
$$N_P=F(cos(\theta)-\frac{sen(\theta)}{tg(\alpha)})$$
Substituindo o valor de $$\theta$$ e os respectivos valores de $$\alpha$$, obtemos os seguintes valores:
a) $$N_C=4285,7$$, $$N_P=2100N$$
b) $$N_C=3.529,4 0N$$, $$N_P=3.335,3N$$
OBS: No item b), os valores $$N_C$$ e $$N_P$$ estão diferentes porque usamos a aproximação de $$\sqrt{3}$$ dada pela prova. Se usassemos o valor exato, obteríamos que, no item b), tanto $$N_C$$ quanto $$N_P$$ são iguais a $$3.464,10N$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$N_C=4285,7$$, $$N_P=2100N$$, b) $$N_C=3.529,4 0N$$, $$N_P=3.335,3N$$
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Questão 3.
Considere uma bancada horizontal de um laboratório didático na qual foi fixado um semicilindro rígido de raio r. Uma pequena esfera de massa m está conectada ao
semicilindro por um fio de massa desprezível e comprimento L = πr, conforme a gura. Inicialmente, com θ = 0, o fio é vertical e tangencia o semicilindro. Determine o menor valor da intensidade da velocidade inicial da esfera, v0 = |v0|, para que a esfera atinja a configuração com θ = 135◦
com o fio tensionado.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a tração é sempre perpendicular à trajetória da massa, não há trabalho sendo realizado na massa, então a energia é conservada.
Denotaremos o comprimento do trecho da corda que NÃO está enrolado por $$l$$, que é dado pela subtração do comprimento do trecho enrolado da corda $$(r\theta)$$ do comprimento total da corda $$(L)$$: $$l=L-r\theta$$.
A energia potencial da massa em função de $$\theta$$ é dada por:
$$E_g=-mgh=-mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
A energia cinética da massa é dada por
$$E_c=\frac{1}{2}mv^2$$
Onde $$v$$ é a velocidade da massa
Assim, a energia total é dada por
$$E=\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
Por conservação de energia, essa energia deve ser igual á energia inicial $$(E_0)$$, que é:
$$E_0=\frac{1}{2}mv_0^2-mgL$$
Então:
$$\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL$$
A resultante centrípeta é:
$$F_cp=T-mgcos(\theta)=\frac{mv^2}{l} \rightarrow \frac{1}{2}mv^2=\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))$$
Substituindo essa igualdade na equação da conservação de energia, temos que:
$$\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL \rightarrow T=mgcos(\theta)+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
Quando $$\theta$$ é igual a 135 graus (ou $$\frac{3\pi}{4}$$ radianos), temos
$$ T_{(\frac{3\pi}{4})}=mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))$$
Como, nesse instante, o fio deve estar tensionado, $$T>0$$.
Assim, $$mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))>0$$
Substituindo $$l$$ por $$L-r\theta=L-r\frac{3\pi}{4}$$ (como foi dito no ínicio da solução):
$$mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{ L-r\frac{3\pi}{4} }(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+( L-r\frac{3\pi}{4})cos(\frac{3\pi}{4}))>0$$
Usando que $$cos(\frac{3\pi}{4})=-0,7$$, $$sen(\frac{3\pi}{4})=0,7$$, $$g=10 \frac{m}{s^2}$$ e $$L=r\pi$$, obteremos que:
$$v_0=7,86\sqrt{r}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v_0=7,86\sqrt{r}$$
[/spoiler]
Questão 4.
Considere uma máquina térmica que opera ciclicamente extraindo calor de uma fornalha a $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C}$$ e um rio que está a $$27,0 \, ^{\circ} \textrm{C}$$. Um estudante de física faz um protótipo usando um gás ideal monoatômico como o subsistema responsável pelas transferências de energia.
