OBF 2019 - Terceira Fase (Nível 3)

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

M.H.S. e eletrostática

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:

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

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

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 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".

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

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:

$H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73$ $m$

$H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7$ $m$

$H_{bas} \approx 0,73$ $m$

$H_{tenis} \approx 10,7$ $m$

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

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:

$\dfrac{K}{8^{2}}=\dfrac{\left(1-0,84 \right)K}{x^{2}}$

$x=8\sqrt{0,16}$ $m$

$x=A_{max}=3,2$ $m$

$A_{max}=3,2$ $m$

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) $A_{total}=0,18$ $m^{2}$

Efeito doppler relativístico

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.

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.