Escrito por Antônio Ítalo, Paulo Henrique e Ualype Uchôa
Questão 1 (exclusiva para alunos da $$1^{a}$$ série)
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 $$R$0,85/kWh$$.
Calorimetria
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 $$1$$ $$kWh$$ $$= 3,6 * 10^{6}$$ $$J$$:
$$\dfrac{0,85}{C} = \dfrac{3,6*10^{6}}{2,38*10^{8}}$$ $$\therefore$$
$$C \approx R$56,19$$
$$C \approx R$56,19$$
Questão 2 (exclusiva para alunos da $$1^{a}$$ série)
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).
(a) Determine intervalo de tempo de duração de uma simulação $$\Delta t_{sim}$$.
(b) Seja $$\Delta t_{n}$$, $$n = 1,2,3…$$ , o intervalo entre dois contatos sucessivos do quadrado com as
paredes ($$\Delta t_{1}$$, é o intervalo de tempo para a primeira colisão, $$\Delta t_{2}$$ é o intervalo de tempo
entre a primeira e segunda colisões, etc). Obtenha uma expressão geral para $$\Delta t_{n}$$ em
função de $$n$$ e dos demais parâmetros do problema.
(c) Use os resultados dos dois itens anteriores e mostre que o intervalo de tempo da simulação
pode também ser obtido pela soma dos intervalos de tempo entre colisões sucessivas, ou
seja, $$\Delta t_{sim}=\sum_{i=1}^{\infty} \Delta t_{i}$$.
Cinemática e Progressões Geométricas
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) Analisemos o tempo entre a $$\left(n-1\right)$$-ésima colisão e a $$n$$-ésima colisão, $$\Delta t_{n}$$. Pelo conceito de velocidade relativa, esse tempo deve valer:
$$\Delta t_{n}=\dfrac{L_{n}-a}{V+v}$$
Onde $$L_{n}$$ é a distância entre as placas quando ocorre a $$\left(n-1\right)$$-ésima colisão. Note que, pelo conceito de velocidade relativa, temos:
$$L_{n}=L_{n-1}-2V \Delta t_{n-1}$$
Agora, devemos pensar fisicamente para resolver essas duas relações e achar o valor de $$\Delta t_{n}$$ para qualquer $$n$$. Sabemos que ao somar todos os valores de $$\Delta t_{n}$$ devemos obter um valor finito e, além disso, conforme $$n$$ for aumentando para infinito $$\Delta t_{n}$$ deve se aproximar de zero. Pensemos agora sobre o valor de $$L_{n}$$. Esse valor deve ser tal que quando $$n$$ for aumentando para infinito $$L_{n}$$ se aproxime cada vez mais de $$a$$. Uma possível solução para $$\Delta t_{n}$$ que podemos explorar é uma P.G. de razão menor que $$1$$, pois esse tipo de série possui uma soma convergente e seus termos se aproximam cada vez mais de zero. Escrevemos então:
$$\Delta t_{n}=A r^{n}$$
Onde $$A$$ e $$r$$ são constantes a serem determinadas. Substituindo na primeira equação, obtemos:
$$L_{n}=a+\left(V+v \right)A r^{n}$$
Substituindo ambas as equações:
$$A\left(V+v\right)r^{n}=A\left(V+v\right)r^{n-1}-2VAr^{n-1}$$
$$r=\dfrac{v-V}{V+v}$$
Sendo assim, podemos calcular $$A$$ a partir do $$\Delta t_{1}$$:
$$\dfrac{L-a}{V+v}=A\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)$$
$$A=\dfrac{L-a}{v-V}$$
Logo, o termo geral é:
$$\Delta t_{n}=\dfrac{L-a}{v-V}\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}$$
Substituindo, $$L$$, $$a$$, $$v$$ e $$V$$, obtemos:
$$\Delta t_{n}=\dfrac{32}{3} \left(\dfrac{3}{5}\right)^{n}$$ $$s$$
c) Agora, temos que o tempo total de simulação é:
$$\Delta t_{sim}=\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\Delta t_{i}$$
Logo:
$$\Delta t_{sim}=A \left(r+r^{2}+r^{3}+…\right)$$
$$\Delta t_{sim}=Ar \displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^{i}$$
O somatório acima para $$-1<r<1$$ tem valor igual à:
$$S=\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^{i}=\dfrac{1}{1-r}$$
Logo:
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{Ar}{1-r}$$
Substituindo $$A$$ e $$r$$, obtemos:
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{\dfrac{L-a}{v-V}\dfrac{v-V}{v+V}}{1-\dfrac{v-V}{v+V}}$$
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{L-a}{2V}=16$$ $$s$$
a)
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{L-a}{2V}=16$$ $$s$$
b)
$$\Delta t_{n}=\dfrac{L-a}{v-V}\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}=\dfrac{32}{3} \left(\dfrac{3}{5}\right)^{n}$$ $$s$$
c)
$$\Delta t_{sim}=\dfrac{L-a}{2V}=16$$ $$s$$
Questão 3
“Cientistas da Inglaterra descobriram que a penugem de certas mariposas absorvem $$84\%$$ do som incidente. De acordo com os pesquisadores o tegumento das mariposas funciona como uma camuflagem acústica para os cliques ultrassônicos de morcegos caçadores de insetos. (Adaptado de www.physicsworld.com/
/a/moths-use-acoustic-camouflaging-fur-to-evade-bats/, acesso 30/11/2018.)”
