Escrito por Ualype Uchôa e Antônio Ítalo
Questão 1
Considere uma sala em forma de paralelepípedo de lados $$a = 4,00$$ $$m$$, $$b = 5,00$$ $$m$$ é $$h = 3,00$$ $$m$$. A altura da sala é dada por $$h$$ e o piso retangular tem lados $$a$$ e $$b$$. Em um dado instante, uma formiga e uma mosca estão no ponto $$A$$, que é um dos vértices do piso. Por alguma razão qualquer, ambas querem atravessar a sala, indo ao ponto $$B$$, localizado no teto, e que está na mesma diagonal principal do paralelepípedo que passa por $$A$$. Sabendo que ambos podem andar por quaisquer superfícies, inclusive paredes verticais, mas somente a mosca pode voar, determine a menor distância que cada inseto deve percorrer para atingir o ponto $$B$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Geometria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$A$$ o ponto de partida dos insetos, e $$B$$ o ponto de chegada, com o segmento $$AB$$ sendo a diagonal principal do paralelepípedo. Lembrando que a menor distância entre dois pontos é uma linha reta que passa por estes, o menor caminho que a mosca pode realizar é ir voando em linha reta de A até B. Chame de $$D_{M}$$ o comprimento deste trajeto. Utilizando o Teorema de Pitágoras duas vezes, temos:
$$D_{M}^{2} = a^{2} + b^{2} + h^{2}$$
Substituindo os valores dados:
$$D_{M}^{2} = 4,00^{2} + 5,00^{2} + 3,00^{2}$$
$$D_{M}^{2} = 50,00$$ $$\therefore$$
$$D_{M} = 5\sqrt{2} m$$
Usando o valor fornecido de $$\sqrt{2} = 1,4$$:
$$\boxed{D_{M} = 7,0\;m}$$.
Para a formiga, a análise do caminho mínimo torna-se menos trivial. Para uma melhor visualização, planifiquemos o sólido geométrico, conforme mostrado a seguir.
Ora, para que a distância percorrida seja mínima, a formiga deve mover-se ao longo da linha tracejada(ela percorre parte do trajeto em uma parede, e o restante ao longo do teto), pois a mínima distância entre dois pontos é uma reta. Chamando de $$D_{F}$$ essa distância, temos, novamente, pelo Teorema de Pitágoras:
$$D^{2}_{F} = b^{2} + \left(a+h\right)^{2}$$
Substituindo:
$$D^{2}_{F} = 5,00^{2} + 7,00^{2}$$
$$D_{F} = \sqrt{74} = \sqrt{2}*\sqrt{37} = \dfrac{7\sqrt{37}}{5}$$ $$m$$
Não foi fornecido o valor $$\sqrt{37}$$, mas podemos aproximá-lo, fazendo as contas, para $$6,1$$, obtendo:
$$\boxed{D_{F} \approx 8,5\;m}$$.
Adendo: Observe que, caso trocássemos a posição dos lados $$a$$ e $$b$$, obteríamos uma resposta diferente para o caminho percorrido pela formiga:
$$D_{F}^{2} = a^{2} + \left(b+h\right)^{2}$$
$$D_{F} = \sqrt{80}\;m$$.
