PDF 2014

por **duarte.magano** em Terça Jun 17, 2014 10:21 am

Amigos quarkianos,

Já foi expresso por vários quarkianos o desejo de descobrir a solução da nossa PDF. Sugiro que a resolvamos aqui em conjunto!

Se todos pensarmos juntos não pode ser assim tão impossível… certo?…

(não sabia bem onde pôr este post, mas achei que aqui era adequado, dado que a PDF é um conjunto de problemas tricky…)

por **duarte.magano** em Terça Jun 17, 2014 11:21 am

Começo por deixar já a solução do problema I1:

I1

De acordo com o postulado de Bohr:
$L=n\hslash \implies m_{e}vr=n\hslash$
Pelas leis da dinâmica e pela lei de Coulomb:
$\dfrac{Ze^2}{4\pi\epsilon r^2}=m_{e}\dfrac{v^2}{r}$
Resolvendo em ordem a v^2

e juntando as duas:
$\dfrac{Ze^2}{4\pi\epsilon r m_{e}}=\dfrac{n^2\hslash^2}{m_{e}^2 r^2} \implies r=a_{0}n^2 , a_{0}= \dfrac{4\pi\epsilon\hslash^2}{Ze^2m_{e}}$ qed

A energia da radiação emitida é igual à variação de energia do sistema: (Z=1 para o átomo de hifrogénio)
$E_{n}=\dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{e^2}{4\pi \epsilon r_{n}} =-\dfrac{1}{2}\dfrac{e^2}{4\pi \epsilon r_{n}} \implies E_{n}=\dfrac{e^4 m_{e}}{2*(4\pi \epsilon)^2 \hslash^2 n^2}$ $=\dfrac{e^4m_{e}}{8 \epsilon^2 h^2 n^2}$
$\Delta E=\dfrac{e^4m_{e}}{8 \epsilon^2 h^2}(\dfrac{1}{1^2}-\dfrac{1}{2^2})$
Para encontrar a frequência podemos usar a relação:
$E=hf \implies f=\dfrac{e^4m_{e}}{8 \epsilon^2 h^3}(\dfrac{1}{1^2}-\dfrac{1}{2^2})$
Todos os valores que precisamos estão na tabela de constantes. Assim:
$f=(2,47*10^{15}) Hz$

Concordam?

por **duarte.magano** em Terça Jun 17, 2014 3:03 pm

I2

Considere-se que a direção de cada fotão faz com a horizontal um ângulo de $\theta/2$ , isto é, que o momento linear em

é nulo:
$p_{xi}=2\dfrac{E}{c}cos{\dfrac{\theta}{2}}$
A energia da partícula

é

(conservação de energia).
$p_{xf}=\dfrac{\sqrt{(2E)^2-M^2c^4}}{c}$
Pela conservação do momento linear:
$2\dfrac{E}{c}cos{\dfrac{\theta}{2}}=\dfrac{\sqrt{(2E)^2-M^2c^4}}{c} \implies 4E^2cos^2{\dfrac{\theta}{2}}=4E^2-M^2c^4$ $\implies M=2\dfrac{E}{c^2}\sqrt{1-cos^2\dfrac{\theta}{2}} \implies M=2\dfrac{E}{c^2}sin\dfrac{\theta}{2}$

por **manuel.azevedo** em Quarta Jun 18, 2014 3:11 pm

Não vejo nenhum erro na primeira. Calculei o comprimento de onda com os teus dados e obtive 121.45nm

Num artigo da wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Hydrogen_spectral_series#Lyman_series_.28n.E2.80.B2_.3D_1.29 vemos que o comprimento de onda é 122 nm

Certíssimo. O erro deve-se ao meu arredondamento da velocidade da luz.

O segundo também deve estar certo. As dimensões são J s m^-1

que é muito estranho mas isso pode não querer dizer nada.

por **duarte.magano** em Quarta Jun 18, 2014 3:28 pm

manuel.azevedo Escreveu:Não vejo nenhum erro na primeira. Calculei o comprimento de onda com os teus dados e obtive
Num artigo da wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Hydrogen_spectral_series#Lyman_series_.28n.E2.80.B2_.3D_1.29 vemos que o comprimento de onda é Certíssimo. O erro deve-se ao meu arredondamento da velocidade da luz.

O segundo também deve estar certo. As dimensões são que é muito estranho mas isso pode não querer dizer nada.

Obrigado por verificares!

Tens razão em relação às unidades! Não devia ser

, mas

. Já corrigi. Obrigado.

