Proposta de Resolução do Exame e Testes de Mecânica e Ondas / MEEC

Pedro Abreu, Pedro Sacramento, Vasco Guerra, David Resendes,

Rodrigo T. Dias de Abreu 30 de Junho de 2012

Duração do exame: 2h 15min. Duração dos testes: 1h 30min. 1º teste: grupos 1 e 2 (20 valores) 2º teste: grupos 3 e 4 (20 valores) 3º teste: grupos 5 e 6 (20 valores) Exame: grupos 2, 3 e 6 (30 valores x 2/3) Cotação de cada alínea nos problemas 1 a 4: 2 valores. Justifique sumariamente todas as respostas 1) Numa Tomografia de Emissão de Positrões (PET), um paciente é injetado com moléculas de

um tipo de açúcar, contendo um isótopo radioativo do flúor, 18F, emissor de positrões. Os positrões (anti-matéria!) são as antipartículas dos electrões e, por isso, ao colidirem com estes últimos desaparecem (aniquilam-se), emitindo raios γ (fotões de muito alta energia). Os raios γ são detetados no exterior do paciente, permitindo a reconstrução da imagem de órgãos. A constante de decaimento para este processo radioativo é λ = 1,06 x 10-4 s-1. Para podermos ter uma imagem fiável, a amostra injetada no paciente tem uma atividade inicial de 1mCi (0,001 Ci). Note que 1 Ci = 3,7 x 1010 desintegrações/s.

a) Calcule a vida média e o tempo de semi-vida do 18F.

Vida média τ = 1/λ =6 250 s = 1 h 44min 10 s; Tempo de semi-vida T½ = τ log 2 = 4332 s (1h 12 min 12 s).

b) Calcule o número de núcleos radioativos inicialmente injetado no paciente. A atividade é dada por A(t) =–dN/dt = λN A0 = A(t=0) = λN0 N0 = A0 /λ = 3,7x107x6250 ou N0 =2,3125 x 1011 núcleos radioativos.

c) Sabendo que o tempo de recolha de dados do exame dura aproximadamente 6 minutos, calcule a variação no número de núcleos e na atividade entre o início e o fim do exame. Acha essa variação significativa (variação relativa à quantidade inicial superior a 5%)?

A variação do número de núcleos ao fim de 6 minutos pode ser calculado de várias maneiras. Por exemplo, através de N(t=6 minutos)–N0 = N0 (e–360/6250 –1) = –1,3x1010 núcleos. A variação de atividade é dada por A(t=6 minutos)–A0 = λ x(N(t=6 minutos)–N0) = –2 x10 6 núcleos/s, ou seja, aproximadamente 5,6%, ligeiramente superior à referência de 5%.

d) Antes de se poder iniciar a recolha de dados no exame, é necessário injetar o paciente. Mas entre o tempo de injeção e o início do exame é preciso esperar uns 30 minutos, para que a amostra radioativa circule no sangue e se concentre nos órgãos afetados (por um eventual tumor). Recentemente foi instalado em Coimbra um ciclotrão que pode preparar essas amostras, e o tempo de transporte – entre a preparação e o paciente – pode ser reduzido a 2 horas (para Lisboa). Calcule assim a radioatividade e o número de núcleos radioativos da amostra que tem que ser preparada no ciclotrão de Coimbra, para um exame que se faça em Lisboa assim que

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possível. Se aparecer um pedido muito urgente dos Hospitais da U.C. (5 minutos de tempo de transporte), pode ser usada a amostra recentemente preparada?

A amostra terá de ter uma atividade inicial A0 (após a preparação) superior para poder ir para Lisboa e, quando se iniciar o exame (30 minutos após a injeção), ter a atividade inicial pretendida. Isto é, queremos ALX = A0(alínea b) )= 0,001 Ci = 3,7 x 107 s–1, passadas 2h30 após a preparação, ou seja, 9000 s. Ora ALX = A0 Exp(–λ Δt) A0 = ALX Exp(+λΔt )= 3,7 x 107 Exp(9000/6250) = 1,56 x 107 s–1. O número de núcleos radioativos da amostra preparada terá que ser N0 = A0/λ =1,56 x 107 x 6250 = 9,76 x1011 núcleos radioativos. Se esta amostra fosse usada “imediatamente”, teria uma atividade inicial ACI = A0 Exp(–λ .300 ) = 1,49 x 108 s–1 = 4 mCi, claramente superior ao valor de 1 mCi preconizado como razoável.

e) Para além do decaimento radioativo do 18F, este também é eliminado pelo sistema urinário do paciente, com um período equivalente de semi-transformação de 35 minutos. Calcule a atividade da amostra no paciente ao fim de 35 minutos, tendo em conta ambos os processos: desintegração radioativa e eliminação biológica natural.