Contudo, esse caminho é maior do que o achado anteriormente, logo, não corresponde à menor distância que a formiga pode percorrer. Existe, ainda, outra forma de planificar a figura, que também resulta em um valor diferente para $$D_{F}$$, que é maior ainda que os outros dois achados anteriormente.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{D_{M} = 7,0\;m}$$
$$\boxed{D_{F} = \dfrac{7\sqrt{37}}{5}\;m\approx 8,5\;m}$$
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Questão 2
Um estudante observa que sua família, por comodidade, prefere secar as roupas em uma máquina elétrica ao invés de pendurá-las no varal, onde o clima em geral seco de sua região, as secaria sem custo. Para estimar o gasto mensal com a máquina de secar, o estudante seleciona uma amostra representativa das roupas da casa que, quando secas, têm massa $$8,00$$ $$kg$$ e, quando úmidas (logo após lavadas e torcidas ou centrifugadas, ou seja, prontas para ir para o varal ou secadora), têm massa de $$15,00$$ $$kg$$. Considerando que, na máquina, o calor usado para secar a roupa vem da eletricidade, estime o custo mensal para secar as roupas na secadora sabendo que em média, por mês, são lavados $$120$$ $$kg$$ de roupas e o custo do energia elétrica na região é de $$R$0,85/kWh$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Calorimetria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Deve-se perceber que a diferença de massa depois da secagem é proveniente da água que evaporou durante o processo, que é posterior ao de lavagem. Primeiramente, façamos uso de uma proporção simples com os dados do enunciado para encontrar a massa das roupas molhadas no processo mensal (perceba que $$120$$ $$kg$$ é a massa apenas das roupas secas ou antes de serem lavadas), e deste número subtraímos os $$120$$ $$kg$$ de forma a obter a massa de água evaporada:
$$\dfrac{8,00}{120} = \dfrac{15,00}{m}$$
$$m = 225$$ $$kg$$ $$\therefore$$
$$\Delta m = 225 – 120 = 105$$ $$kg$$ $$= 105 * 10^{3}$$ $$g$$
O calor necessário $$Q$$ em calorias para a evaporação foi, então (note que, em primeira aproximação, podemos desconsiderar o calor sensível, visto também que nada foi informado sobre a temperatura inicial da água):
$$Q = \Delta m L_{v} = 105 * 10^{3} * 540 = 5,67 * 10^{7}$$ $$cal$$
Em joules:
$$Q = 4,2 * 5,67 * 10^{7} \approx 2,38 * 10^{8}$$ $$J$$
Façamos, então, uma nova proporção para encontrar o custo C desse processo, em reais, dado que $$R$0,85$$ correspondem à $$1$$ $$kWh$$ $$= 3,6 * 10^{6}$$ $$J$$:
$$\dfrac{0,85}{C} = \dfrac{3,6*10^{6}}{2,38*10^{8}}$$ $$\therefore$$
$$\boxed{C \approx R$56,19}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{C \approx R$56,19}$$
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Questão 3
Uma bola cai verticalmente sobre um plano inclinado de $$30^{\circ}$$ e, ao colidir com ele no ponto $$A$$, é lançada em uma direção que forma um ângulo de $$60^{\circ}$$ com a vertical, conforme indicado na figura abaixo. A bola atinge novamente o plano inclinado no ponto $$B$$, que está a uma altura $$2,00$$ $$m$$ abaixo de $$A$$. Determine (a) o intervalo de tempo que a bola demora para ir de $$A$$ a $$B$$ e (b) a intensidade da velocidade da bola em $$B$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Lançamento Oblíquo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Um bom jeito de analisar a questão é mudar de perspectiva, rotacionando o plano e estudar o movimento do projétil ao longo deste, com os eixos $$x$$ e $$y$$ sendo respectivamente tangencial e normal ao plano, com o positivo apontando plano abaixo (no eixo $$x$$) e para fora do plano (no eixo $$y$$), e origem no ponto $$A$$. Desta forma, o movimento passa a ser acelerado em ambos os eixos, com uma aceleração horizontal de $$a_{x} = g\sin{30^{\circ}}$$ e uma vertical $$a_{y} = -g\cos{30^{\circ}}$$. Com um pouco de observação, é fácil ver que a inclinação do vetor velocidade inicial com respeito ao plano é de $$60^{\circ}$$. Primeiramente, escrevamos a equação horária da posição no eixo horizontal:
$$x\left(t\right) = v_{0}\cos{60^{\circ}}t + \dfrac{g\sin{30^{\circ}}t^{2}}{2}$$
Usando a equação horária no eixo $$y$$, encontramos o tempo total de vôo $$t_{t}$$ impondo que $$y=0$$, e escolhemos a raiz diferente de zero, pois esta corresponderia ao instante inicial:
$$y\left(t\right) = v_{0}\sin{60^{\circ}}t – \dfrac{g\cos{30^{\circ}}t^{2}}{2}$$
$$y\left(t_{t}\right) = 0 = t_{t}\left(v_{0}\sin{60^{\circ}} – \dfrac{g\sin{60^{\circ}}t_{t}}{2}\right)$$
$$t_{t} = \dfrac{2v_{0}}{g}$$
Sendo $$X$$ o alcance ao longo do plano, podemos substituir $$x(t_{t}) = X$$ para obtermos $$v_{0}$$:
$$X = \dfrac{2v^{2}_{0}}{g}\left(\cos{60^{\circ}} + \sin{30^{\circ}}\right)$$
$$v_{0} = \sqrt{\dfrac{gX}{4\sin30^{\circ}}}$$
Substituindo em $$t_{t}$$, e usando $$X = \dfrac{h}{\sin{30^{\circ}}}$$, onde $$h = 2,00$$ $$m$$, temos, por fim:
$$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{h}{g}}}{\sin{30^{\circ}}}$$
Substituindo os valores numéricos:
$$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{2,00}{10}}}{0,50} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}\;s$$
$$t_{t} = 0,88$$ $$s$$ $$\approx 0,9$$ $$s$$.