Agora ficas com $\dfrac{J}{m^2*s^{-2}}=\dfrac{N*m}{m^2*s^{-2}}=\dfrac{\dfrac{kg*m*m}{s^2}}{m^2s^{-2}}=kg$ . De forma mais intuitiva, ficas com $m=k\dfrac{E}{c^2}$ , que percebes que está dimensionalmente correto comparando-a com a mais famosa equação da física.

por **duarte.magano** em Quarta Jun 18, 2014 4:33 pm

I3

Já me foi apontado que existe um forma diferente (mais fácil?) de resolver este problema. Se quiserem, por favor, partilhem. Vou apresentar esta porque foi a que eu usei no dia da PDF.

Considere-se uma superfície esférica de raio $r=\sqrt{R^2 + b^}$ . O fluxo elétrico vai-se distribuir uniformemente por esta superfície. Portanto, temos que encontrar a razão entre a área da superfície esférica parcial que "cobre" o disco e a área da superfície esférica total e provar que é igual a 4 para $R=\sqrt{3}b$ . E esta é a física do problema. Agora é matemática:

Para calcular uma superfície esférica "parcial" considere-se o seguinte esquema:

: cBWvL.jpg (62.32 KiB) Visualizado 13530 vezes

Considere-se um "retângulo infinitesimal" de área
$dA=rsin\phi d\theta*rd\phi$
Para encontrar a área de uma superfície que vai do polo até um ângulo $\phi=\phi_{max}$ , integra-se esta expressão em ordem a $\theta$ de 0 a $2\pi$ e em ordem a $\phi$ de 0 a $phi_{max}$ :
$A=r^2 \int\limits_{0}^{\phi_{max}} sin\phi d\phi \int\limits_{0}^{2\pi}d\theta = 2\pi r^2 (cos0-cos\phi_{max})$ $= 2\pi r^2 (1-cos\phi_{max})$ (de notar que para $\phi_{max}=\pi$ , $A=4\pi r^2$ )
Assim:
$\dfrac{\Phi*}{\Phi}=\dfrac{2\pi r^2 (1-\dfrac{b}{\sqrt{R^2+b^2}})}{4\pi r^2}=\dfrac{1-\dfrac{b}{\sqrt{3b^2+b^2}}}{2}=\dfrac{1}{4}$ qed

por **catarina._3** em Quarta Jun 18, 2014 7:16 pm

II2

Eu não resolvi este problema na prova (pelo menos totalmente) mas encontrei um problema bastante semelhante na PDF de 2007 e vou tentar adaptar a este problema.

a) Quando se liga o condensador (depois de já estar carregado), começa a fluir no circuito uma corrente $I=\dfrac{U}{R}$ .
Esta corrente, que circula na barra, origina uma força F=BlI(t)=1,5*0,01*I(t)=0,015I(t)

que vai fazer a barra movimentar-se.

b) $\varepsilon=\dfrac{d\Phi_B}{dt}=\dfrac{BdA}{dt}=\dfrac{Blvdt}{dt}=Blv(t)=1,5*0,01*v(t)=0,015v(t)$
Isto pode ser feito assim? A velocidade não vai ser constante mas se considerarmos $\Delta t$ suficientemente pequenos...

c) O movimento da barra provoca um aumento do fluxo magnético no circuito que se opõem à variação de fluxo, diminuindo a corrente, opondo-se, portanto à descarga do condensador. Assim à medida que o condensador descarrega, diminui a tenção entre as suas armaduras (diminui a tenção a que normalmente o associamos que pode ser medida pondo um voltímetro em paralelo com ele. Acho que as armaduras são as placas) e, simultaneamente, a tenção induzida pela variação do fluxo magnético aumenta, até uma altura em que as duas tensões se compensam. Nesta altura cessa a corrente, e a barra continua o seu movimento com a velocidade máxima dada pela expressão: * $Blv_{max}=\dfrac{q_{min}}{C}$

(Da alínea a) concluímos que a aceleração

é dada por: $F=ma \Leftrightarrow BlI=ma \Leftrightarrow a=\frac{BlI}{m} \Leftrightarrow a=\frac{BlU}{mR}$ )

A equação do movimento da barra é: $m \dfrac{dv}{dt}=BlI=-Bl \dfrac{dQ}{dt}$

Integrando esta equação (de

a $q_{min}$ ) obtemos: ** $mv_{max}=Bl(Q-q_{min})$

Podemos assim concluir, destas equações (* e **), que:
$v_{max}=\dfrac{BlCU}{m+B^2l^2C}\simeq 75(ms^{-1})=270(kmh^{-1})$ ; $q_{min}=\dfrac{B^2l^2C^2U}{m+B^2l^2C}\simeq 1,1*10^{-3} (J)$

