Segunda Fase (Nível 3)

Oscilações: MHS

(a) O sistema em questão é um oscilador massa-mola simples. Já que a gravidade, por ser uma força constante, não altera o período do movimento, este possui o mesmo valor para o caso horizontal. Isto é:

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{M}{k}}$

Elevando ao quadrado em ambos os lados, a massa em função do período e da constante elástica será então:

$M=\dfrac{kT^2}{4\pi^2}$

O enunciado informa que o bloco passa pela posição $A$ com máxima velocidade, o que significa que $A$ é a posição de equilíbrio. Conforme a questão, a massa passa $4$ vezes por segundo por $A$, ou de forma equivalente $1$ vez a cada $0,25\,s$; do MHS, sabemos que o bloco passa pela posição de equilíbrio $1$ vez a cada intervalo de meio período. Daí, inferimos que o período do sistema é $T=2 \cdot 0,25\,s=0,5\,s$. Substituindo os valores numéricos:

$M=\dfrac{60 \times 0,5^2}{4 \times 3^2} \, kg$ $\therefore$

$\therefore$ $\boxed{M \approx 0,42 \,kg}$

(b) No ponto de equilíbrio $A$, - como o nome já diz - a força resultante no móvel é nula. Sendo $\Delta x$ a elongação da mola ao passar por esse ponto, temos então:

$k\Delta x = Mg$

$\Delta x \approx 7,0 \, cm$

Você pode estar tentado a dizer que $\Delta x=h$; de fato, nós da equipe NOIC acreditamos que esse era o raciocínio esperado pela prova. No entanto, tal afirmação é incorreta: com as informações dadas pela questão, é impossível determinar a altura $h$, que corresponde à amplitude do MHS (distância entre os pontos de máxima/mínima elongação e o ponto de equilíbrio). Isso ocorre porque a amplitude (assim como uma possível fase inicial, a título de curiosidade) é uma grandeza obtida a partir das condições do problema, e não de uma análise física como é o caso do período. Isto é, para determinarmos a amplitude, precisamos conhecer a posição e a velocidade da partícula em um instante dado. Note que, para $\Delta x=h$, estaríamos lidando com o caso em que a mola está relaxada no momento mostrado na figura. Já que essa informação não foi dada pelo enunciado, não é razoável esperar que o aluno faça tamanha suposição apenas para chegar em uma resposta final, e por isso nós do NOIC acreditamos que a saída mais justa para este item é a anulação.

OBS: Vimos que, para que o item tivesse solução, o enunciado deveria ter informado que a mola estava relaxada na posição da figura. Alternativamente, no entanto, poderia ter sido dado o valor da velocidade  $v_{max}$ do bloco no ponto $A$, a qual deveria ser de $g\sqrt{M/k}$ na situação em questão. Utilizando-se a relação $v_{max}=\omega A=\omega h$, acharíamos uma amplitude idêntica à deformação da mola achada pelo balanço de forças.

(a) $\boxed{M \approx 0,42 \,kg}$

(b) Não é possível obter-se uma resposta (Ver solução)

Óptica

Para encontrar o aumento da imagem, devemos usar as equações da óptica geométrica. O aumento é dado por:

$A=\dfrac{h'}{h}=-\dfrac{p'}{p}$

Onde $p=4,5\,m$ é a real posição do ciclista e $p'$ a posição da imagem, que podemos calcular usando a equação dos pontos conjugados:

$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}$

$f$ é o foco do espelho, que mede, em módulo, metade do raio $f=-1,5\,m$. O sinal de menos vem do fato do espelho ser convexo.