Considere uma espécie de morcego que consegue ecolocalizar (detectar) presas que não têm defesa passiva, isto é, que refletem totalmente o som incidente, até no máximo $$8$$ m. Determine, para esses morcegos, o alcance de ecolocalização das mariposas que dispõem dessa camuflagem acústica. Em suas considerações, assuma que as ondas sonoras se propagam esfericamente.
Ondas Esféricas e intensidade sonora
Para resolução dessa questão, é necessário saber somente que a intensidade sonora de uma onda esférica cai com o inverso do quadrado da distância até a fonte, sendo assim, chamando essa constante de $$K$$, podemos calcular a distância máxima que essas mariposas com camuflagem acústica podem estar de forma que o morcego ainda as identifique. Nessa situação, a intensidade sonora recebida pelo morcego deve ser a mesma que a de quando localiza uma mariposa comum à $$8$$ $$m$$ de distância:
$$\dfrac{K}{8^{2}}=\dfrac{\left(1-0,84 \right)K}{x^{2}}$$
$$x=8\sqrt{0,16}$$ $$m$$
$$x=A_{max}=3,2$$ $$m$$
$$A_{max}=3,2$$ $$m$$
Questão 4
“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 $$1$$ $$m^{2}$$.
Geometria e Conceitos básicos
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):
$$N = \dfrac{1m^{2}}{\dfrac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}} = \dfrac{4 \sqrt{3} m^{2}}{9a^{2}}$$ $$atomos$$
Substituindo os dados do problema e usando $$\sqrt{3} =1,7$$, obtém-se:
$$N \approx 3,855 *10^{19}$$ $$atomos$$
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:
$$\dfrac{12}{6*10^{23}} = \dfrac{M}{3,855*10^{19}}$$ $$\therefore$$
$$M = 7,7 * 10^{-4}$$ $$g$$ $$ = 7,7 * 10^{-7}$$ $$kg$$
$$M = 7,7 * 10^{-4}$$ $$g$$ $$ = 7,7 * 10^{-7}$$ $$kg$$
Questão 5
Muito antes da existência dos atuais refrigeradores, alguns povos antigos desenvolveram uma técnica para a produção de gelo. Em uma noite sem luar, na qual a temperatura é de $$5$$ $$^{\circ}C$$, é possível obter gelo ao colocar uma certa quantidade de água sobre um recipiente de área de $$35$$ $$cm^{2}$$, devidamente isolado em sua base, por exemplo com palha, e deixando-o exposto por aproximadamente $$6$$ horas. Esse fenômeno é explicado pelas trocas de energia por radiação térmica entre o corpo e o céu noturno. Em regiões desérticas onde essa técnica é usada, sob certas condições climáticas, o céu pode ser considerado aproximadamente um corpo negro de temperatura $$-20$$ $$^{\circ}C$$. Considere que a taxa com que um corpo troca energia por irradiação com um meio que se comporta como um corpo negro de temperatura $$T_{n}$$ é dada por
$$P= e\sigma A\left(T^4-T_n^4\right)$$
onde $$\sigma = 5,7.10^{-8}$$ $$\dfrac{W}{m^{2}K^{4}}$$ é a constante de Stefan, $$e$$ é a emissividade do corpo, $$A$$ é a área pela qual a energia é irradiada e $$T$$ sua temperatura. Determine a quantidade de gelo, em gramas, obtida na situação descrita acima, considerando que o sistema (conteúdo do recipiente) troca energia apenas com o céu noturno. (Assuma que a emissividade da água é $$0,9$$.)
