Solução Simulado 3 OBF – 3ª Fase – Nível 3

Dinâmica na relatividade restrita

Sabemos que um fóton possui massa de repouso nula.

Pela relação entre energia e momento temos:

$$E^2=p^2c^2+m_0^2c^4$$

$$E^2=p^2c^2+0^2c^4$$

Portanto, o momento linear do fóton é:

$$p=\dfrac{E}{c}$$

Suponha que após a colisão o fóton tenha energia $$E’$$. Sabemos que o movimento do fóton após a colisão será para trás.

Conservando o momento linear:

$$\dfrac{E}{c}=-\dfrac{E’}{c}+mv$$

Conservando a energia:

$$E=E’+\dfrac{mv^2}{2}$$

$$E=(mvc-E)+\dfrac{mv^2}{2}$$

$$mv^2+2mc\cdot v-4E=0$$

Resolvendo a equação do segundo grau em $$v$$:

$$v=\sqrt{c^2+\dfrac{4E}{m}}-c$$

Conserevando a energia no espelho após a colisão:

$$\dfrac{mv^2}{2}=mgh$$

$$h=\dfrac{v^2}{2g}$$

$$\rightarrow \boxed{h=\dfrac{\left(\sqrt{c^2+\dfrac{4E}{m}}-c\right)^2}{2g}}$$

Convertendo a energia do fóton:

$$E=5 eV=5\cdot 1,6\cdot 10^{-19} J$$

$$E=8\cdot 10^{-19} J$$

Portanto a razão $$\dfrac{4E}{m}$$ será muito menor que $$c^2$$.

Organizando a equação da altura:

$$h=\dfrac{c^2}{2g}\left(\sqrt{1+\dfrac{4E}{mc^2}}-1\right)^2$$

A razão $$\dfrac{4E}{mc^2}$$ será:

$$\dfrac{4E}{mc^2}=\dfrac{4\cdot 8\cdot 10^{-19}}{2\cdot 9\cdot 10^{16}}\approx 1,78\cdot 10^{-35}$$

Como esse número é muito menor do que $$1$$, podemos utilizar a aproximação binomial na raíz:

$$\sqrt{1+\dfrac{4E}{mc^2}}\approx 1+\dfrac{1}{2}\dfrac{4E}{mc^2}=1+\dfrac{2E}{mc^2}$$

Logo:

$$h=\dfrac{c^2}{2g}\left(1+\dfrac{2E}{mc^2}-1\right)^2$$

$$\boxed{h=\dfrac{2E^2}{m^2gc^2}}$$

$$\rightarrow \boxed{h=\dfrac{32}{9}\cdot 10^{-55} m}$$

$$\boxed{h=\dfrac{32}{9}\cdot 10^{-55} m}$$

Termodinâmica

a) Inicialmente, vamos definir a relação entre os volumes como:

$$\dfrac{V_2}{V_1}=\alpha=8$$

Vamos trabalhar com cada caminho separadamente:

$$I)$$ Trajeto A-B:

Como o caminho é adiabático:

$$P_AV_2^{\gamma}=P_BV_1^{\gamma}$$

$$P_B=P_A\cdot \alpha^{\gamma}$$

Pela lei de Clayperon:

$$\dfrac{P_AV_2}{T_A}=\dfrac{P_BV_1}{T_B}$$

$$T_B=T_A\cdot \alpha^{\gamma-1}$$

$$II)$$ Trajeto C-D:

Caminho adiabático:

$$P_CV_1^{\gamma}=P_DV_2^{\gamma}$$

$$P_C=P_D\cdot \alpha^{\gamma}$$

Pela lei de Clayperon:

$$\dfrac{P_CV_1}{T_C}=\dfrac{P_DV_2}{T_D}$$

$$T_C=T_D\cdot \alpha^{\gamma-1}$$

Como os trajetos A-B e C-D são adiabáticos, não haverá troca de calor nesse trecho. Como os trajetos B-C e A-D são isocóricos, os calores trocados nesses são iguais as variações de energia interna.

