Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Hidrostática e Geometria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Deve-se perceber que a parte submersa (bem como a emersa) consiste em uma calota esférica:
A parte tracejada horizontal corresponde à superfície da água. Observe que foi utilizado o Teorema de Pitágoras. Devemos determinar então a altura da calota; perceba que esta corresponde à $$\sqrt{r^2-r_0^2}+r$$. Sendo assim, utilizemos a fórmula dada:
$$V_{calota} = V_0 = \dfrac{\pi h}{6}(3r_0^2+h^2)$$,
$$V_0=\dfrac{\pi (\sqrt{r^2-r_0^2}+r)}{6}(3r_0^2+r^2+2r\sqrt{r^2-r_0^2}+r^2-r_0^2)$$,
e, utilizando $$r_0=qr$$:
$$V_0=\dfrac{\pi r(\sqrt{1-q^2}+1)}{6}(2q^2 r^2+2r^2+r^2\sqrt{1-q^2})$$,
$$V_0=\dfrac{\pi r^3(\sqrt{1-q^2}+1)}{6}[2+q^2+\sqrt{1-q^2}]$$.
Com um pouco de álgebra, chegamos na seguinte expressão:
$$V_0=\dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}$$.
b) A esfera permanece em equilíbrio pois a soma vetorial das forças atuantes nela é nula, isto é, o empuxo cancela o peso. Logo, podemos escrever (lembrando do Teorema de Arquimedes):
$$\rho_{liq.} V_{submerso} g = mg$$,
$$\rho_0 V_0 = \rho V_{melancia}$$,
$$ \rho_0 \dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}= \rho \dfrac{4}{3} \pi r^3$$,
$$ \rho = \dfrac{ \left(2+\left(2+q^2\right)\sqrt{1-q^2}\right)}{4}\rho_0 $$.
c) Neste item, devemos ter posse do valor de $$q$$. Para isso, podemos fazer medições na figura dos diâmetros do círculo que demarca a intersecção da fruta com a superfície da água e da própria melancia (é mais interessante do que medir o raio em si, pois fica difícil determinar onde se encontra o centro da melancia!), e então, fazer a razão entre eles para determinar $$q$$ (em nosso modelo, esta razão é a mesma caso tirássemos as medidas reais das dimensões; em nosso caso, aparece um fator de escala que cancela ao realizar na divisão). Em tese, este valor independe de onde você vai medir a figura (da tela do seu celular, em uma folha de papel, na tela do computador, etc), pois o que estamos buscando é apenas a razão entre as medidas. Medindo, achamos $$q \approx 0,7$$. Substituindo $$\rho_0 = 1,00 $$ $$g/cm^3$$ e o valor de $$q$$ encontrado na fórmula para $$\rho$$:
$$\rho = 0,94$$ $$g/cm^3$$.
Pequenas flutuações em torno deste valor também são aceitáveis (de $$0,92$$ até $$0,96$$).
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$V_0=\dfrac{\pi r^3 [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{3}$$.
b) $$ \rho = \dfrac{ [2+(2+q^2)\sqrt{1-q^2}]}{4}\rho_0 $$.
c) $$\rho \approx 0,94$$ $$g/cm^3$$.
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Energia, Momento e Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como o sistema é isolado, tanto a sua energia mecânica mecânica como seu momento linear são conservados. Seja $$v_B$$ a velocidade de $$B$$ quando $$A$$ possuir $$4v$$. Conservando o momento linear:
$$Mv+15Mv=4Mv+3Mv_B$$,
$$v_B=4v$$.
E, pela conservação da energia mecânica:
$$\dfrac{1}{2}Mv^2 + \dfrac{1}{2} 75Mv^2 + E_{pot_{inicial}} = \dfrac{1}{2}16Mv^2+\dfrac{1}{2} 48Mv^2 + E_{pot_{final}}$$,
Lembrando que a energia potencial gravitacional entre duas massas é $$-\dfrac{Gm_1 m_2}{r}$$, onde $$r$$ é a distância entre os corpos. Chame de $$D$$ a distância final. Substituindo na equação de conservação de energia:
$$\dfrac{1}{2}76Mv^2-\dfrac{3GM^2}{d}=\dfrac{1}{2}64Mv^2-\dfrac{3GM^2}{D}$$,
$$\dfrac{3G}{D}=\dfrac{3G}{d}-6Mv^2$$,
$$D=\dfrac{dG}{G-2Mv^2 d}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$D=\dfrac{dG}{G-2Mv^2 d}$$.
