Terceira Fase (Nível 2)

 Mecânica - Gravitação

A força de atração gravitacional entre dois corpos é descrita pela Lei da Gravitação Universal de Newton:

$F_g=\dfrac{GMm}{R^2}$.

Sendo $M$ e $m$ as massas dos dois corpos, $G$ a constante universal da gravitação, cujo valor é fornecido na prova da OBF, e $R$ a distância entre os corpos, que, neste caso (no qual um corpo tem massa muito menor que o outro), equivale ao raio da órbita do corpo mais leve. Sabemos que a Terra gira em torno do Sol numa órbita circular; para que isso seja possível, a força gravitacional deve atuar como resultante centrípeta $F_c$:

$F_c=\dfrac{mv^2}{R}$,

$F_g=F_c$,

$M=\dfrac{v^2 R}{G}$.

O dado que não possuímos é a velocidade orbital $v$ da Terra; no entanto, o aluno deveria encontrá-la relacionando o período orbital de nosso planeta $T$ - que é de $365$ dias - com a distância percorrida em um ano, que equivale à $2\pi R$:

$v=\dfrac{2 \pi R}{T}$.

Substituindo na expressão para a massa, encontramos uma expressão literal:

$M=\dfrac{4 \pi^2 R^3}{GT^2}$.

Agora, é hora de inserir os valores numéricos, o que pode se tornar um algebrismo um pouco tedioso, tendo em vista que na prova o acesso a uma calculadora é proibido. O mais óbvio a ser realizado na hora da prova é fazer todas as contas, com atenção para não errar nenhum valor. Entretanto, como a questão é de estimativa, podemos utilizar aproximações que nos convenham, desde que não muito absurdas. Existe uma muito usada, a qual adotaremos aqui, que consiste em considerar o período da órbita terrestre como aproximadamente $\pi \cdot 10^7 \ s$ (com $0,5 \%$ de precisão!). Sendo assim, em unidades do S.I.:

$M=\dfrac{4\pi^2 \cdot \left(1,5 \cdot 10^{11}\right)^3}{7 \cdot 10^{-11} \cdot \pi^2 \cdot 10^{14}} \ kg =\dfrac{13,5}{7} \cdot 10^{30} \ kg$

$\boxed{M \approx 2 \cdot 10^{30} \ kg}$.

Perceba que, com essa aproximação, nem precisamos usar o valor de $\pi$ dado. É claro que o aluno, normalmente, deveria optar por fazer os cálculos caso não soubesse disso; preferimos usar essa aproximação pois é uma ideia interessante e que pode ser eventualmente útil para o aluno. Fazendo-se as contas usando $T = 365 \cdot 86400 \ s \approx 3,15 \cdot 10^7 \ s$ e $\pi=3$, chegamos no mesmo resultado aproximado.

Atente-se: O enunciado da questão foi para se estimar a massa do Sol, e não para encontrá-la com exatidão. Realizando as contas acima com valores fornecidos na prova, encontramos:

$M \approx 2 \cdot 10^{30} \ kg$.

Sendo o valor estabelecido pela comunidade científica:

$M=1,989 \cdot 10^{30} \ kg$.

O qual se reduz a nosso resultado quando consideramos apenas um algarismo significativo.

$\boxed{M=2 \cdot 10^{30} \ kg}$

 Mecânica - Gravitação

Consideremos uma massa pontual $m$ de prova colocada nesse local. A força gravitacional feita pela Terra é tida como:

$F_T=\dfrac{GM_Tm}{D^2}$,

sendo $D$ a distância do ponto ao centro da Terra. E a exercida pela Lua é, analogamente:

$F_L=\dfrac{GM_Lm}{d^2}$,

chamando de $d$ a distância do ponto à Lua. Igualando ambas e usando $M_T=81M_L$:

$\dfrac{G81M_Lm}{D^2}=\dfrac{GM_Lm}{d^2}$,

$\dfrac{D}{d}=\sqrt{81}=9$.

Mas a questão pede:

$\dfrac{D+d}{d}=1+\dfrac{D}{d}=10$.

Por fim, escrevemos nossa resposta como

$\boxed{r=\dfrac{D+d}{d}=10}$.

$\boxed{r=10}$

 Mecânica - Conservação de Energia

Para resolver esta questão basta nos lembrarmos que a energia mecânica em um sistema como este (não há dissipações) se conserva e que há atuação da resultante centrípeta na direção radial. Buscamos então a velocidade no ponto dado. Estabelecendo o ponto mais baixo - onde a velocidade é $v$ -, como potencial zero, temos:

$\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{mv'^2}{2}+mgR\left(1-\cos{(\theta)}\right)$.

$v'^2 = v^2 - 2mgR\left(1-\cos{(\theta)}\right)$

A componente radial do peso e a tração compõem a resultante centrípeta, ou seja:

$F_c = T(\theta) - mg\cos{(\theta)}$,

sendo a resultante centrípeta:

$F_c=\dfrac{mv'^2}{R}$.