b) Podemos usar a equação de Torricelli em ambos os eixos, e então utilizar o Teorema de Pitágoras, haja vista que essas velocidades são ortogonais entre si. Logo, temos que:
$$v^{2}_{B_{y}} = \left(v_{0}\sin{60^{\circ}}\right)^{2} -2g\cos{60^{\circ}} \Delta y$$
Temos $$\Delta y = 0$$, logo:
$$v^{2}_{B_{y}} = \left(v_{0}\sin{60^{\circ}}\right)^{2}$$
Em $$x$$:
$$v^{2}_{B_{x}} = \left(v_{0}\cos{60^{\circ}}\right)^{2} + 2g\sin{30^{\circ}}\dfrac{h}{\sin{30^{\circ}}}$$
$$v^{2}_{B_{x}} = \left(v_{0}\cos{60^{\circ}}\right)^{2} + 2gh$$
Logo:
$$v^{2}_{B} = v^{2}_{0}\left(\sin^{2}{60^{\circ}}+\cos^{2}{60^{\circ}}\right) + 2gh$$
$$v_{B}= \sqrt{v^{2}_{0}+2gh}$$
Substituindo os dados:
$$v_{B} = \sqrt{20+2*10*2,00} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$$ $$m/s$$
$$v_{B} = 2 * 2,2 * 1,7 \;m/s \rightarrow \boxed{v_B \approx 7,5\;m/s}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t_{t} = \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\;s \approx 0,88\;s}$$.
$$\boxed{v_{B}=2\sqrt{15}\;m/s \approx 7,5\;m/s}$$
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Questão 4
Um aluno de física está estudando simulações computacionais e faz um aplicativo no qual um pequeno quadrado, de lado $$a = 4$$ $$mm$$, se move retilineamente na região entre duas paredes também móveis. O quadrado tem velocidade de módulo constante $$v = 4$$ $$mm/s$$ e, ao colidir com as paredes, inverte imediatamente o sentido de seu movimento. As paredes se movem com velocidades de módulo $$V = 1 mm/s$$ constantes, porém a parede $$A$$ se move para direita e a parede $$B$$ para a esquerda. A figura abaixo, fora de escala, representa o sistema no início da simulação, instante $$t_{0} = 0$$, no qual a distância entre as paredes é $$L = 36$$ $$mm$$ e o quadrado está em contato com a parede $$A$$. A simulação termina no instante em que o quadrado entra em contato simultâneo com as duas paredes e, portanto, não pode mais se mover. ($$V$$ e $$v$$ são medidas em relação à tela do computador). Determine: (a) o intervalo de tempo de duração da simulação e (b) o instante em que ocorre a quarta colisão com uma parede.