Termodinâmica: radiação do corpo negro e calorimetria
Há duas interpretações para este problema. Uma considera o calor sensível trocado e a outra não.
A primeira interpretação considera que a “certa quantidade de água” descrita no enunciado é o próprio gelo. Em outras palavras, toda água congela. Primeiramente, a água dentro do recipiente troca calor sensível com a vizinhança até atingir a temperatura de fusão $$273 \, K$$. Perceba que a potência instantânea varia durante essa mudança de temperatura, mas para fins de aproximação, deve-se utilizar uma temperatura média (veja abaixo). Depois que a água atinge $$273 \, K$$ ela começa a derreter a temperatura constante (mudança de fase). O calor total trocado (sensível+latente) é dado pelo produto da potência (utilizaremos uma potência média) pela duração do processo($$6$$ horas). Dessa forma, temos que
$$m\left(L+c\Delta{T}\right)=P\Delta{t}$$ $$(1)$$
Onde $$\Delta{T}=5K$$ e $$\Delta{t}=6h$$. A potência pode ser aproximada a partir da média das temperaturas dos dois processos
\[T=\dfrac{\left(278+273\right)K}{2}=275,5 K\]
A potência é dada por
\[P=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=0,299 W\]
Substituindo os valores em $$(1)$$:
\[m=18,07 g\]
Observe que essa não é a resposta exata desta solução. Veja mais abaixo para a solução exata. Uma solução mais precisa para essa interpretação seria perceber que o calor latente da água é bem maior do que o calor necessário para resfriá-la em $$5$$ $$K$$, sendo assim, poderia-se utilizar como estimativa da potência média a potência quando a água estivesse à $$0^{\circ}C$$. Dessa forma, obteríamos:
$$P=0,262$$ $$W$$
E a massa derretida seria:
$$m=15,85$$ $$g$$
A segunda interpretação considera que, como o enunciado não nos dá informações sobre a massa de água inicial no recipiente, não podemos inferir que toda água derrete. Sendo assim, não há como saber o tempo que água leva para chegar a temperatura de fusão: esse tempo poderia ser arbitrariamente grande, dependendo da massa de água. Esse tempo deveria ser subtraido de $$6h$$ para descobrirmos o tempo que a água em fusão troca calor com o céu noturno. Portanto, seguindo essa linha de raciocíonio é natural concluir que o tempo fornecido no enunciado ($$6h$$) se refere somente ao tempo que a água em fusão troca calor. O calor sensível não entra nos cálculos, e a temperatura permanence constante durante toda a troca de calor, logo:
\[L\Delta{m}=P\Delta{t}=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)\]
Aqui, $$T=273K$$. Fazendo os cálculos:
\[P=0,262 W\]
E a massa derretida:
\[\Delta{m}=16,84\,g\]
Essa é a resposta exata para a segunda interpretação.
Comentários a respeito das interpretações:
Acreditamos que, tendo o enunciado como ferramenta, as duas interpretações são válidas se discorridas corretamente na prova. Caso o aluno optasse pela primeira, ela deveria explicar em sua solução que, no seu entendimento, toda a massa de água derrete. Alternativamente, se o aluno escolhesse a segunda interpretação, seria adequado explicar o porquê de não incluir o calor sensível em seus cálculos por não termos informações da massa inicial e talvez mostrar a expressão que fornece o calor sensível. Acreditamos também que a primeira interpretação é a que os elaboradores da OBF pensaram. Isso porque ela inclui o cálculo do calor sensível e destaca que água precisa ceder certo calor para atingir a temperatura de ebulição. Mas como o enunciado não ficou claro, as duas interpretações deveriam ser, dentro do possível, consideradas corretas.
