Terceira Fase (Nível 1)

Cinemática: Movimento Circular e Uniforme

Para estudar o problema com calma e garantir que tudo fique claro, vamos usar o diagrama abaixo. A bolinha vermelha representa Pedro, e a azul, João. Inicialmente, temos a situação ilustrada abaixo:

Podemos dividir a análise do problema em 3 partes. A primera é quando Pedro corre por 2 minutos, isto é, até $t_1=120\,\rm{s}$ enquanto João está parado.

Nesse tempo, podemos calcular o deslocamento de Pedro usando a fórmula de distância percorrida:

$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

$\Delta S = 3\cdot 120$

$\Delta S =360\,\rm{m}$

Agora, na próxima etapa, João começa a correr atrás de Pedro. Note que, a cada segundo que passa, Pedro anda $3\,\rm{m}$ e João anda $4\,\rm{m}$, ou seja, eles se aproximam a uma taxa de $1\,\rm{m/s}$ (velocidade relativa). Assim, para compensar a distância inicial de $360\,\rm{m}$, serão necessários $360\,\rm{s}$:

Note que, nesse tempo, João percorre uma distância:

$\Delta S_J = 4\cdot360=1440\,\rm{m}$

Ou seja, dá uma volta completa e ainda percorre $440\,\rm{m}$ adicionais. Na figura, não foi ilustrada essa volta completa para não sobrecarregar o desenho.

Por fim, para terminar a volta, basta fazer a diferença:

$\Delta S_{volta} = 1000-440\,\rm{m}$

$\boxed{ \Delta S_{volta} = 560\,\rm{m}}$

$\boxed{ \Delta S_{volta} = 560\,\rm{m}}$

Dinâmica/Estática

(a) Acompanhe o diagrama de corpo livre para o bloco:

Pela Segunda Lei de Newton na direção do plano, temos:

$F(\cos{{90^{\circ}} - (\alpha + \theta)}) - mg\sin{\theta} = ma$

$300\cos{30^{\circ}} - 500\sin{30^{\circ}} = 50a$

$\boxed{ a=0,1\; m/{s}{^2}}$

(b) Para este item, iremos propor duas soluções: uma algébrica, e outra envolvendo a visualização geométrica do problema.

• Solução 1 (Algébrica):

Na situação de equilíbrio, tem-se que:

$F\cos{(90^{\circ} - (\alpha + \theta))}= mg\sin{\theta}$

$F\cos{(90^{\circ} - (\alpha + \theta))} = mg\sin{30^{\circ}}$

$F = \dfrac{mg}{2 \sin{(\alpha +\theta)}}$

Para que $F$ seja minimizado, o denominador – e portanto $\sin{(\alpha + \theta)}$ – precisa ser maximizado. Isso ocorre quando o seno vale  $1$, situação em que:

$\alpha_{min} + \theta=90^{\circ}$

Assim:

$\boxed{\alpha_{min} = 60^\circ}$

• Solução 2 (Geométrica):

Outra forma de resolver o item é trabalhar com a visualização geométrica das forças na forma vetorial. Como o corpo está em equilíbrio, $\vec{F}+m\vec{g}+\vec{N}=\vec{0}$, e portanto os vetores formam um triângulo. Como as direções e sentidos dos vetores de $\vec{mg}$ e $\vec{N}$ já são determinados, desenhamos as possíveis direções da força aplicada.

Perceba que o módulo de $\vec{F}$ será minimizado quando a extensão do vetor coincidir com o tamanho mínimo entre as extremidades dos vetores $\vec{N}$ e $m\vec{g}$. Parafraseando, teremos $\vec{F_{min}}$ quando $\vec{F}$ for perpendicular à $\vec{N}$, conforme mostra a figura acima.

Dessa forma, no triângulo de forças mostrado, vale que:

$\alpha_{min}+\theta=90^{\circ}$

$\alpha_{min}=60^{\circ}$

(c) De qualquer um dos dois métodos acima, obtemos que:

$F_{min} = \dfrac{mg}{2 \sin{(\alpha_{min} +\theta)}}=mg\sin{\theta}=\dfrac{mg}{2}$

Portanto:

$\boxed{F_{min} = 250\;\rm{N}}$

(a) $\boxed{a = 0,1\; \rm{m/s^2}}$

(b) $\boxed{\alpha_{min} = 60^\circ}$

(c) $\boxed{F_{min} = 250\;\rm{N}}$

Conceitos de Óptica e Geometria

Como ambos os telescópios apontam para o mesmo corpo celeste, a taxa de energia luminosa por segundo por área (a intensidade $I$) será a mesma detectada por ambos os telescópios. O JWST, no entanto, captará mais energia por segundo do que o Hubble devido ao seu espelho primário, que possui área maior. Sendo $P$ a energia luminosa por segundo (potência) captada, temos $P=IA$.  Logo, chamando de $P_H$ e $P_W$ as potências incidentes no Hubble e no JWST respectivamente, vale:

$\dfrac{P_W}{P_H} = \dfrac{IA_W}{IA_H} = \dfrac{A_W}{A_H}$

Agora, basta calcular a área dos espelhos primários de ambos os telescópios. O JWST é formado por 18 espelhos hexagonais, então:

$A_W = 18 \dfrac{6L^2 \sin{60^{\circ}}}{2} = 27L^2\sqrt{3} \approx 200000 \;\rm{cm^2}$

Para o Hubble, a área do espelho primário será a de uma coroa circular:

$A_H = \pi (R^2-r^2) \approx 38400 \; \rm{cm^2}$

Logo, teremos que:

$\dfrac{P_W}{P_H} =\dfrac{ 200000}{38400}$

$\boxed{\dfrac{P_W}{P_H} = \dfrac{ 27L^2\sqrt{3}}{ \pi (R^2-r^2) } \approx 5,2}$

$\boxed{\dfrac{P_W}{P_H} =\dfrac{ 27L^2\sqrt{3}}{ \pi (R^2-r^2) } \approx 5,2}$

Cinemática: Lançamento Oblíquo

Vamos dividir o nosso sistema de coordenadas ao longo do plano. Passando pelos pontos $A$ e $C$, temos o eixo $x$, e passando por $C$ e $B$ temos o eixo $y$. Vamos também definir como $\alpha$ o ângulo que o plano inclinado faz com a horizontal. Pelos dados do enunciado, $\sin{\alpha} = H/L$.

Primeiramente, pela equação de Torricelli em $y$, temos:

$v_y^2=v_{0_y}^2+2a_y y$

Note que a aceleração neste eixo é a componente tangencial da gravidade ($a_y=-g\sin{\alpha}$). Para que a velocidade de lançamento seja mínima, a bola deverá chegar ao ponto $B$ com velocidade nula em $y$, i.e. $v_y(L)=0$. Logo:

$v_y^2 = v_0^2 \sin^2{\theta} - 2g\sin{\alpha} L = 0$

Para encontrar a velocidade de lançamento, usamos a equação horária da velocidade em $y$:

$v_y = v_0\sin{\theta} - g\sin{\alpha} t$

$v_0sen\theta = g\sin{\alpha} t_s$

$t_s = \dfrac{v_0\sin{\theta}}{g\sin{\alpha}}$

Em que $t_s$ é o tempo de subida da bola até $B$. Durante esse mesmo intervalo de tempo, ela irá percorrer a distância $d$ no eixo $x$. Portanto, para o movimento uniforme da bola em $x$:

$d = v_0\cos{\theta} t_s$

$d = \dfrac{v_0^2\sin{\theta} \cos{\theta}}{g\sin{\alpha}}$

$v_0 = \sqrt{\dfrac{gd \sin{\alpha}}{\sin{\theta} \cos{\theta}}}$

Substituindo na equação de Torricelli:

$gd \sin{\alpha} \tan{\theta} = 2gL \sin{\alpha}$

Daí, extraímos a função trigonométrica que caracteriza o ângulo de lançamento:

$\boxed{\tan{\theta} = \dfrac{2L}{d}=2}$

Agora, resta-nos substituir os valores numéricos. Para calcular o seno e cosseno de $\theta$, usamos o triângulo abaixo:

De onde obtemos $\sin{\theta}=2/\sqrt{5}$ e $\cos{\theta}=1/\sqrt{5}$. Então:

$v_0 = \sqrt{\dfrac{gd \sin{\alpha}}{\sin{\theta} \cos{\theta}}}=\sqrt{\dfrac{5gdH}{2L}}$

$v_0 = \sqrt{40}\;m/s = 2\sqrt{10}\;\rm{m/s}$

Usando $\sqrt{10}=\sqrt{5} \cdot \sqrt{2}$ e $\sqrt{2}=1,4$, $\sqrt{5}=2,2$ da capa da prova, temos por fim:

$\boxed{v_0 \approx 6,16 \; \rm{m/s}}$

$\boxed{\tan{\theta} =\dfrac{2L}{d} =2}$

$\boxed{v_0 =\sqrt{\dfrac{5gdH}{2L}}=2\sqrt{10}\;\rm{m/s} \approx 6,16 \; \rm{m/s}}$

Dinâmica: Sistemas de Massa Variável

(a) Ao sair da parte de cima, a água cai em queda livre. Sendo assim, o instante $t_1$ será o tempo de queda de uma altura $h$:

$\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = 0,2 \;\rm{s}}$

(b) Seja $t_2$ o momento em que a última gota abandona a parte de cima da clepsidra. Esse instante corresponde ao intervalo de tempo necessário para que o compartimento superior do equipamento torne-se vazio. Conforme o enunciado, uma gota de massa $m_0$ abandona a parte de cima a cada intervalo de tempo $t_0$; daí, definimos a vazão de massa da água como:

$\mu \equiv \dfrac{\Delta m}{\Delta t}=\dfrac{m_0}{t_0}=\dfrac{100}{3}\;\rm{g/s}$

Chamando de $m=600\;\rm{g}$ a massa total de água, $t_2$ será então dado por:

$t_2=\dfrac{m}{\mu}=18\;\rm{s}$

Daí, para encontrar $t_f$, somamos ao tempo necessário para a gota cair até a parte de baixo (encontrado no item anterior):

$t_f=t_2+t_1$

$\boxed{t_f=18,2\;\rm{s}}$

(c) Primeiramente, note que, como

Lembre que definimos $\boxed{t_2 \equiv t_f-t_1}$, do item passado. Em cada etapa, encontraremos a função $\Delta M (t)=M(t)-M(0)$, e então a usaremos para traçar o gráfico requerido.

Etapa 1: $0<t<t_1$

Nessa etapa, a primeira gota de água ainda não atingiu a parte de baixo da clepsidra. Pelo fato de a coluna de água em queda estar aumentando de tamanho, a leitura da balança será decrescente, uma vez que o peso da coluna de água não será contabilizado, já que ela não exerce força em outras partes do equipamento por estar suspensa no ar. A etapa dura até $t_1$ já que esse é o momento em que a água toca a base pela primeira vez.

Chamando de $N$ a força normal que a clepsidra exerce na balança, temos, pelo equilíbrio estático:

$N=M(t)g=Mg-\mu t g$

Em que $\mu t$ é a massa de água liberada até o instante $t$. A leitura $M(t)$ relaciona se com $N$ por meio de  $N=M(t)g$. Como $M(0)=M$, temos:

$M(t)=M-\mu t$

Logo:

$\boxed{\Delta M(t)=-\mu t}$ para $\boxed{0<t<t_1}$

Etapa 2: $t_1<t<t_2$

Aqui, a análise se torna um pouco mais complexa. Nessa etapa, o compartimento superior está esvaziando enquanto o de baixo está enchendo, sendo assim possível encontrar água em ambos. Simultaneamente, há a coluna de água em queda, que agora possui tamanho constante durante essa etapa. A etapa dura até $t_2$, momento em que o compartimento de cima se esvazia completamente.

Veja que o enunciado nos informa que a água, ao atingir a parte de baixo da clepsidra, entra quase que instantaneamente em repouso. Para que as gotas de água caindo na base sejam desaceleradas e trazidas ao repouso, o chão da clepsidra aplica sobre elas uma força vertical para cima; pela terceira Lei de Newton (ação e reação), uma força de igual intensidade e sentido oposto é então aplicada à clepsidra, que contribuirá para um incremento na medição da balança. Primeiramente, vamos determinar essa força.

(i) Considere que uma pequena quantidade de água de massa $\Delta m$ e com velocidade $v$, ao chocar-se com a base do recipiente, é trazida ao repouso durante um pequeno intervalo de tempo $\Delta t$. Pela segunda Lei de Newton, o módulo da força $F$ exercida sobre ela é:

$F=\Delta m \cdot a= \Delta m \dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\Delta m \dfrac{v-0}{\Delta t}$

$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v=\mu v$

Como $v$ é a velocidade ao fim da queda, i.e. $v=\sqrt{2gh}$:

$F=\mu \sqrt{2gh}=\mu t_1 g$

(ii) Agora, já podemos equacionar a leitura da balança. Conforme fora visto na etapa 1, o peso da água em queda não é contabilizado, e agora devemos também considerar a força exercida sobre a balança. Sendo assim, devemos contabilizar apenas o peso da água que está em cima e embaixo, assim como a força $F$ exercida sobre a balança; em outras palavras, todo o peso da água, exceto o da coluna vertical em queda, mais a força $F$. Logo:

$M(t)g=Mg-\mu t_1 g +F$

$M(t)=M-\mu t_1+\mu t_1$

Note que os termos no membro direito se cancelam. Logo:

$M(t)=M$

$\boxed{\Delta M (t) =0}$ para $\boxed{t_1<t<t_2}$

Efetivamente, a força adicional exercida pela queda d'água na base é exatamente suficiente para compensar o peso da coluna de água em queda que não é levado em conta na medição da balança.

