Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$1^a$$ solução: Análise algébrica.
A posição do avião $$1$$(em $$km$$) em função do tempo (em horas) é $$x=-20+600t$$, e a posição do avião $$2$$ é $$y=-20+800t$$.
Sabemos que a distância entre os aviões ($$D$$) é tal que:
$$D^2=x^2+y^2=(-20+600t)^2+(-20+800t)^2$$
$$\rightarrow D=\sqrt{1000000t^2-56000t+800}$$
$$D$$ terá valor mínimo quando a função dentro da raíz tiver valor mínimo. Sendo essa função uma função quadrática do tipo $$f(t)=at^2+bt+c$$, seu valor mínimo será $$f(t)_{min}=\dfrac{4ac-b^2}{4a}$$. Sendo $$d$$ a distância mínima:
$$d=\sqrt{\dfrac{4\cdot 800 \cdot 1000000 – (-56000)^2}{4\cdot 1000000}}=\sqrt{\dfrac{4\cdot 800 – 56^2}{4}}=\sqrt{\dfrac{3200-3136}{4}}$$
$$\rightarrow d=4km$$
$$2^a$$ Solucao: Utilizando geometria plana.
Fixemos o avião 2 em sua posição e vejamos como ele observa o avião 1.
Para o avião 2, o avião 1 se move com velocidade $$v_x=600km/h$$ e $$v_y=-800km/h$$, portanto, o avião 2 verá o avião 1 segundo a trajetória vermelha apresentada na seguinte figura:
$$\tan{\theta}=\dfrac{\left|\vec{v_2}\right |}{\left|\vec{v_1}\right |}=\dfrac{800}{600}=\dfrac{4}{3}$$
Logo:
$$\sin{\theta}=\dfrac{4}{5}$$ e $$\cos{\theta}=\dfrac{3}{5}$$
Da trigonometria tiramos que:
$$\tan{\theta}=\dfrac{y}{a} \rightarrow y=\dfrac{4a}{3}$$
$$\cos{\theta}=\dfrac{d}{x} \rightarrow x=\dfrac{5d}{3}$$
$$x+y=a$$
$$\dfrac{4a}{3}+\dfrac{5d}{3}=a$$
$$\dfrac{5d}{3}=-\dfrac{a}{3}$$
$$d=-\dfrac{a}{5}=-4km$$
Perceba que o sinal negativo apenas indica que a nossa figura está representada errada, e, portanto, a distância mínima está para o lado oposto. Como só estamos interessados no módulo:
$$d=4km$$
$$3^a$$ Solução: Utilizando geometria analítica.
Utilizando a mesma ideia da $$2^a$$ solução, analisaremos como o avião 2 vê o avião 1. A trajetória seguida pelo avião 1 será uma linha reta, visto que sua velocidade em $$x$$ e em $$y$$ serão constantes. O avião 2 está fixo no ponto $$(0,-20)$$.
Sabemos da geometria analítica que a equação da reta $$r$$ é do tipo $$y=ax+b$$, e que $$a=\tan{\theta}$$.
$$\tan{(\pi-\theta)}=\dfrac{v_2}{v_1}=-\tan{\theta}$$
$$\rightarrow a=-\dfrac{4}{3}$$
Como o avião 1 inicia o movimento no ponto $$(-20,0)$$, a reta $$r$$ passa por ele.
$$0=-\dfrac{4}{3}\cdot (-20) +b \rightarrow b=-\dfrac{80}{3}$$
Portanto:
$$y=-\dfrac{4}{3}x-\dfrac{80}{3}$$ ou $$4x+3y+80=0$$
A distância minima entre os aviões será a distância entre a reta $$r$$ e o ponto $$(0,-20)$$.
$$d=\dfrac{\left | 4\cdot 0+ 3(-20) +80\right |}{\sqrt{3^2+4^2}}$$
$$\rightarrow d=4km$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$d=4km$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, sabemos que o rendimento do ciclo é $$\eta=\dfrac{W}{Q_h}$$, onde $$W$$ é o trabalho resultante realizado pelo gás no ciclo, e $$Q_h$$ é o calor que entra no sistema.
Sabemos que $$W=\displaystyle \oint P\cdot dV$$, portanto, é numericamente igual a área dentro do gráfico do diagrama.
$$W=\dfrac{1}{2}(2P_0-P_0)(2V_0-V_0)$$
$$\rightarrow W=\dfrac{1}{2}P_0V_0$$
Precisamos agora calcular qual é o calor que entra no sistema.
Primeiramente, como o gás é monoatômico o seu calor específico a volume constante é $$C_v=\dfrac{3}{2}R$$, onde $$R$$ é a constante universal dos gases ideais, e o calor específico a pressão constante é $$C_p=\dfrac{5}{2}R$$.
•Trajeto AB:
Seja a temperatura no ponto A, $$T_A=T_0$$.
$$P_0V_0=nRT_0$$, logo: $$T_0=\dfrac{P_0V_0}{nR}$$
A temperatura no ponto B é $$T_B$$.
$$2P_0V_0=nRT_B \rightarrow T_B=2T_0$$
Como o não há variação de volume, não há trabalho realizado, portanto o calor será igual a variação de energia térmica no sistema.
$$Q_{AB}=\Delta U_{AB}=nC_v\Delta T_{AB}$$
$$Q_{AB}=\dfrac{3}{2}nR(2T_0-T_0)=\dfrac{3}{2}nRT_0$$
$$\rightarrow Q_{AB}=\dfrac{3}{2}P_0V_0$$
•Trajeto CA:
A temperatura no ponto C é $$T_C$$.
$$P_0\cdot 2 V_0=nRT_C \rightarrow T_C=2T_0$$
Como a pressão nesse trecho é constante, o calor será:
$$Q_{CA}=nC_p\Delta T_{CA}=\dfrac{5}{2}nR(T_0-2T_0)=-\dfrac{5}{2}nRT_0$$
$$\rightarrow Q_{CA}=-\dfrac{5}{2}P_0V_0$$
Esse calor está saindo do sistema, portanto, não entrará no cálculo do rendimento.
