OBF 2011

Ressalva: interpretou-se a figura com a polia no vértice superior esquerdo e a parede à esquerda: o bloco desce para a direita e a cunha recua em direção à parede. O sentido da cunha não altera o módulo calculado.

Vínculo da corda. O comprimento total da corda é constante: se o bloco desce $s$ ao longo do plano em relação à cunha, o trecho inclinado aumenta $s$, e o trecho horizontal entre a polia e a parede diminui $s$. Logo a cunha se move em direção à parede com deslocamento $s$ e, portanto, com velocidade $V$ igual ao módulo $u$ da velocidade do bloco em relação à cunha: $V=u$.

Velocidade do bloco no referencial do solo. Eixo $x$ para a direita (sentido em que o bloco desce), $y$ para cima. A velocidade do bloco em relação à cunha é $u\,(\cos\theta,\,-\text{sen}\,\theta)$ e a da cunha é $(-u,\,0)$:

$$\vec v_b=u\,(\cos\theta-1,\ -\text{sen}\,\theta)\qquad v_b^2=u^2\left[(1-\cos\theta)^2+\text{sen}^2\theta\right]=2u^2\,(1-\cos\theta)$$

Energia. A parede é fixa e não há atrito; o trabalho total da tração se anula entre bloco, polia e parede. Logo a energia mecânica se conserva:

$$m\,g\,h=\frac12\,m\,v_b^2+\frac12\,M\,V^2=\frac12\,u^2\,\big[2m\,(1-\cos\theta)+M\big]$$

$$V=u=\sqrt{\frac{2\,m\,g\,h}{M+2m\,(1-\cos\theta)}}$$

Verificação: para $M\to\infty$, $V\to0$.

a) Para um pequeno ângulo $\theta$ com a vertical, a mola, presa a $h$ do ponto de suspensão e horizontal, é esticada de $x\approx h\,\theta$ e exerce a força $k\,h\,\theta$ (horizontal, no braço $h$). Torques em relação ao ponto de suspensão:

$$I\,\ddot\theta=-m\,g\,l\,\theta-k\,h\,\theta\cdot h\qquad(I=m\,l^2)$$

$$\ddot\theta=-\frac{m\,g\,l+k\,h^2}{m\,l^2}\,\theta\ \Rightarrow\ \omega^2=\frac gl+\frac{k\,h^2}{m\,l^2},\qquad T=2\pi\sqrt{\frac{m\,l^2}{m\,g\,l+k\,h^2}}$$

b) A haste homogênea de massa $m'$ contribui com momento de inércia $\dfrac{m'l^2}{3}$ (em relação a uma extremidade) e com torque gravitacional $m'g\,\dfrac l2\,\theta$ (peso aplicado no centro). Então

$$I=\left(m+\frac{m'}3\right)l^2\qquad\text{torque restaurador: }\left[\left(m+\frac{m'}2\right)g\,l+k\,h^2\right]\theta$$

$$T=2\pi\sqrt{\frac{\left(m+\frac{m'}{3}\right)l^{2}}{\left(m+\frac{m'}{2}\right)g\,l+k\,h^{2}}}$$

Para $m'=0$, recupera-se o item (a).

Ressalva: o vapor foi tratado como gás ideal nos itens (c) e (d), como sugere o uso do calor molar $C_v$; $R$ é a constante universal dos gases e $T=373\ \text{K}$. O valor absoluto de (d) depende da referência de energia adotada para o líquido.

A pressão no cilindro é constante ($P=P_{ext}+m\,g/S$) e a temperatura também ($100\ ^\circ\text{C}$): o vapor está saturado, com densidade $\rho$ constante.

a) O êmbolo desce com velocidade $v$, de modo que o volume do vapor diminui à taxa $S\,v$. Com densidade $\rho$ constante, a massa de vapor diminui, e a massa condensada por unidade de tempo é

$$\dot m_{cond}=\rho\,S\,v\qquad\left(\frac{dm_v}{dt}=-\rho\,S\,v\right)$$

b) A condensação ocorre à pressão e temperatura constantes; o calor liberado por unidade de massa é o calor latente $L$ (que inclui o trabalho de compressão do êmbolo sobre o vapor). O calor que sai pelas paredes é