OBS.: A consideração de que a área da base da clepsidra é muito maior que a do topo serve apenas para indicar que o nível da água na parte de baixo é muito pequeno, de forma que a distância entre a superfície livre da água da parte de baixo e a válvula é praticamente igual a $h$ o tempo todo.

Etapa 3: $t_2<t<t_f$

Essa etapa dura até o momento em que a última gota de água atinge a parte de baixo. Nela, o compartimento de cima encontra-se completamente vazio, e quase toda a água encontra-se na parte inferior do recipiente, exceto pela coluna de água em queda que diminui de tamanho até que a última gota atinja a parte de baixo no instante $t_f$.

Assim como na etapa 3, devemos considerar a força $F$ exercida pela água em queda na clepsidra e descontar o peso da água em queda. Note que, em um instante $t$, a massa de água restante na coluna é dada por $\mu (t_f-t_1)$. Então, equacionando a leitura, temos:

$M(t)g=Mg-\mu (t_f-t)+F$

$M(t)=M-\mu t_f +\mu t+\mu t_1$

$M(t)=M+\mu (t-t_2)$ para $t_2<t<t_f$

Portanto:

$\boxed{\Delta M(t)=\mu (t-t_2)}$ para $\boxed{t_2<t<t_f}$

Etapa 4: $t>t_f$

Agora que toda a água está em repouso no compartimento inferior, a leitura da balança é proveniente de todo o peso do sistema. Então:

$M(t)g=Mg$

$\boxed{\Delta M(t)=0}$ para $\boxed{t>t_f}$

O que significa que a leitura da balança $M(t)$ permanece constante e igual à leitura inicial.

Fazendo o gráfico

Com todas essas resultados em mãos, vejamos que:

1. Etapa 1 ($0<t<t_1$): O gráfico é um segmento de reta decrescente entre os pontos $(0,0)$ e $(t_1, \mu t_1)$.

2. Etapa 2 ($t_1<t<t_2$): O gráfico é um segmento de reta sobre o eixo horizontal entre os pontos $(t_1,0)$ e $(t_2,0)$.

3. Etapa 3 ($t_2<t<t_f$): O gráfico é uma segmento de reta crescente entre os pontos $(t_2, 0)$ e $(t_f, \mu t_1)$.

4. Etapa 4 ($t>t_f$): O gráfico é uma semirreta sobre o eixo horizontal entre o ponto $(t_f,0)$ até $(\infty, 0)$ (i.e., a reta se estende até o infinito).

Note, no entanto, que a questão nos pede para fazer o gráfico de $t=0$ até o instante $t_f$, e sendo assim não é necessário levar em conta, no desenho, a etapa 4. Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:

(a) $\boxed{t_1=0,2\;\rm{s}}$

(b) $\boxed{t_f=18,2\;\rm{s}}$

(c) 

Em que $t_2 \equiv t_f-t_1=18\;\rm{s}$ e $\mu \equiv \dfrac{m_0}{t_0} = \dfrac{100}{3}\;\rm{g/s}$.

Trigonometria e Noções de Astronomia

Pelas informações do enunciado, podemos montar a seguinte figura:

Note que, pelas informações do enunciado, a trajetória do Sol se dará no sentido anti-horário (Leste-Oeste), e no plano da imagem. Como ele nasce $6 \; \rm{h}$ e se põe $18 \; \rm{h}$, sua velocidade angular média pode ser calculada por:

$\omega = \dfrac{180^{\circ}}{12 \; \rm{h}} = 15^{\circ}/\rm{h}$

Definindo $\alpha$ como a altura angular do Sol, podemos calcular a altura $\alpha_1$ às $15 \; \rm{h}$:

$\alpha_1 = 90^{\circ} - 3 \times 15^{\circ} = 45^{\circ}$

Com isso, obtemos que:

$h = L_0 = L_r + 25 \; \rm{m} = 50 \; \rm{m}$

Quando a sombra do edifício atinge o mar, a altura angular do Sol será $\alpha_2$, tal que, por trigonometria:

$(L_r + L_a) \tan \alpha_2 = h$

$\tan \alpha_2 = \dfrac{50}{100}$

$\tan \alpha_2 = \dfrac{1}{2}$

$\alpha_2 = \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)$

Logo:

$\omega (T - 12 \; \rm{h} ) = 90^{\circ} - \alpha_2$

$T = 12 \; \rm{h} + \dfrac{90^{\circ}- \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)}{15^{\circ}} \; \rm{h}$

Perceba que, com isso, só se consegue obter o valor exato de $\alpha_2$ a partir de uma calculadora. Entretanto, visando obter um valor aproximado de $\alpha_2$, podemos utilizar a conhecida aproximação trigonométrica de que $\tan x \approx x$ se $x \ll 1\$. Apesar, entretanto, de $0,50$ não ser muito menor que $1$, perceberemos que os resultados dessa aproximação serão satisfatórios, então:

$\tan \alpha_2 \approx \alpha_2 \approx 0,5 \; \rm{rad}$

Transformando o resultado para graus:

$\alpha_2 \approx \dfrac{180^{\circ}}{\pi} \times 0,5 \approx 30^{\circ}$

Perceba que o valor exato de $\alpha_2$ é de $26,57^{\circ}$, de modo que nossa aproximação foi realmente muito boa.
Logo, por fim:

$T \approx 12 \; \rm{h} + 4 \; \rm{h}$

$$\boxed{T \approx 16 \; \rm{h}}$$

$$\boxed{T \approx 16 \; \rm{h}}$$

Termologia: Calorimetria

Agora, sobre os painéis solares. O enunciado nos informa que apenas $25\%$ da energia é aproveitada, ou seja, devemos multiplicar os ganhos em energia por 0,25. Sendo assim, a energia em Joules por segundo por metro quadrado ($I$) incidente no painel é dada por:

$I=600 \cdot 0,25= 150\;\rm{W/m^2}$

Para encontrar a energia por segundo (potência $P$) incidente no painel, basta multiplicar pela sua área $A$:

$P=IA$

Agora, foquemos no final do enunciado:

"capaz de aquecer de 20 ºC a água de um reservatório de 300 litros em 2 horas"

Utilizamos a fórmula do calor sensível para calcular quantas calorias são necessárias para aquecer essa quantidade de água. Vale ressaltar que, para a água, $1\;\rm{kg}=1\;\rm{L}$ e o seu calor específico vale $1\;\rm{cal/g^{\circ}C}$. Temos:

$Q=m \cdot c \cdot \Delta T= 300 \times10^3\cdot1\cdot 20=6 \times10^6\;\rm{cal}$

Convertendo para Joules:

$Q=6\times10^6 \cdot 4,2\;\rm{J}= 25,2 \times10^6 \;\rm{J}$

O calor fornecido à água equivale a $P\Delta t$, sendo $\Delta t=2\;\rm{horas}$ o tempo requerido para aquecê-la. Logo:

$Q =IA\Delta t$

Substituindo os valores numéricos (lembre-se que $1$ hora possui $3600$ segundos, então $2$ horas possuem $7200$ segundos):

$A=\dfrac{Q}{I\Delta t}=\dfrac{25,2 \times10^6 \;\rm{J}}{150 \cdot 7200}\;\rm{m^2}$

$\boxed{A \approx 23,3 \;\rm{m^2}}$

$\boxed{A \approx 23,3 \;\rm{m^2}}$

Dinâmica: Força Centrípeta

Acompanhe o diagrama a seguir, o qual contém uma esquematização do sistema na iminência da esfera tocar o disco.

As forças atuantes na esfera são o peso ($m\vec{g}$) e a tração exercida pela haste ($\vec{T}$). Para o equilíbrio vertical da esfera, temos que:

$T\cos{\theta}=mg$

Já na horizontal, a componente da tração atuará como resultante centrípeta. Pela segunda Lei de Newton:

$T\sin{\theta}=F_{cp}$

$T\sin{\theta}=m\omega^2r$

Dividindo as equações, temos que:

$\tan{\theta}=\dfrac{\omega^2 r}{g}$

$\dfrac{h}{r}=\dfrac{\omega^2 r}{g}$

Por fim:

$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{g}{h}}}$

$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{g}{h}}}$