Soluções Física - Semana 119

Mecânica: Conservação de Energia

Devemos analisar a altura máxima atingida como função do parâmetro $\theta$, o ângulo de lançamento com relação ao solo. Observe a figura a seguir, que ilustra o momento em que uma partícula de lama abandona a roda:

Figura 1: Ilustração da roda e de uma partícula de lama no momento em que esta é lançada.

A partícula de lama, evidentemente, sai com velocidade inicial $v=\omega R$ do movimento circular. Sua altura inicial é

$h=R+R\cos{\theta}=R(1+\cos{\theta})$.

Seja o solo nosso nível de referência. Agora, conservemos a energia mecânica (não existem forças dissipativas) entre a posição inicial da lama e a posição de máxima altura, na qual a partícula possui apenas a componente horizontal da velocidade, que é constante. Equacionando:

$\dfrac{mv^2}{2}+mgh=\dfrac{mv_x^2}{2}+mgH_{max}(\theta)$,

$\dfrac{\omega^2 R^2}{2}+gR(1+\cos{\theta})=\dfrac{\omega^2 R^2 \cos{\theta}^2}{2}+gH_{max}(\theta)$.

Isolando $H_{max}(\theta)$, obtemos uma equação quadrática em $\cos{\theta}$:

$H_{max}(\theta)=-\dfrac{\omega^2 R^2}{2g} \cos{\theta}^2+R\cos{\theta}+\left(\dfrac{\omega^2 R^2}{2g}+R\right)$.

Perceba que o coeficiente do termo quadrático é negativo, ou seja, existe de fato uma altura limite. Podemos maximizar essa função facilmente utilizando as coordenadas do vértice da parábola, resultando exatamente na expressão do enunciado:

$H_{max}=R+\dfrac{\omega^2 R^2}{2g}+\dfrac{g}{2 \omega^2}$.

Demonstração.

Óptica geométrica: Lentes

(a) Como a lente fica mais curvada, a sua espessura aumentará. Isso significa que as moléculas de água estarão tentando se afastar da superfície; ou seja, concluímos que o líquido é repelido.

(b) Da geometria, decorre:

$\cos{\theta}=\dfrac{R-t}{R}=1-\dfrac{t}{R}$.

c) A lente possui o formato de uma calota esférica cuja altura é $t$, com o raio da esfera sendo $R$. Então:

$V=\dfrac{\pi t}{6}\left(3R^2+t^2\right)$.

É válido considerar a aproximação $t \ll R$ (simplificará as contas e será necessário para o próximo item), de tal forma que podemos desprezar o termo $t^2$ frente à $R^2$:

$V \approx \dfrac{\pi R^2 t}{2}$.

Porém, do item anterior, $t=R(1-\cos{\theta})$. Substituindo:

$V(R, \theta) \approx \dfrac{\pi R^3}{2}\left(1-\cos{\theta}\right)$.

(d) Sendo a espessura desprezível em relação ao raio, podemos utilizar a famosa equação dos fabricantes de lentes para calcular o foco da lente líquida.

$\dfrac{1}{f}=(n_{rel}-1)\left(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}\right)$.

Sendo $n_{rel}=n_{lente}/n_{meio}$. Para os raios das faces da lente, usamos as seguintes convenções:

Face convexa → $R>0$;

Face côncava → $R<0$;

Face plana → $R = \infty$.

Na situação presente, temos $R_1=\infty$ e $R_2=+R$, o último podendo ser expressado em função do volume e do ângulo de contato, pelo item anterior. Logo:

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{n-1}{\left[\dfrac{2V}{\pi \left(1-\cos{\theta}\right)}\right]^{1/3}}$,

$f=\left[\dfrac{2V}{\pi \left(1-\cos{\theta}\right)}\right]^{1/3}\dfrac{1}{n-1}$.

(a) O líquido sofre repulsão.

(b) $\cos{\theta}=\dfrac{R-t}{R}=1-\dfrac{t}{R}$.

(c) $V(R, \theta) \approx \dfrac{\pi R^3}{2}\left(1-\cos{\theta}\right)$.

(d) $f=\left[\dfrac{2V}{\pi (1-\cos{\theta}})\right]^{1/3}\dfrac{1}{n-1}$.

Efeito fotoelétrico

(a) Utilizemos a célebre equação do efeito fotoelétrico:

$K_{max}=hf-\varphi$,

sendo $\varphi$ a função trabalho do metal e $f=c/{\lambda}$ a frequência para uma dada radiação incidente. Do enunciado, $\varphi=hc/{\lambda_0}$. Logo:

$K_{max}=hc\left(\dfrac{1}{\lambda}-\dfrac{1}{\lambda_0}\right)$,

mas $K_{max}=mv^2_1/2$, logo:

$v_1=\sqrt{\dfrac{2K_{max}}{m}} \approx 4,37 * 10^5$ $m/s$.

(b) A D.D.P entre a esfera e o infinito o acelera até atingir uma certa velocidade máxima no infinito, quando a interação com as demais cargas é nula. Utilizando o teorema da energia cinética para o elétron (entre a saída da esfera e chegada no infinito):

$W_{eletrica}=K_2-K_1$

$e(\phi_0-0)=\frac{mv^2_2}{2}-K_{max}$

$v_2=\sqrt{\dfrac{2(K_{max}+e\phi_0)}{m}} \approx 6,05*10^5$ $m/s$.

(c) Primeiramente, devemos entender o porquê do potencial da esfera convergir para um certo valor. Depois de um certo tempo, vários elétrons terão abandonado a esfera, e, consequentemente, sua carga aumentará (pois os elétrons possuem carga negativa), e, por sua vez, o potencial também. Haverá, então, um certo momento em que um fotoelétron sairá da esfera e não conseguirá chegar até o infinito. Apliquemos, novamente, o teorema da energia cinética, mas na condição limitante em que a velocidade do fotoelétron no infinito é nula:

$e\phi_1=0-K_{max}$,

$\phi_1=-\dfrac{K_{max}}{e} \approx +0,54$ $V$.

Perceba, então, que a carga (resultante) final da esfera é positiva; ou seja, restam mais prótons do que elétrons.

(d) Após a exposição prolongada, o potencial elétrico da esfera variou de:

$\Delta \phi = \phi_1-\phi_0 = \dfrac{1}{4 \pi \epsilon_0 R} \left(q_1-q_0\right)$.

Contudo, a variação da carga na esfera $\Delta q = q_1 - q_0$ foi somente devido aos elétrons que a abandonaram. Sendo assim, o número de fotoelétrons que escaparam é:

$N=\dfrac{\Delta q}{-e}$.

Dessa forma, podemos encontrar o número de fotoelétrons que escaparam:

$N=\dfrac{4 \pi \epsilon_0 R}{-e}\left(-\dfrac{K_{max}}{e}-\phi_0\right) \approx 7,2 * 10^6$.

(a) $v_1=\sqrt{\dfrac{2K_{max}}{m}} \approx 4,37 * 10^5$ $m/s$.

(b) $v_2=\sqrt{\dfrac{2(K_{max}+e\phi_0)}{m}} \approx 6,05*10^5$ $m/s$.

(c) $\phi_1=-\dfrac{K_{max}}{e} \approx +0,54$ $V$.

(d) $N=\dfrac{4 \pi \epsilon_0 R}{-e}\left(-\dfrac{K_{max}}{e}-\phi_0\right) \approx 7,2 * 10^6$.