O gás ideal está encerrado na câmara de um cilindro ao qual está acoplado um pistão. Quando o pistão é travado o volume do gás é mantido constante. Quando a trava é removida o gás interage com um agente mecânico externo, trocando energia na forma de trabalho com ele, durante sua expansão ou compressão. As paredes do cilindro são condutoras de calor.
A primeira versão do protótipo opera de acordo com o ciclo de quatro etapas:
- O cilindro com o pistão travado e o gás com volume $$V_A = 1,00 \, \textrm{litro}$$, pressão de $$105 \, \textrm{Pa}$$, e temperatura $$20,0 \, ^{\circ} \textrm{C}$$, é inserido na fornalha. Aguarda-se o equilíbrio térmico.
- Com o cilindro na fornalha, remove-se a trava do pistão. O gás se expande, realizando trabalho, até atingir o volume $$V_B = 2,00 \, \textrm{litros}$$.
- O pistão é travado e transfere-se o cilindro da fornalha para o rio. Aguarda-se o equilíbrio térmico.
- Com o cilindro na água, remove-se a trava do pistão. Comprime-se o gás, realizando trabalho sobre ele, até atingir novamente o volume $$V_A$$.
(a) Qual o trabalho realizado (saldo da energia mecânica transferida) pelo gás, por ciclo?
(b) Qual a eficiência deste protótipo de máquina térmica?
(c) Qual a máxima eficiência termodinâmica que uma máquina térmica pode ter operando usando a fornalha como fonte quente e o rio como fonte fria?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Máquinas Térmicas [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para calcularmos este trabalho façamos primeiro o gráfico $$P \times V$$ do ciclo, e para isso precisamos entender o que acontece em cada processo:
Processo 1
A partícula é aquecida de maneira isobárica (volume constante) de $$20 \, ^{\circ} \textrm{C} = 293 \, \textrm{K}$$ para $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Gay-Lussac:
$$\dfrac{T_0}{P_0} = \dfrac{T_Q}{P_1} \Rightarrow \dfrac{293}{1,00 \cdot 10^5} = \dfrac{1300}{P_1} \therefore P_1 = \dfrac{1300 \cdot 10^5}{293}$$
$$P_1 \approx 4,44 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 2
Agora nós temos uma expansão isotérmica(temperatura constante) de $$V_A = 1,00 \, \textrm{L}$$ para $$V_B = 2,00 \, \textrm{L}$$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Charles:
$$P_1 V_A = P_2 V_B \therefore (4,44 \cdot 10^5) \cdot 1,00 = P_2 \cdot 2,00$$
$$P_2 \approx 2,22 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 3
Agora temos um esfriamento isobárico, de $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$$ para $$27 \, ^{\circ} \textrm{C} = 300 \, \textrm{K}$$, repetindo o processo:
$$\dfrac{T_Q}{P_2} = \dfrac{T_F}{P_3} \Rightarrow \dfrac{1300}{2,22 \cdot 10^5} = \dfrac{300}{P_3} \therefore P_3 = \dfrac{300 \cdot 10^5}{1300}$$
$$P_3 \approx 0,5 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 4
Por último, temos uma contração isotérmica de $$V_B = 2,00 \, \textrm{L}$$ para $$V_A = 1,00 \, \textrm{L}$$, e repetindo o processo:
$$P_3 V_B = P_4 V_A \therefore (0,50 \cdot 10^5) \cdot 2,00 = P_4 \cdot 1,00$$
$$P_4 = P_0 = 1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
E assim desenhamos o seguinte diagrama:
Observação: O ciclo não fecha certinho em $$1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$ e ele não passa em exatamente $$0,50 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$, mas aproximamos pois a diferença de $$7 \, ^{\circ} \textrm{C}$$ entre a temperatura inicial do sistema e a do rio é desprezível e os valores são muito próximos destes.
Para calcularmos o trabalho total gerado por este ciclo, precisamos somente calcular o trabalho da curva do processo 2 e subtrair do trabalho da curva do processo 4, já que não há trabalho realizado nas outras curvas.