Sendo $$C_v$$ a capacidade calorífica molar a volume constante:

$$\Delta U=nC_v\Delta T=Q$$

$$III)$$ Trajeto B-C:

$$Q_{BC}=nC_V(T_C-T_B)$$

$$Q_{BC}=nC_v(T_D\cdot \alpha^{\gamma-1}-T_A\cdot \alpha^{\gamma-1}$$

$$Q_{BC}=nC_v(T_D-T_A)\alpha^{\gamma -1}>0$$

$$IV)$$ Trajeto D-A:

$$Q_{DA}=nC_v(T_A-T_D)<0$$

A eficiência do ciclo, portanto, será:

$$\eta=1-\dfrac{\left|Q_{DA}\right|}{\left|Q_{BC}\right|}$$

$$\eta=1-\dfrac{nC_v(T_D-T_A)}{nC_v(T_D-T_A)\alpha^{\gamma -1}}$$

$$\rightarrow \boxed{\eta=1-\dfrac{1}{\alpha^{\gamma-1}}}$$

Aplicando os valores:

$$\eta=1-\dfrac{1}{8^{\frac{5}{3}-1}}$$

$$\rightarrow \boxed{\eta=\dfrac{3}{4}=75\%}$$

b) Como a eficiência é dada por:

$$ \eta=1-\dfrac{1}{\alpha^{\gamma-1}}$$

Para um $$\alpha$$ constante, se o coeficiente adiabático aumenta a eficiência aumenta também.

Para que as eficiências sejam as mesmas:

$$\eta=1-\dfrac{1}{\alpha_1^{\frac{5}{3}-1}}=\eta_2=1-\dfrac{1}{\alpha_2^{\frac{7}{5}-1}}$$

$$(8)^{\frac{2}{3}}=\alpha_2^{\frac{2}{5}}$$

$$\alpha_2=\dfrac{V_2}{V_1}=32$$

$$\rightarrow \boxed{\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{1}{32}}$$

a) $$\boxed{\eta=\dfrac{3}{4}=75\%}$$

b) $$\boxed{\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{1}{32}}$$

Eletrodinâmica

a) Inicialmente, há algumas coisas a se considerar.

Um circuito infinito é algo totalmente teórico. Como o infinito é um comportamento e não um número, não há como analisar as células por completo.

Para se calcular a resistência equivalente, devemos considerar que infinito menos um é igual a infinito, ou seja, se retirarmos uma célula do nosso circuito, a resistência equivalente se mantém inalterada.

Dadas essas considerações, vamos a resolução do nosso problema.

Inicialmente, vamos organizar um pouco as resistências das células:

Perceba que, nos pontos A-C-E e nos pontos B-D-E há uma configuração de resistores em delta. Vamos mudar essa configuração para uma configuração em estrela.

Caso você não conheça a substituição Delta-Estrela, essa ideia já foi utilizada na resolução dos problemas da semana na semana 130 (Semana 130), utilizaremos o resultado pronto nessa resolução:

$$r_3=\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2+R_3}$$; $$r_2=\dfrac{R_1R_3}{R_1+R_2+R_3}$$; $$r_1=\dfrac{R_3R_2}{R_1+R_2+R_3}$$

Para o nosso problema: $$R_1=R_2=R$$ e $$R_3=\dfrac{2R}{3}$$.

Portanto:

$$r_2=r_1=\dfrac{R}{4}$$ e $$r_3=\dfrac{3R}{8}$$

Como o circuito é simétrico, o mesmo acontece nos pontos B-D-E.

Sendo a resistência equivalente no circuito $$X$$:

A resistência equivalente do circuito será uma resistência $$X$$ em série com duas resistências $$\dfrac{R}{4}$$, em paralelo com duas resistências $$\dfrac{3R}{8}$$ em série, e finalmente em série com duas resistências $$\dfrac{R}{4}$$.

