Escrito por Lucas Praça, Vitor Takashi, Felipe Alves, Paulo Vinicius, Tiago Rocha, Caio Yamashita, Davi Tsuchie
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Problema 1
Eratóstenes de Cirene (séc. III a.C.) determinou o raio da Terra a partir de uma observação e de duas hipóteses. O fenômeno que lhe chamou a atenção é que, no mesmo instante, a direção de incidência dos raios solares varia com a latitude do ponto de observação. Para explicá-lo, ele assumiu que os raios solares são paralelos e que a Terra é esférica. Inspirados nessa abordagem, estudantes de Macapá (M) e Porto Alegre (P), cidades aproximadamente no mesmo meridiano, decidiram reproduzir o experimento.
Macapá está praticamente sobre o Equador e Porto Alegre próxima ao paralelo 30° Sul. Um voo direto, pela rota mais curta, entre as duas cidades percorre a distância de $$d = 3300\ \rm{km}.$$
O experimento será realizado ao meio-dia do equinócio, quando o Sol incide perpendicularmente em Macapá.
(a) Qual é aproximadamente o ângulo de incidência dos raios solares em Porto Alegre?
(b) Determine o raio da Terra sob as hipóteses de Eratóstenes e os resultados experimentais. Justifique seu resultado através de um diagrama.
(c) A mesma observação pode ser explicada por um modelo de Terra plana no qual o Sol é uma fonte de luz pontual a uma altura H acima do plano terrestre e está exatamente sobre Macapá ao meio-dia no equinócio. Determine H. Justifique seu resultado através de um diagrama.
(d) Se o modelo de Terra plana é capaz de explicar a diferença de ângulo de incidência dos raios solares em diferentes cidades, por que ele não é adotado?
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Conceitos Matemáticos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Conforme o primeiro enunciado, a cidade de Macapá (M) está no Equador (latitude 0°) e Porto Alegre (P) está na latitude 30° Sul. No equinócio, ao meio-dia, os raios solares incidem perpendicularmente em Macapá. Pela hipótese de Eratóstenes de que os raios solares chegam paralelos à Terra, o ângulo de incidência em Porto Alegre é igual à diferença de latitude entre as cidades.
\[\boxed{alpha = 30^\circ}\]
(b) O ângulo entre as cidades é de $$30^\circ$$ isto é:
\[\theta = 30^\circ = \dfrac{\pi}{6}\ \text{rad}\]
Sabendo que o comprimento do arco é dado por
\[d = R\theta,\]
obtemos:
\[R = \dfrac{d}{\theta} = \dfrac{3300}{\pi/6} = \dfrac{3300 \times 6}{\pi}\]
Adotando
\[\pi \approx 3\]
\[R \approx \dfrac{19800}{3} = 6600\ \text{km}\]
\[\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
No diagrama ficaria assim:
C)No modelo plano, o Sol estaria verticalmente sobre Macapá e faria um ângulo de $$30^\circ$$
com a vertical em Porto Alegre. Assim:
\[\tan 30^\circ = \dfrac{d}{H} \Rightarrow H = \dfrac{d}{\tan 30^\circ}\]
Sabendo que
\[\tan 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\]
\[H = 3300\sqrt{3}\]
Aproximando
\[\sqrt{3} \approx 1{,}7\]
\[H \approx 3300 \times 1{,}7 = 5610\ \text{km}\]
\[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
O diagrama ficaria assim:
(d) O modelo de Terra plana não é adotado porque ele entra em contradição com as premissas do modelo esférico, que são comprovadas por observação. No modelo esférico, que já podemos assumir como o certo, a distância (d) é calculada como $$d=R\theta$$, o que significa que a distância aumenta proporcionalmente com a latitude ($$\theta$$). Ao tentar aplicar essa distância real no cálculo da altura ($$H$$) do Sol no modelo plano (onde $$H = \frac{d}{tan(\theta)}$$), surge uma inconsistência fundamental. O modelo plano, ao ser confrontado com distâncias de latitudes diferentes, faria com que a altura calculada do Sol ($$H$$) mudasse drasticamente. Essa grande diferença na altura do Sol de acordo com a latitude do observador demonstra que os dois modelos são incompatíveis e que o modelo plano falha em descrever a realidade de forma coerente. Por exemplo, enquanto a observação de um ponto a $$30^\circ$$ de latitude resulta em uma altura $$H$$ de aproximadamente $$5700 km$$, a observação de um ponto a $$45^\circ$$ de latitude resultaria em uma altura H de $$4950 km$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \[\boxed{30^\circ}\]
(b) \[\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(c)\[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(d) O modelo plano, ao ser aplicado a locais de diferentes latitudes, implicaria que a altura calculada do Sol ($$H$$) variaria drasticamente com a latitude, o que contradiz as observações reais.