$$\dot Q=L\,\dot m_{cond}=L\,\rho\,S\,v$$

c) Para o vapor como gás ideal com $T$ constante, $U_v=\dfrac{m_v}{M}\,C_v\,T$ e só $m_v$ varia:

$$\frac{dU_v}{dt}=\frac{C_v\,T}{M}\,\frac{dm_v}{dt}=-\frac{\rho\,S\,v}{M}\,C_v\,T$$

d) Para o sistema todo (líquido + vapor), a primeira lei dá $\dfrac{dU}{dt}=-\dot Q+P\,S\,v$ (calor que sai; trabalho do exterior sobre o sistema, pela descida do êmbolo). Com $P=\dfrac{\rho\,R\,T}{M}$ (gás ideal): $P\,S\,v=\dfrac{\rho\,S\,v\,R\,T}{M}$. Então

$$\frac{dU_\ell}{dt}=\frac{dU}{dt}-\frac{dU_v}{dt}=-L\rho S v+\frac{\rho S v\,R\,T}{M}+\frac{\rho S v\,C_v\,T}{M}=\rho\,S\,v\left[\frac{(C_v+R)\,T}{M}-L\right]$$

Interpretação: o resultado é $\dot m_{cond}\,u_\ell$, em que $u_\ell=u_v+\dfrac P\rho-L=\dfrac{(C_v+R)\,T}{M}-L$ é a energia interna específica do líquido na mesma referência de energia usada para o vapor (desprezando o volume do líquido). Numericamente, $L\approx2{,}26\times10^{6}\ \text{J/kg}$ é maior que $\dfrac{C_pT}{M}\approx5\times10^{5}\ \text{J/kg}$, e o colchete é negativo: o líquido tem menos energia interna por kg que o vapor, de modo que a energia interna do líquido diminui nessa referência.

a) Suponha que a água passe de $T_0$ para $T\neq T_0$. A água troca com o ambiente (grande reservatório a $T_0$) o calor $Q=m\,c\,(T-T_0)$ (recebido pela água se $T>T_0$). As variações de entropia são

$$\Delta S_{água}=m\,c\,\ln\frac{T}{T_0}\qquad\Delta S_{amb}=-\frac{Q}{T_0}=-m\,c\,\frac{T-T_0}{T_0}$$

Com $x=\dfrac{T-T_0}{T_0}>-1$ e $x\neq0$: $$\Delta S_{total}=m\,c\,\big[\ln(1+x)-x\big]<0$$

Como a entropia do conjunto (água + ambiente, isolado) não pode diminuir, esse processo é impossível: o estado de equilíbrio é $T=T_0$.

b) Suponha que, isolados, os corpos fiquem em $T_1$ e $T_2$ finais, com $x_i=\dfrac{T_i-T_0}{T_0}$. A conservação da energia exige $m_1c_1(T_1-T_0)+m_2c_2(T_2-T_0)=0$, isto é, $m_1c_1x_1+m_2c_2x_2=0$.

$$\Delta S=m_1c_1\ln(1+x_1)+m_2c_2\ln(1+x_2)

Logo $\Delta S<0$ (a menos que $x_1=x_2=0$), o que contraria a segunda lei para um sistema isolado: não há troca de calor espontânea entre corpos à mesma temperatura. (Para $|x|\ll1$: $\Delta S\approx-\tfrac12\left(m_1c_1x_1^2+m_2c_2x_2^2\right)<0$, usando $\ln(1+x)\approx x-x^2/2$.)

a) Para $M$ parado, a tração é $T=M\,g$, e ela é a força centrípeta da partícula em movimento circular:

$$M\,g=m\,\omega^2\,r_0\ \Rightarrow\ r_0=\frac{M\,g}{m\,\omega^2}$$

b) A força sobre a partícula é central, então o momento angular $L=m\,r^2\,\omega$ se conserva. Na direção radial, as duas massas se movem juntas (corda inextensível): $(m+M)\,\ddot r=m\,r\,\omega^2-M\,g=\dfrac{L^2}{m\,r^3}-M\,g$.