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Cinemática: MRU
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Note que, pela igualdade das velocidades das placas, é necessário que o final da simulação ocorra com o quadrado no centro das placas, sendo assim, vale:
$$V\Delta t_{sim}= \dfrac{L-a}{2}$$
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{L-a}{2V}$$
Substituindo, obtemos:
$$\Delta t_{sim}=16$$ $$s$$
b) Chame de $$\Delta t_{i}$$ (onde $$i = 1, 2, 3, 4, …$$) o intervalo de tempo entre a (i-1)-ésima e a i-ésima colisão. Desta forma, $$\Delta t_{1}$$ é o intervalo de tempo até a primeira colisão, $$\Delta t_{2}$$ é o intervalo de tempo entre a primeira e a segunda colisão, e assim por diante. Entremos no referencial da placa à esquerda, subtraindo, então, $$V$$ para a esquerda de todos os móveis. Temos então que a placa da direita sempre se moverá com $$2V$$ para a esquerda, e o quadrado com $$v-V$$ para a direita ao se afastar da placa esquerda, e $$v+V$$ para a esquerda ao aproximar-se dela. Convencionando o sentido positivo para a direita, temos, até a primeira colisão:
$$(L-a)-2V\Delta t_{1} = \left(v-V\right) \Delta t_{1}$$
Seja $$(L-a)=l$$:
$$\Delta t_{1} = \dfrac{l}{v+V}$$
Para a segunda colisão, a distância entre o quadrado e a placa é de $$l – 2V\Delta t_{1}$$. Logo:
$$\Delta t_{2} = \dfrac{l – 2V\Delta t_{1}}{v+V}$$
$$\Delta t_{2} = \dfrac{l\left(v-V\right)}{(v+V)^{2}} = \dfrac{\left(v-V\right)}{v+V}\Delta t_{1} $$
Para a terceira colisão, a distância entre o quadrado e a placa direita é de $$l – 2V\Delta t_{1} – 2V\Delta t_{2}$$, então:
$$l – 2V\Delta t_{1} – 2V\Delta t_{2} – 2V\Delta t_{3} = \left(v-V\right)\Delta t_{3}$$
$$\Delta t_{3} = \dfrac{l – 2V\Delta t_{1} – 2V\Delta t_{2}}{v+V}$$
$$\Delta t_{3} = \dfrac{l – 2V\Delta t_{1}}{v+V} – \dfrac{2V}{v+V}\Delta t_{2}$$
$$\Delta t_{3} = \dfrac{v-V}{v+V} \Delta t_{2} = \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{2} \Delta t_{1}$$
Por fim, analisemos a quarta colisão, quando a distância entre o quadrado e a placa é de $$l – 2V\Delta t_{1} – 2V\Delta t_{2} – 2V\Delta_{3}$$:
$$\Delta t_{4} = \dfrac{l – 2V\Delta t_{1} – 2V\Delta t_{2} – 2V\Delta t_{3}}{v+V}$$
$$\Delta t_{4} = \dfrac{v-V}{v+V}\Delta t_{3} = \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{3}\Delta t_{1}$$
Nos foi pedido o tempo até a quarta a colisão. Sendo ele $$t_{4}$$, tem-se:
$$t_{4} = \Delta t_{1} + \Delta t_{2} + \Delta t_{3} + \Delta t_{4}$$
Que pode ser reescrito como:
$$t_{4}= \Delta t_{1} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}$$
$$\boxed{t_{4}= \dfrac{L-a}{v+V} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}}$$
Substituindo os valores fornecidos, encontramos:
$$t_{4} = \dfrac{32}{5} * \dfrac{272}{125} \;s \rightarrow \boxed{t_4 \approx 14\;s}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\Delta t_{sim}= \dfrac{L-a}{2V} = 16\;s}$$
b) $$\boxed{t_{4}= \dfrac{L-a}{v+V} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n} \approx 14\;s}$$.
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Questão 5
A Lua vista da Terra é um fenômeno que vem nos fascinando desde os primórdios da Humanidade. Parte I, faça um diagrama que explique as fases da Lua no qual (1) a Terra ocupa a posição central, (2) é representada a trajetória da Lua em período orbital, (3) é indicado a direção aproximada dos raios solares e (4) é apresentado a Lua em quatro posições correspondentes às suas quatro fases. Parte II, (a) o que é o lado oculto da Lua?, (b) que condições o movimento lunar deve satisfazer para que ele exista? e (c) Faça uma cópia do diagrama feito na parte II e represente, em cada posição da Lua, a sua face oculta.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos de Astronomia: Fases da Lua
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Parte I: Vide diagrama a seguir:
Onde a Terra está representada em azul, e os raios de luz vindos do sol chegam praticamente paralelos. A órbita da Lua em torno do Terra também está indicada, junto às setinhas, que indicam o sentido da translação da Lua ao redor do nosso planeta. A porção branca da lua corresponde à parte visível (iluminada pelo Sol) e a porção escura à parte que não está iluminada pelo sol.
Parte II:
a) O lado oculto da Lua é o hemisfério da lua que não pode ser visto por nenhum observador terrestre; isto é, sempre vemos um mesmo lado da lua, enquanto o outro lado permanece oposto.
b) O período de revolução da Lua em torno da Terra deve ser igual ao seu período de rotação em torno do próprio eixo, pois, assim, ambos os giros se compensam e nós nunca conseguiremos ver o outro lado da Lua.
c) Usando os conhecimentos dos itens a) e b), copiamos o diagrama da parte 1, com o lado oculto da Lua representado em vermelho:
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ver solução.