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Problema 2
Considere uma barra de aço orientada verticalmente, de comprimento inicial $$L_{0} = 0,6 \, \rm{m}$$, densidade $$\rho = 8,00 \times 10^{3} \, \rm{Kg/m^{3}}$$ e área de seção transversal $$A = 36 \, \rm{mm}^{2}$$. A barra é solta sobre um piso idealmente rígido desde uma altura $$h$$ medida em relação à sua base.
Define-se tensão normal e deformação axial por
$$\sigma= \dfrac{F}{A} \, \, (Pa), \; \; \; \; \varepsilon = \dfrac{\Delta L}{L} \, \, (\text{adimensional})$$
em que $$F$$ é a força axial (positiva em tração e negativa em compressão), aplicada ao longo do eixo da barra e perpendicular à sua seção transversaç de área $$A$$, e $$\Delta L$$ é a variação do comprimento da barra. O comportamento elástico linear do material é descrito pela Lei de Hooke uniaxial:
$$\sigma = Y \varepsilon ,$$
Onde Y é o módulo de Young do material. Para o aço, use $$Y = 2,00 \times 10^{11} \, \rm{N/m^{2}}$$. Um material sofre uma deformação permanente quando $$\lvert \sigma \rvert$$ ultrapassa seu limite de elasticidade $$\sigma_{y}$$. Para o aço, use $$\sigma_{y} = 400 \, \rm{MPa}$$.
No impacto com o piso, considere que a base da barra para e surge, junto a ela, uma onda de compressão que se propaga para cima com velocidade $$v_{s} = \sqrt{Y/\rho}$$. Enquanto isso, o topo da barra segue movendo-se para baixo com velocidade $$v_{0}$$ (igual à da barra imediatamente antes do impacto) até o encontro com a frente de onda (a aceleração da gravidade pode ser desprezada neste curto intervalo de tempo).
(a) Estime o intervalo de tempo $$\tau$$ para que o topo pare de se mover.
(b) Qual a maior altura de soltura $$h$$ que não acarreta uma deformação permanente da barra.[
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) A velocidade relativa de aproximação entre o topo e a onda de compressão é $$v_{0} + v_{s}$$, logo o tempo $$\tau$$ para que o topo pare de se mover é:
$$\tau = \dfrac{L_{0}}{v_{0} + v_{s}}$$
Primeiramente, podemos calcular $$v_{s}$$ por:
$$v_{s} = \sqrt{\dfrac{Y}{\rho}} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 10^{11}}{8 \cdot 10^{3}}} \iff v_{s} = 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}$$
Além disso, por conservação de energia, podemos escrever:
$$v_{0} = \sqrt{2gh}$$
Para alturas na ordem de $$10 \, \rm{m}$$, temos que $$v_{0} \sim 10^{1} \, \rm{m/s} \ll 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s} = v_{s} $$. Portanto, no cálculo de $$\tau$$, podemos estimar $$v_{0} + v_{s} \approx v_{s}$$, o que implica:
$$\tau \approx \dfrac{L_{0}}{v_{s}} = \dfrac{0,6 \, \rm{m}}{5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}} \iff \boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$$
(b) A fim de encontrar a condição limite, podemos primeiramente perceber que a diferença no comprimento da barra é $$\Delta L = v_{0} \tau = \tau \sqrt{2gh}$$. Assim, a Lei de Hooke uniaxial se torna:
$$\sigma = Y \dfrac{\tau \sqrt{2gh}}{L_{0}} \iff h = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma L_{0}}{Y \tau} \right)^{2}$$
Como as condições para o problema são $$\sigma \le \sigma_{y}$$, temos:
$$h_{max} = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma_{y} L_{0}}{Y \tau} \right)^{2} \approx \dfrac{1}{2 \cdot 10} \left( \dfrac{(400 \cdot 10^{6}) \cdot 0,6 }{(2 \cdot 10^{11}) \cdot (1,2 \cdot 10^{-4})} \right)^{2} \, \rm{m} \iff \boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}$$
(b)
$$h_{max} = 5 \, \rm{m}$$
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Problema 3
Durante uma trilha na selva, dois estudantes de Física precisam cruzar um riacho usando uma corda presa ao alto de uma árvore. O desafio é decidir quando soltar a corda para alcançar a maior distância horizontal na outra margem.