Perturbando $r=r_0+\delta$: $\dfrac{L^2}{m\,r^3}\approx\dfrac{L^2}{m\,r_0^3}\left(1-\dfrac{3\delta}{r_0}\right)$, e $\dfrac{L^2}{m\,r_0^3}=m\,r_0\,\omega_0^2=M\,g$:

$$(m+M)\,\ddot\delta=-3\,m\,\omega_0^2\,\delta\ \Rightarrow\ \Omega=\omega_0\sqrt{\frac{3\,m}{M+m}}\quad\left(\Omega^2=\frac{3\,M\,g}{(M+m)\,r_0}\right)$$

A frequência de oscilação radial é $f=\Omega/2\pi$.

c) $M$ desce até o chão quando o trecho pendente atinge $H$, isto é, quando a partícula chega a $r_f=l-H$ (por hipótese, $r_f>r_0$). Como o momento angular da partícula se conserva ($m\,r^2\omega=m\,r_f^2\,\omega'$):

$$\omega'=\omega\,\frac{r^2}{(l-H)^2}$$

Coordenadas. Vértice $O$ na origem; eixo principal ao longo de $x$ (positivo para o lado dos objetos); na aproximação gaussiana a superfície do espelho é o plano $x\approx0$. Foco $F=(f,0)$, objeto em $P=(p\cos\theta,\ p\,\text{sen}\,\theta)$.

a) Raio pelo vértice: incide em $O$ e reflete simetricamente em relação ao eixo, descendo a $\theta$: reta $y=-x\tan\theta$ (a imagem fica sobre ela). Raio paralelo ao eixo: parte de $P$ na horizontal, atinge o espelho em $(0,\,y_0)$, com $y_0=p\,\text{sen}\,\theta$, e reflete passando por $F$: $y=y_0\,(1-x/f)$.

Interseção: $-x\tan\theta=y_0\,(1-x/f)\Rightarrow x\left(\dfrac{y_0}{f}-\tan\theta\right)=y_0\Rightarrow x=\dfrac{p\,f\cos\theta}{p\cos\theta-f}$.

A imagem está sobre a reta do raio pelo vértice, a uma distância $p'$ de $O$: $x=p'\cos\theta$. Logo $p'=\dfrac{p\,f}{p\cos\theta-f}$, isto é,

$$\frac1{p'}=\frac{\cos\theta}{f}-\frac1p\ \Longrightarrow\ \frac1p+\frac1{p'}=\frac{\cos\theta}{f}$$

b) Um raio de $P$ ao ponto $(0,l)$ tem inclinação $m_i=\dfrac{p\,\text{sen}\,\theta-l}{p\cos\theta}=\tan\theta-\dfrac{l}{p\cos\theta}$. Em um espelho esférico de raio $R=2f$, a normal em $(0,l)$ aponta para o centro de curvatura $(R,0)$, isto é, $\vec n\approx(1,\,-l/R)$ para $l\ll R$. A reflexão $\vec d_{out}=\vec d_{in}-2(\vec d_{in}\cdot\vec n)\vec n$, com $\vec d_{in}=(-1,-m_i)$, dá, em primeira ordem, $\vec d_{out}\approx(1,\ -m_i-l/f)$. O raio refletido é $y=l-\left(m_i+\dfrac lf\right)x$.

Interseção com $y=-x\tan\theta$: $x=\dfrac{l}{m_i+l/f-\tan\theta}=\dfrac{l}{\dfrac lf-\dfrac{l}{p\cos\theta}}=\dfrac{p\,f\cos\theta}{p\cos\theta-f}$.

Esse valor não depende de $l$ e coincide com o do item (a): o ponto de encontro está a $x=p^*\cos\theta=p'\cos\theta$, ou seja, $p^*=p'$. Todos os raios convergem para a mesma imagem.

c) Sejam $x_o=p\cos\theta$ e $x_i=p'\cos\theta$ as coordenadas paralelas ao eixo do objeto e da imagem. Como $\dfrac1p=\dfrac{\cos\theta}{x_o}$ e $\dfrac1{p'}=\dfrac{\cos\theta}{x_i}$, a relação do item (a) vira $\cos\theta\left(\dfrac1{x_o}+\dfrac1{x_i}\right)=\dfrac{\cos\theta}{f}$, ou

$$\frac1{x_o}+\frac1{x_i}=\frac1f$$

que é a equação do espelho para um objeto sobre o eixo à distância $x_o$. Assim, todos os pontos de uma vela vertical ($x_o$ igual para todos) têm imagens com o mesmo $x_i$: a imagem também é vertical.