Eu não sei que

é suposto utilizar. Todas as contas estão feitas para $U=C\dfrac{V^2}{2}=10^{-3}*\dfrac{(10^4)^2}{2}=5*10^4 (J)$ mas não me parece ser esse a usar. Alguma ideia?

d) Eu não percebi muito bem o que era suposto calcular, por isso fiz o rendimento.
$\eta=\dfrac{E_c}{U}*100=\dfrac{\dfrac{1}{2}m{v_{max}^2}}{C\dfrac{V^2}{2}}*100\simeq 5.6*10^{-2}$ %

Mais uma vez este $U=C\dfrac{V^2}{2}$ não me parece bem... Acho que não é isso que é para usar...

por **duarte.magano** em Quinta Jun 19, 2014 11:26 pm

I4

O primeiro processo é isotérmico, logo $dU=0 \implies dQ=-dW$ . Assim:
$\Delta S_{1}=\int \dfrac{dQ}{T}= \int \dfrac{-dW}{T}=\int \dfrac{PdV}{T}=\int\limits_{V_{1}}^{V_{2}}\dfrac{nRdV}{V}=nRln(\dfrac{V_{2}}{V_{1}})$
O segundo processo é isocórico, logo $dW=0 \implies dQ=dU$ . Assim:
$\Delta S_{2}=\int \dfrac{dQ}{T}=\int \dfrac{dU}{T}=\int\limits_{T_{1}}^{T_{2}} \dfrac{nc_{v}dT}{T}=nc_{v}ln(\dfrac{T_{2}}{T_{1}})$
Agora, queremos que:
$\Delta S_{1}=-\Delta S_{2} \implies nRln(\dfrac{V_{2}}{V_{1}})=nc_{v}ln(\dfrac{T_{1}}{T_{2}})$ $\implies Rln(\dfrac{V_{2}}{V_{1}})=\dfrac{3}{2}Rln(\dfrac{T_{1}}{T_{2}}) \implies \dfrac{V_{2}}{V_{1}}=(\dfrac{T_{1}}{T_{2}})^{\dfrac{3}{2}}$ $\implies T_1=(\dfrac{V_{2}}{V_{1}})^{\dfrac{2}{3}}T_2$

Não tenho a certeza em relação à segunda questão…
Para o primeiro processo, a variação de entropia no universo é nula, pois é revesível.
Para o segundo, temos que a variação de entropia para o sistema é, como já tínhamos calculado, $C_{v}ln(\dfrac{T_{2}}{T_{1}})$ .
E para o resto do universo é:
$\Delta S_{r}=\int \dfrac{dQ}{T}=\dfrac{-C_v \Delta T}{T_2}=C_v(\dfrac{T_1}{T_2}-1)$
Assim, ficamos com uma variação de entropia para o universo:
$\Delta S_U=C_{v}ln(\dfrac{T_{2}}{T_{1}})+C_v(\dfrac{T_1}{T_2}-1)$

Mas ficamos com um C_v

que não é dado do problema… Alguém tem ideias?

por **duarte.magano** em Sexta Jun 20, 2014 12:59 pm

Não estou mesmo a ver como resolver o I5 (alíneas b e c)…

por **joaofrme** em Sexta Jun 20, 2014 5:59 pm

Na altura eu não consegui resolver e agora não estou com muito tempo para pôr uma solução bonita, mas no Giancoli está a resolução para um gás ideal, basta usar os mesmos argumentos com a Equação de Van der Waals e supostamente chega-se lá

por **duarte.magano** em Sábado Jun 21, 2014 5:47 pm

Olá, Catarina. Posso ajudar-te?

catarina._3 Escreveu:II2
b) $\varepsilon=\dfrac{d\Phi_B}{dt}=\dfrac{BdA}{dt}=\dfrac{Blvdt}{dt}=Blv(t)=1,5*0,01*v(t)=0,015v(t)$
Isto pode ser feito assim? A velocidade não vai ser constante mas se considerarmos $\Delta t$ suficientemente pequenos...

