Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Devido à esfera estar parcialmente mergulhada em água, as pressões resultaram em uma força denominada empuxo.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A partir do teorema de Arquimedes, temos que:
$$F_{emp} = \rho_{liq}V_{sub}g$$
$$F_{emp} = \frac{\rho_{liq}}{8}*\frac{4\pi}{3}*r^{3}g$$
Substituindo:
$$F_{emp} = 10^{3}*\frac{1}{8}*\frac{4\pi}{3}*(\frac{2}{100})^{3}*10$$
$$F_{emp} = \frac{4\pi}{3}10^{-2}$$ $$N$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$F_{emp}=\frac{4\pi}{3}10^{-2}$$ $$N$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A massa $$m$$ gerará um campo gravitacional em todo o espaço, o objetivo dessa questão é calcular o fluxo dessa questão em torno de várias placas em diferentes situações.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) O campo gravitacional gerado por uma partícula de massa $$m$$ em um ponto do espaço é dado por:
$$\vec{g} = -\frac{Gm}{r^{2}}\hat{r}$$
Onde $$r$$ é a distância desse ponto até a partícula e seu valor é negativo pois aponta do ponto para a partícula.
Pela definição de Fluxo, temos que:
$$\phi=\vec{g}\cdot\vec{a}$$
Onde $$\vec{a}$$ é o vetor área que é perpendicular à área por onde passa o vetor $$\vec{g}$$.
Para calcular este fluxo, vamos buscar uma forma espacial que ao longo de toda sua superfície o módulo do campo gravitacional é constante. Para isto, já que $$g$$ possui uma dependência apenas no caráter radial para uma mesma massa, qualquer ponto deste formato deve estar equidistante da massa. Logo, obtém-se que esse formato é o de uma esfera, com a massa $$m$$ no seu centro.
O fluxo então total gerado por essa partícula nesta superfície é:
$$\phi_{esf} = (-\frac{Gm}{r^{2}}\hat{r})\cdot(4\pi r^{2} \hat{r})$$
$$\phi_{esf} = -4\pi Gm$$
Com isso, para calcular o fluxo gerado por essa partícula na placa, basta imaginar que esta placa é uma das faces de um cubo de mesmo lado $$l$$, que está inscrito numa esfera centrada na massa $$m$$.
Pela simetria cúbica, o fluxo que passa por cada uma das faces do cubo é o mesmo, e somando todos estes fluxos deve-se obter o valor do fluxo pela esfera, logo:
$$\phi_{cubo} = \phi_{esf}$$
$$6\phi_{placa} = \phi_{esf}$$
$$\phi_{placa} = \frac{\phi_{esf}}{6}$$
$$\phi_{placa} = -\frac{4\pi Gm}{6}$$
$$\phi_{placa} = -\frac{2\pi Gm}{3}$$
b) Neste caso, para se obter uma simetria de um cubo inscrito na esfera, deve-se fazer um cubo de lado $$2l$$, onde a placa corresponde à $$\frac{1}{4}$$ de uma das faces do cubo. Novamente, o fluxo que passa por cada uma das faces do cubo é o mesmo, e somando-os deve dar igual ao que se passa na esfera. Mas também se tem que o fluxo que passa na placa é $$\frac{1}{4}$$ do fluxo que passa pela face, pois pode se obter esta face ao juntar 4 destas placas, logo:
$$\phi_{cubo} = \phi_{esf}$$
$$6\phi_{face} = \phi_{esf}$$
$$6*4\phi_{placa} = \phi_{esf}$$
$$\phi_{placa} = \frac{\phi_{esf}}{24}$$
$$\phi_{placa} = -\frac{4\pi Gm}{24}$$
$$\phi_{placa} = -\frac{\pi Gm}{6}$$
Note que esse é o fluxo para placas opostas à carga e, para placas que estejam no mesmo plano que a carga, o fluxo será zero, pois o campo gravitacional será sempre perpendicular ao vetor área, logo:
$$\phi_{placa’}=0$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\phi_{placa}=-\frac{\pi Gm}{6}$$
$$\phi_{placa’}=0$$
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Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O fóton colidirá com o elétron e, devido à isso, terá sua quantidade de movimento modificada. Sendo a quantidade de movimento relacionada com o comprimento de onda pela relação de De Broglie.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Definindo o sistema de coordenadas onde os eixos X e Y correspondem à linha da trajetória do fóton antes da colisão e à perpendicular dessa trajetória, respectivamente.
O fóton que antes apresentava frequência $$f$$ e momento $$P$$ colide com o elétron, passa a ter uma frequência $$f^{‘}$$ e momento $$P^{‘}$$, sendo desviado de um ângulo $$\theta$$ em relação ao eixo X. O elétron com massa de repouso $$m$$ recebe então um momento $$P_{e}$$.
Conservando-se a Quantidade de Momento:
$$\vec{P} = \vec{P}’ + \vec{P}{e}$$
Conservando a Energia do sistema:
$$hf + mc^{2} = hf^{‘} + \sqrt{(P_{e}c)^{2} + (mc^{2})^{2}}$$
Com essas equações, temos que:
$$\vec{P} = \vec{P}’ + \vec{P}_{e}$$
$$\vec{P} – \vec{P}’ = \vec{P}_{e}$$
$$P_{e}^{2} = P^{2} + P^{‘2} – 2PP^{‘} cos(\theta)$$
Como $$P = \frac{hf}{c}$$ e $$P^{‘} = \frac{hf^{‘}}{c}$$:
$$P_{e}^{2} = \frac{h^{2}}{c^{2}}(f^2 + f^{‘2} – 2ff^{‘}cos(\theta))$$
Desenvolvendo a equação da energia:
$$hf + mc^{2} = hf^{‘} + [(P_{e}.c)^{2} + (mc^{2})^{2}]^1/2$$
$$h(f-f^{‘} ) + mc^{2} = [(P_{e}.c)^{2} + (mc^{2})^{2}]^1/2$$
$$[h(f-f^{‘} ) + mc^{2}]^{2} = [(P_{e}.c)^{2} + (mc^{2})^{2}$$
$$h^{2}(f-f^{‘} )^{2} +2h(f-f^{‘} )mc^{2} + m^{2}c^{4}= P_{e}^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}$$
Substituindo $$P_{e}$$:
$$h^{2}f^{2} – 2h^{2}ff^{‘} + h^{2}f^{‘2} + 2h(f-f^{‘} )mc^{2} = h^{2}f^{2} – 2h^{2}ff^{‘} cos(\theta) + h^{2}f^{‘2}$$
$$2hfmc^{2} – 2hf^{‘} mc^{2} – 2h^{2}ff^{‘} = – 2h^{2}ff^{‘} cos(\theta)$$
$$fmc^{2} – f^{‘} mc^{2} – hff^{‘} = – hff^{‘}cos(\theta)$$
$$f^{‘} [hf(1 – cos(\theta)) – mc^{2}] = fmc^{2}$$
Substituindo $$f = \frac{c}{\lambda}$$ e $$f^{‘} = \frac{c}{\lambda^{‘}}$$:
$$\frac{c}{\lambda^{‘}}[\frac{hc}{\lambda}(1 – cos(\theta) + mc^{2}) = \frac{c}{\lambda}mc^{2}$$
$$\lambda^{‘}mc^{2} = hc(1 – cos(\theta)) + \lambda mc^{2}$$
$$\lambda^{‘} = \lambda + h/(mc)(1 – cos(\theta))$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\lambda^{‘} = \lambda + h/(mc)(1 – cos(\theta))$$
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