•Trajeto BC:
A pressão e o volume nesse trecho se relacionam por uma função linear:
$$P-2P_0=\dfrac{P_0-2P_0}{2V_0-V_0}(V-V_0)$$
$$\rightarrow P=3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V$$
Utilizando a equação de Clayperon:
$$PV=nRT=\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)\cdot V$$
$$\rightarrow T=\dfrac{\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)\cdot V}{nR}$$
Logo:
$$nRdT =\left(3P_0-\dfrac{2P_0}{V_0}V\right)dV$$
Aplicando a primeira lei da termodinâmica:
$$dQ=dU+dW=nC_vdT+PdV=\dfrac{3}{2}nRdT+Pdv$$
$$dQ=\dfrac{3}{2}\left(3P_0-\dfrac{2P_0}{V_0}V\right)dV+\left(3P_0-\dfrac{P_0}{V_0}V\right)dV$$
$$dQ=\dfrac{15}{2}P_0dV-4\dfrac{P_0}{V_0}VdV$$
Perceba que para $$V_0\leq V\leq \dfrac{15}{8}V_0$$, $$\dfrac{dQ}{dV}\geq 0$$, e que para $$\dfrac{15}{8}V_0<V<2V_0$$, $$\dfrac{dQ}{dV}<0$$. Portanto, inicialmente entra calor no sistema e depois começa a sair calor do sistema. Como só queremos saber o calor que entra, basta fazer a integral até $$V=\dfrac{15}{8}V_0$$.
$$Q_{BC}=\displaystyle \int_{V_0}^{\frac{15}{8}V_0}\left( \dfrac{15}{2}P_0-4\dfrac{P_0}{V_0}V\right)dV$$
$$Q_{BC}=\dfrac{49}{32}P_0V_0$$
O calor total que entra no sistema é portanto:
$$Q_h=\dfrac{3}{2}P_0V_0+\dfrac{49}{32}P_0V_0=\dfrac{97}{32}P_0V_0$$
O rendimento é:
$$\eta=\dfrac{\dfrac{1}{2}P_0V_0}{\dfrac{97}{32}P_0V_0}$$
$$\rightarrow \eta=\dfrac{16}{97}\approx 16,5\%$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\eta=\dfrac{16}{97}$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ótica física/difração em múltiplas fendas[/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabemos que a luz a luz que difrata nas fendas é formada pela composição de um campo elétrico e um magnético perpendiculares. Porém o módulo do campo elétrico é aproximadamente $$3\cdot 10^8$$ vezes maior do que o módulo do campo magnético, portanto, podemos considerar apenas a influência do campo elétrico.
Os campos seguem a equação de onda, logo, nosso campo elétrico é da forma: $$\vec {E} =E_0\cos{\left( k\cdot r -\omega t +\varphi_0\right)}\hat E$$.
Podemos portanto imaginar o vetor campo elétrico como um número no plano complexo.
$$E=E_0\cdot e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}$$
Perceba que uma variação no termo $$kr-\omega t$$, será refletido em uma variação no ângulo do vetor no plano complexo.
Os vetores do campo elétrico em cada fenda estão representados na figura a seguir.
Seja o campo elétrico na primeira fenda $$E_1=E_0e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}$$.
O campo elétrico na segunda fenda será $$E_2=E_0e^{i(k(r+\Delta r_1)-\omega t +\varphi_0)}=E_0e^{i(kr-\omega t +\varphi_0)}e^{ik\Delta r_1}$$.
Vemos que $$k\Delta r_1=\Delta \varphi_1$$ será a diferença entre os ângulos do campo elétrico na segunda e na primeira fenda.
Analogamente, $$k\Delta r_2=\Delta \varphi_2$$ é a diferença entre os ângulos do campo elétrico na terceira e na segunda fenda.
Da trigonometria podemos tirar que:
$$\Delta r_1=a\sin{\theta}$$ é $$\Delta r_2=b\sin{\theta}$$
Reorganizado as equações temos:
$$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\Delta r_1}{\Delta r_2}=\dfrac{k\Delta r_1}{k\Delta r_2}$$
$$\rightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{\Delta \varphi_1}{\Delta \varphi_2}$$
Temos três vetores de campo elétrico com mesma intensidade saindo das fendas. Para que a intensidade seja zero, o vetor campo elétrico resultante deve ser zero. A única maneira de a resultante de três vetores de mesmo módulo ser zero é se os vetores formarem um triângulo equilátero.
Temos a seguinte representação:
Para o triangulo equilátero:
•$$\Delta \varphi_1=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi y$$, com $$y\in \mathbb{Z}$$
•$$\Delta \varphi_2=\dfrac{2\pi}{3}+2\pi x$$, com $$x\in \mathbb{Z}$$
Logo:
$$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\dfrac{2\pi}{3}+2\pi y}{\dfrac{2\pi}{3}+2\pi x}=\dfrac{6 y+2}{6x+2}=\dfrac{m}{n}$$
$$m-n=(6y+2)-(6x+2)=6(y-x)=3\cdot 2(y-x)=3\phi$$
Vemos portanto que $$\dfrac{a}{b}=\dfrac{m}{n}$$ tal que $$m\equiv n$$(mod 3).
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[spoiler title=’Gaberito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\dfrac{a}{b}=\dfrac{m}{n}$$ tal que $$m\equiv n$$(mod 3).
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