1. Planeta

1. Planeta-disco
(a) Fazendo as correspondências
q → m
1
4π ε 0
→ −G
mm
q1 q 2
→ −G 12 2
2
4π ε 0 r
r
1
Se, por um lado, para o campo eléctrico, se tem
q
Φe =
ε0
a forma da Lei de Gauss para o campo gravítico é
Φ g = −4π G m .
(b) Usando uma superfície gaussiana que contenha as duas superfícies do planeta (ver
figura mais à frente, esquema 1))
Φ g = 2g ( z) A
em que g(z) é a componente z da aceleração da gravidade à altitude z e A é a área da
base da superfície gaussiana (superfície cilíndrica, por exemplo). Como a massa no
interior da superfície gaussiana é
∆m = µA
vem
2 g ( z ) A = −4π GµA ou
g ( z ) = −2π Gµ
de onde resulta
g ( z ) = − g Dw = −2 π Gµ .
O campo é uniforme e não varia com a distância à superfície (desde que a aproximação
de planeta “sem espessura” seja razoável).
(c) Se o planeta tiver massa volúmica ρ, então µ = ρ d, em que d é a espessura do
planeta. Como
g Dw = 2 π Gρ Dw d ,
e sendo g Dw = g e ρ Dw = ρ T = ρ ,
g = 2 π Gρd .
GM T 4
Por outro lado, à superfície da Terra, g =
= π RT Gρ . Inserindo na expressão
3
RT2
acima,
2
d = RT = 4,3 × 106 m.
3
1
(d) Usando novamente uma superfície de Gauss com uma base fora do planeta, onde o
campo é − g Dw e a outra dentro e à distância z do plano central (figura acima,
esquema 2), onde o campo é − g (z ) , vem
Φ = − g Dw A − g ( z ) A .
A massa contida no interior da superfície de Gauss é ∆m = Aρ (d / 2 − z ) pelo que o
fluxo de campo gravítico também é dado por
d
Φ = −4π GAρ
−z .
2
Igualando agora as duas expressões obtidas para o fluxo, vem (notar que
g Dw = 2 π Gρd )
g Dw + g ( z ) = 4π Gρ
2z
d
− z = g Dw 1 −
2
d
e, finalmente,
g ( z ) = − g Dw
2z
d
(e) Como mostra a última expressão, a aceleração gravítica é proporcional à distância ao
plano central, ou seja pode escrever-se na forma
d 2z
= −ω 2 z .
2
dt
O movimento de uma partícula largada da superfície do planeta para dentro do poço é
harmónico simples com frequência angular
2 g Dw
ω=
.
d
O período é, pois,
2π
d
T=
= 2π
ω
2 g Dw
Usando a expressão d =
2
RT e substituindo valores, encontra-se
3
T = 2π
RT
= 48,9 minutos
3g Dw
2
2. Disco
de Faraday
(a) Na ausência de corrente a velocidade dos electrões é igual à velocidade de cada
ponto do cilindro:
v = ω r eˆθ
Como B = B eˆ z a força magnética sobre os electrões é dada por
ou seja
Fm = −ev × B = −evB eˆr
Fm = −eBω r eˆ r .
(b) Para que a força electromagnética Fem = q ( E + v × B ) seja nula surge um campo
eléctrico induzido tal que
E = − Bω r eˆr .
Este campo depende da distância ao eixo de rotação, E ( r ) = − Bω r . O campo eléctrico
aponta do exterior para o interior. Logo, a periferia do cilindro fica a um potencial
maior do que o seu centro. A diferença de potencial entre qualquer ponto da periferia do
cilindro (P) e o centro (C) é
1
VP − VC = ∆V = ωBa 2 .
2
Designando a secção recta do cilindro por A, tem-se A = π a 2 e a equação acima pode
ω
ω
BA . Por um lado,
= T −1 é o inverso do período de rotação; por
2π
2π
outro lado, BA = φ é o fluxo do campo magnético através da secção recta do cilindro.
escrever-se ∆V =
Portanto,
∆V =
φ
T
(c) Se o gerador de Faraday estiver ligado a uma resistência externa, R, a corrente que
passa na resistência é
∆V
i=
R
e a potência dissipada por efeito Joule é
(∆V )2 = ω 2φ 2
P=
R
4π 2 R
Como a energia se conserva, esta potência dissipada corresponde à variação da energia
cinética do cilindro por unidade de tempo. A energia cinética do cilindro é
Ec =
1 2
Iω
2
3
1
ma 2 o momento de inércia do cilindro de massa m. A conservação de
2
energia permite escrever
dE c
ω 2φ 2
φ2
= − 2 = − 2 Ec
dt
4π R
2π IR
e, finalmente,
sendo I =
dE c
E
=− c ,
dt
τ
com τ =
2π 2 I R
φ
2
ou ainda
τ=
mR
.
B 2a 2
(d) Para B = 1 T, e A = πa 2 = 4π × 10 −4 m2, vem φ = 4π × 10 −4 Wb. Por outro lado,
I = ma 2 / 2 = 1 × 4 × 10 4 / 2 = 2 × 10 4 kg m2 e R = 10 Ω . Portanto,
4π 2 × 10 −3
= 25 000 s ≈ 6,9 horas.
16π 2 × 10 −8
Sendo este o valor da constante de tempo, o cilindro, para parar ao fim de 10 minutos,
terá de existir um outro mecanismo de dissipação de energia.
τ=
4
3. Datação
por carbono-14
A lei do declínio radioactivo escreve-se
N (t ) = N 0 e − λ t
Por definição, para t = T1/2 (tempo de meia-vida) tem-se N = N0 / 2:
Tomando logaritmos, ln
(
N0
= N 0 e − λ T1/ 2 .