A resitência na parte em paralelo do sistema é dada por:

$$\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{\dfrac{3R}{8}+\dfrac{3R}{8}}+\dfrac{1}{\dfrac{R}{4}+\dfrac{R}{4}+X}$$

$$r=\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$$

A resistência equivalente do circuito será:

$$R_{eq}=\dfrac{R}{4}+\dfrac{R}{4}+r$$

$$R_{eq}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$$

Porém, a resistência do circuito é X:

$$X=\dfrac{R}{2}+\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}$$

$$\left(X-\dfrac{R}{2}\right)\cdot\left(X+\dfrac{5R}{4}\right)=\dfrac{3R}{4}\cdot \left(X+\dfrac{R}{2}\right)$$

Resolvendo a equação chegamos a:

$$\rightarrow \boxed{X=R=3\Omega}$$

b) Como o circuito é infinito, a resitência para cada célula é $$R$$.

Se na célula $$n-1$$, a ddp no capacitor é $$U_{n-1}$$, entrará uma corrente total no restante do circuito dado por:

$$I=\dfrac{U_{n-1}}{R}$$

Voltando para o resultado do item a), a resistência da parte em paralelo é:

$$r=\dfrac{\left(X+\dfrac{R}{2}\right)\dfrac{3R}{4}}{X+\dfrac{5R}{4}}=\dfrac{3R}{2}$$

Reorganizando o circuito:

Aplicando a lei das malhas:

$$-\dfrac{3R}{2}i’+\dfrac{3R}{4}(i-i’)=0$$

$$i’=\dfrac{i}{3}=\dfrac{1}{3}\dfrac{U_{n-1}}{R}$$

A ddp no capacitor $$n$$ será:

$$U_n=Xi’=R\cdot \dfrac{1}{3}\dfrac{U_{n-1}}{R}$$

$$U_n=\dfrac{U_{n-1}}{3}$$

Como a ddp em um capacitor é $$U=\dfrac{Q}{C}$$:

$$\dfrac{Q_n}{C}=\dfrac{1}{3}\dfrac{Q_{n-1}}{C}$$

$$\rightarrow \boxed{\dfrac{Q_n}{Q_{n-1}}=\dfrac{1}{3}}$$

c) Como a razão entre as cargas é constante, elas estão em progressão geométrica.

Considerando que a ddp inicial é um capacitor de carga $$Q_0=UC$$, a carga nos outros capacitores é:

$$Q_n=Q_0\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$$

$$Q_n=UC\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$$

A energia no capacitor $$n$$ é:

$$E_n=\dfrac{Q_n^2}{2C}$$

$$E_n=\dfrac{1}{2C}\left(UC\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)^2$$

$$E_n=\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n$$

A energia total é a soma das energias:

$$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}E_n$$

$$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n\right)$$

$$E=\dfrac{CU^2}{2}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{9}\right)^n$$

$$E=\dfrac{CU^2}{2}\left(\dfrac{\dfrac{1}{9}}{1-\dfrac{1}{9}}\right)$$

$$\rightarrow \boxed{E=\dfrac{CU^2}{16}=4J}$$

a) $$\boxed{X=R=3\Omega}$$

b) $$\boxed{\dfrac{Q_n}{Q_{n-1}}=\dfrac{1}{3}}$$

c) $$\boxed{E=\dfrac{CU^2}{16}=4J}$$

Dinâmica da rotação

a) Inicialmente, como tudo está em equilíbrio, o torque resultante na barra será zero. Se a força de tração na corda é $$F_T$$, temos:

$$F_{el}\cdot b=F_T\cdot a$$

$$F_T=\dfrac{kx_0b}{a}$$

A massa suspensa também estará em equilíbrio:

$$F_T=mg$$

$$\dfrac{kx_0b}{a}=mg$$

$$x_0=\dfrac{mga}{kb}$$

$$\rightarrow \boxed{x_0=\dfrac{56}{9} m}$$

b) Suponha que a barra foi desviada desviada um pequeno ângulo $$\theta$$ da posição de equilíbrio. A deformação da mola será:

$$x=x_0+b\theta$$

Como a barra foi desviada também, a força peso exercerá um torque no ponto de fixação, dado por:

$$\tau_{peso}=Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}$$

Analisando nosso sistema, podemos peceber que os torques da força de tração e da força peso tendem a aumentar a posição angular, e o torque da força elástica tende a diminuir a posição angular. Aplicando na segunda lei de Newton para a rotação:

$$\tau_{peso}+\tau_{tracao}+\tau_{el}=I\cdot \alpha$$

$$Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}+F_T\cdot a-kx\cdot b=\dfrac{ML^2}{3}\cdot \alpha$$

Suponha que a massa $$m$$ tenha aceleração linear $$A$$. Pela condição da rotação:

$$A=\alpha \cdot a$$

Olhando para as forças na massa $$m$$:

$$mg-F_T=mA$$

$$F_T=mg-m\alpha \cdot a$$

Portanto:

$$Mg\dfrac{L}{2}\cdot \sin{\theta}+(mg-m\alpha \cdot a)\cdot a-k(x_0+b\cdot \theta)\cdot b=\dfrac{ML^2}{3}\cdot \alpha$$

Utilizando a aproximação para pequenos ângulos ($$\sin{\theta}\approx \theta$$), e sabendo que $$kx_0b=mga$$:

$$-\left(kb^2-\dfrac{MgL}{2}\right)\theta=\left(\dfrac{ML^2}{3}+ma^2\right)\alpha$$

$$\boxed{\alpha=-\left(\dfrac{kb^2-\dfrac{MgL}{2}}{\dfrac{ML^2}{3}+ma^2}\right)\theta}$$

$$\alpha=-5\theta$$

Essa é a equação de um MHS, cuja frequência angular será:

$$\omega^2=5$$

$$\omega=\sqrt{5}$$ $$ rad/s$$

O período será:

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

$$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{5}}$$

$$\rightarrow \boxed{T=\dfrac{30}{11} s}$$

c) Como o movimento resultante será um MHS, o movimento da massa será:

$$x=h\cos{(\omega t)}$$

$$v=-\omega h\sin{(\omega t)}$$

$$A=-\omega^2 h\cos{(\omega t)}$$

Pela equação da tração:

$$F_T=mg-m\omega^2h\cos{(\omega t)}$$

A potência da força será:

$$P=F_T\cdot v$$

$$P=(mg-m\omega^2h\cos{(\omega t)})\cdot (-\omega h\sin{(\omega t)})$$

$$P(t)=-\omega mg h\sin{(\omega t)}+m\omega^3h^2\sin{(\omega t)}\cos{(\omega t)}$$

Sabemos que as funções senóides são antissimétricas. Algumas horas essa potência será positiva, outras horas será negativa, simetricamente, de tal forma que a potência média é zero.

$$\rightarrow \boxed{P_{med}=0}$$

a) $$\boxed{x_0=\dfrac{56}{9} m}$$

b) $$\boxed{T=\dfrac{30}{11} s}$$

c) $$\boxed{P_{med}=0}$$

Eletromagnetismo/ Movimento de uma carga em campos constantes

a) Para ínicio de conversa (“assim como quase em todas as questões de dinâmica”) vamos calcular o vetor força na carga.

A força total será a soma das forças magnética e elétrica:

$$\vec F=q\cdot (\vec E+\vec v \times \vec B)$$

$$\vec F=q\cdot \left[E\hat x+(v_x\hat x+v_y\hat y+v_z\hat z)\times (B\hat x)\right]$$

$$\vec F=qE\hat x +qv_zB\hat y-qv_yB\hat z$$

Perceba que a força em x não depende do campo magnético. Como inicialmente a velocidade do corpo estava na direção y, e a força magnética está somente nos planos y e z, a velocidade resultante nesse plano não terá seu módulo afetado:

$$v_z^2+v_y^2=v_{0_y}^2+v_{0_z}^2=v_0^2+0^2$$

$$v_z^2+v_y^2=v_0^2$$

A força resultante no plano xy será:

$$F_{yz}^2=F_y^2+F_z^2=(qv_zB)^2+(-qv_yB)^2$$

$$F_{yz}^2=q^2B^2(v_z^2+v_y^2)=q^2B^2v_0^2$$

$$F_{yz}=qv_0B$$

$$\rightarrow \boxed{F_{yz}=1,6\cdot 10^{-24} N}$$

b) Como nesse plano a força não altera o módulo da velocidade, o movimento resultante nesse plano é uma circunferência. Aplicando a equação para a resultante centrípeta das forçaas:

$$F_{yz}=F_{cp}$$

$$qv_0B=\dfrac{mv_0^2}{R}$$

$$R=\dfrac{mv_0}{qB}$$

$$\rightarrow \boxed{R=9,375\cdot 10^{21} m}$$

c) Como a massa está realizando um movimento circular no plano xy ele demorará um período $$T=\dfrac{R}{v}$$ para completar uma volta.

$$T=\dfrac{2\pi R}{v}=\dfrac{\dfrac{2\pi mv_0}{qB}}{v_0}$$

$$T=\dfrac{2\pi m}{qB}$$

O passo da $$n$$-ésima volta será a distância percorrida no eixo x entre a volta $$n-1$$ e a volta $$n$$.

O tempo após $$n-1$$ voltas é:

$$t_{n-1}=(n-1)T$$

O tempo após $$n$$ voltas é:

$$t_n=nT$$

Obs: $$t_n-t_{n-1}=T$$

Aplicando a segunda lei de Newton no eixo x:

$$qE=ma_x$$

$$a_x=\dfrac{qE}{m}$$

Como a aceleração no eixo x é constante, o movimento nesse eixo será um MRUV:

$$v_x=v_{0_x}+a_xt$$

$$v_{n-1}=a_xt_{n-1}$$

Portanto, o passo na volta $$n$$ será:

$$p_n=v_{n-1}\cdot(t_n-t_{n-1})+\dfrac{a_x(t_n-t_{n-1})^2}{2}$$

$$p_n=a_x\cdot (n-1)T\cdot(T)+\dfrac{a_x(T)^2}{2}$$

$$p_n=\dfrac{qE}{m}\cdot (n-1) \dfrac{2\pi m}{qB}\cdot \dfrac{2\pi m}{qB}+\dfrac{1}{2}\dfrac{qE}{m}\left(\dfrac{2\pi m}{qB}\right)^2$$

$$p_n=\dfrac{4\pi^2 mE}{qB^2}(n-1)+\dfrac{2\pi^2 mE}{qB^2}$$

$$\boxed{p_n=\dfrac{2\pi^2 mE}{qB^2}(2n-1)}$$

Como queremos o passo da sétima volta:

$$p_7=\dfrac{2\cdot 3^2\cdot 15\cdot 10^{-3}\cdot 0,5}{1,6\cdot 10^{-19}\cdot (0,00001)^2}(2\cdot 7-1)$$

$$\rightarrow \boxed{p_7=2,19375\cdot 10^{29} m}$$

a) $$\boxed{F_{yz}=1,6\cdot 10^{-24} N}$$

b) $$\boxed{R=9,375\cdot 10^{21} m}$$

c) $$\boxed{p_7=2,19375\cdot 10^{29} m}$$

Ótica geométrica

a) Nesse sistema ótico, podemos perceber a existência de dois dioptros esféricos, um na interface ar-esfera, e outro na interface esfera-ar.

