Terceira Fase (Nível 2)

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:

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

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

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

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: 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:

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

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

Por fim:

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

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

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

Termologia: Calorimetria e Radiação do Corpo Negro

A troca de calor entre o ambiente e a moringa é mediada pela irradiação. Desconsiderando outras trocas de energias, o calor absorvido do ambiente é utilizado para fazer a fina camada de água na superfície externa da moringa evaporar. Sendo $\Delta m$ a massa de água que evapora durante um intervalo de tempo $\Delta t$ e $P$ a potência líquida entrando no sistema, temos:

$P\Delta t = \Delta m L_v$

$P=\dfrac{\Delta m}{\Delta t} L_v= \eta L_v$

Em que $L_v=540\;\rm{cal/g}$ é o calor latente de vaporização da água.

Para determinar $P$, o aluno deveria utilizar a lei de Stefan-Boltzmann, que rege o processo de irradiação. Sendo $P_{out}$ a parcela irradiada para fora e $P_{in}$ a parcela advinda do ambiente, a potência líquida absorvida $P$ será dada por:

$P=P_{in}-P_{out}=eA \sigma (T_{ext}^4-T_{int}^4)$

Em que $\sigma$ é a constante de Stefan-Boltzmann, $A$ é a área superficial da moringa, $T_{ext}=T_a$ é a temperatura externa e $T_{int}$ a temperatura interna. Logo:

$eA \sigma (T_{a}^4-T_{int}^4)=\eta L_v$

Como $e=1$ e $A=4 \pi r^2$:

$\eta =\dfrac{ 4 \pi r^2\sigma (T_{a}^4-T_{int}^4)}{L_v}$

Segundo o enunciado, $T_{int}=T_a-\Delta T$, sendo $\Delta T=5\;\rm{^{\circ}C}$. Substituindo os valores numéricos (lembre-se que devemos usar as temperaturas absolutas, isto é, em $\rm{K}$):

$\eta = \dfrac{4 \cdot 3 \cdot 8,00^2 \times 10^{-4} \cdot 5,7 \times 10^{-8} \cdot (309^4-304^4)}{540 \times 4,2}\;\rm{g/s}$

$\boxed{\eta \approx 1, 11 \times 10^{-3}\;\rm{g/s}}$

OBS.: É possível empregar uma interessante aproximação para se diminuir o trabalho algébrico (que seria feito à mão na prova). Percebendo que, em termos absolutos, $\Delta T \ll T_a$, podemos expandir o termo $T_{int}^4$ da seguinte forma:

$T_{int}^4=(T_a-\Delta T)^4=T_a^4\left(1-\dfrac{\Delta T}{T_a}\right)^4$

Empregando a aproximação binomial $(1\pm x)^n \approx 1\pm nx$ para $|x| \ll 1$, temos:

$T_{int}^4 \approx T_a^4 \left(1-\dfrac{4\Delta T}{T_a}\right)$

Logo, substituindo em $\eta$:

$\eta \approx \dfrac{ 16 \pi r^2\sigma T_a^3 \Delta T}{L_v } \approx 1,14 \times 10^{-3}\;\rm{g/s}$

Note que o resultado fora bem próximo daquele obtido anteriormente, configurando uma ótima aproximação.

$\boxed{\eta \approx 1,11 \times 10^{-3}\;\rm{g/s}}$

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 $h$:

$\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

Note que, na prova, não foi informado o valor numérico de $h$. Isso nos impede de encontrar uma resposta numérica -- não só neste item, mas também nos próximos--, portanto, deixaremos a resposta final em sua forma literal.

(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, a vazão da água é de $\Delta V / \Delta t=30\;\rm{cm^3/s}$. Logo, a vazão de massa $\mu$ será:

$\mu \equiv \dfrac{\Delta m}{\Delta t} =\rho\dfrac{\Delta V}{\Delta t}= 30 \;\rm{g/s}$

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

$t_2=\dfrac{m}{\mu}=20\;\rm{s}$

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

$t_f=t_2+t_1$

$\boxed{t_f=\dfrac{m}{\mu}+\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

(c) Primeiramente, é necessário ressaltar que a falta de dados numéricos origina dois possíveis casos para o problema, de modo que a leitura da balança evoluiria de forma diferente para cada um destes. Lidaremos com cada um deles separadamente e depois apontaremos o porquê de o caso 1 provavelmente ser o mais plausível (apesar disso, ambos são fisicamente corretos e deveriam ser aceitos na correção).