Solução exata da primeira interpretação (Mesmo que não acompanhe a matemática, veja a conclusão final)
Na solução aproximada, consideramos uma potência média. Aqui, mostraremos que essa solução é de fato bastante concisa visto que a variação de temperatura é baixa comparada com seus valores extremos. Pelo enunciado, a duração total do processo é de seis horas. Portanto, vejamos quanto fica o tempo necessário $${\Delta{t}}_0$$ para a água atingir a temperatura de fusão:
\[\dfrac{dQ}{dt}=-e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=\dfrac{mcdT}{dt}\]
\[{\Delta{t}}_0=\dfrac{mc}{e{\sigma}A}\int_{273K}^{278K} \dfrac{dT}{T^4-T_n^4}\]
Defina $$T/T_n=u$$. Essa última integral pode ser resolvida notando que
\[\dfrac{1}{u^4-1}=\dfrac{\dfrac{1}{u^2-1}-\dfrac{1}{u^2+1}}{2}\]
Portanto, a integral pode ser dividida em duas:
\[\int \dfrac{1}{u^4-1}du=\dfrac{\int \left(\dfrac{1}{u^2-1}\right)du-\int \left(\dfrac{1}{u^2+1}\right)du}{2}\]
A segunda é simplesmente $$\arctan{u}$$, a primeira é mais trabalhosa. Fazendo a substituição de variável $$u=\sec{\beta}$$, ficamos com
\[\int \dfrac{1}{u^2-1}du=\int \dfrac{\sin{\beta}\sec^2{\beta}}{\sec^2{\beta}-1}d\beta=\int \csc{\beta}d\beta\]
Essa última é dada por $$\ln\left(\tan{\dfrac{\beta}{2}}\right)$$
Dessa forma, como $$u$$ varia de $$1,0988$$ a $$1,0791$$, podemos computar essa integral. O resultado para $${\Delta{t}}_0$$ é
\[{\Delta{t}}_0\approx{0,04875\dfrac{mc}{e{\sigma}AT_n^3}}\]
A duração do processo de derretimento é de $$6h-{\Delta{t}}_0$$ que é igual a
\[{\Delta{t}}_1=\dfrac{Lm}{P}\]
Onde $$P$$ é a potência (constante) durante a fusão da água. Substituindo valores numéricos, somos capazes de determinar exatamente (a menos de aproximações numéricas) $$m$$:
\[m\approx{16,82 \, g}=0,01682 \, kg\]
Esse valor é muito próximo do resultado da segunda interpretação: por que?
Ao substituirmos $$m$$ nas expressões para $${\Delta{t}}_0$$ e $${\Delta{t}}_1$$, vemos que $${\Delta{t}}_0\approx{0,3h}$$. Ou seja, o tempo no qual a temperatura está entre $$278K$$ e $$273K$$ é consideravelmente menor que o tempo em que a temperatura está fixa em $$273K$$ (o que inclusive corrobora com a segunda solução da primeira alternativa, onde consideramos a potência média com o valor de $$273$$ $$K$$) correspondendo a fusão da água. Observe que o resultado da segunda interpretação é a massa obtida se desconsiderarmos completamente a transição de $$278K$$ para $$273K$$. Quando assumimos que toda a água disponível inicialmente derrete chegamos que o tempo de transição é muito pequeno, comparado as $$6$$ horas. Portanto, é de esperar que esse resultado praticamente coincida com o da segunda interpretação. Mas não conclua então que as duas interpretações são equivalentes: o que acontece é que para concluir que o tempo de transição é pequeno, devemos fazer a consideração da primeira interpretação. Caso não fizéssemos, nunca poderíamos calcular esse tempo. Observe também que a diferença de massa entre a solução aproximada e a exata é de um pouco mais de $$1$$ $$g$$: quando colocamos uma temperatura média, nós superestimamos o tempo em que a água atinge a temperatura de ebulição. Evidentemente, a solução exata não deve ser requerida na correção da questão: além de ter que computar integrais não triviais, os valores de logaritmos e tangentes não podem ser feitos “na mão”.
\[m=16,82 \,g=0,01682 \, kg\]
Questão 6
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 $$B$$.
Cinemática: Lançamento Oblíquo
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:
$$v_{B} = \sqrt{20+2*10*2,00} = \sqrt{60} = 2\sqrt{5*3}$$ $$m/s$$
$$v_{B} = 2 * 2,2 * 1,7 = 7,48$$ $$m/s$$ $$\approx 7,5$$ $$m/s$$
a)
$$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{h}{g}}}{\sin{30^{\circ}}} = 0,88$$ $$s$$ $$\approx 0,9$$ $$s$$.
b)
$$v_{B}= \sqrt{v^{2}_{0}+2gh} =7,48$$ $$m/s$$ $$\approx 7,5$$ $$m/s$$
Questão 7
A destreza com que os vaqueiros movimentam as cordas em rodeios é fascinante.