Eles modelam a situação como um pêndulo simples: fio ideal de comprimento $$L$$, inextensível e de massa desprezível, com uma pequena esfera na extremidade(ver figura). Considere o ponto mais baixo da trajetória como nível $$y=0$$(mesmo nível da margem de chegada).
No instante $$t_0$$ a esfera é solta do repouso a partir $$y=L$$ (fio horizontal). No instante $$t_1$$ o fio está vertical e a esfera passa por $$x=0$$ (sobre o meio do riacho). No instante $$t_2$$, quando o fio faz um ângulo $$\theta_2 = 30^\circ$$ com a vertical, a esfera é liberada. No instante $$t_3$$ ela atinge a outra margem na coordenada horizontal $$x_3$$.
a) Determine a coordenada $$x_3(45^\circ)$$ alcançada quando a esfera é liberada em $$\theta_2=45^\circ$$.
b) Determine a função $$x_3(\theta_2)$$(Alcance horizontal $$x_3$$ para dado ângulo de liberação $$\theta_2$$), que é contínua no domínio $$0<= \theta_2<90^\circ$$. Prove que esta função apresenta um máximo no intervalo $$0^\circ<\theta_2<45^\circ$$. Pode ser útil utilizar as aproximações de $$1^a$$ ordem(para $$\delta$$ pequeno, em rad):
sen(\theta_2+\delta) \approx sen(\theta_2)+cos(\theta_2) \delta
cos(\theta_2+\delta) \approx cos(\theta_2)-sen(\theta_2) \delta
(cos(\theta_2+\delta))^\alpha \approx (cos(\theta_2))^\alpha – \alpha (cos(\theta_2))^{1-\alpha} sen(\theta_2) \delta
\sqrt{u_0+\epsilon} \approx \sqrt{u_0}+ \frac{\epsilon}{2\sqrt{u_0}} \text{(em particular, $$\sqrt{1-C\delta} \approx 1 – \frac{C}{2}\delta$$).}
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Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para encontrar a velocidade da esfera em $$t_2$$, basta conservamos a energia mecânica do sistema:
mgLcos\theta_2 = \frac{mv^2}{2}
v= \sqrt{2gLcos\theta_2}
Após a esfera ser liberada do pêndulo, o movimento vira um lançamento oblíquo. Assim, podemos equacionar o movimento em cada eixo:
\Delta x = v cos \theta_2 \Delta t
\Delta y = -L(1-cos\theta)= vsen\theta_2 \Delta t – \frac{g(\Delta t)^2}{2}
A partir da segunda equação, podemos resolver a equação do segundo grau para obter uma expressão para $$\Delta t$$:
\Delta t = \frac{vsen \theta_2 + \sqrt{v^2sen^2 \theta_2+2gL(1-cos\theta_2)}{g}
Assi, podemos encontrar $$\Delta x$$. O valor de $$x_3$$ é o valor $$x_2=Lsen\theta_2$$ em $$t_2$$ mais $$\Delta x$$. Assim, substituindo a expressão para o $$\Delta t$$ e $$v$$, obtemos:
x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)})) \approx \boxed{2,41 \rm{m}}
b) Já temos a função pelo item anterior:
x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))
Agora, para provarmos que existe um máximo no intervalo pedido, vamos usar a seguinte estratégia: adicionar um pequeno ângulo(podendo ser negativo) $$\delta$$ em $$\theta_2= 45^\circ$$ e $$\theta_2= 0^\circ$$. Se a função aumenta para um $$\delta$$ positivo em $$\theta_2= 0^\circ$$ e aumenta para um $$\delta$$ negativo em $$\theta_2= 45^\circ$$, então a função teve pelo menos um máximo no intervalor pedido. Utilizando as aproximações dadas no enunciado, podemos obter:
x_3(\theta+\delta) \approx L(sen\theta_2+cos\theta_2 \delta + 2(cos^2\theta_2 – sen(2\theta_2) \delta)(sen(2\theta)+cos(2\theta) 2\delta ) +\sqrt{(sen(2\theta)^2+2sen(4\theta)\delta +2(1-cos\theta_2+sen\theta_2 \delta)}))
Assim, para $$\theta_2= 45^\circ$$, obtemos:
x_3 \approx 0,7(1+4,82 \cdot 0,7) + \delta (0,7-4,82+\dfrac{0,7^3}{4})
Como o termo que acompanha $$\delta$$ é negativo, então a função aumenta para valores negativos de $$delta$$, como requerido.