•  Caso I: Se $t_2>t_1$:

No momento em que a água atinge a parte de baixo pela primeira vez, o compartimento superior ainda não esvaziou. Sendo assim, podemos visualizar a evolução temporal do nosso sistema em quatro etapas distintas. Acompanhe o esquema a seguir:

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:

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

Logo:

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

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:

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

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

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:

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

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

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

Portanto:

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

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:

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

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

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).

Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:

Agora, estudemos o Caso II.

• Caso II: $t_2<t_1$:

No momento em que a água atinge a parte de baixo pela primeira vez, o compartimento superior já terá esvaziado. Em outras palavras, toda a água já terá sido liberada antes da primeira gota atingir a parte de baixo. Sendo assim, podemos esquematizar a evolução temporal do sistema da seguinte forma:

Agora, prosseguimos de maneira inteiramente análoga à solução do caso I.

Etapa 1: $0<t<t_2$

Análogo á etapa 1 do caso I:

$\boxed{M(t)=M-\mu t}$ para $\boxed{0<t<t_2}$

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

Etapa 2: $t_2<t<t_1$

O peso total do sistema, na leitura da balança, será decrescido do peso total da água, que está em queda livre:

$\boxed{M(t)=M-\mu t_2 = 200\;\rm{g}}$ para  $\boxed{t_2<t<t_1}$

$\Delta M (t)= -\mu t_2 = -600\;\rm{g}$

Etapa 3: $t_1<t<t_f$

Análogo e à etapa 3 do caso I:

$\boxed{M(t)=M+\mu(t-t_1)}$ para $\boxed{t_1<t<t_f}$

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

Etapa 4: $t>t_f$

Análogo ao caso I:

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

$\Delta M (t)=0$

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 $(t_2, -\mu t_2)$.

2. Etapa 2 ($t_1<t<t_2$): O gráfico é um segmento de reta horizontal entre os pontos $(t_2, -\mu t_2)$ e $(t_1 , -\mu t_2)$.

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

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).

Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:

OBS.: Perceba que é possível encontrarmos uma condição sobre$h$ tal que $t_1>t_2$. Temos:

$t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}>20\;\rm{s}$

$h>2000\;\rm{m}$

É um tanto absurdo imaginar, realisticamente falando, que a altura $h$ da clepsidra chegue na casa dos milhares de metros. Na prova do Nível 1, onde praticamente a mesma questão foi cobrada, foi fornecido o valor de $h=20,0\;\rm{cm}$. Por essa razão, é muito mais razoável acreditar que o caso pensado pelo autor da questão como solução seria o caso 1; no entanto, como já fora mencionado no início da solução do item, isso não anula a possível validade física do caso 2, devido à escassez de valores numéricos para sustentar que o caso 1 é definitvamente o correto. Por isso deixamos, em nossa resposta final, ambos os casos inclusos.

(a) $\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$

(b) $\boxed{t_f=t_2+\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}$ em que $t_2 \equiv t_f -t_1 = 20\;\rm{s}$

(c) Caso I: $t_1<t_2$

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

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

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

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

Caso II: $t_1>t_2$:

$\boxed{M(t)=M-\mu t}$ para $\boxed{0<t<t_2}$

$\boxed{M(t)=M-\mu t_2 = 200\;\rm{g}}$ para  $\boxed{t_2<t<t_1}$

$\boxed{M(t)=M+\mu(t-t_1)}$ para $\boxed{t_1<t<t_f}$

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

Em que $\mu=30\;\rm{g/s}$.

(c) Caso I  (à esquerda) e Caso II (à direita):

Estática e Dinâmica do Corpo Rígido

(a) Na iminência de rolar, toda a força de contato atua em um único ponto na extremidade do hexágono. Com isso, podemos montar a figura:
Logo, balanceando as forças nas direções tangente e normal ao plano:

$f_{AT} = mg \sin \theta_C$  e

$$N = mg \cos \theta_C$$

Balanceando o torque:

$f_{AT} \cos 30^{\circ}L = N \sin 30^{\circ}L$

Substituindo os valores de $f_{AT}$ e $N$:

$mg \sin \theta_C\cos 30^{\circ} = mg \cos \theta_C \sin 30^{\circ}$

$\tan \theta_C = \tan 30^{\circ}$

$\boxed{\theta_C = 30^{\circ}}$

(b) Como vimos, no equilíbrio:

$f_{AT} = mg\sin \theta$

e

$N = mg \cos \theta$

Mas note que deve ser satisfeita a seguinte desigualdade para a intensidade da força de atrito estático:

$f_{AT} \leq \mu N$

Então:

$mg\sin \theta \leq \mu mg \cos \theta$

Tal que, por fim:

$\boxed{\mu \geq \tan \theta}$

(c) Perceba que foi dito que pode-se considerar que toda a massa do lápis está concentrada em seu eixo (centro de massa $CM$, na figura). Acompanhe o seguinte esquema:

Chame de $L$ a distância entre o centro do hexágono e o ponto de contato $P$ com o plano. Note que o $CM$ rotaciona instantaneamente em torno do ponto $P$. Logo, utilizando a segunda Lei de Newton em sua forma rotacional:

$\tau_P=I_P \alpha$

Em que $\alpha$ é a aceleração angular, $\tau$ é o torque em relação ao ponto $P$ e $I_P$ o momento de inércia do corpo em relação ao mesmo ponto. Como a questão nos pede para considerar toda a massa do lápis localizada no eixo, o momento de inércia é aquele de uma massa pontual, i.e. $I_p=mL^2$. O torque resultante é aquele da força peso, sendo assim:

$mg\sin(\theta - 30^{\circ})L = mL^2 \alpha$

Tal que:

$\alpha = \dfrac{g\sin(\theta - 30^{\circ})}{L}$

Nas proximidades de $\theta = \theta_C = 30^{\circ}$, temos então:

$\boxed{\alpha \approx 0}$

(a) $\boxed{\theta_C = 30^{\circ}}$

(b) $\boxed{\mu \geq \tan \theta}$

(c) $\boxed{\alpha \approx 0}$

Ondulatória: Interferência

(a) Vamos considerar que a pessoa está no ponto $P$ a uma distância $x$ de $A_1$

Dessa forma, a diferença de caminho entre as ondas emitidas por cada fonte dá-se por

$\Delta x=x_2-x_1$

$\Delta x=\sqrt{x^2+(3\lambda)^2}-x$

Além disso, para a interferência destrutiva:

$\Delta x=\sqrt{x^2+(3\lambda)^2}-x=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\lambda$

Em que $m$ é um número natural. Desenvolvendo:

$\sqrt{x^2+(3\lambda)^2}=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\lambda+x$

${x^2+(3\lambda)^2}=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2\lambda^2+2x\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\lambda+x^2$

${9\lambda}=\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2\lambda+2x\left(m+\dfrac{1}{2}\right)$

$x=\dfrac{\lambda}{2}\left( \dfrac{9}{\left(m+\frac{1}{2}\right)}-\left(m+\dfrac{1}{2}\right)\right)$

Assim, $x>0$ então

$9>\left(m+\dfrac{1}{2}\right)^2$

$m<2,5$

Então os valores que $x$ assume são para $m=0$, $m=1$ e $m=2$.

$x=8,75\lambda$  para  $m=0$

$x=2,25\lambda$  para  $m=1$

$x=0,55\lambda$  para  $m=2$

Como $\lambda=2,00\;\rm{m}$, os valores de $x$ são

$\boxed{x=17,5\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=0}$

$\boxed{x=4,5\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=1}$

$\boxed{x=1,1\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=2}$

(b) Nessa questão é importante utilizar a dependência da intensidade com a distância. Como o enunciado informa que o som se propaga isotropicamente,  consideramos a propagação das ondas esfericamente simétricas. Sendo assim, a intensidade varia com o inverso da distância ao quadrado:

$I\propto \dfrac{1}{r^2}$

Chame de $a$ a constante de proporcionalidade. Assim:

$I=\dfrac{a}{r^2}$

Dessa forma, as amplitudes das ondas emitidas por $A_1$ e $A_2$, ao chegarem no ponto de interferência, são diferentes. Se a amplitude da onda de $A_1$ for $B_1$ e a amplitude da onda de $A_2$ for $B_2$, a amplitude resultante será:

$A_r=B_1-B_2$

Pois a interferência é destrutiva. Como a intensidade é proporcional ao quadrado da amplitude, a intensidade da onda resultante vale:

$I_d=kA_r^2$

$I_d=k(B_1-B_2)^2$

OBS.: Aqui, $k$ é um fator de proporcionalidade entre a intensidade e a amplitude ao quadrado. Uma vez que ele só depende do meio de propagação, vale o mesmo para todas as ondas.