Uma manobra bastante conhecida é quando o vaqueiro movimenta a uma corda que contém um laço em sua extremidade que executa um movimento praticamente circular paralelo a um
plano horizontal. A mecânica envolvida na explicação desse fenômeno é igualmente fascinante,
porém demasiadamente complexa para ser abordada aqui. Ao invés disso, você deve considerar
o laço isoladamente, ou seja, um aro circular que gira em um plano horizontal na ausência da
gravidade (ou equivalentemente que gira em um plano horizontal liso sem atrito). Suponha que
o centro de massa do aro está em repouso e que um ponto do aro tem velocidade tangencial $$v_{0}$$.
Demonstre que a velocidade de propagação das ondas nesse laço é $$v_{0}$$.
Relação de Taylor e resultante centrípeta
Para resolução desse problema, será necessário dividir a corda em pedaços muito pequenos e considerar um deles separadamente para podermos achar a tração atuando na corda e então utilizar a relação de Taylor para calcular a velocidade de propagação das ondas na mesma. Veja a imagem a seguir:
Essa imagem representa um certo arco de ângulo $$\Delta \theta$$ da corda.
Note que há duas trações tangenciais $$T$$ que geram uma resultante centrípeta igual à:
$$F_{cp}=2T\cos \left( \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\Delta \theta}{2} \right)=2T\sin \left(\dfrac{\Delta \theta}{2}\right)$$
Como podemos escolher ângulos arbitrariamente pequenos, utilizemos a aproximação para pequenos ângulos $$\sin \theta \approx \theta$$:
$$F_{cp}=T\Delta \theta$$
Logo:
$$\dfrac{\Delta m V_{0}^{2}}{R}=T\Delta \theta$$
Substituindo a densidade linear $$\mu$$:
$$\Delta m=\mu R \Delta \theta$$
Logo:
$$T=\mu V_{0}^{2}$$
$$V_{0}=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$$
Contudo, pela relação de Taylor, sabemos que a velocidade de propagação de ondas nessa corda é:
$$V_{prop}=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$$
Igualando, obtemos:
$$V_{prop}=V_{0}$$
Como queríamos demonstrar.
Demonstração
Questão 8
Por que o campo gravitacional da Terra consegue reter o oxigênio de nossa atmosfera mas, o hidrogênio, apesar de ser o elemento mais abundante do universo, se capturado, é posteriormente perdido para o espaço exterior? Esse fenômeno pode ser explicado, em parte, comparando as velocidades típicas das moléculas de $$O_{2}$$ (massa molar $$16$$ $$g/mol$$) e $$H_{2}$$ (massa molar $$2$$ $$g/mol$$) na parte superior da atmosfera com a velocidade $$v_{e}$$ que um partícula deve ter para escapar do campo gravitacional da Terra. (a) A partir de considerações sobre a energia potencial gravitacional, determine $$v_{e}$$. (b) Supondo que na parte superior da atmosfera a temperatura é de aproximadamente $$200$$ $$K$$, estime as velocidades típicas das moléculas de $$O_{2}$$ e $$H_{2}$$. (c) Responda a questão inicialmente proposta.