A variação de núcleos é agora dada por dN/dt = –λN –λu N, em que λu é a “constante de decaimento” associada à eliminação pelo sistema urinário. Podemos obter λu dos dados do problema: λu = log2/T½ = log2/(35 x 60) = 3,3 x10–4 s–1 e podemos obter uma “constante de decaimento efetiva” λeff = λ+λu = 4,9 x 10–4 s–1, para poder reescrever a equação de decaimento dN/dt=–λeff N e, consequentemente, A(t)=A0Exp(–λeff t). Para a atividade ao fim de 35 minutos, basta calcular A(35 min.) = A(2100) = 3,7x 107 Exp(–λeff .2100) = 1,32 x 107 s–1

.

2) Uma corda para piano de 3 m de comprimento tem uma densidade linear de 0,0025 Kg/m.

São conhecidas duas frequências ressonantes adjacentes desta corda: 252 e 336 Hz respectivamente. A velocidade do som no ar é de 336 m/s.

a) Calcule a frequência fundamental da corda.

Frequências ressonantes adjacentes são as frequências de duas ondas harmónicas de ordem sucessiva. Ora, sabemos que a dependência da frequência da onda harmónica de ordem n com a frequência fundamental é fn = n f . Temos assim que 252 = nf e 336 = (n+1)f. Então a diferença é simplesmente 336 – 252 = 84 Hz = [(n+1) – n]f = f frequência fundamental é f = 84 Hz.

b) Sabendo que a tensão máxima suportada por uma corda de piano é de 700 N, a corda dada poderá ser utilizada para esta finalidade?

Para calcular a tensão na corda, usamos a expressão v = λ f = Sqrt[T/µ], em que λ é o comprimento de onda da onda na corda e µ a densidade linear (=0,0025 Kg/m). Usando a frequência fundamental, em que o comprimento de onda da onda correspondente é λ =2L = 6 m, temos 6×84 = 504m/s, e T = 0,0025×5042 = 635 N, inferior a 700 N, e portanto esta corda pode ser usada para esta finalidade.

c) Calcule os comprimentos de onda na corda e no ar, das ondas correspondentes às frequências 252 e 336 Hz.

As frequências das ondas na corda e no ar são iguais. Para obter os comprimentos de onda das ondas na corda, usamos a velocidade de propagação das ondas na corda, VC =504 m/s, para obter respectivamente λ3 = 504/252 = 2 m, e λ4 = 504/336 = 1,5 m. Para os comprimentos das ondas correspondentes no ar, usamos a velocidade do som neste caso, VS =336 m/s. Temos assim λar_3 = 336/252 = 1,3(3) m, e λar_4 = 336/336 = 1 m.

d) No intervalo de um concerto, aproxima-se um diapasão calibrado para 252 Hz para afinar essa corda do piano, e ouvem-se 2,5 batimentos por segundo. Por que fracção tem que variar a tensão na corda para voltar a ter a corda afinada?

O número de batimentos por segundo é a frequência da onda de batimento, que se ouve devido às frequências das ondas não serem iguais mas ligeiramente diferentes, Δf = 2,5 Hz. Para calcular a fracção da tensão que tem que se variar, usamos o facto de que f3 = VC /λ3, e VC = Sqrt[T/µ]. Ora, não pretendemos variar o comprimento de onda, mas a tensão. Temos assim T = µVC

2 = µλ32

f32, e podemos concluir que, para voltar a pôr a frequência da onda na

corda no valor nominal f3 = 252 Hz, temos de variar a tensão pelo valor ΔT = µλ3 Δf, e a fracção é dada por ΔT/T = µλ3

2.2f3 Δf /(µλ32 f3

2) ΔT/T = 2 Δf / f3 = 2x2,5/252 = 2%.

e) Se esta corda estiver no extremo do piano, e estiver um professor de pé junto ao piano (distância entre os ouvidos e esta corda de 1 m, medida na vertical), poderá ter dificuldade em ouvir a nota de 336 Hz, se for tocada outra corda com esta nota a uma distância D, devido à interferência destrutiva. Calcule a distância D entre as cordas que maximiza essa interferência destrutiva.

