Soluções Física – Semana 81

O problema exemplifica um possível caso de encontro entre dois corpos, um mantendo m.r.u. e o outro acelerando e desacelerando.

Josias para alcançar o ônibus no instante que ele chega à próxima parada deve percorrer $D+d$, fazendo tal em um m.r.u. com velocidade $v$. O ônibus deve percorrer $D$ para chegar à parada, saindo com velocidade inicial $0$ e chegando com velocidade final também $0$. O ônibus pode estabelecer dois movimentos, dependendo da distância $D$ entre as paradas. Num ele acelera até atingir $V$, movimentando-se a partir daí em m.r.u, e desacelerando de $V$ para $0$ quando estiver próximo de chegar à parada. Em outro, ele acelera até atingir uma velocidade $V'<V$, e já desacelera novamente para $0$. Este último caso pode ocorrer caso $D$ não seja grande o suficiente para ter tempo do ônibus acelerar até atingir $V$.

Para saber com mais precisão cada caso, devemos ver o limite da transição entre os dois casos. Esse limite ocorre quando $V'=V$, calculando D então para essa caso:

O tempo que ele leva para acelerar de $0$ a $V$ é o mesmo que ele leva para desacelerar de $V$ a $0$, já que o módulo da aceleração e da desaceleração é o mesmo. Com isso:

$a t_a = V$

$t_a = \dfrac{V}{a}$

$t_d = \dfrac{V}{a}$

Utilizando a equação horária do espaço, temos que o espaço percorrido acelerando $S_a$ somado ao espaço percorrido desacelerando $S_d$ deve ser igual a $D$, logo:

$S_a = \dfrac{aV^2}{2a^2}$

$S_a =\dfrac{V^2}{2a}$

$S_d = \dfrac{V^2}{a} - \dfrac{aV^2}{2a^2}$

$S_d = \dfrac{V^2}{2a}$

$D=\dfrac{V^2}{2a} + \dfrac{V^2}{2a}$

$D=\dfrac{V^2}{a}$

Ou seja, se $D \geq \dfrac{V^2}{a}$, o ônibus atinge a velocidade $V$e percorre um m.r.u. com ela por algum instante. E se $D<\dfrac{V^2}{a}$ o ônibus atinge uma velocidade $V'<V$.

Um método de resolver essa questão de forma mais prática, é de trabalhar graficamente, esboçando um gráfico da velocidade em função do tempo de Josias e do ônibus, para ambos os casos.

Caso 1: Se $D>=\dfrac{V^2}{a}$

Em um gráfico de velocidade por tempo, a área determinada pela velocidade representa o quanto o objeto percorreu. Estando representado em vermelho a velocidade de Josias, e em azul a velocidade do ônibus, tem-se que:

$D + d = v t_e$

$D = \dfrac{V t_1}{2} + V(t_2 - t_1) + \dfrac{V(t_e - t_2)}{2}$

Temos que $t_1$ é o tempo para o ônibus acelerar das velocidades $0$ até $V$, e $t_e - t_2$ o tempo que o ônibus leva para desacelerar da velocidade $V$ até 0. Como o ônibus possui um mesmo módulo de aceleração durante ambos os percursos, esses tempos são iguais, sendo obtidos pela equação horária da velocidade, logo:

$V = a t_1$

$t_1 = \dfrac{V}{a}$

$t_e - t_2 = \dfrac{V}{a}$

Substituindo estes valores na equação do percurso do ônibus, temos que:

$D = \dfrac{V^2}{2 a} + V(t_2-t_1) + \dfrac{V^2}{2a}$

$D = \dfrac{V^2}{a} + V(t_2-t_1)$

$V(t_2 - t_1) = D - \dfrac{V^2}{a}$

$(t_2 - t_1) = \dfrac{aD - V^2}{aV}$

Observe que, ao somar os tempos percorridos pelo ônibus para acelerar, movimentar em m.r.u. e desacelerar deve resultar no tempo de encontro $t_e$, logo:

$t_1 +(t_2-t_1) + (t_e-t_2) = t_e$

$\dfrac{V}{a} + \dfrac{aD - V^2}{aV} + \dfrac{V}{a} = t_e$

$t_e = \dfrac{aD + 2V^2 - V^2}{aV}$

$t_e = \dfrac{aD + V^2}{aV}$

Com o valor do tempo total decorrido, podemos substituir na primeira fórmula, tendo então que:

$v t_e = D +d$

$v\dfrac{aD + V^2}{aV} = D+d$

$v = \dfrac{aV(D+d)}{aD +V^2}$

 

Caso 2: Se $D<\dfrac{V^2}{a}$

Utilizando novamente que a área abaixo da velocidade representa o quanto um objeto percorreu, temos que:

$D+d = v t_e$

$D = \dfrac{V' t_1}{2} + \dfrac{V'(t_e - t_1)}{2}$

Sendo o tempo $t_1$ o utilizado para o ônibus acelerar da velocidade $0$ a $V'$, e $t_e - t_1$ o tempo para para ele desacelerar até $0$ novamente. Como os módulos das acelerações nestes trajetos são os mesmos, os tempos também são, daí:

$V' =at_1$

$t_1 = \dfrac{V'}{a}$

$t_e - t_1 = \dfrac{V'}{a}$

Com isso, temos que:

$D=\dfrac{V'^2}{2a} +\dfrac{V'^2}{2a}$

$D = \dfrac{V'^2}{a}$

$V' = \sqrt{aD}$

Descobrindo $t_1$ e $t_e$ a partir disso:

$t_1 = \dfrac{\sqrt{aD}}{a}$

$t_1 = \sqrt{\dfrac{D}{a}}$

$t_e -t_1 = \dfrac{\sqrt{aD}}{a}$

$t_e = \sqrt{\dfrac{D}{a}} +\sqrt{\dfrac{D}{a}}$

$t_e = 2\sqrt{\dfrac{D}{a}}$

Substituindo na equação do movimento de Josias:

$v t_e = D+d$

$v 2\sqrt{\dfrac{D}{a}} = D+d$

$v = \dfrac{D+d}{2\sqrt{\dfrac{D}{a}}}$

$v = \dfrac{(D+d)\sqrt{aD}}{2D}$

Caso 1: Se $D>=\dfrac{V^2}{a}$

$v = \dfrac{aV(D+d)}{aD +V^2}$

Caso 2: Se $D<\dfrac{V^2}{a}$

$v = \dfrac{(D+d)\sqrt{aD}}{2D}$

Ao retirar o canudo do líquido, haverá uma diferença de pressão na base do líquido, fazendo com que ele escorra. Qual deve ser a altura restante de líquido para que esta secção do líquido entre em equilíbrio?

Como metade do canudo está submersa no líquido, a altura de líquido é de $\frac{H}{2}$ e a de ar dentro do canudo é de $\frac{H}{2}$ também. Ao retirar o canudo do líquido, essa coluna de água começa a escorrer pelo canudo, e com isso o volume de líquido diminui. Como o canudo está fechado na parte de cima, não entra mais ar no canudo para ocupar o espaço de líquido que vazou, dessa forma, como a atmosfera atua como um reservatório térmico, pode-se concluir que o ar preso dentro do canudo vai sofrer uma expansão isotérmica. Quando o sistema estiver estável, ou seja, quando o líquido parar de escorrer e restar apenas uma porção, a pressão resultante que atua na última camada de líquido na base do canudo deve ser zero. Essa camada está em contato com a atmosfera, atuando então $P_o$ para cima, e existe a pressão $P$ do ar expandido somado com a pressão da coluna de líquido de altura $h$ acima dele, atuando para baixo. Logo:

$P_o = P + \rho g h$

Antes de retirar o canudo do líquido, o ar dentro do canudo ocupava um volume $V_o = \dfrac{HA}{2}$ e tinha pressão $P_o$ . Por sofrer uma expansão isotérmica, ele passa a ter uma pressão $P$ e ocupar um volume de $V=A(H-h)$. Usando a lei de Boyle-Mariotte para gases ideais, temos que:

$P_o V_o = P V$

$P_o \dfrac{AH}{2} = P A(H-h)$

$P= \dfrac{P_o H}{2(H-h)}$

Com isso, temos que:

$P_o = \dfrac{P_o H}{2(H-h)} + \rho g h$

$2P_o(H-h) = P_o H + 2 \rho g h (H-h)$

$2P_o H - 2P_o h = P_o H + 2\rho g Hh - 2\rho g h^2$

$2 \rho g h^2 - (2P_o + 2 \rho g H) h + P_o H = 0$

Por Bhaskara, temos que:

$h = \dfrac{(2P_o + 2 \rho g H) \pm \sqrt{(2P_o + 2 \rho g H)^2 - 8 P_o H \rho g}}{4 \rho g}$