Gravitação, teorema da equipartição e conceitos de termodinâmica estatística
a) A velocidade mínima para que uma partícula escape da influência gravitacional da Terra é tal que quando essa partícula “chegar no infinito” ela não deve possuir velocidade pois, se ainda possuísse velocidade, seria possível diminuir a velocidade inicial de lançamento. Sendo assim, conservando a energia mecânica na superfície da Terra e no infinito, temos:
$$\dfrac{mv_{e}^{2}}{2}-\dfrac{GM_{T}m}{R_{T}}=0$$
Logo, temos:
$$v_{e}=\sqrt{\dfrac{2GM_{T}}{R_{T}}}$$
Para facilitar os nossos cálculos numéricos, podemos lembrar que:
$$g=\dfrac{GM_{t}}{R_{T}^{2}}$$
Logo:
$$v_{e}=\sqrt{2gR_{T}}$$
Substituindo os valores de $$g$$ e $$R_{T}$$ fornecidos no início da prova, obtemos:
$$v_{e}=\sqrt{2*10*6,4*10^{6}}$$ $$m/s$$
$$v_{e}=8*10^{3}\sqrt{2}$$ $$m/s$$
Substituindo $$\sqrt{2}$$ informado também no início da prova, obtemos:
$$v_{e} =11,2*10^{3}$$ $$m/s$$
b) Aqui devemos perceber que os gases em questão são diatômicos, portanto, possuem duas componentes de energia cinética normalmente: Uma translacional, relativa a velocidade do C.M. de cada molécula e um rotacional, referente à rotação das moléculas em torno do próprio eixo. Note que quando uma molécula desse gás chegar no infinito deve permanecer girando com a mesma velocidade angular $$\omega$$ devido à conservação do momento angular (A força gravitacional não realiza torque relativo ao C.M.), sendo assim, a fórmula anterior é válida para a velocidade de escape dessas moléculas, já que a energia cinética rotacional não muda e, portanto, se apresenta dos dois lados da equação de conservação da energia, sendo cancelada logo em seguida. Agora, como devemos calcular a velocidade típica do centro de massa dessas moléculas? Como na energia mecânica aparece a velocidade ao quadrado das moléculas é justo encontrar a velocidade R.M.S., sendo assim, temos:
$$\dfrac{mV_{rms}^{2}}{2}=E_{cinT}$$
Agora, pelo teorema da equipartição, a energia cinética translacional deve ter $$3$$ graus de liberdade energéticos, ou seja:
$$E_{cinT}=\dfrac{3k_{b}T}{2}$$
Logo, vale:
$$V_{rms}=\sqrt{\dfrac{3k_{b}T}{m}}$$
Note que:
$$m=\dfrac{M}{N_{a}}$$
Logo:
$$V_{rms}=\sqrt{\dfrac{3N_{a}k_{b}T}{M}}$$
Substituindo os valores para o Hidrogênio, obtemos:
$$V_{H_{2}} \approx 1,6 *10^{3}$$ $$m/s$$
Para o Oxigênio, temos:
$$V_{O_{2}} =\dfrac{V_{H_{2}}}{2\sqrt{2}} \approx 0,6*10^{3}$$ $$m/s$$
Note que no enunciado da questão é dada uma massa molar para o gás oxigênio de $$16$$ $$g/mol$$, o que está incorreto, pois a massa molar do mesmo seria de $$32$$ $$g/mol$$. Se utilizássemos a massa correta obteríamos:
$$V_{O_{2}} \approx 0,4*10^{3}$$ $$m/s$$
Note que seria então menor ainda!
c) Ambas as velocidades típicas foram inferiores a velocidade de escape, contudo, nossa estimativa foi inferior ao valor real, já que utilizou-se uma temperatura muito baixa comparadas às da exosfera, que podem chegar à $$1000$$ $$K$$. Além disso, utilizamos para comparação a velocidade de escape da superfície terrestre, que não é o mesmo valor para a exosfera. Outro fator importante é que mesmo que as velocidades típicas sejam ligeiramente menores que a de escape a velocidade do oxigênio é cerca de $$4$$ vezes menor que a de Hidrogênio, garantindo que a taxa com que o oxigênio escapa seja muito menor que a do hidrogênio. Lembre-se que essa é a velocidade típica das partículas, não a velocidade de todas, sendo assim, mesmo com essa velocidade sendo menor que a de escape, algumas partículas podem superar a de escape e, consequentemente, escapar da atmosfera, sendo esse fenômeno bem mais presente para as moléculas de Hidrogênio do que para as de Oxigênio devido sua maior velocidade típica.
a)
$$v_{e} =\sqrt{2g R_{T}}11,2*10^{3}$$ $$m/s$$
b)
$$V_{O_{2}} \approx 0,6*10^{3}$$ $$m/s$$ ou $$\approx 0,4*10^{3}$$ $$m/s$$ (Ver solução)
$$V_{H_{2}} \approx 1,6 *10^{3}$$ $$m/s$$
c) Ver solução
Questão 9
Uma bola de basquete pode ser usada para impulsionar uma bola de tênis a uma altura surpreendente. A figura abaixo, fora de escala, representa a configuração inicial de um sistema formado por uma bola de tênis, raio $$r = 3,00$$ $$cm$$ e massa $$m = 50,0$$ $$g$$, que está apoiada sobre uma bola de basquete, raio $$R = 12,0$$ $$cm$$ e massa $$500$$ $$g$$, cuja base está a uma altura $$h = 1,50$$ $$m$$ acima de um piso horizontal liso. Determine a máxima altura que o centro de cada bola atinge após serem abandonadas do repouso. Considere que a colisão da bola de basquete com o piso é instantânea, de modo que, efetivamente, a bola de basquete em ascensão colide com a bola de tênis enquanto essa está descendo e que todas as colisões são perfeitamente elásticas. (As especificações das bolas são aproximadas e não estão, necessariamente, nos intervalos aceitos oficialmente em cada modalidade esportiva.)
