OBF 2019 - Terceira Fase (Nível 3)

Escrito por Paulo Henrique e Antônio Ítalo

Questão 1

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}.

Assunto Abordado

Relação de Taylor e resultante centrípeta

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Solução

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.

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Gabarito

Demonstração

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Questão 2

A compreensão da estrutura atômica foi resultado de uma série de experimentos e modelos que buscavam fornecer a melhor descrição experimental possível. Nessa jornada, a primeira proposta clássica para a estrutura de um átomo foi concebida por J. J. Thomson. Era de seu conhecimento o fato experimental de que a existência de elétrons emitidos pelo cátodo metálico de um tubo de raios catódicos implicaria que os átomos constituintes do cátodo continham necessariamente elétrons. Isso era consistente com a observação experimental de que a carga de um átomo ionizado uma única vez é igual em magnitude à carga de um único elétron. Outro fato experimental importante era que a massa me do elétron é muito pequena, mesmo comparada à massa do átomo mais leve, o que implica que a maior parte da massa do átomo deve estar associada à carga positiva. Todas essas questões conduziram naturalmente à questão da distribuição de cargas positivas e negativas no interior do átomo. Em seu modelo para o átomo de hidrogênio, J. J. Thomson propôs que a carga positiva, +e, do núcleo estava distribuída uniformemente no interior de uma esfera de raio r0, que seria o raio do átomo, e que o elétron, de carga ?e, era uma partícula puntiforme no interior dessa distribuição. Considere que nesse modelo a força eletrostática sobre o elétron é (1) devida apenas à carga q_{int}, ilustrada na gura abaixo com a cor cinza, e que, (2) q_{int} pode ser considerada puntiforme e localizada no centro do átomo. De acordo com esse modelo, mostre que elétron descreve um movimento harmônico simples na direção radial no interior dessa distribuição, e determine a frequência dessa oscilação, em termos dos dados do problema e da constante de Coulomb k_{0}.

Assunto abordado

M.H.S. e eletrostática

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Solução

Esse problema é semelhante àquele em que é pedido o tempo que um corpo leva para atravessar a Terra através de um túnel. Basicamente, a única diferença é a constante que aparece na força de atração eletroestática. Conforme dito no enunciado, à uma distância r do centro do núcleo, a força no elétron édevido somente a q_{int}. Dessa forma, definindo como positivo a direção radial para fora, temos, pela segunda de lei de Newton:

F=-\dfrac{k_0eq_{int}}{r^2}

Essa é simplesmente a lei de Coulomb. Por outro lado, q_{int} pode ser calculado levando em conta que a carga está distribuida uniformemente no átomo:

\dfrac{q_{int}}{r^3}=\dfrac{e}{r_0^3}

Substituindo o valor de q_{int} na expressão da força:

F=-\dfrac{k_0e^2r}{r_0^3}=ma

Essa é a expressão que rege um M.H.S: evidentemente, o movimento oscilatório é na direção radial. A frequência de oscilação pode ser obtida a partir da fórmula conhecida

a=-{\omega}^2r

Portanto;

\omega=e\sqrt{\dfrac{k_0}{mr_0^3}}

E:

f=\dfrac{e}{2 \pi} \sqrt{ \dfrac{k_{0}}{mr_{0}^{3}}}

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Gabarito

f=\dfrac{e}{2 \pi} \sqrt{ \dfrac{k_{0}}{mr_{0}^{3}}}

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Questão 3

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.)

Assunto abordado

Termodinâmica: radiação do corpo negro e calorimetria

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Solução

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 água atingir a temperatura de ebulição:

\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".

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Gabarito

m=16,82 \,g=0,01682 \, kg

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Questão 4

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.)

Assunto Abordado

Colisões e Cinemática

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Solução

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

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Gabarito

H_{bas} \approx 0,73 m

H_{tenis} \approx 10,7 m

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Questão 5

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.

Assunto Abordado

Gravitação, teorema da equipartição e conceitos de termodinâmica estatística

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Solução

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.

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Gabarito

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

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Questão 6

"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.

Assunto Abordado

Ondas Esféricas e intensidade sonora

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Solução

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

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Gabarito

A_{max}=3,2 m

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Questão 7

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.

Assunto Abordado

Espelhos planos

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Solução

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}

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Gabarito

a) N=5 imagens

b) A_{total}=0,18 m^{2}

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Questão 8

Um estudante de física está preocupado com as possíveis implicações para a segurança do trânsito devido à mudança da cor da luz causada pelo movimento relativos entre a fonte luminosa e o observador. Em princípio, a luz vermelha (comprimento de onda 650 nm)emitida por um semáforo poderia ser vista como verde (comprimento de onda 550 nm) por um motorista que dele se aproximasse com velocidade v. (a) Qual o valor de v para que isso ocorra? Se a massa do carro com o motorista é m = 1000 kg, medida em um referencial no qual ambos estão em repouso, (b) qual a mínima energia necessária para atingir a velocidade v partindo do repouso? (c) A preocupação do estudante é justificada?

Assunto abordado

Efeito doppler relativístico

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Solução

a) Para aproximação direta, a relação entre a frequência percebida pelo observador e a frequência da luz do semáforo é dada pelo efeito doppler relativístico:

f=f_0\sqrt{\dfrac{1+\beta}{1-\beta}}

Onde \beta=v/c. Escrevendo f=c/\lambda e resolvendo para \beta:

\beta=\dfrac{{\lambda}_0^2-{\lambda}^2}{{\lambda}_0^2+{\lambda}^2}

Substituindo valores numéricos:

v=0,166c=49,66.10^6m/s

b) A energia requerida é a energia cinética associada a velocidade v:

\Delta{E}=({\gamma}-1)mc^2

Onde \gamma é o fator de Lorentz. Substituindo os valores numéricos:

\Delta{E}=1,26.10^{18} J

c) Não, pois os valores de \Delta{E} e v são absurdamente maiores que o valores típicos encontrados no dia a dia. Sendo assim, é impossível que o olho humano perceba tal diferença.

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Gabarito

a) 

v=0,166c=49,66.10^6 \, m/s

b) 

\Delta{E}=1,26.10^{18} \, J

c) Não, pois os valores de \Delta{E} e v são absurdamente maiores que o valores típicos encontrados no dia a dia. Sendo assim, é impossível que o olho humano perceba tal diferença.

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