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Eletrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Parte A:
A.1) A condição de aterramento é que o potencial nas superfícies de ambas as cascas seja nulo. Sejam $$q_a$$ e $$q_b$$ as cargas induzidas nas cascas interior e exterior, respectivamente. Escrevendo o potencial elétrico na superfície da casca interior:
$$\dfrac{K_0 q}{r} + \dfrac{K_ 0 q_a}{a}+ \dfrac{K_0 q_b}{b}=0$$,
$$\dfrac{q}{r} + \dfrac{q_a}{a}+ \dfrac{q_b}{b}=0$$.
E na casca exterior:
$$\dfrac{K_0 q}{b}+\dfrac{K_0 q_a}{b}+\dfrac{K_0 q_b}{b}=0$$,
$$q_a+q_b+q=0$$.
A.2) Resolvendo-se o sistema para $$q_a$$ e $$q_b$$, encontramos:
$$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$$,
$$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$$.
Parte B:
B.1) A resolução de uma situação desse tipo pode ser encontrada na Ideia 12 (Método das Imagens) , na seção “Esfera Aterrada”. Para vê-la, clique aqui. Sendo assim, podemos escrever:
$$q_1’=-q\dfrac{a}{r}$$ e $$q”_{1} = -q\dfrac{b}{r}$$,
$$r_1’=\dfrac{a^2}{r}$$ e $$r”_{1}=\dfrac{b^2}{r}$$.
B.2) Generalizando as definições, temos que a carga imagem $$q_{i-1}”$$ (que está a uma distância $$r_{i-1}”$$ do centro das cascas) serve de objeto para a carga imagem $$q_i’$$, de tal forma que o potencial na superfície da casca interna seja zero, e, analogamente, a carga imagem $$q_{i-1} ‘$$ (que encontra-se a uma distância $$r_{i-1} ‘$$ do centro) serve de objeto para a carga imagem $$q_{i}’$$, de tal forma que o potencial na superfície da casca externa seja zero. Utilizando os resultados do item anterior:
$$q_{i}’=-q_{i-1}”\dfrac{a}{r_{i-1}”}$$ e $$q_{i}”=-q_{i-1}’\dfrac{b}{r_{i-1}’}$$,
$$r_i’=\dfrac{a^2}{r_{i-1}”}$$ e $$r_i ”=\dfrac{b^2}{r_{i-1}’}$$.
B.3) B.3.1) Agora, relacionemos as quantidades de índice $$i-1$$ e $$i-2$$. Seguindo a mesma lógica do item anterior (trocando $$i$$ por $$i-1$$ e $$i-1$$ por $$i-2$$):
$$q_{i-1}’=-q_{i-2}”\dfrac{a}{r_{i-2}”}$$ e $$q_{i-1}”=-q_{i-2}’\dfrac{b}{r_{i-2}’}$$,
$$r_{i-1}’=\dfrac{a^2}{r_{i-2}”}$$ e $$r_{i-1}”=\dfrac{b^2}{r_{i-2}’}$$.
Substituindo os valores acima nas expressões encontradas no item B.2), primeiramente para $$q_i’$$:
$$q_{i}’=-q_{i-1}”\dfrac{a}{r_{i-1}”}$$,
$$q_i’=\dfrac{q_{i-2}’b}{r_{i-2}’}\dfrac{a}{r_{i-1}”}$$,
$$q_i’=q_{i-2}’\dfrac{ab}{b^2}=q_{i-2}’\dfrac{a}{b}$$.
B.3.2) Fazendo o mesmo processo para $$q_i”$$, encontramos:
$$q_i”=q_{i-2}”\dfrac{b}{a}$$.
B.4) Trabalharemos apenas com $$q_i’$$, pois o processo é inteiramente análogo para $$q_i”$$ (a verificação deste fato pode ser deixada como exercício). Da relação de recorrência encontrada,
$$q_i’=q_{i-2}’\dfrac{a}{b}$$,
podemos supor uma solução do tipo $$q_i’=Ar^i$$ (onde $$A$$ é uma constante), e, por consequência, $$q_{i-2}’=Ar^{i-2}$$. Desta forma:
$$Ar^i=Ar^{i-2}\dfrac{a}{b}$$,
o que implica:
$$r= \pm \sqrt{\dfrac{a}{b}}$$.
Como a recorrência é do tipo homogênea, linear e de segunda ordem, a solução geral será do tipo:
$$q_i’=C_1r_{+}^i+C_2r_{-}^i$$.
Onde $$C_1$$ e $$C_2$$ são constantes determinadas pelas condições iniciais, e $$r_{+}=-r_{-}=\sqrt{\dfrac{a}{b}}$$. Sabemos que $$q_0’=q_0”=q$$ e $$q_1’=-q\dfrac{a}{r}$$. Substituindo na solução geral, encontramos um sistema linear para $$C_1$$ e $$C_2$$:
$$q=C_1+C_2$$
$$-q\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}=C_1-C_2$$
Resolvendo-o:
$$C_1=\dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)$$,
$$C_2=\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)$$.