Primeiro precisamos calcular $$nR$$, o produto do número de mols com a constante dos gases ideais, então usando a lei dos gases ideais no instante inicial, temos:
$$PV = nRT \therefore (1,00 \cdot 10^5) \cdot (1,00 \cdot 10^{-3}) = nR \cdot 293$$
$$nR = \dfrac{100}{293}$$
Sabendo que o trabalho de um processo isotérmico que vai de um volume $$V_1$$ a um volume $$V_2$$ vale $$W = nRT \ln \left( \dfrac{V_2}{V_1} \right)$$, então calculando o trabalho total do ciclo:
$$W_{total} = W_2 – W_4 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) – nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right)$$
$$W_{total} = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) – \dfrac{100}{293} \cdot 300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right)$$
$$\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$$
Observação: Na prova não foi fornecido o valor de $$\ln 2$$, portanto deixaremos a resposta com ambos os formatos.
(b) Como a definição de eficiência é $$\eta = \dfrac{W}{Q_{entra}}$$, e já calculamos o trabalho, precisamos agora calcular o calor total que entra no sistema. Como os processos de entrada de calor são o 1 e o 2, sabemos que $$Q_{entra} = Q_2 + Q_1$$.
Processo 1
No processo 1, temos uma curva isobárica, e portanto $$Q_1 = \Delta U_1 = \dfrac{3}{2} nR \Delta T$$, lembremos que o gás é monotômico e por isso sua capacidade térmica molar vale $$C_V = \dfrac{3}{2} R$$, assim:
$$Q_1 = \dfrac{3}{2} nR (T_Q – T_F) = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{100}{293} \cdot (1300 – 300) = \dfrac{1500}{2,93}$$
$$Q_1 \approx 512 \, \textrm{J}$$
Processo 2
No processo 2, temos uma curva isotérmica, e portanto $$Q_2 = W_2$$, e como já vimos o quanto vale $$W_2$$, temos:
$$Q_2 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) = \dfrac{1300}{2,93} \ln 2$$
$$Q_2 \approx 444 \ln 2 = 308 \, \textrm{J}$$
Agora, com tudo em mãos vamos calcular a eficiência:
$$\eta = \dfrac{237}{308 + 512}$$
$$\boxed{\eta \approx 29 \%}$$
(c) Como sabemos, a eficiência máxima de uma máquina térmica, é a eficiência de uma máquina de Carnot, que vale:
$$\eta_{Carnot} = 1 – \dfrac{T_F}{T_Q}$$
Usando $$T_F$$ que é a temperatura fria, como sendo a do rio, e $$T_Q$$, a temperatura quente, como sendo a da fornalha, temos:
$$\eta_{max} = 1 – \dfrac{300}{1300}$$
$$\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$$
(b) $$\boxed{\eta \approx 29 \%}$$
(c) $$\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$$
[/spoiler]
Questão 5.
Durante uma experiencia de óptica em um laboratório didático, uma estudante faz a montagem na qual uma vela de $$4,00\,\rm{cm}$$ de altura é posicionada entre uma lente convergente e um espelho côncavo, conforme diagrama mostrado na figura. O espelho e a lente têm distâncias focais, respectivamente de $$10,0\,\rm{cm}$$ e $$30,0\,\rm{cm}$$. A lente e a vela e a lente são posicionadas, respectivamente, a $$15,0\,\rm{cm}$$ e $$45,0\,\rm{cm}$$ do espelho.
(a) Determine a posição e a altura da imagem vista pela estudante.
(b) Apresente o esquema com os raios de luz que determinam geometricamente a imagem.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Inicialmente, vale ressaltar que o estudante verá duas imagens da vela, uma que é formada pelos raios que passam apenas pela lente e outra formada pelos raios que refletem no espelho e passam pela lente. Pelo comando da questão “Determine a posição e a altura da imagem vista pelo estuante” só é pedido as informações de uma imagem, então calcularemos a imagem que os raios foram refletidos pelo espelho e passaram pela lente. (Pois afinal o espelho está ali por um motivo)
i) Reflexão dos raios no espelho.