A diferença de percurso entre as ondas, em função da distância D entre as cordas, é (Teorema de Pitágoras) d.d.p. = Sqrt[D2+12]–1. Para maximizar a interferência destrutiva, temos de ter d.d.p. = λar_4/2 =1m/ 2 = 0,5 m (λar_4 calculado na alínea c) ). Podemos assim calcular D: 0,5+1=Sqrt[D2+1] 1,52 = D2 + 1 D = Sqrt[1,52 – 1]=Sqrt[1,25]=Sqrt[5]/2 = 1,12 m.

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3) Um pequeno corpo, de massa m=0,1 kg, desliza do topo de uma esfera lisa de raio R=0,5 m, que está fixa ao solo (despreze o atrito entre o corpo e a esfera). a) Calcule o ângulo ao centro da esfera θ = θc , em relação à vertical, no qual o pequeno

corpo abandona a superfície da esfera. Considere que a sua velocidade inicial é muito pequena (no topo v0 ≈0). (se não resolver esta alínea use o valor θ = 45º)

O corpo descola da esfera quando a força sobre a esfera se anula. O corpo mantém-se colado à esfera enquanto a sua componente radial (na direção do centro), for maior do que força centrípeta. Descola quando for igual mg cosθc = mv2/0,5 = 2mv2. Por outro lado, podemos obter mv2 da conservação de energia: (1 /2)mv2 = mgΔh = mg 0,5(1–cosθc ) mg cosθc =2 mg(1–cosθc ) θc = arccos(2/3) = 48,19º.

b) Calcule a velocidade (vector) do corpo no momento da separação da superfície da esfera. (se não resolver esta alínea, considere que a velocidade do corpo tem a expressão v = 1,41(ex – ey) m/s no momento da separação).

O módulo da velocidade obtemos duma expressão da alínea anterior, por ex., mv2 =mg cosθc /2, v = Sqrt(4,9×2/3)=1,81 m/s. As componentes da velocidade obtemos do ângulo θc, dado que a velocidade é tangente à esfera, perpendicular ao raio; o do vetor v com a horizontal é assim o ângulo θc, e o ângulo com a vertical é 90º–θc. Podemos escrever o vetor como sendo v =1,205 eX – 1,347 eY (m/s).

c) Após o abandono da superfície esférica o corpo fica em queda livre para o solo. A que distância ao ponto de apoio da esfera é que o corpo atinge o solo? Qual o tempo de voo?

É um simples movimento de projétil, com o vetor de velocidade inicial dado pela alínea anterior, e o ponto inicial, usando o ponto de apoio como origem do referencial, dado por x0 = 0,5senθc = 0,373 m, y0 = 0,5m+0,5cosθc = 0,833 m. O tempo até bater no chão (tempo de vôo) é então obtido a partir de tQ =–0,137+Sqrt[0,1372+0,17]=0,297 s (de 0=0,833–1,347tQ–4,9tQ

2 tQ2 +2×0,137 tQ –0,17 = 0).

Com o tempo de queda, obtém-se a distância ao ponto de impacto: xQ = 1,205×0,297=0,358 m.

d) Se a esfera não estiver fixa e tiver uma massa M=1 kg, calcule a velocidade da esfera após a separação. Despreze o atrito entre a esfera e o chão.

A queda do corpo, em relação à esfera, não é alterada. Mas agora, para conservar o momento linear (segundo a horizontal, pois segundo a vertical é compensado pela força de reação no plano), a esfera vai deslocar-se para a esquerda com velocidade V no momento da separação. Nesse momento a esfera tem velocidade V no sentido negativo do x: –Vex, enquanto o corpo tem velocidade +(1,205 –V) ex. A conservação do momento linear segundo x, diz-nos então que –MVex +m(1,205 –V)ex = 0 –V +0,1205 –0,1V=0 V = 0,1205/1,1 = 0,11 m/s.

e) Refaça a alínea anterior considerando que há atrito suficiente entre a esfera e o chão para que a esfera rode sem deslizar (momento de inércia da esfera: I=(2/5)MR2 ).