Colisões e Cinemática
Chamaremos aqui de $$M$$ a massa da bola de basquete e $$m$$ a massa da bola de tênis. Considere o instante em que a bola de basquete bate no chão, temos ambas as bolas com velocidade:
$$v_{0}=\sqrt{2gh}$$
Após a colisão da bola de basquete com o solo seu movimento é invertido e a mesma colide com a bola de tênis. Adotaremos como para cima o sentido positivo de velocidades. Conservando o momento nessa colisão, temos:
$$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=MV+mv$$
Pelo coeficiente de restituição:
$$v-V=2\sqrt{2gh} \rightarrow v=V+2\sqrt{2gh}$$
Substituindo $$v$$, obtemos:
$$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=\left(M+m\right)V+2m\sqrt{2gh}$$
$$V=\dfrac{M-3m}{M+m}\sqrt{2gh}$$
Sabemos que $$M=10m$$, logo:
$$V=\dfrac{7}{11}\sqrt{2gh}$$
Substituindo, obtemos $$v$$:
$$v=\dfrac{29}{11}\sqrt{2gh}$$
As alturas do centro são dadas então por:
$$H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73$$ $$m$$
$$H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7$$ $$m$$
$$H_{bas} \approx 0,73$$ $$m$$
$$H_{tenis} \approx 10,7$$ $$m$$
Questão 10
Na figura abaixo, $$E_{1}$$ e $$E_{2}$$ representam a vista superior de dois espelhos planos,
dispostos em forma de cunha, que formam um ângulo de $$\theta = 60^{\circ}$$ entre si. Note que o eixo $$x$$
do sistema cartesiano passa pelo plano do espelho $$E_{1}$$ e o eixo $$z$$ (saindo do papel) passa
pela aresta onde os espelhos se tocam. No ponto $$P$$, entre os espelhos, está localizado um
pequeno objeto. (a) Quantas imagens desse objeto são formadas por esse arranjo de espelhos?
(b) Determine a área da figura convexa (sem concavidades) formada pelo objeto e todas suas
imagens.
Espelhos planos
a) Uma questão com ideia muito semelhante pode ser encontrada resolvida no Simulado 1 OBF Nível 3. Utilizaremos aqui a mesma ideia. Note que quando uma imagem é formada por um dos espelhos a distância dessa imagem ao ponto de encontro dos espelhos é igual à distância do objeto ao ponto de encontro dos espelhos, sendo assim, podemos localizar todas essas imagens baseando-se somente no ângulo com o eixo $$x$$, $$\theta$$. Note que a reflexão em torno de um dos espelhos é tal que há uma simetria no ângulo em torno do plano do espelho, ou seja, a distância angular do objeto ao espelho é igual a distância angular da imagem ao espelho. Façamos então a construção das imagens a partir do objeto, que faz um ângulo inicial de $$45^{\circ}$$ com o eixo $$x$$. Veja a figura abaixo para uma melhor compreensão.