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_E}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{10}$$
$$\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_1=30\,\rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_1}{4}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=- 8 \rm{cm}$$
ii) Imagem final.
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_L}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_F=30 \rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_F}{8}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=-16 \rm{cm}$$
Logo, a imagem está a uma distância $$30\rm{cm}$$ à direita da lente e altura $$16\,cm$$, porém invertida.
Obs.: A imagem que é formada direto pela lente é
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_L}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{10}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_F=30\,\rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_F}{4}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=-8\,\rm{cm}$$
(b) Para utilizar o esquema de raios usaremos as seguintes propriedades:
Para a lente:
1.Raios paralelos convergem no plano focal.
2.Raios que passam pelo centro óptico não sofrem desvio.
Para o espelho:
1.Raios paralelos convergem no foco.
2.Raios que passam pelo centro óptico desviam com o mesmo angulo de incidência.
Utilizando essas propriedades podemos encontrar as imagens, utilizei o auxílio das imagens encontradas por meio das equações para montar o diagrama de raios.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) a imagem está a uma distância $$30\rm{cm}$$ à direita da lente e altura $$16\,cm$$.
(b)
[/spoiler]
Questão 6.
No início do século XX, principalmente depois da descoberta da equivalência entre massa e energia por Einstein, foram propostos modelos nos quais a massa do elétron era devida apenas à atração eletrostática. Considere que o elétron é formado por três partículas com massas desprezíveis (quando distantes) e cargas iguais a $$q=−e/3$$. Dados, aproximadamente, massa do elétron $$m=9,0\times10^{−31}\,\rm{kg}$$ e carga elementar $$e=1,6\times10^{−19} \,\rm{C}$$, determine:
(a) A energia W necessária para aproximar as três partículas, inicialmente afastadas, até uma
distância d uma da outra.
(b) Desconsiderando a interação necessária para manter as partículas próximas, qual seria o valor de $$d$$ segundo esses modelos do início do século XX?
(c) Qual seria o valor do raio do elétron dessa proposta?
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletroestática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
Para encontrar o trabalho necessário para juntar as três partículas basta encontrar a energia de interação entre as partículas duas a duas.
$$W=E_{1-2}+E_{1-3}+E_{2-3}$$
$$W=\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}$$
$$W=3\dfrac{k(e/3)^2}{d}$$
$$\boxed{W=\dfrac{ke^2}{3d}}$$
(b) A energia encontrada anteriormente pode ser relacionada com a expressão da energia de Einstein para a energia de repouso da partícula. Não é necessário considerar a energia de repouso de cada partícula unicamente, por ser dito no enunciado que elas têm massa desprezível.
$$mc^2=W$$
$$mc^2=\dfrac{ke^2}{3d}$$
$$d=\dfrac{ke^2}{3mc^2}$$
Substituindo os valores $$k=9\times 10^9 \,\rm{N}\,\rm{m}^2\,\rm{C}^{-2}$$ (dado na folha de dados), $$e=1,6\times10^{-19}\,\rm{C}$$, $$m=9\times10^{-31}\,\rm{kg}$$ e $$c=3\times10^8\,\rm{m}/\rm{s}$$ encontramos
$$\boxed{d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}}$$
(c) Para encontrarmos o raio do elétron, consideraremos as partículas pontuais, assim, o raio será o raio do círculo circunscrito ao triangulo formado pelas três partículas.
$$2R\cos{30^{\circ}}=d$$
$$R\sqrt{3}=d$$
$$R=\dfrac{d}{\sqrt{3}}$$
$$R\cong\dfrac{d}{1,7}$$
$$\boxed{R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)$${W=\dfrac{ke^2}{3d}}$$
(b) $$d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}$$
(c) $$R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}$$
[/spoiler]
Questão 7.
