Terceira Fase (Nível 3)

Mecânica – Força de Atrito

Antes de mais nada, analisemos a situação física do problema:

A partir do momento em que o carro começa a acelerar, a intensidade da força de atrito estática que o carro aplica sobre ele (que possui sentido para a direita, contrário à tendência de deslizamento) passa a aumentar até alcançar a intensidade máxima, dada por

$f_{max}=\mu_e mg$.

A partir desse momento, a força de atrito passa a ser do tipo cinético, com intensidade constante

$f_c=\mu_c mg$,

e ocorre deslizamento relativo entre as superfícies; ou seja, o bloco vai para a esquerda até cair.

Primeiramente, devemos analisar se o bloco realmente chega a deslizar sobre a superfície. A única força que contribui para o  movimento do pacote no referencial da Terra é o atrito que o carro aplica sobre ele (que possui sentido para a direita, contrário à tendência de deslizamento). Para que não houvesse movimento relativo entre o carro e o pacote, a força de atrito atuando nele teria de ser estática, com intensidade menor ou igual a

$f_{max}=\mu_e mg=0,3 \cdot 0,25 \cdot 10=0,75 \ N$.

Além disso, ela atua como força resultante no bloco ao longo do eixo horizontal. Nesse caso, a aceleração do bloco seria igual à do carro; usando a 2a Lei de Newton, achamos o valor da força resultante que atuaria no bloco:

$F=ma_{C}=m\dfrac{\Delta V}{\Delta t}=0,25 \cdot \dfrac{20}{5} \ N=1 \ N$.

Ora, mas como $f_{max}<F$, o atrito estático não é suficiente para "segurar" o bloco no mesmo local do teto, e portanto a a força de atrito atuando no pacote na presente situação é cinética, e o bloco adquire uma aceleração diferente daquela do carro, o que faz com que ele eventualmente fique "para trás" e caia. Então, achemos a aceleração do bloco $a_B$ no referencial da Terra, com a 2a Lei de Newton:

$\mu_c mg=ma_B$

$a_B=\mu_c g =0,2 \cdot 10 \ m/s^2=2 \ m/s^2$.

A do carro já fora calculada como sendo $a_C=4 \ m/s^2$.

Para encontrarmos o tempo que leva para o pacote cair, usamos a função horária da posição no MRUV para o pacote e para a traseira do teto do carro, impondo a igualdade das duas no momento desejado.

$\dfrac{4t^2}{2}=2+\dfrac{2t^2}{2}$,

$t=\sqrt{2} \ s$.

Usando $\sqrt{2}=1,4$ e ajustando os algarismos significativos:

$\boxed{t=1,4 \ s \approx 1 \ s}$.

$\boxed{t=\sqrt{2} \ s \approx 1 \ s}$.

Eletrostática 

a) Para encontrarmos o capo em um plano (infinito) usando o de um disco, basta tendermos o raio do disco a infinito, e assim obtemos:

$\boxed{E = 2 \pi k \sigma}$

b) Nesse item, nos vemos diante de um problema de estática. O equilíbrio horizontal nos diz que:

$T\sin{(\theta)} = EQ = 2 \pi k \sigma Q$

Já o equilíbrio vertical nos fornece que:

$T\cos{(\theta)}=mg$

$T=\dfrac{mg}{\cos{(\theta)}}$

E assim chegamos a:

$2\pi k\sigma Q =mg\tan{(\theta)}$

E por fim:

$\boxed{\sigma=\dfrac{mg}{2Q\pi k}\tan{(\theta)}}$

a)$\boxed{E=2\pi k\sigma}$

b)$\boxed{\sigma=\dfrac{mg}{2Q\pi k}\tan{(\theta)}}$

Ondulatória - Ondas em cordas e Batimento

Existem duas possíveis interpretações para essa questão, uma que considera a interferência apenas das duas cordas defeituosas e outra que considera as três cordas. Comecemos pela primeira, que acreditamos ser a solução esperada pela OBF, por se restringir apenas ao batimento comum que geralmente é trabalhado a nível de ensino médio.