Substituindo, encontramos:

$T = mg\cos{(\theta)} + \dfrac{m(v^2 - 2Rg(1-\cos{(\theta)}))}{R}$

Por fim:

$\boxed{T(\theta)=\dfrac{mv^2}{R} - mg\left(2 - 3\cos{(\theta)}\right)}$.

$\boxed{T(\theta)=\dfrac{mv^2}{R} - mg\left(2 - 3\cos{(\theta)}\right)}$

Cinemática - Lançamento Oblíquo

Neste caso, temos um lançamento oblíquo e sabemos a região, tanto na horizontal quanto na vertical, na qual a massa deve cair. Tal intervalo de locais de queda rege o intervalo de velocidades possíveis. Devemos então encontrar o ponto mínimo e o máximo desta região. É visível que o máximo equivale a ponta do $N$-ésimo degrau, porém o mínimo não ocorre no início deste, pois temos a condição de que a bolinha não pode bater no degrau anterior. Ou seja, nosso ponto mínimo se dá pelo extremo do $(N-1)$-ésimo degrau. Por convenção, vamos orientar o eixo $X$ para a direita e o eixo $Y$ para baixo. Então:

$\rightarrow$ Para o ponto máximo:

$Y=NL=g\dfrac{t^2}{2}$,

$X_max=2NL=V_{max}t$.

Assim obtemos:

$t=\sqrt{\dfrac{2NL}{g}}\rightarrow V_{max}=\sqrt{2NLg}$

$\rightarrow$ E para o ponto mínimo:

$Y'=(N-1)L=g\dfrac{t'^2}{2}$,

$X_{min}=2(N-1)L=V_{min}t'$.

Que nos leva a:

$t'=\sqrt{\dfrac{2(N-1)L}{g}}\rightarrow V_{min}=\sqrt{2(N-1)Lg}$.

Como o projétil não pode colidir com o $(N-1)$-ésimo degrau, sua velocidade deve ser maior que a mínima calculada. Por fim, temos:

$\boxed{\sqrt{2(N-1)Lg}<V\leq\sqrt{2NLg}}$.

$\boxed{\sqrt{2(N-1)Lg}<V\leq\sqrt{2NLg}}$

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:

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

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

Cinemática - Movimento Acelerado

a) Nessa questão, precisaremos fazer uma consideração (provavelmente esperada pela OBF), que explicaremos por que será bastante razoável: podemos admitir uma aceleração constante para o carro, pois o texto descreve que, até um certo ponto o carro é impulsionado por uma mesma turbina (assim como no estágio que o segue, até alcançar a velocidade máxima, porém com uma turbina mais potente). Além disso, o comportamento do gráfico da questão evidencia isso, de certa forma. Para convencê-lo disso, observe o formato do gráfico de velocidade versus distância (cuja dependência é $V=\sqrt{2ad}$, pela equação de Torricelli, partindo do repouso):

 Figura 4: Gráfico da velocidade versus posição para o MRUV.

Realmente, o comportamento é, de certa forma, semelhante ao observado! Não era necessário que o aluno tivesse essa visualização no momento da prova, mas é importante que a ressaltemos. Prosseguindo com a resolução:

Denote por $V_1$ a velocidade no instante de acionamento $t_1$, e $a_1$ a aceleração nessa primeira etapa. Sabendo que o carro parte do repouso, temos

$V_1=a_1t_1$

e

$D_1=\dfrac{a_1t_1^2}{2}$.

Do gráfico, podemos estimar $V_1 \approx 600 \ km/h$ e $D \approx 3 \ km$. Com isso, substituindo valores:

$a_1 t_1=600 \ km/h$,

e

$a_1 t_1^2 = t_1 \cdot (a_1 t_1) = 6 \ km$

$t_1 = \dfrac{6}{600} \ h = 3600 \cdot 10^{-2} \ s$.

Logo:

$\boxed{t_1=36\ s \approx 4 \cdot 10 \ s}$.

Também podemos aproximar a curva aparente descrita pela velocidade nas distâncias iniciais para uma reta, obter o valor médio da velocidade e dividir a distância percorrida pelo mesmo, obtendo o mesmo valor.

b) Partindo já do ponto de ativação da turbina até o ponto de velocidade máxima podemos considerar como um movimento uniformemente variado novamente (conforme já discutimos), sendo a ideia passada pelo enunciado. É conveniente analisarmos a equação do movimento a partir do momento em que o segundo estágio é acionado, tendo em vista que a aceleração mudará. Seja $V_2$ a velocidade máxima, $t_2$ o instante em que isso ocorre, $D_2$ a distância percorrida desde a partida até o momento em questão e $a_2$ a aceleração desse estágio. Chamando também $t_2-t_1 \equiv \Delta t$, teremos:

$D_2-D_1=V_1 \Delta t+\dfrac{a_2\Delta^2}{2}$,

e

$V_2=V_1+a_2 \Delta t$

Nosso maior empecilho é determinar os valores para $D_2$ e $V_2$. Uma estimativa razoável é $V_2 \approx 1700$ $km/h$ e $D_2 \approx 10$ $km$. Manipulando as equações e substituindo os valores numéricos, de um modo análogo ao que fora feito no item passado, obtemos

$\Delta t = \dfrac{7}{1150} \approx 0,006 \ h$.