Uma espira quadrada de aresta $$a$$ e resistância $$r$$ está na presença de um campo magnético uniforme $$\vec{B}$$ de direção perpendicular ao plano da espira, sentido saindo do plano do papel e cuja intensidade B aumenta com a taxa $$\dot{B}=\frac{\Delta B}{\Delta t}$$ constante ($$\dot{B}>0$$). Um voltímetro de resistência interna $$R$$ é ligado à espira por fios de resistências desprezíveis conforme mostrado na figura. Determine:
(a) O valor da corrente i que percorre a espira quadrada quando x = a.
(b) A tensão V no voltímetro em função de x.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Circuitos/eletromagnetismo[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Solucionaremos a questão para um $$x$$ qualquer. Aplicaremos a lei de Faraday em cada uma das voltas $$ADB$$ e $$BDC$$ no sentido horário. Para uma dada volta:
$$\epsilon=-\dfrac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$
Em módulo
$$\epsilon=\dfrac{\Delta (AB)}{\Delta t}$$
$$\epsilon=A\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$$
$$\epsilon=A\dot{B}$$
A resistência do fio obedece à lei de Ohm, ou seja, para um pedaço da espira de comprimento $$l$$:
$$r_l=R\dfrac{l}{4a}$$
Logo,
$$\epsilon_{ADB}=r\dfrac{2x}{4a}i_1+R(i_1-i_2)$$
$$\left(\dfrac{x^2}{2}\right)\dot{B}=r\dfrac{x}{2a}i_1+R(i_1-i_2)$$
$$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{rx}{2a}+R\right)i_1-Ri_2$$
Ainda,
$$\epsilon_{BDC}=r\dfrac{(4a-2x)}{4a}i_2-R(i_1-i_2)$$
$$\left(a^2-\dfrac{x^2}{2}\right)\dot{B}=r\dfrac{(2a-x)}{2a}i_2-R(i_1-i_2)$$
$$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r(2a-x)}{2a}+R\right)i_2-Ri_1$$
Para $$x=a$$, nosso sistema fica:
$$\dfrac{a^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r}{2}+R\right)i_1-Ri_2$$ $$\dfrac{a^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r}{2}+R\right)i_2-Ri_1$$
Resolvendo o sistema:
$$\boxed{i_1=i_2=\dfrac{a^2\dot{B}}{r}}$$
(b) A voltagem que o voltímetro mede
$$V=R(i_1-i_2)$$
Substituindo $$Ri_1=V+Ri_2$$ no sistema:
$$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{rx(V+Ri_2)}{2aR}+V$$ $$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{r(2a-x)i_2}{2a}+V$$
Da primeira equação:
$$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{rxi_2}{2a}+V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)$$
$$\dfrac{rxi_2}{2a}=\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)$$
$$i_2=\dfrac{2a}{rx}\left[\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)\right]$$
Substituindo na segunda:
$$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{(2a-x)}{x}\left[\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)\right]+V$$
$$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{x(2a-x)\dot{B}}{2}-V\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+V$$
$$a^2\dot{B}=ax\dot{B}-V\left[\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+1\right]$$
$$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+1\right]$$
$$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{2a}{x}+\dfrac{r(2a-x)}{2aR}\right]$$
$$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{(2a)^2R+rx(2a-x)}{2axR}\right]$$
$$\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}=-V$$
Em módulo
$$\boxed{|V|=\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)$$\dfrac{a^2\dot{B}}{r}$$
(b)$$|V|=\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}$$
[/spoiler]
Questão 8.
O ponto A da figura ao lado representa uma ambulância que se desloca com velocidade constante de módulo $$v_0 = 120 \, \textrm{km/h}$$. No instante em que ela começa a atravessar uma praça quadrada, de lados $$100 \, \textrm{m}$$, sua sirene de $$1000 \, \textrm{Hz}$$ é ligada. Assim que a ambulância cruza a praça, a sirene é desligada. Nos pontos B e C estão situados dois observadores. Desconsidere a largura das ruas e suponha que o som da sirene se propaga isotropicamente.