Primeira interpretação: Interferência entre dois sons

Sabemos que a velocidade de um pulso em uma corda se dá por:

$V=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$

Em que $T$ é a tensão da corda e $\mu$ sua densidade linear de massa, utilizamos a equação $V=\lambda f$ para obter a frequência:

$f=\sqrt{\dfrac{\mu}{T}}\lambda$

Suponha agora que a tensão passe de $T$ à $T+\Delta T$. Assumindo que o comprimento de onda $\lambda$ permanece igual devido à corda não ser estendida, a nova frequência $f'$ será então

$f'=\sqrt{\dfrac{\mu}{T+\Delta T)}}\lambda = \sqrt{\dfrac{\mu}{T}}\lambda \left(1+\dfrac{\Delta T}{T}\right)^{-1/2}$

Sendo $\Delta T \ll T$, podemos empregar a aproximação $(1+x)^n \approx 1+nx$ para $x \ll 1$:

$f' \approx f \left(1-\dfrac{\Delta T}{2T}\right)$

Para um aumento de $0,45\%$ na tensão, i.e., $\Delta T = 4,5 \cdot 10^{-3} T$,  temos que a frequência correspondente $f_{-}$ é:

$f_{-}=f \left(1-\dfrac{4,5 \cdot 10^{-3}}{2}\right)=f(1-2,25 \cdot 10^{-3})$

Já quando há perda de tensão:

$f_+ = f(1+2,25 \cdot 10^{-3})$

Logo, utilizando a fórmula da frequência de batimento, esta será dada por:

$f_{bat} = f_+-f_- = f[1+2,25 \cdot 10^{-3} - (1-2,25 \cdot 10^{-3})] = 4,50 \cdot 10^{-3}f$

$\boxed{f_{bat} = 1,98 \ Hz}$

Abaixo trazemos o gráfico da função $Y(t)$, que evidencia o fenômeno de batimento. Note a envoltória cossenóide que representa a variação da amplitude da função.

Figura 5: Batimento

Anexo: Demonstração da frequência de batimento

A seguir, incluímos uma pequena demonstração da expressão para a frequência de batimento, que pode não ser tão conhecida para alguns estudantes.

Conhecendo a identidade trigonométrica da soma de senos, dada por

$\sin u + \sin v = 2 \sin{(\dfrac{u+v}{2})} \cos{(\dfrac{u-v}{2})}$,

podemos encontrar uma expressão simplificada para a onda resultante de $y_-$ e $y_+$, as funções de ondas associadas às frequências $f_-$ e $f_+$, respectivamente, as quais são dadas por:

$y_-= A\sin{(2\pi f_-t)}$

$y_+= A\sin{(2\pi f_+t)}$

$y_- + y_+= Y(t) = A (\sin{(2\pi f_-t)} + \sin{(2\pi f_+t)}) = A \cdot 2 \sin{(2\pi \cdot \dfrac{f_++f_-}{2}t)} \cos{(2\pi \cdot \dfrac{ f_+-f_-}{2}t)}$

Podemos interpretar essa função como uma onda senoidal $\sin{(2\pi \cdot \dfrac{f_++f_-}{2}t)}$, cuja amplitude varia com o tempo e é dada por $A(t) = 2A \cos{(2\pi \cdot \dfrac{ f_+-f_-}{2}t)}$. Assim, a frequência da envoltória é dada por $f_{env} = \dfrac{ f_+-f_-}{2}$. Porém, a audição humana não é sensível à variações de fase do som (isto é, ao sinal positivo ou negativo da função), apenas ao seu módulo. Desse modo, o período percebido corresponde ao tempo decorrido entre dois vales consecutivos, que é a metade do real, e a frequência percebida será o dobro da real. Logo:

$f_{bat} = f_+-f_-$

Você pode conferir uma discussão mais detalhada acerca desse assunto na Aula 3.2 do curso NOIC de Física.