Em segundos:

$\Delta t=21,6 \ s$.

Logo:

$t_2=t_1 + \Delta t=36+21,6 \ s = 57,6 \ s$

$\boxed{t_2 = 57,6 \ s \approx 6 \cdot 10 \ s}$.

Perceba que pequenas alterações nos valores de distância e e velocidade escolhidas não iriam alterar a resposta em seus algarismos significativos.

a) $\boxed{t_1=36\approx 4 \cdot 10s}$.

b) $\boxed{t_2 = 57,6 \approx 6 \cdot 10s}$.

 Mecânica - Gravitação

Para o peso devido a Terra, temos:

$P_0=\dfrac{GmM_T}{R_T^2}$.

E, para a força da Lua:

$F_L=\dfrac{GmM_L}{D_L^2} = \dfrac{GmM_T}{R_T^2} \cdot \dfrac{M_L}{M_T} \cdot \left( \dfrac{R_T}{D_L} \right) ^2$.

$F_L = P_0 \cdot \dfrac{M_L}{M_T} \cdot \left( \dfrac{R_T}{D_L} \right) ^2$

Substituindo as razões:

$F_L = P_0 \cdot 0,012 \cdot \dfrac{1}{60^2} = \dfrac{P_0}{3} \cdot 10^{-5} \approx 3,33 \cdot 10^{-6} P_0$

Já a força exercida pelo Sol é

$F_S=\dfrac{GM_Sm}{D_S^2} = \dfrac{GmM_T}{R_T^2} \cdot \dfrac{M_S}{M_T} \cdot \left( \dfrac{R_T}{D_S} \right) ^2$

$F_S = P_0 \cdot \dfrac{M_S}{M_T} \cdot \left( \dfrac{R_T}{D_S} \right) ^2$

Novamente, substituímos as razões:

$F_S = P_0 \cdot 3,3 \cdot 10^5 \cdot \dfrac{1}{(2,3 \cdot 10^4)^2} \approx 6,24 \cdot 10^{-4} P_0$

No eclipse total Solar, a Lua, o Sol e a Terra estão alinhados, com a Lua entre a Terra e o Sol. Portanto as forças gravitacionais do Sol e da Lua se somarão para decrescer o peso aparente do indivíduo. Logo:

$P=P_0-F_L-F_S=P_0\left(1 - 3,33 \cdot 10^{-6} - 6,24 \cdot 10^{-4}\right)$

Logo, a razão pedida é dada por:

$\dfrac{P_0-P}{P_0}= 3,33 \cdot 10^{-6} + 6,24 \cdot 10^{-4} =6,27 \cdot 10^{-4}$

$\boxed{\dfrac{P_0-P}{P_0} \approx 6,3 \cdot 10^{-4}}$

$\boxed{\dfrac{P_0-P}{P_0} \approx 6,3 \cdot 10^{-4}}$

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 - Dilatação

Desconsiderando a dilatação do recipiente de vidro - o que é justificado pois o coeficiente de dilatação do vidro é muito menor do que o dos líquidos que são usualmente usados - , a variação do volume do líquido relaciona-se com a variação da altura da coluna como

$\Delta V=A\Delta h$,

onde $A$ é a secção reta do tubo. Sendo o coeficiente de dilatação do álcool $5$ vezes maior do que o do mercúrio, sua variação de volume também será $5$ vezes maior. Haja vista que a medição da temperatura é feita com base na variação da altura, é necessário que tenhamos variações de altura equivalentes para mesmas variações de temperatura. Assim, vemos a seguinte relação entre as áreas:

$\Delta h_a=\Delta h_m\rightarrow \dfrac{5\Delta V}{A_a}=\dfrac{\Delta V}{A_m}\rightarrow 5A_m=A_a$

Relacionando a área com o diâmetro:

$A_m=\dfrac{\pi D_m^2}{4}$,

e

$A_a=\dfrac{\pi D_a^2}{4}$.

Por fim, obtemos:

$5D_m^2=D_a\rightarrow \boxed{\dfrac{D_a}{D_m}=\sqrt{5}}$.

Deixamos a resposta nessa forma pois a prova não forneceu o valor de $\sqrt{5}$.

$\boxed{\dfrac{D_a}{D_m}=\sqrt{5}}$

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 10: 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:

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

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