PDF 2014

Problemas de difícil resolução por métodos convencionais, mas que admitem uma solução simples e elegante.

PDF 2014

Mensagempor 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! :D
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…)
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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?
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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 yy é nulo:
p_{xi}=2\dfrac{E}{c}cos{\dfrac{\theta}{2}}
A energia da partícula M é 2E (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}
última vez editado por duarte.magano s Quarta Jun 18, 2014 3:28 pm, editado 1 vez no total
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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.
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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 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.


Obrigado por verificares! :D

Tens razão em relação às unidades! Não devia ser c, mas c^2. 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.
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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
cBWvL.jpg (62.32 KiB) Visualizado 10529 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
última vez editado por duarte.magano s Quarta Jun 18, 2014 10:33 pm, editado 2 vezes no total
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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 a 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 Q 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 U 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...
última vez editado por catarina._3 s Sexta Jun 20, 2014 5:23 pm, editado 2 vezes no total
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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?
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Re: PDF 2014

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

Não estou mesmo a ver como resolver o I5 (alíneas b e c)… :(
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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
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Re: PDF 2014

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

Olá, Catarina. Posso ajudar-te? :F

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 U 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 U não é uma energia, mas uma diferença de potencial V_{0}=10000V. Aparece quando, ao resolveres esse sistema de equações, subsituis Q por CV.
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.
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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.
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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?
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Re: PDF 2014

Mensagempor 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 dp de 0 a p_f, e o segundo membro de Q a 0, e obtemos:
p_{f}=lBQ, e usando a igualdade: Q=CV obtemos: p_{f}=lBCV

Seja a amplitude das oscilções da barra A, 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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