Para $$\theta_2= 0^\circ$$, obtemos:
x_3 \approx 5 \delta
Como o termo que acompanha $$\delta$$ é positivo, então a função aumenta para valores positivos de $$delta$$, como requerido. Logo o resultado está provado.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)$$2,41 \rm{m}$$
b) $$x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))$$
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Problema 4
Um feixe de luz vermelha monocromática, linearmente polarizada na direção vertical, incide sobre um polarizador linear cuja direção de transmissão está inclinada de $$30^\circ$$ em relação à vertical. A intensidade inicial do feixe é $$I_0 = 12.0\;\rm{mW/m^2}$$ e o comprimento de onda da luz vermelha utilizada é $$\lambda = 630\;\rm{nm}$$.
(a) Determine a intensidade da luz transmitida pelo polarizador.
(b) Sabendo que a área da seção transversal do feixe é $$A = 1.0\;\rm{cm^2}$$, calcule o número de fótons por segundo que incidem sobre o polarizador.
(c) Comente o que acontece quando um único fóton incide sobre o polarizador.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica física
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Pela Lei de Malus:
$$I=I_0\cos^2 30^\circ=\frac{3I_0}{4}=\boxed{9.0\;\rm{mW/m^2}}$$
(b) Sendo $$N$$ o valor pedido pelo enunciado, temos que $$N$$ multiplicado pela energia de um fóton é igual à potência total incidente no polarizador, ou seja:
$$N\times \frac{hc}{\lambda}=I_0\times A$$
$$\boxed{N=3.8\cdot 10^{12}}$$
(c) A Lei de Malus não fornece a “perda de energia” de um fóton. Na verdade, ela determina a probabilidade de um fóton atravessar o polarizador. Assim, ou o fóton será totalmente absorvido ou será totalmente transmitido.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$9.0\;\rm{mW/m^2}$$
(b) $$3.8\cdot 10^{12}$$
(c) Absorção ou transmissão total
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Problema 5
A Terra primitiva, há bilhões de anos, era coberta por magma. Com o passar do tempo, à medida que o calor foi conduzido à superfície e irridiado para o espaço, formou-se uma crosta sólida que cresceu progressivamente (veja esquema fora de escala). Atualmente, a crosta terrestre tem espessura média aproximada $$L = 35 \, \rm{km}$$ e condutividade térmica média $$k = 2,5 \, \rm{Wm^{-1}K^{-1}}$$.
Considere a temperatura do magma no manto $$T_{magma} = 1200 \, ^{\circ}C$$ e a tempeatura na superfície terrestre constante em $$T_{superficie} = 0 \, ^{\circ}C$$.
Sabe-se ainda que, ao se solidificar, $$1 \, \rm{m^{3}}$$ de magma libera aproximadamente $$5 \times 10^{5} \, \rm{J}$$ de energia.
(a) Estime a taxa de crescimento da crosta (em $$\rm{mm/ano}$$) associada à dissipação do calor por condução entre o manto e a superfície.
(b) Por simplicidade, suponha que essa taxa tenha permanecido constante desde a formação da Terra. Estime a ordem de grandeza do tempo em anos que a Terra possuía magma exposto na superfície.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termodinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, podemos utilizar a lei de condução de Fourier entre a camada externa e interna:
$$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L}$$
Além disso, sendo $$L_{v} = 5 \cdot 10^{5} \, \rm{J/m^{3}}$$ a capacidade térmica volumétrica da costa, o calor associado a um aumento $$\Delta L$$ na crosta é:
$$\Delta Q = L_{v} \Delta V = L_{v} A \Delta L$$
Poranto, temos que:
$$L_{v} A \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L} \iff \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{k \Delta T}{L_{v}L}$$
Substituindo os valores do enunciado e convertendo as unidades:
$$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{2,5 \cdot 1200}{(5 \cdot 10^{5}) \cdot (35 \cdot 10^{3})} \cdot \dfrac{10^{3} \, \rm{mm}}{(3,1 \cdot 10^{7})^{-1} \, \rm{ano}} \iff \boxed{\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$$
(b) Considerando a taxa de crescimento constante, o tempo $$\tau$$ desde o período que a Terra possuía magma exposto é:
$$\tau = \dfrac{L}{(\Delta L/\Delta t)} = \dfrac{35 \cdot 10^{6} \, \rm{mm}}{5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}} \iff \boxed{\tau = 6,6 \cdot 10^{3} \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}$$
(b)
$$\tau \sim 10^{4} \, \rm{anos}$$
[/spoiler]
Problema 6
Em linhas de transmissão de energia (como na figura), utiliza-se corrente alternada (CA) em diferentes fases para elevar a potência entregue, mantendo as correntes nos condutores dentro de limites seguros. Considere um sistema trifásico com três condutores $$(a, b, c)$$ com tensão de pico $$V_3$$ e defasagens mútuas de $$2\pi/3$$:
$$\quad V_a(t)= V_3 \cos(\omega t),$$
$$\quad V_b(t)=V_3 \cos\left(\omega t-\frac{2\pi}{3}\right),$$
$$\quad V_c(t)=V_3 \cos\left(\omega t+\frac{2\pi}{3}\right).$$
Diferentes tensões instantâneas podem ser obtidas ligando pares de fases a cargas puramente resistivas, todas de resistência $$R$$ (sistema balanceado).
