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 $$v_{0}$$.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Relação de Taylor e resultante centrípeta
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$k_{0}$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
M.H.S. e eletrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$f=\dfrac{e}{2 \pi} \sqrt{ \dfrac{k_{0}}{mr_{0}^{3}}}$$
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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 $$0,9$$.)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termodinâmica: radiação do corpo negro e calorimetria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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”.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[m=16,82 \,g=0,01682 \, kg\]
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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.)
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Colisões e Cinemática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73$$ $$m$$
$$H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7$$ $$m$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$H_{bas} \approx 0,73$$ $$m$$
$$H_{tenis} \approx 10,7$$ $$m$$
[/spoiler]
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.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Gravitação, teorema da equipartição e conceitos de termodinâmica estatística
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
[/spoiler]
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.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ondas Esféricas e intensidade sonora
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\dfrac{K}{8^{2}}=\dfrac{\left(1-0,84 \right)K}{x^{2}}$$
$$x=8\sqrt{0,16}$$ $$m$$
$$x=A_{max}=3,2$$ $$m$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$A_{max}=3,2$$ $$m$$
[/spoiler]
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.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Espelhos planos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$A_{total}=0,18$$ $$m^{2}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$N=5$$ imagens
b) $$A_{total}=0,18$$ $$m^{2}$$
[/spoiler]
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?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Efeito doppler relativístico
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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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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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