Primeiramente, por reflexão em $$E_{1}$$, temos:
$$\theta_{1}=-45^{\circ}$$
Além disso, por reflexão em $$E_{2}$$, temos:
$$\theta_{2}=75^{\circ}$$
Por reflexão da primeira imagem em $$E_{2}$$, temos:
$$\theta_{3}=165^{\circ}$$
Por reflexão da segunda imagem em $$E_{1}$$, temos:
$$\theta_{4}=-75^{\circ}$$
Por reflexão da terceira imagem em $$E_{1}$$ e da quarta imagem em $$E_{2}$$, temos:
$$\theta_{5}=195^{\circ}$$
Note que essa quinta imagem está na chamada zona morta, ou seja, está atrás de ambos os espelhos, portanto, não gerará novas imagens. Concluindo, temos $$5$$ imagens. Isso poderia também ser concluído da fórmula conhecida:
$$N=\dfrac{360^{\circ}}{\alpha}-1=6-1=5$$
b) A figura (polígono) formada é a seguinte:
Agora, dividiremos o nosso polígono em $$6$$ triângulos isósceles de lado comum $$R=20 \sqrt{2}$$ $$cm$$. Note que $$3$$ desses triângulos são retângulos e por isso possuem área:
$$A_{ret}=\dfrac{R^{2}}{2}$$
Contudo, os outros $$3$$ triângulos possuem ângulo $$30^{\circ}$$ entre os lados comuns, possuindo então área:
$$A_{trinta}=\dfrac{R^{2}}{4}$$
Somando, obtemos:
$$A_{total}=\dfrac{9R^{2}}{4}$$
Substituindo $$R$$ e convertendo para o S.I., temos:
$$A_{total}=0,18$$ $$m^{2}$$
a) $$N=5$$ imagens
b) $$A_{total}=0,18$$ $$m^{2}$$
Questão 11
Uma pequena esfera metálica $$E$$ está pendurada por um fio ideal inextensível de comprimento $$L$$ a um eixo $$A$$ Ligado no teto. Imediatamente abaixo de $$A$$, a uma distância $$d < L$$, há um pequeno pino fixo $$P$$, cilíndrico e de superfície lisa. A figura abaixo mostra a configuração inicial do sistema. (Fio inicialmente fazendo um ângulo de $$90^{\circ}$$ com a vertical). Determine a relação que $$L$$ e $$d$$ devem satisfazer para que a esfera, após abandonada do repouso em sua posição inicial, cruze a linha imaginária entre $$A$$ e $$P$$.
Lançamento oblíquo, energia e resultante centrípeta.
É importante notar a diferença entre essa questão e uma questão clássica bem mais simples. Na versão mais conhecida dessa questão, pede-se a relação que $$L$$ e $$d$$ devem satisfazer para que seja dada a volta completa com um movimento circular, ou seja, sem a corda ficar solta. Nessa situação, contudo, queremos somente que a esfera cruze a linha imaginária entre $$A$$ e $$P$$, o que pode ser realizado após a corda se soltar. Devemos então analisar a seguinte situação como limite: Em um certo ângulo $$\theta$$ com a vertical, a tração será zero e, a partir daí nossa esfera realizará um lançamento oblíquo que deve ter uma trajetória que passa pela linha imaginária. Primeiramente, devemos descobrir o ângulo $$\theta$$ em função de $$d$$ e $$L$$. Comecemos conservando a energia mecânica:
$$mgd=mg\left(L-d\right)\cos \theta+\dfrac{1}{2}mV^{2}$$
$$V^{2}=2g \left( d – \left(L-d \right) \cos \theta \right)$$
Pela resultante centrípeta:
$$\dfrac{mV^{2}}{L-d}=mg \cos \theta$$
$$V^{2}=g \left(L-d\right)\cos \theta$$
Igualando, obtemos $$\theta$$:
$$\cos \theta=\dfrac{2d}{3 \left(L-d \right)}$$
Note que esse também será o ângulo de lançamento da nossa partícula. A partir da equação da trajetória podemos encontrar a altura $$h$$ com que a partícula cruza a linha imaginária relativa ao pino fixo:
$$h=\left(L-d \right) \cos \theta + \left(L-d \right) \sin \theta \tan \theta – \dfrac{g \left(L-d \right)^{2} \sin ^{2} \theta}{2 V^{2} \cos^{2} \theta}$$
Substituindo $$V^{2}$$ e simplificando, temos:
$$h=\dfrac{L-d}{2\cos^{3} \theta} \left(3 \cos ^{2} \theta – 1 \right)$$
Substituindo $$\cos \theta$$, temos:
$$h=\dfrac{L-d}{2} \left(\dfrac{9\left(L-d\right)}{2d}-\dfrac{27\left(L-d\right)^{3}}{8d^{3}}\right)$$
Queremos que valha:
$$h>0$$
Como $$L>d$$, temos:
$$0<\dfrac{9}{2}-\dfrac{27 \left(L-d\right)^{2}}{8d^{2}}$$
Temos então que a condição que $$L$$ e $$d$$ devem satisfazer é:
$$1<\dfrac{L}{d}<1+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$$
Substituindo as raízes informadas na prova, obtemos:
$$1<\dfrac{L}{d}<\dfrac{32}{15}$$
$$1<\dfrac{L}{d} < \dfrac{32}{15}$$
Questão 12
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 $$R_{T} = 6400$$ $$km$$.
Referenciais não inerciais: Efeitos da rotação terrestre na gravidade
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 $$x’$$.
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.