$-\dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{p'}$

$p'=-\dfrac{9}{8}\,m$

Portanto, o aumento mede

$A=-\left(-\dfrac{9}{8}\right)\dfrac{9}{2}$

$A=\dfrac{1}{4}$

$\boxed{A=\dfrac{h'}{h}=0,25}$

$\boxed{\dfrac{h'}{h}=0,25}$

Eletrostástica

(a) Como $q_a$ e $q_b$ possuem o mesmo sinal, $q_c$ deve estar entre as duas para ter sua força resultante igual a zero. Assim,

$F_{a,c} + F_{b,c} = 0$

$\dfrac{Kq_aq_c}{x_c^2} = \dfrac{Kq_bq_c}{(L-x_c)^2}$

$\left(\dfrac{L}{x_c} - 1\right)^2 = \dfrac{1}{4}$

$\dfrac{L}{x_c} = \dfrac{3}{2}$

$\boxed{x_c = 8 \, cm}$

Veja que pegamos a solução positiva na raiz quadrada porque $L > x_c \Rightarrow L/x_c > 1$, pelo motivo que introduziu a resolução do item.

(b) Pelo teorema trabalho-energia, o trabalho total realizado sobre a carga é

$W_{tot} = \Delta K$,

sendo $\Delta K$ a variação de energia cinética. Existem dois agentes realizando trabalho: a força eletrostática entre as partículas e o operador externo, que deve trazer a carga do infinito à posição final, sendo o trabalho do último aquele requisitado pelo problema. O trabalho da força eletrostática, por ser conservativa, é dado por $W_{e}=-Delta U$, sendo $\Delta U$ a variação de energia potencial elétrica. Portanto:

$W_e+W=\Delta K$

$W=\Delta K+\Delta U$

Como a variação de energia potencial é nula e o potencial a grandes distâncias é zero:

$W = 0+U_f= \dfrac{Kq_aq_c}{x_c}+\dfrac{Kq_bq_c}{L-x_c}=Kq_c\left(\dfrac{q_a}{x_c}+\dfrac{q_b}{L-x_c}\right)$

Substituindo os valores numéricos em unidades do SI:

$W = 9 \cdot 10^9 \cdot -1 \cdot 10^{-6} \left(\dfrac{- 4 \cdot 10^{-6}}{8 \cdot 10^{-2}} + \dfrac{-1 \cdot 10^{-6}}{4 \cdot 10^{-2}} \right)\,J$

$W = 0,45 + 0,225 \, J$

$\boxed{W = 0,675\, J}$

(a) $\boxed{x_c = 8 \, cm}$

(b) $\boxed{W \approx 0,675 \, J}$

Cinemática e noções de geometria

(a) A viagem consiste de $3$ (três) trechos de $5\,h$ de duração cada, nos quais o personagem sempre se move a $60\,km/h$. Sendo assim, a distância total percorrida é

$d=3 \cdot 60 \cdot 5\, km \rightarrow \boxed{d=900\,km}$

(b) Sabemos que, na primeira etapa, o personagem ruma na direção Sul. Independentemente de onde ele esteja inicialmente localizado, rumar para o Sul significa se mover ao longo de um meridiano, i.e., uma circunferência centrada no planeta e que passa por ambos os polos. Logo, a distância percorrida nessa etapa (e também na terceira) correponde a um arco de circunferência centrado no planeta. Chamando o raio do planeta de $R$ e $\Delta \varphi$ o módulo da variação de latitude, veja o diagrama a seguir, em que $A$ e $B$ são os pontos de partida e chegada, respectivamente. Consideramos que o personagem estava no hemisfério norte no diagrama.

Temos:

$\dfrac{d}{3}=R \Delta \varphi \rightarrow \Delta \varphi=\dfrac{d}{3R}$

A circunferência do equador do planeta foi dada no enunciado, e vale $C=3600\,km$. Como $C=2\pi R$, $R=\dfrac{1800}{\pi}\,km$. Substituindo:

$\Delta \varphi= \dfrac{900 \cdot \pi}{3 \cdot 1800}$

$\boxed{\Delta \varphi=\dfrac{\pi}{6}\,rad=30^{\circ}}$

Note que, nesse item, não era necessário descobrir ainda a localização inicial/final do personagem, mas apenas entender que o movimento seria ao longo de um meridiano.