Prosseguindo, como sabemos que:

$I_1=kB_1^2$            $I_2=kB_2^2$

Então:

$I_d=(\sqrt{I_1}-\sqrt{I_2})^2$

Em função das distâncias, $I$ vale:

$I_d=a\left(\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{x_2}\right)^2$

Caso a fonte $A_2$ fosse desligada, a intensidade resultante seria apenas da onda $A_1$, ou seja:

$I_u=\dfrac{a}{x_1^2}$

Então, a razão $I_d/I_d$ mede:

$\dfrac{I_d}{I_u}=\left(1-\dfrac{x_1}{x_2}\right)^2$

Para a posição mais próxima do eixo $y$, ou seja, $x_1=0,55\lambda$, temos por fim:

$\dfrac{I_d}{I_u}=\left(1-\dfrac{0,55\lambda}{\sqrt{(0,55\lambda)^2+(3\lambda)^2}}\right)^2$

$\dfrac{I_d}{I_u}=\left(1-\dfrac{0,55}{3,05}\right)^2$

$\dfrac{I_d}{I_u}=\left(\dfrac{2,5}{3,05}\right)^2$

$\boxed{\dfrac{I_d}{I_u}=\left(\dfrac{50}{61}\right)^2\approx 0,67}$

OBS.: É importante esclarecer uma possível dúvida que pode surgir. No item (a), encontramos a condição que descreve uma interferência destrutiva. É comum que o aluno comumente associe interferência destrutiva a uma intensidade resultante nula, o que poderia levá-lo a pensar que a resposta do item (b) seria simplesmente zero, já que $I_d=0$. Note, no entanto, que isso não é compatível com as condições do problema, uma vez que é mencionado que o som se propaga isotropicamente. Isso implica que a intensidade - e, portanto, a amplitude do som - varia com a distância à fonte devido à emissão esfericamente simétrica, impossibilitando que uma interferência das duas ondas gere uma intensidade/amplitude nula. Os pontos de interferência destrutiva estão, como vimos, associados à mínima amplitude possível do som resultante.

(a) $\boxed{x=17,5\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=0}$

       $\boxed{x=4,5\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=1}$

    $\boxed{x=1,1\;\rm{m}}$  para  $\boxed{m=2}$

(b)$\boxed{\dfrac{I_d}{I_u} \approx 0,67}$

Hidrodinâmica, hidrostática

Quando a água estiver na iminência de transbordar pelo ralo $R$, haverá uma coluna de água de altura $h$ acumulada abaixo do ralo. Isso significa que a pressão hidrostática na base dessa coluna será dada por:

$p_S = p_0 + \rho g h$

Em que $p_0$ é a pressão atmosférica e $\rho$ é a densidade da água. Simultaneamente em que temos essa coluna de água estática, há um fluxo de água entre os pontos $C$ e $S$. Podemos comparar esses dois pontos utilizando a relação de Bernoulli:

$p_C + \rho g h_C+ \dfrac{1}{2}\rho v_C^2= p_S + \rho g h_S+ \dfrac{1}{2}\rho v_S^2$

$p_0+\rho g H = p_S +\dfrac{1}{2} \rho v_S^2$

Note que a velocidade da água em $C$ é muito pequena pelo enunciado, por isso não há termo cinético na parte esquerda da equação. Substituindo o valor de $p_S$ encontrado anteriormente:

$v_S = \sqrt{2g(H-h)}$

Já que não há fluxo de água (vazão) no ralo, então toda a água que entra pelo ponto $C$ deve sair pelo ponto $S$. Assim:

$Z_C=Z_S$

A vazão de água do ponto $C$ é o volume de água que cai sobre o telhado, ou seja, é a área do telhado da garagem $A_{telhado}$multiplicada pela precipitação $\eta$. A vazão do ponto $S$ é simplesmente a área do corte do cano multiplicada pela velocidade do líquido $Z_S=A_{cano} v_S$. Logo:

$A_{telhado}\eta = A_{cano} v_S$

$\boxed{\eta=\dfrac{\pi D^2}{4A_{telhado}}\sqrt{2g(H-h)}}$

Embora seja possível encontrar uma explicação física para o problema, a prova não forneceu alguns dos dados necessários e forneceu alguns dados irrelevantes. No fim, listamos abaixo as seguintes inconsistências no enunciado que a equipe de física do NOIC encontrou:

1. O enunciado não informou a área do telhado da garagem $A_{telhado}$, que é necessário para calcular o fluxo de água que entra no cano pelo ponto $C$.