(a) Escreva as très tensões de linha (pico) obtidas ao ligar os pares de fases $$(a, b)$$, $$(b, c)$$ e $$(c, a)$$, mostrando que podem ser escritas na forma $$V \cos(\omega t+\phi)$$ na qual $$V$$ e $$\phi$$ o dependem de $$V_3$$ e das defasagens.
(b) Calcule a potência média total transmitida no arranjo trifásico balanceado, P, em termos de $$V_3$$ e $$R$$.
Dica: $$\overline{\cos^2(\omega t)} = 1/2$$ (média em um período).
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Circuitos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)Ao ligar as fases $$V_a$$ e $$V_b$$, cria-se uma diferença de fase $$\Delta V=V_a-V_b$$. Podemos representar isso com o seguinte diagrama de fasores:
Veja que $$\Delta V$$ estará na bissetriz entre $$V_a$$ e $$-V_b$$, ou seja, possuirá fase $$\pi/6$$ constante em relação a $$a$$. Aplicando a lei dos cossenos para vetores com $$\theta=\pi/3$$, temos que a tensão de pico é $$\boxed{V_3\sqrt{3}}$$. Os outros casos são análogos e resultam no mesmo valor.
(b) Usando $$P=\Delta V^2/R$$:
$$P=\frac{(V_3\sqrt{3}\cos(\omega t+\pi/6))^2}{R}$$
$$\overline{P}=\frac{3V_3^2}{R}\overline{\cos(\omega t+\pi/6)^2}$$
Usando o valor médio fornecido pela dica:
$$\boxed{\overline{P}=\frac{3V_3^2}{2R}}$$
e os outros casos são análogos.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$V_3\sqrt{3}$$
(b) $$\dfrac{3V_3^2}{2R}$$
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Problema 7
Considere um prisma triangular de vidro cujo ângulo de abertura entre as duas faces refratoras é $$\alpha=30^\circ$$. Um feixe colimado de luz branca incide perpendicularmente sobre uma de suas faces e emerge da segunda sofrendo um desvio. Adote indice de refração do ar $$1.0$$ e, para o vidro, indices com dispersão pequena em torno de $$1.5$$. Os indices de refração nos extremos do espectro visivel são vermelho $$1.48$$ e violeta $$1.52$$. Nas respostas, exprima os ângulos em termos da função $$\arcsin$$. Determine:
(a) O desvio angular médio sofrido pelo raio de luz devido à presença do prisma triangular.
(b) O ângulo de abertura do feixe emergente entre as cores vermelho e violeta na saída do prisma.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica geométrica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Observe o seguinte diagrama:
Veja que os ângulos marcados em azul são iguais a $$30^\circ$$. Assim, pela lei de Snell:
$$n\sin(30^\circ)=\sin(\theta)$$
$$\theta=\arcsin\left(\dfrac{n}{2}\right)$$
Portanto, o desvio é dado por:
$$\boxed{\delta=\arcsin(0.75)-30^\circ}$$
(b) Basta tirar a diferença entre os valores extremos de $$\theta$$. Portanto,
$$\boxed{A=\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\arcsin(0.75)-30^\circ$$
(b) $$\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)$$
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Problema 8
Um carretel de linha apoia-se sobre uma mesa horizontal com coeficientes de atrito estático e cinético iguais a $$\mu = 0,75$$ (ver figura). O tambor interno, sobre o qual a linha está enrolada, tem raior $$r=3,00 \, \rm{cm}$$; as coroas externas têm raio $$R = 5,00 \, \rm{cm}$$, com $$R > r$$. Considere que a toda a massa do carretel é $$2m$$, modelada por duas massas $$m$$ fixadas nos discos laterias, a uma distância $$r$$ do centro.
