Problemas das olimpíadas

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Problemas das olimpíadas

Mensagempor Cynary em Domingo Maio 30, 2010 9:18 pm

Estou a treinar para as finais com alguns problemas de anos anteriores, e cheguei a uns que estou com dúvidas:
Problema 1 – O Buraco Negro
O “alien” XP4 sabia que existia ali um buraco negro. A questão era: qual o seu
tamanho? Usando o protocolo habitual, concluiu que tinha uma massa M. Mas o
protocolo falhou a determinação do raio. Lembrou-se então das aulas de Mecânica
de AB0 *: se calcular a relação entre o raio de um corpo esférico e a sua massa,
de modo a que a velocidade de escape seja igual à velocidade da luz, obtém o
“raio” de um buraco negro com essa massa. Isto é, obtém a relação prevista na
teoria de QY4 **, que é a teoria correcta para descrever buracos negros.
a) Calcule o “raio” do buraco negro.
XP4 decidiu confirmar a sua medida da massa procurando a órbita circular de um
fotão em torno do buraco negro. Sabia, das aulas da teoria de QY4 que essa órbita
tem raio igual a 3MG/c2.
b) Calcule o raio da órbita circular de uma partícula que se desloca à velocidade da
luz, em torno de um corpo de massa M. O resultado está de acordo com a teoria
de QY4?
* AB0 é o equivalente, no planeta de XP4, de Newton.
** QY4 é o equivalente, no planeta de XP4, de Einstein.
Dados: G é a constante da Gravitação universal de Newton e c é a velocidade da
luz. A energia potencial gravítica entre duas massas é dada, em valor absoluto,
pelo produto da força gravítica (entre essas massas) e a distância entre elas.

Neste, consegui resolver o a), deu-me:
r = \frac{2GM}{c²}
O b) também consegui resolver, mas não percebi bem se era suposto estar de acordo com Einstein ou não.
O que fiz foi o seguinte:
Fg = Fc
r = \frac{GM}{c²}
A resposta era esta, ou era outra coisa completamente diferente?

Mas a minha maior questão está no problema 2:
Problema 2 – O brilho da Marta, da Lua e do Sol
O João, romântico, disse à Marta: “O teu brilho é mil vezes mais intenso do que o
de qualquer outra mulher!...” Mas Pedro, também enamorado de Marta, retorquiu,
“Pois para mim, tu és ainda muito mais brilhante: olho para ti e vejo o brilho do Sol;
todas as outras mulheres ao pé de ti são apenas pálidas como a Lua...”
Compare a intensidade luminosa recebida, à superfície da Terra, directamente do
Sol e da Lua cheia. Se estiverem a ser ambos verdadeiros, quem acha mais
brilhante a Marta, relativamente às outras mulheres: o Pedro ou o João?
Dado: O albedo da Lua (reflectividade) é α=0,07. O diâmetro angular da Lua no
céu é cerca de 0,5º.

Não percebo muito bem qual a interferência do diâmetro angular da Lua no céu. Supostamente, como é lua cheia, chegam-nos os 7% de radiação reflectida.
Ora, como o albedo da Terra é 30%, nós recebemos 70% da radiação do sol.
Apenas com estes dados, sabemos que o sol fica 10 vezes mais brilhante do que a lua (isto sem contar que parte da radiação do sol é absorvida na atmosfera, logo ainda menos vezes brilhante), logo o João é o mais romântico.
No entanto, fiquei na dúvida se o diâmetro angular estava lá só para chatear, ou se tem alguma importância?

Obrigado em avanço por qualquer ajuda.
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Re: Problemas das olimpíadas

Mensagempor gnmandrade em Quinta Jun 03, 2010 11:01 pm

Também tentei resolver essa prova e não encontrei a resolução em lado nenhum :(
O primeiro exercício deu-me o mesmo resultado que a ti mas sem aquele "Â" que tens na fórmula, suponho que tenha sido um erro ao meter a fórmula e que esse "Â" signifique "elevado a". Já no 2º exercício considerei também a luz refelectida de Lua que é reflectida pela Terra, e cheguei á conclusão que, visto da Terra, o Sol é 100/7 vezes mais brilhante que a Lua, sendo o João o mais romântico.
Também não percebi a história do diâmetro angular :mock: até porque acho que, visto da Terra, o diâmetro angular do Sol é igual ao da Lua, mas não tenho a certeza.
Já agora, a que resultado chegás-te no 3?
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Re: Problemas das olimpíadas

Mensagempor Cynary em Sexta Jun 11, 2010 1:43 pm

Estive a falar com um amigo meu acerca destes problemas, e chegámos a estas ideias:
No 2, o diâmetro angular pode ser considerado como uma espécie de percentagem da radiação que chega à Terra. Ou seja, dos 0,07, 5º em 180º chegam à Terra.
No 3, chegámos à conclusão que seria 90º, considerando as particularidades da função seno. A função seno tem zeros em 0 e 180, e ao desenharmos esses dois pontos, também chegamos à conclusão que é quando o pivot está mais baixo. Como o pivot começa por subir, e depois desce, então cria uma função de onda, como a do seno. O máximo do seno é 90º, logo será essa a altura máxima que o pivot chega. Não tive tempo ainda foi de examinar isto, e tentar provar de uma forma mais analítica.
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Re: Problemas das olimpíadas

Mensagempor gnmandrade em Domingo Jun 13, 2010 7:29 pm

A mim também me deu 90º no 3, pelos mesmos motivos. Isso do diâmetro ângular é que continuo sem perceber, visto que o diâmetro ângular da Lua é igual ao do Sol no céu. Só se fosse para considerar efeitos como a difracção ou assim, mas tenho algumas dúvidas que fosse isso. :roll:
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