(c) Há duas possíveis respostas para esse item. Isso ocorre pois existem diferentes localizações iniciais que satisfazem as condições do problema. Estudaremos, aqui, dois diferentes casos possíveis. Os restantes são análogos ao caso 2, e portanto comentaremos sobre eles na observação ao fim da solução. Ressaltamos, no entanto, que o aluno provavelmente não teria de resolver os diferentes casos possíveis para pontuar completamente, já que isso não foi pedido explicitamente e estamos falandos de duas soluções válidas. Uma solução que contenha apenas um dos dois casos mostrados abaixo já basta.

Caso 1: O personagem está no hemisfério Norte

Nesse caso, o personagem localiza-se inicialmente no Polo Norte ($A$, na figura abaixo). Ao se mover $300\,km$ na direção Sul na primeira etapa, ele chega em $B$, no paralelo (circunferência nas quais todos os pontos estão a uma mesma latitude) de latitude $90^{\circ}-\Delta \varphi=60^{\circ}$. Ao ir na direção oeste, seu movimento é ao longo deste parelelo. Após percorrer $300\,km$ sobre ele, o personagem chega em $C$, executa a etapa 3 e ruma para o Norte, percorrendo um arco de comprimento igual ao da etapa 1 e retornando ao Polo Norte. Veja um esquema, fora de escala, da vista superior da situação:

Seja $\Delta \lambda$ a variação de longitude, temos, então:

$\dfrac{d}{3}=r \cdot \Delta \lambda$

Note que o raio $r$ da circunferência do paralelo vale $R\sin{\Delta \varphi}$. Então:

$300 =\dfrac{1800}{\pi} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \Delta \lambda$

$\boxed{\Delta \lambda=\dfrac{\pi}{3} \, rad=60^{\circ}}$

Caso 2: O personagem está no hemisfério Sul

No segundo caso, o personagem localiza-se inicialmente em um ponto $A$ no hemisfério Sul. A localização inicial do personagem é tal que, ao se mover $300\,km$ na direção Sul na primeira etapa, ele chega no ponto $B$, sobre o paralelo cuja circunferência é de $300\,km$. Ao ir na direção oeste, ele percorre $300\,km$ e assim dá uma volta completa no paralelo, retornando à $B$. Daí, o personagem executa a etapa 3 e ruma para o Norte, percorrendo o mesmo arco da etapa 1 e retornando ao ponto inicial. Veja a figura que ilustra a vista superior da situação, fora de escala:

Como podemos ver, não há variação de longitude na etapa 2:

$\boxed{\Delta \lambda = 0}$

Adiantando a solução do próximo item, é importante perceber também que o módulo da latitude $|\varphi_A|$ do ponto $A$ é maior do que $45^{\circ}$. Podemos descobri-la calculando a latitude $\varphi_2$ do paralelo da etapa 2, cuja circunferência sabemos ser de $d/3=300\,km$:

$\dfrac{d}{3}=2 \pi R \cos{\varphi_2}$

$300= 2\pi \cdot \dfrac{1800}{\pi} \cos{\varphi_2}$

$\cos{\varphi_2}=\dfrac{1}{12} \rightarrow |\varphi_2| \approx 85^{\circ}$.

Apenas pelo baixo valor do cosseno, o aluno que tivesse optado por resolver o caso 2 em sua prova já poderia inferir que $|\varphi_2|$ seria alto, próximo a $90^{\circ}$. Sendo assim, $|\varphi_A|=|\varphi_2|-\Delta \varphi \approx 55^{\circ}$.

(d) Conforme visto acima, no caso 1, a latitude inicial/final do personagem é de $90^{\circ}$. No caso 2, por outro lado, temos uma latitude de $-55^{\circ}$. Como ele só pode ter - em qualquer caso possível - partido de uma latitude $55^{\circ}\leq|\varphi|\leq90^{\circ}$, a qual é sempre maior que $45^{\circ}$, podemos certamente afirmar que o urso que ceifou a vida do pobre personagem era um Urso Branco (1).