Se a esfera roda sem deslizar (e não há atrito entre a esfera e o corpo), podemos usar conservação da energia para calcular a velocidade V de translação do centro de massa da esfera (–Vex ) e a velocidade de rotação da esfera em torno do seu centro de massa, w, logo após a separação. Até à separação, a variação da energia potencial do sistema foi de ΔEP = mg 0,5(1–cosθc ) = 0,163 J, que se converteu em energia cinética: Δ EP = Δ EC = 0,5 mv2 +0,5 MV2 +(2/5)MR2w2, sendo que, como roda sem deslizar, w=V/R. Mas agora v=Sqrt[vx

2 +vy2], e vx = 1,205 –V, vy = 1,347 m/s. Temos assim que

0,163 J = 0,05 [(1,205–V)2 + 1,3472] +0,5 V2 +0,4 V2 0,95 V2 –0,1205 V = 0 V =0,127 m/s (e w =0,254 rad/s).

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4) Um tubo muito comprido roda num plano vertical à

superfície terrestre em torno do seu centro com velocidade angular w= π rad/s constante imposta por um motor externo. Uma esfera de massa m desliza sem qualquer atrito no interior do tubo. a) Quantos graus de liberdade existem? Indique as coordenadas generalizada(s) que

escolheu. Existe um grau de liberdade, que é o do movimento da esfera dentro do tubo. A coordenada mais razoável é a distância X da esfera ao centro de rotação.

b) Determine o Lagrangeano do sistema. Seja θ o ângulo do tubo com a horizontal e X a posição da esfera, definindo um valor positivo de X (aproveitando a figura em cima), se a esfera estiver à direita do centro para um ângulo a entre –90º e +90º. Note-se que w=constante = dθ/dt é um valor imposto pelo exterior (motor). Definimos também que em t=0 o tubo estava na horizontal (e portanto θ =wt) Seja ainda a energia potencial gravítica nula no centro de rotação. Assim, a expressão para a energia potencial do sistema é dada por: EP = mg Xsenθ. A energia cinética é dada por (componente de translação da esfera e de rotação do tubo; desprezamos a massa do tubo): EC = m(dX/dt)2/2 + mX2w2/2 O Lagrangeano é assim dado por L= m(dX/dt)2/2 + mX2w2/2 –mg Xsen(wt).

c) Escreva a equação do movimento. dL/dX –d(dL/d(dX/dt))/dt = 0 mw2X –mg sen(wt) – m(d2X/dt2 ) = 0 d2X/dt2 – w2X = –g sen(wt).

d) Determine a solução da equação de movimento no caso particular do motor estar parado (w=0), em função do ângulo α que o tubo faz com a horizontal.

Se w =0, e considerando um ângulo α do tubo com a horizontal, substituímos na expressão da alínea anterior wt por α, e w por 0, obtendo a equação de movimento para o plano inclinado: dX2/dt2 = –g sen(α) que tem como solução X(t) = X0 +(dX/dt)0 t –4,9 sen(α), dependendo as constantes X0 e (dX/dt)0 das condições iniciais do problema.

e) Considere agora que em t=0 o tubo está na posição horizontal, e que a esfera se encontra no centro do tubo. Qual deve ser a velocidade inicial da esfera para garantir que o movimento da esfera no interior do tubo é descrita por uma função da forma Asin(wt+θ0).

Se X(t) for X(t) = Asen (Wt + θ0) (note-se que W não tem que ser, para já, idêntico a w), então podemos escrever a equação da alínea c) como –W2X –w2X = –gsen(wt), ou (W2+w2)Asen(Wt+θ0) = gsen(wt), o que só é possível para θ0 = 0 e W=w, e ainda 2w2A = g, ou seja, A = g/(2w2). Então, a solução para X(t) é X(t) = (g/(2w2)sen(wt), e a velocidade inicial da esfera é (dX/dt)0 =g/(2w)cos(w.0) =g/2π = 1,56m/s (note-se que w= π rad/s).

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5) O rapaz que alegadamente salvou a Holanda colocando o seu dedo num buraco de um dique,

tinha um dedo “cilíndrico” com um diâmetro de 1,2 cm. Assumindo que o buraco estava 2 m abaixo do nível do mar (densidade 1030 kg/m3), a) Qual a força no seu dedo?