2. O enunciado não informou a altura da garagem $H$, que é necessária para calcular a velocidade da água no ponto $S$.

3. O enunciado informou o valor do diâmetro $d$ do cano vertical que leva ao ralo $R$, o qual é irrelevante no cálculo da precipitação mínima.

Por fim, concluímos que é impossível determinar uma resposta final apenas com os dados fornecidos pela prova.

É impossível, a partir dos dados fornecidos no enunciado da prova, determinar uma resposta final. Veja a solução para entender o problema.

Óptica geométrica, ondas

(a) Ao longo da solução deste problema, vamos chamar a lente da esquerda de lente 0, que tem distância focal $f_0$ e a lente da direita de lente 1, que tem distância focal $f_1$. A primeira coisa que o estudante deve notar é que os raios entram e saem paralelos do sistema. Logo, podemos imaginar a situação ilustrada abaixo:

Note que, a imagem da lente 0 cai justamente no foco, já que os raios chegam paralelos. Perceba também que a imagem da lente 0 se comporta como objeto para a lente 1. Para que a imagem da lente 1 seja imprópria (raios paralelos), o objeto deve estar posicionado no foco. Portanto, vale a relação:

$f_0+f_1=L$

Isso garante que a imagem da lente 0 caia exatamente sobre o foco da lente 1. Além disso, é preciso garantir que os valores das intensidades sejam adequados. Seja $A_0$ a área da seção transversal dos raios incidentes na lente 0, e $A_1$ a dos raios emergentes da lente 1. Assim, da conservação de energia, a potência do feixe interceptada pela lente 0 deve ser igual à potência emergente pela lente 1:

$P_0=P_1$

Lembrando que a potência é diretamente proporcional ao produto da secção transversal pela área, temos

$I_0A_0=I_1A_1$

Sejam $r_0$ e $r_1$ os raios (metade do diâmetro) dos feixes cilíndricos. Fazendo uma semelhança de triângulos:

$\dfrac{f_0}{r_0} = \dfrac{f_1}{r_1}$

$I_0f_0^2=I_1f_1^2$

Resolvendo o sistema de equações, encontramos por fim:

$\boxed{f_0 = 100\;\rm{mm}}$

$\boxed{f_1 = 200\;\rm{mm}}$

b) Agora a situação é um pouco mais complicada, já que existem duas possibilidades para o problema. Vamos analisar ambas e verificar que apenas uma delas é possível:

Caso 1: Lente 0 = Convergente & Lente 1 = Divergente.

Vamos olhar um diagrama representando os raios para entender melhor a situação:

Note como os raios que emergem da lente 1 possuem uma área transversal menor. Usando a equação do item anterior que relaciona a energia, isso implica que $I_1 >I_0$. Numericamente, pelo enunciado, sabemos que $I_0 > I_1$, mas está claro pela figura que isso não é possível.

Caso 2: Lente 0 = Divergente & Lente 1 = Convergente.

Vamos olhar um diagrama representando os raios para entender melhor a situação:

Note que os raios que emergem da lente 1 possuem uma área transversal maior. Usando a equação do item anterior que relaciona a energia, isso implica que $I_0 >I_1$. Pelas mesmas razões do item anterior, podemos perceber que esse caso é o correto.

Pela figura, vemos que:

$f_1=f_0+L$

A relação entre as intensidades não muda, então temos:

$I_0f_0^2=I_1f_1^2$

Resolvendo o sistema, obtemos:

$\boxed{f_0=300\;\rm{mm}}$

$\boxed{f_1=600\;\rm{mm}}$

(a) $\boxed{f_0 = 100\;\rm{mm}}$

      $\boxed{f_1 = 200\;\rm{mm}}$

(b) $\boxed{f_0=300\;\rm{mm}}$

      $\boxed{f_1=600\;\rm{mm}}$

Dinâmica: Conservação de Energia e Segunda Lei de Newton

(a) Fazendo uma associação de molas, podemos descobrir a constante elástica equivalente do sistema. Como as molas do sistema estão em série, teremos que

$\dfrac{1}{k_{eq}} = \dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_2} + \dfrac{1}{k_3} + \cdots + \dfrac{1}{k_n}$.