$h = \dfrac{(2P_o + 2 \rho g H) \pm \sqrt{4P_o^2 + 8 P_o H� \rho g + 4 \rho ^2 g^2 H^2 - 8 P_o H \rho g}}{4 \rho g}$

$h = \dfrac{2(P_o + \rho g H) \pm \sqrt{4 P_o^2 + 4 \rho^2 g^2 H^2}}{4 \rho g}$

$h = \dfrac{2(P_o + \rho g H) \pm 2 \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{4 \rho g}$

$h = \dfrac{P_o + \rho g H \pm \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$

Ao pegar a raíz em que ocorre a soma, vamos encontrar que $h>H$, que é um absurdo, logo devemos pegar a raíz com a subtração, logo:

$h = \dfrac{P_o + \rho g H - \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$

$h = \dfrac{P_o + \rho g H - \sqrt{P_o^2 + \rho^2 g^2 H^2}}{2 \rho g}$

O aparato ótico em questão é o Espelho de Lloyd, um método de gerar interferência de luz a partir de uma mesma fonte.

A luz que sai da fonte pode realizar dois caminhos para atingir o anteparo, ela pode ir diretamente (caminho 2), ou pode sofrer uma reflexão no espelho e incidir no anteparo (caminho 1). Para cada um desses trajetos existe um caminho óptico associado, e ao determinar a diferença dos caminhos ópticos, determinamos a diferença de fase entre as ondas de luz. Já que o problema pede para que ocorra uma interferência construtiva, as ondas que chegam no mesmo ponto do anteparo devem estar na mesma fase, logo:

$\phi _1 - \phi _2 = 2 \pi m$

Onde $\phi _1$ é a fase que a luz tem percorrendo o caminho $1$ e $\phi _2$ é a fase que a luz tem percorrendo o caminho $2$ e $m$ é um natural. Estas fases são dadas por:

Já que no caminho $1$ a luz reflete indo de um meio menos refringente (ar) para um mais refringente (vidro do espelho), ela inverte sua fase, ou seja, ela tem $\pi$ a mais. Daí:

$\phi _1 =k d_1 + \pi$

$\phi _2 = k d_2$

Onde $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$ que é o número de onda, e $d_1$ e $d_2$ são os caminhos ópticos que a luz percorre. Substituindo na fórmula da interferência:

$k d_1 + \pi - k d_2 = 2 \pi m$

$k (d_1 - d_2) = (m -\dfrac{1}{2})2 \pi$

$d_1 - d_2 = \dfrac{(2m -1) \lambda}{2}$

Calculando os caminhos ópticos:

No trajeto sem a reflexão, a luz apenas percorre a distância $L$ para atingir o ponto, logo:

$d_2 = n_{ar}L$

Já no trajeto com reflexão, a luz ao incidir em um meio mais refringente do que o seu atual (ar para o espelho), ela inverte sua fase na reflexão, sendo o equivalente a ter percorrido $\frac{\lambda}{2}$ a mais nesse percurso, logo:

$d_1 = n_{ar} \left( \sqrt{\dfrac{L^2}{4} + H^2} + \sqrt{\dfrac{L^2}{4} + H^2} \right)$

$d_1 = n_{ar} \sqrt{L^2 + 4H^2}$

Substituindo os valores e usando $n_{ar} = 1$

$\sqrt{L^2 + 4H^2} - L =\dfrac{(2m-1)\lambda}{2}$

$\sqrt{L^2 + 4H^2} = \dfrac{(2m -1) \lambda}{2} + L$

$L^2 + 4H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{4} \lambda ^2 +(2m-1)\lambda L + L^2$

$4H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{4} \lambda ^2 + (2m-1)\lambda L$

$H^2 = \dfrac{(2m-1)^2}{16} \lambda ^2 + \dfrac{(2m-1)}{4}\lambda L$

Para a altura ser mínima, temos que $m=1$, logo:

$H^2 = \dfrac{(2-1)^2}{16} \lambda ^2 + \dfrac{(2-1)}{4}\lambda L$

$H^2 = \dfrac{\lambda ^2}{16} + \dfrac{\lambda L}{4}$

$H^2 = \dfrac{\lambda ^2 + 4 \lambda L}{16}$

$H = \dfrac{\sqrt{\lambda ^2 + 4 \lambda L}}{4}$

$H = \dfrac{\sqrt{\lambda ^2 + 4 \lambda L}}{4}$