(a) Determine, para cada observador (B e C), a maior e menor frequência sonora com que ouvem o som da sirene.
(b) Sejam $$f_B$$ e $$f_C$$ as frequências da ambulância percebidas por B e C. No mesmo plano cartesiano, faça gráficos de $$f_B$$ e $$f_C$$ em função do tempo $$t$$. Use o eixo horizontal para $$t$$. Adote $$t = 0$$ como o instante em que a ambulância liga as sirenes.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Efeito Doppler [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para o observador B, nós temos que a ambulância se aproxima dele, e assim que o cruza, ela desliga sua buzina, e assim nós temos que considerar o efeito doppler da aproximação, e depois a frequência normal no momento que ela passa por ele. Lembrando que a fórmula para o efeito Doppler é:
$$f = \dfrac{v_S + v_O}{v_S + v_F} f_0$$
Onde $$v_S$$ é a velocidade do som, $$v_O$$ a velocidade do observador e $$v_F$$ a velocidade da fonte, o sentido adotado é positivo do observador para a fonte. Assim sendo a frequência percebida por B quando a ambulância se aproxima é: (Lembrem de converter a velocidade da ambulância de $$120 \, \textrm{km/h}$$ para $$\dfrac{100}{3} \, \textrm{m/s}$$)
$$f_{B,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0} f_0 = \dfrac{340}{340 – \dfrac{100}{3}} 1000$$
$$\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$$
E a frequência mínima é quando a ambulância cruza ele, assim tendo uma velocidade perpendicular a ele, que não constitui como uma aproximação ou afastamento de B, assim:
$$\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$
Para o observador C, nós vamos ter algo quase igual, mas agora devemos ter um cuidado com o ângulo de aproximação.
A verdadeira velocidade de aproximação é $$v_0 \cos \theta$$ e não $$v_0$$, pois a componente perpendicular a reta que liga a ambulância A ao observador C não importa para o efeito Doppler. Podemos ver que a velocidade fica cada vez mais perpendicular a esta reta, e portanto a velocidade máxima de aproximação é no instante inicial, quando $$\theta = 45 \, ^{\circ}$$. Após isto nós teremos um momento onde a velocidade estará totalmente perpendicular (quando a ambulância cruza a praça), e estes serão os momentos de máximo e mínimo, respectivamente. Portanto:
$$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{340}{340 – \dfrac{100}{3} \cos 45 \, ^{\circ}} 1000$$
$$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$$
E a mínima:
$$\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$
(b) A frequência percebida pelo observador B em função do tempo é fácil de ver que será a máxima até o instante final, onde será a mínima, mas para termos uma ideia de como deve ser a frequência percebida pelo observador C em função do tempo, vamos escrever $$\cos \theta$$ em função do tempo.
$$\cos \theta = \dfrac{x}{\sqrt{L^2 + x^2}}$$
Mas como a ambulância realiza um movimento retilíneo uniforme partindo da ponta oposta a C, temos que $$x = L – v_0 t$$, assim:
$$\cos \theta = \dfrac{L – v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L – v_0 t)^2}}$$
Colocando isso na equação da frequência percebida por B:
$$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \dfrac{L – v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L – v_0 t)^2}}} f_0$$
Substituindo os valores numéricos e fazendo o gráfico de ambas as frequências chegamos em:
Mas sendo razoáveis, podemos entender que não era esperado do aluno que fosse feito um gráfico perfeito de tal curva, portanto durante a prova, acreditamos que o esperado era apenas uma curva como essa, que podia ser encontrada fazendo uma reta ligando do ponto máximo ao ponto mínimo de C e dela, fazer uma curva muito suave com concavidade para baixo, como a do gráfico.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$$ e $$\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$ para o observador B.
$$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$$ e $$\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$ para o observador C.
(b)
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