Observação: Na realidade, omitimos um fato interessante sobre o problema para deixar a solução mais simples e didática: existem mais de dois casos do que aqueles mostrados no item (c). Em vez de na etapa 2 o personagem dar uma volta completa no paralelo de comprimento $300\,km$, ele poderia dar 2 voltas no paralelo de $150\,km$, ou 3 voltas no paralelo de $75\,km$ ... ou $n$ ($n$ natural diferente de zero) voltas no paralelo de $\dfrac{300}{n}\,km$; ele sempre percorreria $300\,km$ como deve, e com uma variação sempre nula de longitude, ele também voltaria para o mesmo ponto que começou após realizar a etapa 3. O quão mais próximo do polo o paralelo for, maior a latitude inicial/final, em módulo. Note, no entanto, que essa latitude sempre possuiria módulo cada vez maior, sendo esse valor mínimo para o caso 2 estudado no item (c). Portanto, a existência dessas outras possibilidades citadas não afeta a resposta dos itens (c) ou (d), servindo apenas como uma curiosidade.

(a)  $\boxed{d=900\,km}$

(b) $\boxed{\Delta \varphi=30^{\circ}}$

(c) $\boxed{\Delta \lambda=60^{\circ}}$ ou $\boxed{\Delta \lambda = 0}$

(d) $\boxed{1}$

Ondulatória

(a) Para ir até a parede oposta e voltar, o a onda percorre uma distância de $d = 2 \cdot 10 \ m = 20 \ m$. Sendo $c = 320 \ m/s$ a velocidade do som, obtemos:

$\Delta t = \dfrac{d}{c} = \dfrac{20}{320} \ s = \dfrac{1}{16} \, s$

$\boxed{\Delta t = \dfrac{1}{16} \ s = 6,25 \cdot 10^{-2}\,s}$

(b) A fase de uma onda é dada por $\phi = kx - \omega t + \phi_{0}$, onde $k$ representa o número de onda, $\omega$ a frequência angular e $\phi_{0}$ é a constante de fase. Como ambas as ondas estarão na mesma posição no momento da medida, podemos expressar a diferença de fase como:

$\Delta \phi = \omega \Delta t = 2\pi f \Delta t$

$\Delta \phi = 2\pi \cdot 45 \cdot 10^{3} \cdot \dfrac{1}{16} \ rad$

Convertendo de radianos para graus:

$\Delta \phi = 45 \cdot 10^{3} \cdot \dfrac{1}{16} \cdot 360^{\circ} = (2812 + \dfrac{1}{2}) \cdot 360^{\circ}$

Assim, temos que a diferença de fase consiste de $2812$ ciclos completos de $360^{\circ}$ e de mais meio ciclo. Logo:

$\boxed{\Delta \phi = 180^{\circ}}$

(a) $\boxed{\Delta t = \dfrac{1}{16} \, s = 6,25 \cdot 10^{-2}\,s}$

(b) $\boxed{\Delta \phi = 180^{\circ}}$

Dinâmica

(a) Para soltar o parafuso, devemos aplicar um torque mínimo de $\tau = 100 \ N m$ através de uma haste de comprimento $L = 400 \ mm = 4 \cdot 10^{-1} \ m$. Pela definição de torque:

$\tau = FL$

$F = \dfrac{\tau}{L} = \dfrac{100}{4 \cdot 10^{-1}} \ N$

$\boxed{F = 250 \, N}$

(b) Pela definição de trabalho, $W = F \Delta S \cos \phi$, sendo $\phi$ o ângulo entre a força e o deslocamento. Como a força é aponta na direção do deslocamento, $\cos \phi = 1$, o que resulta em $W = F \Delta S = F \cdot R \Delta \theta = \tau \Delta \theta$ para uma rotação por um ângulo $\Delta \theta$. No problema, o ângulo de rotação é $\Delta \theta = 10 \cdot 2\pi \ rad = 20 \pi \ rad$. Desse modo, o trabalho realizado pela torque de atrito, que corresponde à energia dissipada, é dado por:

$W_{f} = 0,1 \cdot 20 \pi \ J = 2\pi \ J = 6 \ J$

$\boxed{E = 2\pi \,J = 6 \, J}$

a)$\boxed{F = 250 \, N}$

b)$\boxed{E = 2\pi \ ,J = 6 \, J}$

Magnetismo

(a) Olharemos o campo gerado por cada parte do fio separadamente.

i) O campo gerado pelo fio de cima (fio semi-infinito) será a metade do campo gerado pelo fio infinito.