Substituindo as constantes encontradas na expressão para $$q_i’$$:
$$q_i’=\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i +\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i$$.
E com o mesmo processo para $$q_i”$$:
$$q_i”= \dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i+\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i$$.
B.5) Para o vácuo, a Lei de Gauss possui a seguinte forma:
$$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \dfrac{q_{int}}{\epsilon_0}$$.
Onde a integral fechada deve ser feita ao longo de uma superfície qualquer (que costuma ser chamada de gaussiana), e $$q_{int}$$ é a carga que se encontra dentro de tal superfície. Sendo assim, escolhamos uma superfície gaussiana esférica (concêntrica à casca) cujo raio se estende para um pouco além do raio da casca. Aplicando a Lei de Gauss neste contorno para a situação real, $$q_{int}=q_{ind}$$, onde $$q_{ind}$$ é a carga induzida na superfície da esfera. Agora, façamos o mesmo procedimento para a situação imaginária (método das imagens) onde temos a carga $$q$$ e uma carga imagem $$q’$$ (que se encontra dentro da esfera). O campo elétrico desta configuração é exatamente o mesmo da anterior (para que o Teorema da Unicidade seja respeitado), bem como a área, já que estamos utilizando a mesma superfície gaussiana; porém, $$q_{interna}=q’$$, portanto a carga induzida $$q_{ind}$$ tem o mesmo valor de $$q’$$, como queríamos demonstrar.
B.6) Perceba que o termo geral para $$q_i’$$ encontrado em B.4) consiste em duas progressões geométricas infinitas. Portanto, a soma que devemos realizar se divide em duas:
$$q_a= \displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}q_i’ – q=\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i} + \displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i} -q$$.
Perceba também que é necessário retirar $$q$$, pois ela não entra na contabilização da carga induzida.
A primeira $$P.G$$ no membro direito possui razão $$\sqrt{\dfrac{a}{b}}$$. Logo, a soma de seus termos será dada por:
$$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left( 1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}} \right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}} \right) ^i}=\dfrac{C_1}{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}}$$,
$$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i}=\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right)$$.
E para a segunda, de razão $$-\sqrt{\dfrac{a}{b}}$$:
$$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i}=\dfrac{C_2}{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}}$$,
$$\displaystyle{\sum_{i=0}^{\infty}\dfrac{q}{2} \left( 1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}} \right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}} \right)^i}=\dfrac{q}{2} \left(\dfrac{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right)$$
Desta forma, a carga induzida na casca interior será dada por:
$$q_a=\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1+\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}} \right)+\dfrac{q}{2}\left(\dfrac{1-\sqrt{\dfrac{a}{b}}+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}-\dfrac{a}{r}}{1-\dfrac{a}{b}}\right) -q$$,
$$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$$.
Repetindo-se o processo para a casca exterior:
$$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$$.
Em concordância com os resultados da parte A.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Parte A:
A.1) $$\dfrac{q}{r} + \dfrac{q_a}{a}+ \dfrac{q_b}{b}=0$$ e $$q_a+q_b+q=0$$.
A.2) $$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$$ e $$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$$.
Parte B:
B.1) $$q_1’=-q\dfrac{a}{r}$$ e $$q”_{1} = -q\dfrac{b}{r}$$,
$$r_1’=\dfrac{a^2}{r}$$ e $$r”_{1}=\dfrac{b^2}{r}$$.
B.2) $$q_{i}’=-q_{i-1}”\dfrac{a}{r_{i-1}”}$$ e $$q_{i}”=-q_{i-1}’\dfrac{b}{r_{i-1}’}$$,
$$r_i’=\dfrac{a^2}{r_{i-1}”}$$ e $$r_i ”=\dfrac{b^2}{r_{i-1}’}$$.
B.3.1) $$q_i’=q_{i-2}’\dfrac{a}{b}$$
B.3.2) $$q_i”=q_{i-2}”\dfrac{b}{a}$$.
B.4) $$q_i’=\dfrac{q}{2} \left(1-\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i +\dfrac{q}{2} \left(1+\dfrac{a}{r}\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^i$$ e $$q_i”= \dfrac{q}{2}\left(1-\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i+\dfrac{q}{2}\left(1+\dfrac{b}{r}\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right) \left(-\sqrt{\dfrac{b}{a}}\right)^i$$.
B.5) Demonstração.
B.6) $$q_a=-\dfrac{a}{r}\left(\dfrac{b-r}{b-a}\right)q$$ e $$q_b=-\dfrac{b}{r}\left(\dfrac{r-a}{b-a}\right)q$$.
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