d) Um feixe de raios paralelos a $\theta$ equivale a um objeto no infinito ($p\to\infty$). Do item (a): $p'=\dfrac f{\cos\theta}$. Coordenadas da imagem: $x=p'\cos\theta=f$ e $y=-p'\,\text{sen}\,\theta=-f\tan\theta$. Está no plano focal ($x=f$), a

$$\overline{FF'}=f\tan\theta\approx f\,\theta$$

do foco (para $\theta$ pequeno).

a) Sobre o eixo, ponha a carga imagem $q'$ a uma distância $a$ do centro (do lado de $q$). O potencial nos pontos A e B da superfície mais próximo e mais distante de $q$ (em $x=\pm R$, com o centro na origem e $q$ em $x=d$) deve se anular:

$$\frac{q}{d-R}+\frac{q'}{R-a}=0\qquad\frac{q}{d+R}+\frac{q'}{R+a}=0$$

De cada equação, $q'=-q\dfrac{R-a}{d-R}=-q\dfrac{R+a}{d+R}$. Igualando as duas expressões, $(R-a)(d+R)=(R+a)(d-R)\Rightarrow Rd+R^2-ad-aR=Rd-R^2+ad-aR\Rightarrow2R^2=2ad$, logo

$$a=\frac{R^2}{d}\qquad q'=-q\,\frac{R+a}{d+R}=-q\,\frac{R\,(d+R)/d}{d+R}=-\frac{R}{d}\,q$$

(Pode-se mostrar que o potencial é nulo em toda a superfície, não apenas em A e B.)

b) A esfera isolada e neutra deve ter carga total nula e superfície equipotencial. A partir da solução aterrada (carga imagem $q'=-qR/d$ em $a=R^2/d$), acrescenta-se uma segunda imagem $q''=+qR/d$ no centro, que deixa a carga total nula e mantém a superfície equipotencial (potencial constante).

Força sobre $q$ (positiva se afasta da esfera), com $k=\dfrac1{4\pi\varepsilon_0}$:

$$F_q=k\,q\left[\frac{q'\ }{(d-a)^2}+\frac{q''}{d^2}\right]=k\,q^2R\left[\frac{1}{d^3}-\frac{d}{(d^2-R^2)^2}\right]$$

O módulo da força de atração é

$$F=k\,q^2R\left[\frac{d}{(d^2-R^2)^2}-\frac1{d^3}\right]=\frac{q^2R^3\,(2d^2-R^2)}{4\pi\varepsilon_0\,d^3\,(d^2-R^2)^2}$$

Para $d\gg R$, $F\approx\dfrac{2\,q^2R^3}{4\pi\varepsilon_0\,d^5}$ (decai com $1/d^5$, típico de dipolo induzido). Pela terceira lei, a esfera é atraída com a mesma força.

a) Na teoria newtoniana, $K=\dfrac{p^2}{2m_0}$. Com o momento relativístico:

$$K_N=\frac{1}{2m_0}\,\frac{m_0^2v^2}{1-v^2/c^2}=\frac{m_0\,v^2}{2\,(1-v^2/c^2)}$$

b) Seja $\gamma=\dfrac1{\sqrt{1-v^2/c^2}}$, de modo que $p=\gamma\,m_0v$ e $p^2c^2=m_0^2c^4\,(\gamma^2-1)$ (pois $\gamma^2\beta^2=\gamma^2-1$). A energia relativística é $E=\sqrt{m_0^2c^4+p^2c^2}=\gamma\,m_0c^2$.

A energia newtoniana (repouso mais cinética de mesmo $p$) é $E_N=m_0c^2+\dfrac{p^2}{2m_0}=m_0c^2\left[1+\dfrac{\gamma^2-1}{2}\right]$. A diferença é

$$E_N-E=m_0c^2\left[1+\frac{\gamma^2-1}{2}-\gamma\right]=\frac12\,m_0c^2\,(\gamma-1)^2$$

Para $v\ll c$, $\gamma-1\approx\dfrac{v^2}{2c^2}$ e

$$E_N-E\approx\frac{m_0\,v^4}{8\,c^2}$$

Equivale ao termo seguinte do desenvolvimento $E\approx m_0c^2+\dfrac{p^2}{2m_0}-\dfrac{p^4}{8m_0^3c^2}+\dots$: a diferença é sempre positiva e cresce muito rápido perto de $c$.