Uma pessoa puxa a ponta da linha com força constante de módulo $$F = mg$$, formando um ângulo $$\theta$$ com a horizontal.
Seja $$a$$ a aceleração linear do centro de massa $$G$$ (positiva para direita) e $$\alpha$$ a aceleração angjular (positiva no sentido anti-horário).
(a) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = 90^{\circ}$$.
(b) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = 0^{\circ}$$.
(c) Determine o ângulo crítico $$\theta_{c}$$ no qual o comportamento qualitativo do movimento muda do observado em (a) (para $$\theta < \theta_{c}$$) para o observado em (b) (para $$\theta>\theta_{c}$$).
(d) Determine $$a$$ e $$\alpha$$ quando $$\theta = \theta_{c}$$ e $$F = 2mg$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, quando o carretel é puxado ele adquirá acelerações linear e angular não nulas, até enfim chegar no regime de rolamento perfeito ( quando não há deslizamento). Nesse regime, temos então que:
\begin{equation}v = \omega R \iff a = \alpha R \end{equation}
Assim, sendo $$f_{at}$$ a força de atrito com o solo, podemos calcular a força e o torque resultante no carretel (usando o centro de massa $$G$$ como referência para o torque) da seguinte forma:
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} N = 2mg – F \sin(\theta)\\ 2ma = F \cos(\theta) – f_{at} \\ (2mr^{2}) \alpha = Fr – f_{at}R \end{array} \right.$$
Logo, substituindo (1) na duas ultimas equações temos que
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2mR^{2} \alpha = FR \cos(\theta) – f_{at}R, \\ 2mr^{2} \alpha = Fr – f_{at}R \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta) – \dfrac{r}{R} \right)$$
Nesse caso onde $$\theta = 90^{\circ}$$ e $$F = mg$$, podemos substituir e achar:
$$\boxed{\alpha = – \dfrac{rg}{2(R^{2}-r^{2})} = – 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 4,7 \, \rm{m/s^{2}}}$$
(b) Esse caso é análogo ao item (a), portanto basta substituir $$\theta = 0^{\circ}$$ e $$F = mg$$ na expressão para $$\alpha$$. Isso nos permite concluir que:
$$\boxed{\alpha = \dfrac{g}{2(R+r)} = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 3,1 \, \rm{m/s^{2}}}$$
(c) A diferença quantitativa das situações nos itens (a) e (b) é a diferença entre os sinais de $$\alpha$$ e $$a$$. Portanto, podemos concluir da expressão de $$\alpha$$ que a condição crítica é:
$$\alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta_{c}) – \dfrac{r}{R} \right) = 0 \iff \boxed{\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right)}$$
Podemos ainda verificar que $$\theta < \theta_{c} \iff \alpha > 0$$ e $$\theta > \theta_{c} \iff \alpha < 0$$, de acordo com o enunciado.
(d) Primeiramente, vamos calcular a força de atrito máxima $$f_{at,max}$$ nesse caso. Temos que:
$$f_{at,max} = \mu N = \mu (2mg – F \sin(\theta)) \iff f_{at,max} = \dfrac{3}{10} mg$$
Caso ocorrese rolamento perfeito, teríamos como vimos no item anterior:
$$\alpha = 0 \, \rm{rad/s} \iff 2mR \alpha = F \cos(\theta_{c}) – f_{at} = 0 \iff f_{at} = \dfrac{6}{5} mg > f_{at,max}$$
O que é um absurdo. Portanto, ocorre deslizamento e o atrito é cinético de módulo igual $$f_{at,max}$$. Assim:
$$ \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2m a = 2mg \cdot \dfrac{3}{5} – \dfrac{3}{10}mg \\ 2mr \alpha = 2mg \cdot 3 – \dfrac{3}{10}mg \cdot 5 \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}} \\ \alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}} \end{array} \right.$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$\alpha = – 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = – 4,7 \, \rm{m/s^{2}}$$
(b)
$$\alpha = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = 3,1 \, \rm{m/s^{2}}$$
(c)
$$\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right) \approx 53,13^{\circ}$$
(d)
$$\alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}}$$
$$a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}}$$
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