Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante
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Mecânica: Conservação de Energia
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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:
$$H_{max}=R+\dfrac{\omega^2 R^2}{2g}+\dfrac{g}{2 \omega^2}$$.
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Demonstração.
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Intermediário
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Óptica geométrica: Lentes
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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:
$$\dfrac{1}{f}=\dfrac{n-1}{\left[\dfrac{2V}{\pi \left(1-\cos{\theta}\right)}\right]^{1/3}}$$,
$$f=\left[\dfrac{2V}{\pi \left(1-\cos{\theta}\right)}\right]^{1/3}\dfrac{1}{n-1}$$.
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(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) $$f=\left[\dfrac{2V}{\pi (1-\cos{\theta}})\right]^{1/3}\dfrac{1}{n-1}$$.
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Avançado
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Efeito fotoelétrico
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(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:
$$N=\dfrac{4 \pi \epsilon_0 R}{-e}\left(-\dfrac{K_{max}}{e}-\phi_0\right) \approx 7,2 * 10^6$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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) $$N=\dfrac{4 \pi \epsilon_0 R}{-e}\left(-\dfrac{K_{max}}{e}-\phi_0\right) \approx 7,2 * 10^6$$.
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