$b_{cima}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\mu I}{2\pi r}$

Analogamente:

$b_{baixo}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\mu I}{2\pi r}$

Portanto, o campo gerado pelos fios retlíneos será:

$B_{reto}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\mu I}{2\pi r}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\mu I}{2\pi r}$

$B_{reto}=\dfrac{\mu I}{2\pi r}$

(ii) O campo gerado pela parte circular do fio será metado do campo gerado no centro da espira circular:

$B_{circulo}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\mu I}{2r}=\dfrac{\mu I}{4r}$

Logo, o campo resultante será a soma dos dois campos:

$B_C=\dfrac{\mu I}{4r}+\dfrac{\mu I}{2\pi r}$

$\boxed{B_C=\dfrac{\mu I}{2r}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{\pi}\right)}$

$\boxed{B_C=1,67\cdot 10^{-4}T=0,167\,mT}$

(b) Como o ponto P está muito distante de C o campo devido a parte circular será somente o campo devido a parte reta do fio:

$B_P=\dfrac{\mu I}{2\pi r}$

$\boxed{B_P=6,67\cdot 10^{-5}T=0,067\,mT}$

(c) Como a corrente está se "deslocando" no sentido antihorário o campo magnético estará apontando para cima.

$\boxed{2}$

(a) $\boxed{B_C=0,167\,mT}$

(b) $\boxed{B_P=0,067\,mT}$

(c) $\boxed{2}$

Hidrodinâmica

(a) Denotando por $V$ a vazão de água e $v_{1}$ e $v_{2}$ as velocidades da água nos pontos 1 e 2, podemos escrever que:

$V = v_{1} \cdot \pi (\dfrac{D_{1}}{2})^{2}$

Convertendo todos os dados para o SI, $V = 24 \ l/min = \dfrac{24}{60} \cdot 10^{-3} \ m^{3}/s = \dfrac{2}{5} cdot 10^{-3} \ m^{3}/s$ e $D_{1} = 40 \ mm = 4,0 \cdot 10^{-2} \ m$. Usando também que $\pi = 3$:

$\dfrac{2}{5} \cdot 10^{-3} = v_{1} \cdot 3 (\dfrac{4,0 \cdot 10^{-2}}{2})^{2}$

$\boxed{v_{1} = \dfrac{1}{3} \ m/s \approx 0,33 \ m/s}$

(b) Realizando as mesma operações para o ponto 2 de $D_{2} = 20 \ mm = 2,0 \cdot 10^{-2} \ m$, obtemos:

$\dfrac{2}{5} \cdot 10^{-3} = v_{1} \cdot 3 (\dfrac{2,0 \cdot 10^{-2}}{2})^{2}$

$v_{1} = \dfrac{4}{3} \ m/s \approx 1,33 \, m/s$

Usando a equação de Bernoulli:

$P_{1} + \dfrac{1}{2}\rho v_{1}^{2} = P_{2} + \dfrac{1}{2}\rho v_{2}^{2}$

$\Delta P = \dfrac{1}{2}\rho (v_{1}^{2} - v_{2}^{2})$

$\Delta P = \dfrac{1}{2} \cdot 10^{3} \cdot ((\dfrac{1}{3})^{2} - (\dfrac{4}{3})^{2}) \ Pa$

$\boxed{\Delta P = - \dfrac{5}{6} \cdot 10^{3} \, Pa \approx -833,33 \, Pa}$

(a) $\boxed{v_{1} = \dfrac{1}{3} \ m/s \approx 0,33 \, m/s}$

(b) $\boxed{\Delta P = - \dfrac{5}{6} \cdot 10^{3} \ Pa \approx -833,33 \ ,Pa}$