Segunda interpretação: Interferência entre três sons

Na segunda interpretação, consideramos a interferência do som que provém das três cordas. Então, devemos somar ainda a função de onda associada ao som da corda de $f=440\;Hz$, dada por:

$y=A\sin{(2\pi ft)}$

Somando as contribuições de $y$, $y_-$ e $y+$, obtemos:

$y + y_- + y_+ = Y(t) = A\sin{(2\pi ft)}(1+2\cos{(2,25 \cdot 10^{-3} \cdot 2\pi ft)})$

Devemos encontrar os instantes em que a envoltória se anula para podemos encontrar a frequência de batimento. Com isso:

$1+2\cos{(2,25 \cdot 10^{-3} \cdot 2\pi ft)} = 0$

$\cos{(2,25 \cdot 10^{-3} \cdot 2\pi ft} = -\dfrac{1}{2}$

$2,25 \cdot 10^{-3} \cdot 2\pi ft = \dfrac{2\pi}{3}$ ou $\dfrac{4\pi}{3}$

$2,25 \cdot 10^{-3} \cdot ft = \dfrac{1}{3}$ ou $\dfrac{2}{3}$

Logo, sendo $t_{1}$ e $t_{2}$ os instantes de primeira e segunda anulação:

$t_{1} = \dfrac{10^{3}}{6,75} f^{-1}$

$t_{2} = \dfrac{2 \cdot 10^{3}}{6,75} f^{-1}$

Abaixo trazemos o gráfico da função $Y(t)$:

Figura 6: Gráfico de deslocamento por tempo

O gráfico evidencia a existência de duas diferentes frequências de batimento. O primeiro instante $t_{1}$ em que a envoltória se anula corresponde a metade do período do batimento maior, enquanto a diferença entre o segundo instante de anulação $t_{2}$ e o instante $t_{1}$ corresponde ao período completo do batimento menor, segundo a definição de batimento vista no anexo acima. Logo:

$t_{1} = \dfrac{T_{bat_{1}}}{2} = \dfrac{10^{3}}{6,75} f^{-1}$

$T_{bat_{1}} = \dfrac{2\cdot 10^{3}}{6,75} f^{-1}$

$t_{2} - t_{1} = T_{bat_{2}} = \dfrac{2 \cdot 10^{3}}{6,75} f^{-1} - \dfrac{10^{3}}{6,75} f^{-1}$

$T_{bat_{2}} = \dfrac{10^{3}}{6,75} f^{-1}$

Utilizando a relação $fT = 1$, obtemos:

$f_{bat_{1}} = \dfrac{6,75}{2} \cdot 10^{-3} f = \dfrac{6,75}{2} \cdot 10^{-3} \cdot 440 \ Hz \approx 1,49 \ Hz$

$\boxed{f_{bat_{1}} = 1,49 \ Hz}$

$f_{bat_{2}} = 6,75 \cdot 10^{-3} f = 6,75 \cdot 10^{-3} \cdot 440 \ Hz = 2,97 \ Hz$

$\boxed{f_{bat_{2}} = 2,97 \ Hz}$

Ressaltamos, todavia, que a segunda interpretação provavelmente não era a resposta esperada pela OBF, já que o nível dessa abordagem foge totalmente do que fora visto na prova de 2014 e na olimpíada em geral, sendo mais adequado, por exemplo, para a SOIF ou olimpíadas internacionais.

$\boxed{f_{bat}= 1,98 \ Hz}$

Termodinâmica e Oscilações

a) Em uma transformação adiabática, temos:

$PV^{\gamma}=cte$.

A variação de volume ocupado pelo gás é dada por $\Delta V=Ay$, de modo que o volume do recipiente como uma função de $y$ é dado por:

$V = V_{0} + \Delta V = V_{0} (1+\dfrac{Ay}{V_{0}})$

Sem perdas de generalidade, tomemos $y>0$. Sendo $P'$ a pressão do gás após o deslocamento do êmbolo, podemos escrever que:

$P_0V_0^\gamma=P'V_0^\gamma(1+\dfrac{Ay}{V_0})^\gamma$

$P'=P_0 (1+\dfrac{Ay}{V_0})^{-\gamma}=P_0(1-\gamma\dfrac{Ay}{V_0})$,

onde foi usado a aproximação binomial fornecida pelo enunciado. Portanto:

$\boxed{\Delta P = -\gamma \dfrac{Ay}{V_0}P_0}$.

b) Por questões de simplicidade, consideremos $y>0$. A força restauradora será dada por:

$\boxed{F=P'A=P_0 A(1-\gamma\dfrac{Ay}{V_0})}$

c) Usando o resultado anterior, a força resultante é dada por:

$F_{r} = P_0 A(1 - \gamma\dfrac{Ay}{V_0}) - mg$

O equilíbrio na posição inicial nos diz que:

$P_0 A=mg$

Logo:

$F_{r} = ma = - \gamma \dfrac{P_{0}A^{2}}{V_{0}}y$

$a = - \gamma \dfrac{P_{0}A^{2}}{mV_{0}}y$

Em um MHS qualquer, é válido que $a = - \omega^{2} y$, onde $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$ é a frequência angular do movimento e $T$ é seu período. Logo, para esse MHS, obtemos que:

$\omega^2 = \dfrac{4\pi ^2}{T^2} = \gamma \dfrac{P_{0}A^{2}}{mV_{0}}$

$\boxed{\gamma = 4 \pi^2 \dfrac{mV_{0}T^{2}}{P_{0}A^{2}}}$

a)$\boxed{\Delta P=- \gamma\dfrac{Ay}{V_0} P_{0}}$

b)$\boxed{F=P'A=P_0 A(1-\gamma\dfrac{Ay}{V_0})}$

c) $\boxed{\gamma = 4 \pi^2 \dfrac{mV_{0}T^{2}}{P_{0}A^{2}}}$

 Cinemática 

a) Observação inicial: A notação da questão pode ser um tanto confusa para o aluno. A velocidade angular mencionada é, na verdade, usualmente chamada de frequência por estar em $rps$ (rotações por segundo). Por motivos de consistência com o enunciado, chamaremos então de $\omega$ a frequência da roda, referida pela questão como "velocidade angular". Prossigamos com a solução.

O tempo que a luz leva para ir da roda ao anteparo e então retornar a roda é de:

$t_{luz}=\dfrac{2L}{c}$

No cenário em que nenhuma luz volta a passar pela roda no retorno, temos que este tempo é equivalente a metade do tempo que leva para um dente assumir o local do outro no espaço. Você pode imaginar que é como se a luz passasse bem entre os dentes $1$ e $2$, enquanto a roda gira no sentido $2\rightarrow1$, e quando a luz retorna à roda, o dente $2$ está em seu caminho. Algebricamente, temos que o ângulo entre dois dentes consecutivos é $2\pi/N$, já que há $N$ dentes. Como a roda gira metade deste ângulo - ($\pi/N$) desde o momento em que a luz passa entre dois dentes e retorna ao mesmo ponto encontrando com um dente em seu caminho, o intervalo  de tempo necessário para isso vale:

$t_{roda}=\dfrac{\dfrac{\pi}{N}}{2 \pi\omega}$

Igualando os tempos, obtemos a velocidade da luz:

$t_{roda}=t_{luz}$

$\dfrac{1}{2N\omega}=\dfrac{2L}{c}$

$\boxed{c=4LN\omega}$

b) Substituindo os valores:

$c=4\cdot 8600 \cdot 720 \cdot 12,5 \ m/s$

$\boxed{c = 3,096\cdot 10^8 \ m/s \approx3,10\cdot 10^8 \ m/s}$

a)$\boxed{c=4LN\omega}$

b)$\boxed{c = 3,096\cdot 10^8 \ m/s \approx3,10\cdot 10^8 \ m/s}$

Óptica Geométrica

Observe a geometria do problema:

Figura 7: Geometria do problema

Podemos ver pelo desenho que $\alpha = 2 \theta$. Além disso:

$\sin \alpha = \dfrac{h}{R}$

Já a Lei de Snell nos diz que:

$1 \cdot \sin \alpha = \sqrt{3} \cdot \sin \theta$

Isso nos leva a:

$\sin{2\theta} = 2 \sin{\theta} \cos{\theta} = \sqrt{3} \sin{\theta}$

$\cos{\theta} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Pela relação fundamental da trigonometria:

$\sin{\theta} = \dfrac{1}{2}$

Logo, obtemos que:

$\sin{\alpha} = 2 \sin{\theta} \cos{\theta} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Comparando as duas expressões para $\sin \alpha$, obtemos que:

$\boxed{\dfrac{h}{R} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

$\boxed{\dfrac{h}{R} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

 Mecânica - Energia

O ponto de colisão com a parede está a uma altura $h$ tal que:

$L^2-0.6^2L^2=(L-h)^2$

$h=0,2L$

Quando a energia do pêndulo for igual ou menor a potencial gravitacional associada a esta altura, não ocorrerão mais colisões. Essa energia mínima é dada ´por:

$E'=mg \cdot 0,2L = \dfrac{1}{5}mgL$

Já a energia inicial é dada por:

$E_0=mg \cdot L \cos{(60^{o})} = \dfrac{1}{2}mgL$

Sendo $E_{k}$ a energia do pêndulo após $k$ colisões, podemos dizer que

$E_{k+1}=(1-0,1)E_{k}=0,9E_{k}$

Note que essa expressão corresponde a uma progressão geométrica de razão $0,9$. Assim, após $k$ colisões, o pêndulo terá energia dada por:

$E_{k}=0,9^k \ E_0 = \dfrac{1}{2} 0,9^{k} \ mgL$

Estamos interessados em saber quando $E_{k}$ irá corresponder à energia mínima para colidir. Assim, igualando ambas as quantidades:

$\dfrac{1}{5}mgL = \dfrac{1}{2} 0,9^{k} \ mgL$

$\dfrac{2}{5} = 0,4 = 0,9^{k}$

Tirando o logaritimo dos dois lados, obtemos:

$\log{(0,4)} = \log{(0,9^{k})} = k \log{(0,9)}$

$k = \dfrac{\log{(0,4)}}{\log{(0,9)}} \approx 8,7$

Interpretando o resultado concluímos que após a oitava colisão ainda há energia suficiente para a massa chegar à altura $h$ e voltar a colidir, porém após a nona colisão, não. Ou seja, o número de colisões $N$ é:

$\boxed{N=9}$

$\boxed{N=9}$

Estimativa 

Podemos ver que, cada vez que ocorre a transformação, massa é perdida, sendo esta:

$\Delta m = 4,0034 - 4 \cdot 1,008 \ u =0,029 \ u = - 4,93 \cdot 10^{-29} \ kg$

Podemos estabelecer que quando esta massa perdida for equivalente a do núcleo do Sol, onde as reações ocorrem, o mesmo morrerá. Assim, sendo $N$ o número de reações até o fim da vida do Sol, temos:

$N \cdot 4,93 \cdot 10^{-29} \ kg = 0,1 \cdot 2,0 \cdot 10^{30} kg$

$N = 4,1 \cdot 10^{57}$

A taxa de liberação de energia solar pode ser obtida multiplicando a intensidade de radiação solar pela área da esfera de raio $1,5 \cdot 10^{8} \ km$.

$P = 4\pi R^2 \cdot I = 4 \cdot \pi \cdot (1,5 \cdot 10^{11})^2 \cdot 1400 \ W$

$P = 3,958\times10^{26} \ W$

Para saber a energia liberada por cada reação usamos:

$\Delta E= |\Delta m| c^2$

$\Delta E=4,93 \cdot 10^{-29} \cdot (3 \cdot 10^8)^2 \ J = 4,437 \cdot 10^{-12} \ J$

Igualando a radiação solar com a energia liberada pela reação nuclear, obtemos:

$N \Delta E = PT$

$T = N \dfrac{\Delta E}{P} = N = 4,1 \cdot 10^{57} \cdot \dfrac{ 4,437 \cdot 10^{-12}}{3,958\times10^{26}} \ s$

Logo:

$\boxed{T = 4,5 \cdot 10^{19} \ s}$

Note que os átomos estão se movendo muito rapidamente, mas não de modo relativístico.

$\boxed{T = 4,5 \cdot 10^{19} \ s}$