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Questão 6
Um estudante de física deseja estimar a profundidade de um poço. Ele dispara o cronômetro no instante em que abandona uma pedra sobre sua boca e observa que levou $$\Delta t = 2,5$$ $$s$$ para ouvir o som da pedra atingindo a água. Assumindo que a velocidade do som é $$340$$ $$m/s$$, qual a profundidade do poço?
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O tempo que levará para o estudante ouvir o som é a soma do tempo que levou para a pedra cair com o tempo que levou para o som subir, sendo assim:
$$\Delta t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}+\dfrac{H}{V_{s}}$$
Isolando o termo com a raiz quadrada e elevando ambos os lados da equação ao quadrado, temos:
$$\dfrac{2H}{g}=\left( \Delta t \right)^{2}+\dfrac{H^{2}}{V_{s}^{2}}-\dfrac{2H\Delta t}{V_{s}}$$
Simplificando:
$$H^{2}-2\left(V_{s}\Delta t + \dfrac{V_{s}^{2}}{g} \right) H+\left( V_{s} \Delta t \right)^{2}=0$$
Aplicando Bháskara:
$$H=\dfrac{2V_{s}\left(\Delta t + \dfrac{V_{s}}{g}\right) \pm \sqrt{4V_{s}^{2}\left(\Delta t + \dfrac{V_{s}}{g} \right)^{2}-4 \left( V_{s}\Delta t \right)^{2}}}{2}$$
$$H=V_{s} \left(\dfrac{V_{s}}{g}+\Delta t \right) \left( 1 \pm \sqrt{1-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t}\right)^{2}}} \right)$$
Como escolhemos o sinal correto? Podemos analisar o caso limite $$\Delta t=0$$, onde $$H$$ deve ser igual à zero. Para isso ocorrer, devemos escolher o sinal negativo. Para facilitar os cálculos numéricos, note que:
$$\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)^{2}} \ll 1$$
Portanto, podemos utilizar a aproximação binomial para facilitar os cálculos numéricos:
$$\left(1+x \right)^{n} \approx 1+nx$$
Utilizando a aproximação binomial, obtemos:
$$\boxed{H \approx \dfrac{V_{s}\Delta t}{2 \left(1+ \dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)}}$$
Substituindo, obtemos:
$$\boxed{H \approx 29,1\;m}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{H=V_{s} \left(\dfrac{V_{s}}{g}+\Delta t \right) \left( 1 \pm \sqrt{1-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t}\right)^{2}}} \right) \approx \dfrac{V_{s}\Delta t}{2 \left(1+ \dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)} \approx 29,1\;m}$$
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Questão 7
Um prumo é um instrumento usado determinar a direção vertical em determinado ponto. Em cada ponto da Terra, a direção do zênite é dada pela linha imaginária que liga o ponto ao centro da Terra. Devido à rotação da Terra, a linha do prumo é, em geral, ligeiramente desviada em relação à direção do zênite. Na figura abaixo, o laboratório hipotético $$A$$ está localizado exatamente sobre o polo Norte. O conjunto formado por fios ideais, um dinamômetro e uma massa $$m$$, pendurado num ponto fixo do teto, funciona como um prumo. Na posição do laboratório $$A$$, a linha do zênite é indicada pelo eixo $$z$$ e vemos que coincide com a linha do prumo, que está sendo tensionada por uma tração $$T$$. O laboratório hipotético $$B$$ está localizado em uma cidade costeira exatamente sobre o paralelo $$30^{\circ}$$ de latitude sul. Nesse laboratório, a direção do zênite é indicada pelo eixo $$z’$$ e é pendurado um prumo exatamente igual ao anterior. No laboratório $$B$$, a linha de prumo é tencionada por uma tração $$T’$$ e sua direção está desviada da direção do zênite por um ângulo $${\theta}$$, que está representado, fora da escala, na figura abaixo. Determine (a) o ângulo $${\theta}$$ e (b) o desvio relativo de $$T’$$ em relação à $$T$$, ou seja $$\dfrac{(T’- T)}{T}$$. (c) Qual a orientação do eixo $$x’$$ representado na figura em relação aos pontos cardeais do laboratório $$B$$? Considere a Terra esférica, com raio $$R_{T} = 6400$$ $$km$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Referenciais não inerciais: Efeitos da rotação terrestre na gravidade