Sim, é assim que se faz. É para deixar em função de v(t)

. Em parte nenhuma da tua resolução assumes que tem de ser para $\Delta t$ suficientemente pequenos.

catarina._3 Escreveu:II2
Podemos assim concluir, destas equações (* e **), que:
$v_{max}=\dfrac{BlCU}{m+B^2l^2C}\simeq 75(ms^{-1})=270(kmh^{-1})$ ; $q_{min}=\dfrac{B^2l^2C^2U}{m+B^2l^2C}\simeq 1,1*10^{-3} (J)$

Eu não sei que é suposto utilizar. Todas as contas estão feitas para $U=C\dfrac{V^2}{2}=10^{-3}*\dfrac{(10^4)^2}{2}=5*10^4 (J)$ mas não me parece ser esse a usar. Alguma ideia?

d) Eu não percebi muito bem o que era suposto calcular, por isso fiz o rendimento.
$\eta=\dfrac{E_c}{U}*100=\dfrac{\dfrac{1}{2}m{v_{max}^2}}{C\dfrac{V^2}{2}}*100\simeq 5.6*10^{-2}$ %

Mais uma vez este $U=C\dfrac{V^2}{2}$ não me parece bem... Acho que não é isso que é para usar...

A álgebra está bem, mas sugiro que modifiques a tua escolha de letras, já que esse

não é uma energia, mas uma diferença de potencial $V_{0}=10000V$ . Aparece quando, ao resolveres esse sistema de equações, subsituis

por

.
Assim, penso que os resultados finais devem ser:
$v_{max}=150ms^{-1}$
$q_{min}=0,0224C$
$\eta=0,222\%$
Mas, por favor, verifiquem as minhas contas.

por **joaofrme** em Sexta Jul 18, 2014 3:35 pm

Eu ainda não consegui fazer as contas convenientemente, mas amanhã talvez consiga pôr os problemas de termodinâmica que restam

por **joaofrme** em Quinta Jul 31, 2014 1:53 pm

É assim, o problema era bastante mais difícil do que eu pensava, e eu pesquisei e encontrei uma solução mas é muito esquisita, envolve achar a relação para qualquer gás e depois substituir os valores para um gás de Van der Waals. Eu hei de tentar pôr isto aqui mas não é fácil porque tenho de escrever em LaTex, se alguém encontrar outra forma que diga.

por **joaofrme** em Terça Ago 05, 2014 6:06 pm

Não funcionou, a expressão geral era:
$C_P-C_V=P(\dfrac{dV}{dT})_V$ (a derivada é parcial).
Se assumirmos que a temperatura interna de um gás apenas varia com a temperatura (e é aqui que não tenho a certeza se estou correto).
Depois ao calcular $\dfrac{dV}{dT}$ obtenho isto: http://www.wolframalpha.com/input/?i=solve+3+P+x%5E2+%2B+%28+-+2+n+R+T+-+2+n+P+b+%2B+a+n%5E2%29+x+-+n+R+V%5E2+%3D+0+for+x o que é diabólico, e pior não resulta para a alínea seguinte. :wall:

Alguém tem alguma sugestão?

por **antonio_carneiro** em Segunda Ago 25, 2014 2:29 pm

Vou colocar aqui a resolução do problema 1 de eletromagnetismo da pdf , que a professora Lucília nos apresentou na semana de preparação para as IPhO:

Como se diz que o tempo de descarga é muito rápido, podemos assumir que a corrente que passa é constante, e ainda, como é muito rápido, e existe um campo magnético, a barra vai sofrer a ação de uma força, mas durante um intervalo de tempo muito curto (um impulso):

dF=Idl*B

, e daqui tiramos que:
F=IlB

$dp=F*dt=\frac{-dQ}{dt}lB*dt=-dQlB$ o sinal negativo na expressão deve - se somente a ser uma correente de cargas negativas que estamos a considerar.

Esta expressão é de fácil integração: integramos

de

a

, e o segundo membro de

a

, e obtemos:
$p_{f}=lBQ$ , e usando a igualdade: Q=CV

obtemos: $p_{f}=lBCV$

Seja a amplitude das oscilções da barra

, toda a energia cinética que a barra ganha com este impulso vai-se transformar em energia potencial elástica qunado a mola estiver totalmente esticada, então:
$E_{cin}=E_{elast}\Leftrightarrow \frac{p_{f}^{2}}{2m}=2*\frac{kA^{2}}{2}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \frac{\left(lBCV\rigth)^{2}}{2m}=kA^{2}\Leftrightarrow A=lBCV\sqrt{\frac{1}{2mk}}$

O fator 2 na energia potencial elástica deve - se a serem duas molas.

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