Soluções Física - Semana 105

Cinemática: MCU

Podemos ver facilmente que o momento de máxima aproximação entre os corpos celestes será aquele mostrado na figura abaixo:

Suponha que esta é a configuração dos planetas no momento. Se entrarmos no referencial de Marte, veremos a Terra se movendo com uma "velocidade angular relativa". Como ambos estão no mesmo sentido:

$\omega_{rel}=\omega_{Terra}-\omega_{Marte}$.

Para que a Terra, em seu movimento relativo, alcance novamente Marte (que está parado, pois estamos em seu referencial), esta deve girar um ângulo de $2\pi$, ou seja, dar uma volta completa para chegar à posição inicial. Sendo assim:

$\Delta \theta=\omega \Delta t$

$2\pi=\omega_{rel} \Delta t = (\omega_{Terra}-\omega_{Marte}) \Delta t$

$\dfrac{2\pi}{\Delta t}=\dfrac{2\pi}{T_{Terra}}-\dfrac{2\pi}{T_{Marte}}$

$\Delta t=\dfrac{T_{Marte} T_{Terra}}{T_{Marte}-T_{Terra}}$

Substituindo os dados:

$\Delta t \approx 778,7$ $dias$.

$\Delta t \approx 778,7$ $dias$.

Ondulatória: Refração

Podemos identificar, neste problema, o fenômeno da refração. Quando a onda executa uma transição entre as partes do recipiente que possuem diferentes profundidades, sua velocidade muda (como evidencia o enunciado), e, logo, o índice de refração de cada parte, é diferente. Então, podemos utilizar a lei de Snell para relacionar os ângulos antes e depois:

$n_1 \sin{\phi_1}=n_2 \sin{\phi_2}$

Padronizando $v=v_0$ para $n_0=1$, temos $n=\dfrac{v_0}{v}$, logo:

$\dfrac{\sin{\phi_1}}{v_1}=\dfrac{\sin{\phi_2}}{v_2}$

Como $v=k\sqrt{gh}$:

$\sin{\phi_2}=\sqrt{\dfrac{h_2}{h_1}}\sin{\phi_1}$

$\sin{\phi_2}=\sqrt{\dfrac{h_2}{h_1}}\sin{\phi_1}$

Óptica geométrica: Refração

Observemos o que acontece com o feixe na transição de uma camada de índice de refração $n(h)$ para uma com índice de refração $n(h+\Delta h)$ (Perceba que $\Delta h$ é uma quantidade infinitesimal, pois consideramos que o índice de refração quase não varia entre as duas camadas, de forma que o feixe percorre uma linha reta até alcançar a camada posterior): em princípio, este deveria refratar, contudo, o feixe orbita o planeta, e, como mostra a figura, ele sofre reflexão total nesta transição de meios. Logo, da Lei de Snell para a condição do ângulo limite (ângulo mínimo para o qual ocorre reflexão total):

$n(h)\sin{\theta}=n(h+\Delta h)$

Da geometria do problema, podemos ver que $\sin{\theta}=\dfrac{R+h}{R+h+\Delta h}$. Substituindo na equação acima:

$\dfrac{(n_0-bh)(R+h)}{R+h+\Delta h}=n_0-b(h+\Delta h)$

Onde usamos a lei do enunciado, $n(h)=n_0-bh$. Expandindo a expressão acima, encontramos:

$n_0 R+n_0 h-bhR-bh^2=n_0 R + n_0 h + n_0 \Delta h -bhR - b (\Delta h)^2 - bh^2 - bR \Delta h - 2bh \Delta h$

Note que vários termos se cancelam. Além disso, podemos desprezar a quantidade $b(\Delta h)^2$, pois é muito pequeno. Logo, nos resta, por fim:

$0=n_0-bR-2bh$

$h=\dfrac{n_0-bR}{2b}$

$h=\dfrac{n_0-bR}{2b}$