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para a análise do fenômeno, observe o esquema a seguir (fora de escala), onde podemos ver a terra, de raio $$R_{T}$$, girando em torno do seu próprio eixo (linha tracejada) com velocidade angular $$\omega$$:
Para um corpo de prova na superfície a uma latitude $$\phi$$ (que pode estar associada ao hemisfério Norte ou Sul), desenhamos as acelerações (ou gravidades) às quais este está submetido, no seu próprio referencial, que é não-inercial. A gravidade $$g_{0}$$ é devido à atração gravitacional entre os corpos, e tem módulo $$10$$ $$m/s^{2}$$. Contudo, ainda há uma gravidade fictícia devido à força centrífuga, produzida pelo efeito de rotação e que possui módulo $$\omega^{2}r$$, onde $$r$$ é a distância do ponto ao eixo, isto é, $$R\cos{\phi}$$. Logo, o corpo estará submetido à uma gravidade total efetiva que chamaremos de $$g_{eff}$$. Note que, nos pólos, essa gravidade tem valor máximo e igual à $$g_{0}$$, pois o efeito rotacional é nulo. Utilizando lei dos cossenos no triângulo de vetores, temos que:
$$g^{2}_{eff} = g^{2}_{0} + \left(\omega^2R_{T}\cos{\phi}\right)^{2} – 2g_{0}\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$$
De antemão, façamos uma estimativa da velocidade angular da terra, sabendo que seu período de rotação é de $$3600 * 24$$ $$s$$ $$= 86400$$ $$s$$ $$\approx 9 * 10^{4}$$ $$s$$:
$$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{6}{9*10^{4}} \approx 7 * 10^{-5}$$ $$rad/s$$
Que é um valor muito pequeno, o que nos permite desprezar o termo $$\left(\omega^2{R}\cos{\phi}\right)^{2}$$. Reescrevendo a expressão:
$$g^{2}_{eff} = g^{2}_{0} – 2g_{0}\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$$
$$g_{eff} = g_{0}\left(1 – \dfrac{2\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}}{g_0}\right)^{\dfrac{1}{2}}$$
É evidente que $$g_{0} \gg \omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$$. Logo, utilizaremos a aproximação $$\left(1+x\right)^{n} \approx 1+nx$$ para $$x \ll 1$$:
$$g_{eff} \approx g_{0} – \omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$$
Substituindo os valores:
$$g_{eff} = 10 – \left(7*10^{-5}\right)^{2}*(6,4*10^6)*(0,50)^{2} \approx 9,98$$ $$m/s^{2}$$.
Para descobrirmos o desvio angular $$\theta$$ (que é o ângulo entre os vetores $$\vec{g_{eff}}$$ e $$\vec{g_{0}}$$), usemos Lei dos Senos:
$$\dfrac{\omega^{2}R_{T}\cos{\phi}}{\sin{\theta}} = \dfrac{g_{eff}}{\sin{\phi}}$$
$$\sin{\theta} = \dfrac{\omega^{2}R_{T}\cos{\phi}\sin{\phi}}{g_{eff}}$$
Substituindo os valores numéricos:
$$\sin{\theta} = \dfrac{\left(7*10^{-5}\right)^{2}*\left(6,4*10^{6}\right)*0,50*0,85}{9,98} \approx 1,34*10^{-3}$$
Como $$\theta \ll 1 rad$$, vale a aproximação $$\sin{\theta} \approx \theta\left(rad\right)$$, desta forma:
$$\theta \approx 1,34 * 10^{-3}$$ $$rad$$
Em graus:
$$\theta=\dfrac{180 * 1,34 * 10^{-3}}{\pi} \approx 8 * 10^{-2}$$ $$^{\circ}$$
Onde foi usado $$\pi=3$$.