A pressão é a força por unidade de área. A pressão à profundidade de 2m é P = P0 +2 ρ g, em que ρ é a densidade da água do mar, 1030 kg/m3. A área é a área da seção circular do “cilindro” do dedo: A=π (0,012/2)2 =1,13 x10–4 m2. Temos assim que a força exercida no dedo é (a pressão atmosférica existe também no dedo do lado oposto, portanto a força exercida no dedo é a resultante da diferença de pressões): ΔP = 2 ρ g = 20188 N/m2, e a força é F=A.ΔP = 2,28 N.

b) Se retirasse o dedo, quanto tempo levaria para a água encher um volume com um hectare de superfície e a profundidade de um metro, e vedado nos lados, se i) o nível se mantivesse sempre abaixo do buraco,

Podemos aplicar a equação de Bernoulli para calcular a velocidade da água no buraco: P + (1/2) ρ v2 + ρ gh = constante. Para 2 m acima do buraco, à superfície, podemos considerar que a água do mar tem velocidade (média) zero e pressão atmosférica. Do lado direito do buraco também temos a pressão atmosférica. Podemos assim escrever: P0 + 2 x1030x9,8 = P0 +515 v2 v = 6,26 m/s. Assim, o caudal é simplesmente o produto da área A pela velocidade: C = A.v = 0,71 l/s e, para encher um volume V=10 000 m2.1m = 10 000 m3, demora o tempo Δ t =V/C = 10000 m3/(0,00071 m3/s) =1,412x107 s = 0,45 ano.

ii) o buraco estivesse ao nível do solo, do dois lados do dique. A diferença para a sub-alínea anterior, é que a pressão do lado direito já não é constante, pois vai aumentado à medida que sobe o nível da água do lado direito. Seja y o nível da água do lado direito. A variação da altura dy num pequeno intervalo de tempo dt, deve-se à velocidade com que a água chega ao buraco. Ora, esta velocidade é variável, dada por P0 +2 x1030 x9,8 =P0 + (1/2)1030 v2 +1030 g y . Por outro lado, o caudal C=A.v durante um intervalo de tempo dt vai aumentar o nível em dy=(A/10000)v dt. Podemos assim escrever v=(10000/A)dy/dt e substituir na equação anterior para obter (com A=1,13 x10–4 m2): 515 (8,85 x107)2(dy/dt)2 + 1030 x9,8 y = 2060 x9,8 (dy/dt)2 +2,5 x10–15 y = 5 x10–15 ou (dy/dt) = Sqrt(5 x10–15 –2,5 x10–15 y) ou dt = dy/ Sqrt(5 x10–15 –2,5 x10–15 y) Δ t =∫01m (dy/Sqrt(5 x10–15 –2,5 x10–15 y) Δ t =Sqrt[(5 x10–15 –2,5 x10–15y)]/(–1,25 x10–15)|01 =1.65685 x107 s = 0,53 ano.

c) Suponha agora que o dedo não veda completamente o buraco, que afinal teria 1,21 cm de diâmetro. Qual a velocidade com que a água seria ejetada paralelamente ao dedo?

A área efetiva por onde a água pode passar é assim de A’=π (0,01212–0,01202)/4 = 1,89x10–6m2, e podemos usar a Lei da Continuidade, e os resultados calculados antes para a antiga área A=π 0,0122/4, para obter v’ =π (0,0122/4).6,26/A’ =374,6 m/s.

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6) Uma nave espacial de comprimento próprio L anda com velocidade c/2 em relação ao solo.

Uma bola é lançada da parte de trás para a parte da frente da nave, com uma velocidade c/3 em relação à nave.

a) Calcule o tempo que leva a bola a atravessar a nave e qual a distância que percorre:

i) no referencial da nave; ii) no referencial do solo; iii) no referencial da bola.

b) Calcule e verifique que o intervalo de espaço-tempo é o mesmo nos três referenciais. c) Será que o tempo que a bola leva a atravessar a nave se relaciona pelo factor γ relevante

entre os referenciais da bola e da nave? E entre os referenciais do chão e da nave? Justifique.

d) Suponha agora que a nave, de massa M, colide com uma segunda nave de massa m, em repouso em relação ao solo. Se as duas naves ficarem coladas após a colisão, qual a massa do objecto resultante?

c = 299 792 458 m/s ≈ 3 × 108 m/s

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