2
)
1
= ln e − λT1/ 2 que é equivalente a
2
ln (1) − ln (2 ) = −λT1 / 2
e, finalmente,
T1 / 2 =
ln 2
λ
A constante de decaimento é λ = ln 2 / T1 / 2 = ln 2 / 5700 anos −1 :
λ = 1,216 × 10−4 anos −1 .
(b) Admitindo que o fóssil tinha, quando morreu, o mesmo teor de carbono-14 que o ser
vivo actual, podemos escrever
N fóssil (t ) = N ser vivo e − λt
No caso em análise, N fóssil / N ser vivo = 0,1 e portanto 0,1 = e − λt ou
t=−
ln (0,1)
λ
=−
ln (0,1)
1,216 × 10− 4
e
t = 1,89 × 10 4 anos.
0,0006 × N ser vivo
, donde
N ser vivo
ln (0,0006)
ln (0,0006)
t=−
=−
λ
1,216 × 10− 4
(c) Escrevemos agora e − λt =
e
t ≈ 61 000 anos.
dN
= λN 0 e −λt ou R = R0 e − λt com R0 = λN 0 (e R = λN ).
dt
Para N = 1015 e λ = 3,856 × 10 −12 vem
R = 3856 desintegrações/segundo
(d) A actividade é R = −
5
6
4. Arrefecimento de átomos
a) De
1 2 3
mv = k BT
2
2
obtém-se
v=
3k BT
m
e, substituindo valores (a massa do átomo de sódio é m = 3,819 × 10 −26 kg), vem
v = 570 m/s.
(Nota: considerou-se a velocidade média igual à velocidade quadrática média.)
b)
0
x
A conservação do momento linear segundo a direcção do movimento permite escrever:
p final átomo = p fotão+ p inicial átomo
ou ainda ∆ p átomo= p fotão. Segundo o eixo Ox, ∆pátomo= −h/λ = − Efotão/c pelo que a
variação da velocidade do átomo é
E
∆v = − fotão .
mc
De acordo com a aproximação sugerida no enunciado, Efotão≈ Etransição = Eexc –Efund =
−3,04+5,14 = 2,10 eV = 3,36 ×10−19 J. A variação de velocidade em cada colisão
frontal, ∆v = −Efotão / mc, é, substituindo valores,
∆v = −2,93 × 10 −2 m /s
Seriam necessárias 570/(2,93×10−2) = 1,94×104 colisões.
c) Vamos considerar todas as grandezas vectoriais projectadas na direcção 0x.
(c.1) A energia cinética final do átomo é
1
1
1
2
2
2
2
E c final = m( vi − ∆v ) = m vi − 2vi ∆v + ∆v = E c inicial + m − 2vi ∆v + ∆v
2
2
2
(
)
(
)
e, portanto,
∆ E c = − m v i ∆v +
1
2
m ∆v
2
7
(c.2) Desprezando o segundo termo na expressão anterior ∆E c ≈ −m vi ∆v e usando o
E fotão
, encontra-se
mc
v
∆E c
≈ − i = −1,9×10−6.
E fotão
c
resultado da alínea (b), ∆v = −
(d.1)
0
x
A conservação de momento linear permite concluir que a variação de velocidade do
E
átomo é, tal como encontrámos na alínea (b), ∆v = − fotão . Esta é, pois, a velocidade
mc
final do átomo depois de absorver o fotão. A variação de energia cinética do átomo é,
portanto,
∆E c =
2
1 E fotão
2 m c2
Esta energia tem de ser fornecida pelo fotão, logo Efotão=Etransição+ ∆E c
Efotão=Etransição +
(d.2) Como
∆E c =
2
1 E fotão
2 mc2
de onde se conclui que
Efotão>Etransição
2
2
E transição
E fotão
≈
= 3,28×10−29 J, a variação de energia cinética do átomo é
2
2
mc
mc
2
1 E transição
, ou seja
2 m c2
∆Ec =1,64×10−29 J.
(d.3) Na emissão do fotão, tal como na absorção há conservação do momento linear.
p inicial átomo = p
final átomo +
p fotão
0
x
m vi = m vf + p fotão
A velocidade inicial do átomo aponta agora no sentido negativo de 0x. Vimos em (d.1)
E
que esta velocidade inicial é − fotão . Como o fotão é emitido no sentido positivo,
mc
podemos escrever
8
′
E fotão
E
= − fotão
c
c
′ é a energia do fotão emitido ( E fotão é a energia do fotão absorvido). Portanto,
onde E fotão
′
E
+ E fotão
vf = − fotão
mc
mvf +
A variação da energia cinética do átomo é
′
E
+ E fotão
1
1
1
∆E c′ = mvf2 − mvi2 = m − fotão
2
2
2
mc
2
E
− − fotão
mc
2
ou ainda
′
′2
E fotão
1 2 E fotão Efotão
+
2
mc 2
mc 2
e, finalmente, na aproximação sugerida,
2
3 E transição
′
∆E c =
2 mc2
∆Ec′ =
Esta variação de energia cinética na emissão é o triplo da encontrada na alínea (d.2):
∆E c′ = 4,92×10−29 J.
(d.4) Devido ao processo de absorção e emissão consecutiva, o átomo, inicialmente em
repouso, adquire uma energia cinética E c = ∆E c + ∆E c′ = 4,92×10−29 + 1,64×10-29 ou
E c = = 6,56×10−29 J
A temperatura correspondente é T =
2 Ec
, ou seja
3k B
T = 3 µK .
Este valor é muito pequeno (ordem dos microkelvins) pelo que o processo pode ser
desprezado no arrefecimento. Só tem importância próximo do zero absoluto (não sendo
possível atingi-lo).
9