b) Como fora visto no item a), a gravidade sentida pelo prumo é $$g_{eff}$$, de tal forma que $$T’= mg_{eff}$$. Já a tração $$T=mg_{0}$$, então, calculamos o desvio relativo:
$$\dfrac{T’ – T}{T}=\dfrac{g_{eff}}{g_{o}} – 1=\dfrac{9,98}{10}-1=-2*10^{-3}$$
c) Observe a figura a seguir (fora de escala), que representa a terra vista de perfil:
Em azul estão representados os eixos $$x’$$ e $$z’$$; em laranja, a direção da gravidade efetiva; em preto, uma das linhas tracejadas representam a direção Norte-Sul, e a outra a linha do Equador. Está representado também o Polo Sul $$PS$$. Perceba que o esquema está correto, pois a gravidade efetiva aponta para algum ponto no plano do Equador no lado direito da figura (primeiro quadrante). Para que analisemos a orientação do eixo $$x’$$ em relação aos pontos cardeais do laboratório, observe que a direção Norte-Sul cruza com este eixo em algum ponto no espaço. Um observador do laboratório que olha “em direção a esse ponto” estará mirando o ponto cardeal sul(pois ele encontra-se no Hemisfério Sul). Desta forma, o sentido oposto corresponde ao ponto cardeal Norte, que é exatamente o sentido positivo do eixo $$x’$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\theta=1,34 * 10^{-3} \; rad \approx 8 * 10^{-2} \,^{\circ}}$$
b) $$\boxed{\dfrac{T’ – T}{T} =-2*10^{-3}}$$
c) A orientação do eixo $$x’$$ é positiva no sentido do ponto cardeal Norte.
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Questão 8
“Konstantin S. Novoselov, na cerimônia de entrega do prêmio Nobel de Física de 2010 que ganhou, juntamente com Andre Geim, iniciou sua palestra dizendo: Muito parecido com o mundo descrito no romance “Planolândia: Um Romance em Muitas Dimensões”, de E. A. Abbot, o grafeno é muito mais do que apenas um cristal plano. Ele possui um número de propriedades incomuns que são frequentemente únicas ou superiores às de outros materiais.”(Traduzido e adaptado de www.nobelprize.org/uploads/2018/06/novoselov_lecture.pdf.)
O Grafeno é um cristal bidimensional formado por átomos de carbono localizados nos vértices de uma rede hexagonal, conforme representado na figura abaixo. Entre as inúmeras propriedades da “Planolândia”, o grafeno é o material mais resistente já testado. Um metro quadrado de grafeno (com a espessura de um só átomo!), consegue sustentar um peso de 40N (de um gato). Considerando que a distância entre dois átomos de carbono no grafeno é
$$a = 1,4 * 10^{-10}$$ $$m$$ ($$1,4$$ $$angstroms$$) e que a massa molar do carbono é $$12$$ $$g/mol$$, determine aproximadamente a massa de uma película de grafeno de $$1$$ $$m^{2}$$.
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Geometria e Conceitos básicos
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Para determinarmos a massa, primeiramente, devemos saber o número de átomos da estrutura, que possui $$1$$ $$m^{2}$$. Uma ótima estimativa deste número se dá através da construção de triângulos equiláteros na figura original, de tal forma que cada triângulo englobe um único átomo, de acordo com a figura a seguir, onde está representada uma porção do arranjo molecular da estrutura, onde os átomos estão em preto:
Observe que os vértices destes triângulos passam pelo centro dos hexágonos. Dando um pequeno “zoom”, partiremos para a geometria do problema:
Observe o $$\Delta ABC$$: seu lado $$l$$ será dado por:
$$l = 2\dfrac{a}{2}\tan{60^{\circ}}$$
. A altura $$h$$ por sua vez, será:
$$h = l\sin{60^{\circ}}$$.
Obtemos, então, a área de cada triângulo:
$$A = \dfrac{lh}{2} = \dfrac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}$$
Dividindo-se a área total da película de grafeno pela área de um triângulo, obteremos o número $$N$$ de átomos (haverão pequenos efeitos de borda que podem ser desprezados):
$$N = \dfrac{1\;m^{2}}{\dfrac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}} = \dfrac{4 \sqrt{3}\; m^{2}}{9a^{2}}$$
Substituindo os dados do problema e usando $$\sqrt{3} =1,7$$, obtém-se:
$$N \approx 3,855 *10^{19}$$
Façamos, então, uma proporção com o número de Avogadro para encontrar a massa $$M$$ correspondente, dada a massa molar do carbono de $$12$$ $$g/mol$$ e sabendo que $$1$$ $$mol$$ equivale à $$6 * 10^{23}$$ átomos:
$$\dfrac{12}{6*10^{23}} = \dfrac{M}{3,855*10^{19}}$$ $$\therefore$$
$$M = 7,7 * 10^{-4}\;g \rightarrow \boxed{M = 7,7 * 10^{-7}\;kg}$$
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$$\boxed{M =7,7 * 10^{-7}\;kg}$$
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