A representação da refração dos raios será:

Suponha que após o primeiro dioptro, os raios se encontram a uma distância $$p’_1$$. Pela equação do dioptro esférico:

$$\dfrac{n_{ar}}{p}+\dfrac{n}{p’_1}=\dfrac{n-n_{ar}}{R}$$

Como o feixe de luz é paralelo, podemos considerar o objeto que gerou esses raios é um objeto impróprio, ou seja, a distância $$p$$ é muito grande, logo:

$$\dfrac{n_{ar}}{p}\rightarrow 0$$

Portanto:

$$\dfrac{n}{p’_1}=\dfrac{n-n_{ar}}{R}$$

$$p’_1=\dfrac{n}{n-1}R$$

A distância dessa primeira imagem até o segundo dioptro será $$R-p’_1$$.

Aplicando a equação no segundo dioptro:

$$\dfrac{n}{R-p’_1}+\dfrac{n_{ar}}{p’}=\dfrac{n_{ar}-n}{\dfrac{R}{2}}$$

$$\dfrac{1}{p’}=\dfrac{2(1-n)}{R}-\dfrac{n}{R-\dfrac{n}{n-1}R}$$

$$\boxed{p’=\dfrac{R}{(n-1)(n-2)}}$$

$$p’=\dfrac{10}{\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1\right)\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-2\right)}$$

$$p’\approx -64,98 m$$

Essa distância é em relação ao segundo diptro. A distância até o primeiro dioptro será:

$$d=\left|p’-R\right|$$

$$\rightarrow \boxed{d\approx 54,98 m}$$

b) Para esse caso, basta aplicar que os raios se encontram no ponto P:

$$p’=2\dfrac{R}{2}=R$$

Logo:

$$R=\dfrac{R}{(n-1)(n-2)}$$

$$(n-1)(n-2)=1$$

$$n^2-3n+1=0$$

Resolvendo a equação do segundo grau:

$$n=\dfrac{3\pm \sqrt{5}}{2}$$

Como o índice de refração deve ser maior que ou igual a 1:

$$\rightarrow \boxed{n=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}}$$

a) $$\boxed{d\approx 54,98 m}$$

b) $$\boxed{n=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}}$$

Dinâmica/ Forças de variação de massa

a) Para a entrada de massa, consideraremos que o volume que entra na gota, é o volume do cilindro percorrido por ela.

Suponha que em um momento $$t$$ a gota possua raio $$R$$, e que após um tempo muito pequeno $$\Delta t$$ ela possua raio $$R+\Delta R$$. Se nesse período a gota percorreu uma distância $$\Delta z$$, temos:

$$\Delta V_{esfera}=V_{cilindro}$$

$$\dfrac{4\pi}{3}(R+\Delta R)^3-\dfrac{4\pi}{3}R^3=\pi R^2\Delta z$$

$$4\pi R^2\Delta R+4\pi R(\Delta R)^2+\dfrac{4\pi}{3}(\Delta R)^3=\pi R^2\Delta z$$

Considerando um intervalo de tempo muito pequeno, podemos desconsiderar os termos $$(\Delta R)^2$$ e $$(\Delta R)^3$$. Logo:

$$4\pi R^2\Delta R=\pi R^2\Delta z$$

$$4\Delta R=\Delta z$$

$$4(r-r_0)=z-z_0$$

Como $$z_0=0$$ e $$r_0=0$$:

$$4r=z$$

$$\rightarrow \boxed{\dfrac{r}{z}=\dfrac{1}{4}}$$

b) Se no momento analisado a velocidade instantânea é $$v$$, o deslocamento após um tempo $$\Delta t$$ é:

$$\Delta z=v\Delta t$$

A massa que entra nesse intervalo de tempo é:

$$\Delta m=\rho \Delta V_{esfera}=\rho \pi r^2\Delta z$$

$$\Delta m=\pi \rho \left(\dfrac{z}{4}\right)^2v\Delta t$$

$$\Delta m=\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v\Delta t$$

O módulo da força devido a entrada de massa é:

$$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v$$

$$F=\dfrac{\dfrac{\pi \rho}{16}v\Delta t}{\Delta t}v$$

$$\boxed{F=\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v^2}$$

Portanto:

$$\beta=\dfrac{\pi \rho}{16}$$

$$\rightarrow \boxed{\beta=\dfrac{375}{2} kg/m^3}$$

c) A massa total da gota será:

$$m=\rho \dfrac{4\pi}{3}r^3$$

$$m=\dfrac{\pi \rho}{48}z^3$$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$$mg-F=ma$$

$$\dfrac{\pi \rho}{48}z^3\cdot a=\dfrac{\pi \rho}{48}z^3\cdot g-\dfrac{\pi \rho}{16}z^2v^2$$

$$\boxed{a=g-3\cdot \dfrac{v^2}{z}}$$

Portanto:

$$\boxed{\alpha=1}$$ e $$\boxed{\gamma=3}$$

d) Se a aceleração se mantém constante, a gota executará um MRUV. Logo:

$$z=\dfrac{at^2}{2}$$ e $$v=at$$

Portanto:

$$a=g-3\cdot \dfrac{(at)^2}{\left(\dfrac{at^2}{2}\right)}$$

$$a=g-6a$$

$$\boxed{a=\dfrac{g}{7}}$$

$$\boxed{a\approx 1,429 m/s^2}$$

a) $$\boxed{\dfrac{r}{z}=\dfrac{1}{4}}$$

b) $$\boxed{\beta=\dfrac{375}{2} kg/m^3}$$

c) $$\boxed{\alpha=1}$$ e $$\boxed{\gamma=3}$$

d) $$\boxed{a\approx 1,429 m/s^2}$$

Eletromagnetismo/ Indução eletromagnética

a) Sabemos que para um caminho fechado, com um campo magnético fazendo fluxo nesse caminho, haverá uma ddp induzida nesse caminho, caso ocorra variação no fluxo magnético.

Se a barra está a uma distância $$x$$ do início do caminho, o fluxo magnético será:

$$\phi =BLx$$

A variação do fluxo será:

$$\Delta \phi=BL\Delta x$$

Pela lei de Faraday, a ddp induzida será:

$$\epsilon=-\dfrac{\Delta \phi}{\Delta t}$$

$$\epsilon=-\dfrac{BL\Delta x}{\Delta t}$$

$$\epsilon=-BLv$$

Onde $$v$$ é a velocidade da barra.

Aplicando essa ddp no capacitor:

$$\epsilon=\dfrac{Q}{C}=-BLv$$

$$Q=-BLCv$$

A corrente gerada nesse movimento será:

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

$$I=\dfrac{-BLC\Delta v}{\Delta t}$$

$$I=-BLC\cdot a$$

A força resultante tentará fazer a barra desacelerar a barra para evitar que o fluxo varie, e, portanto, ela apontará para cima.

O módulo da força será:

$$F=B\left|I\right|L$$

$$F=B(BLC\cdot a)L$$

$$F=B^2L^2C\cdot a$$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$$ma=mg-F$$

$$ma=mg-B^2L^2C\cdot a$$

$$\boxed{a=\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}}$$

$$\rightarrow \boxed{a=5 m/s^2}$$

b) Como a aceleração é constante, a velocidade da barra é:

$$v=at$$

A carga em função do tempo será:

$$Q=-BLCv=-BLCat$$

A energia armazenada no capacitor é:

$$E=\dfrac{Q^2}{2C}$$

$$E=\dfrac{(-BLCat)^2}{2C}$$

$$E=\dfrac{B^2L^2Ca^2t^2}{2}$$

$$\boxed{E=\dfrac{B^2L^2C\left(\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}\right)^2}{2}\cdot t^2}$$

$$\boxed{\alpha=\dfrac{B^2L^2C\left(\dfrac{g}{1+\dfrac{B^2L^2C}{m}}\right)^2}{2}}$$

$$\boxed{\alpha=\dfrac{25}{2} J/s^2}$$

a) $$\boxed{a=5 m/s^2}$$

b) $$\boxed{\alpha=\dfrac{25}{2} J/s^2}$$