Para $N$ molas de mesma constante elástica:

$k_{eq} = \dfrac{k}{N}$

Além disso, devido às $N$ molas, o comprimento relaxado da tira será $Nl$. Para o número $N$ necessário, a tira deverá estar totalmente esticada quando a esfera chegar ao solo. Logo, conservando a energia mecânica do sistema:

$mgH = \dfrac{1}{2} k_{eq}\Delta y^2 = \dfrac{k}{2N} (H-Nl)^2$

$2NmgH = kH^2 - 2KNlH + kN^2l^2$

Substituindo os valores:

$0,5N^2 -56N +800 = 0$

Usando a fórmula de Bháskara, resolvemos a equação quadrática:

$N = \dfrac{112 \pm \sqrt{112^2- 4\times 1600}}{2}$

$N = 56 \pm \sqrt{1536}=56 \pm 16 \sqrt{6}$

Usando $\sqrt{6}=\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}$ e $\sqrt{2}=1,4$, $\sqrt{3}=1,7$ da capa da prova, obtemos as seguintes soluções:

$N_+ = 94,1$
$N_- = 17,9$

Como $N$ tem de ser um número inteiro (não há molas fracionadas), ele poderá assumir os valores de 17 ou 94. Perceba que $N$ não pode ser 94, pois $Nl = 94\times 0,05 = 4,7 > H$. Portanto;

$\boxed{N = 17}$

Perceba que a aproximação escolhida foi para $N = 17$, pois, para $N = 18$, ao realizar a conservação de energia, é possível perceber que a corda estica mais que a altura $H$; ou seja, a esfera iria colidir com o chão. Veja:

$mgH = \dfrac{k}{2N}\Delta y^2$

$\Delta y = \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}} = y - Nl$

$y = Nl + \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}}$

Para N = 18:

$y = 0,9 + \sqrt{1,44} \;\rm{m}= 0,9 + 1,2 \;\rm{m}= 2,1 \;\rm{m}> H$

Logo, a esfera colidiria com o chão.

(b) A velocidade máxima ocorre no momento em que a esfera passa a desacelerar, i.e., quando sua aceleração inverte o sentido. Esse é o momento em que a força resultante é nula, quando $mg = k_{eq}\Delta y_0$. Conservando a energia mecânica do sistema:

$mgH = \dfrac{1}{2} m V_{max}^2 + \dfrac{1}{2} k_{eq} \Delta y_0^2 + mgh$

Em que $h = Nl + \Delta y_0$ é a altura em que haverá a velocidade máxima.

$mgH = \dfrac{1}{2} mV_{max}^2 + \dfrac{1}{2} \dfrac{m^2g^2}{k_{eq}} + mg\left( Nl + \dfrac{mg}{k_{eq}} \right)$

$V_{max} = \sqrt{2gH - \dfrac{Nmg^2}{k} - \dfrac{2Nmg^2}{k} - 2Nlg}$

$V_{max} = \sqrt{2gH - \dfrac{3Nmg^2}{k} - 2Nlg}$

Substituindo os valores numéricos:

$V_{max} = \sqrt{12,8} \;\rm{m/s} = \sqrt{\dfrac{64}{5}} \; \rm{m/s}$

$\boxed{V_{max} = 8\dfrac{\sqrt{5}}{5} \;\rm{m/s} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$

(c) Agora, temos que a aceleração será máxima quando a força resultante for máxima. Equacionando a Segunda Lei de Newton, tem-se:

$ma = k_{eq} \Delta y - mg$

$a = \dfrac{k_{eq}}{m} \Delta y - g$

Vemos então que a aceleração máxima ocorre quando o elástico está esticado o máximo possível, o que ocorre quando a velocidade da esfera é nula. Na situação limite citada no enunciado, isso acontece quando a esfera está muito próxima de tocar o solo, então:

$a_{max} = \dfrac{k}{mN}\cdot (y-Nl)- g$

$a_{max} = \dfrac{k}{Nm}\cdot (Nl + \sqrt{\dfrac{2NmgH}{k}} - Nl) - g$

$a_{max} = \sqrt{\dfrac{2kgH}{Nm}} - g$

Substituindo os valores numéricos:

$a_{max} \approx (\sqrt{1176,5} - 10) \;\rm{m/s^2}$

Para calcular essa raiz, vamos realizar uma aproximação binominal, ou seja, $(1+ x)^n \approx 1 + nx$ para $x \ll 1$. Perceba que o quadrado perfeito mais próximo de $1176,5$ é $1156 = 34^2$. Sendo assim, podemos escrever a aceleração da seguinte forma:

$a_{max} \approx (\sqrt{1156 + 20,5} - 10) \;\rm{m/s^2} = (\sqrt{34^2 + 20,5} - 10) \;\rm{m/s^2} = 34 (\sqrt{1+ \dfrac{20,5}{34^2}} - 10) \;\rm{m/s^2}$

Agora, utilizando a aproximação binominal para $x = \dfrac{20,5}{34^2}$:

$a_{max} \approx (34 + \dfrac{20,5}{2\times 34} - 10) \;\rm{m/s^2}$

$a_{max} \approx (34,3 - 10)\;\rm{m/s^2}$

$\boxed{a_{max} \approx 24,3 \; \rm{m/s^2}}$

OBS: Perceba que a aproximação utilizada é válida, visto que $\dfrac{20,5}{34^2} \approx 0,018 \ll 1$.

(a) $\boxed{N = 17}$

(b) $\boxed{V_{max} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$

(c) $\boxed{a_{max} \approx 24,3\; \rm{m/s^2}}$

Termologia e Hidrodinâmica

(a) O calor fornecido pelo resistor será utilizado para derreter o gelo, tal que:

$P = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$

$P = \dfrac{\Delta m}{\Delta t} L$

Então:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{P}{L}$

Em que $\dfrac{\Delta m}{\Delta t}$ é a taxa com que a massa de gelo derrete. Como essa é a mesma taxa com que a água surge, temos que:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho_a\dfrac{\Delta V}{\Delta t}$

Logo, como o volume de água $V=A_S h_a$, sendo $h_a$ a altura da coluna de água:

$\dfrac{P}{L} = \rho_a A_S \dfrac{\Delta h_a}{\Delta t}$

$\dfrac{P}{L} \Delta t = \rho_aA_S\Delta h_a$

$\Delta t = \dfrac{L\rho_a A_S\Delta h_a}{P}$

Ou seja:

$\boxed{t_1= \dfrac{L \rho_aA_Sd}{P} \approx 90 \; \rm{s} }$

(b) Em nossa estimativa, consideraremos que, enquanto o gelo derrete, o comprimento do bloco varia, enquanto a sua área transversal $A_G$ permanece constante. Note que, caso contrário, a velocidade da água que se move entre o gelo e o cilindro seria variável e, com isso, teríamos que utilizar métodos que fogem de nossos conhecimentos de Ensino Médio, como integrais, para resolver o problema. Sendo assim, prossigamos.

Seja $h$ a altura da barra de gelo e $h'$ o nível da água em relação à tela de plástico. Acompanhe a figura.

Nesse caso, o gelo só irá flutuar quando o empuxo $E$ for suficientemente grande para levantá-lo, tal que,

$E = P$

$\rho_ah'A_gg = \rho_g A_gh g$

$\rho_a h' = \rho_g h$

Note, entretanto, que, como a massa do gelo varia, sua altura varia também, logo:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = -\rho_g A_g \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$

$\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = -\dfrac{P}{\rho_g A_g L}$

Logo:

$h = H - \dfrac{P}{\rho_g A_g L}(\Delta t + t_1)$

Já para água que se move entre o cilindro e o gelo, a conservação de massa é da forma:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho_a (A_S - A_g) \dfrac{\Delta h'}{\Delta t}$

$\dfrac{\Delta h'}{\Delta t} = \dfrac{P}{\rho_a (A_S - A_g) L}$

Então:

$h' = \dfrac{P}{\rho_a (A_S - A_g) L}\Delta t$

Substituindo os valores encontrados na relação para que o gelo flutue:

$\dfrac{P}{ (A_S - A_g) L}\Delta t = \rho_gH - \dfrac{P}{A_g L}(\Delta t + t_1)$

$\dfrac{P\Delta t}{L} \left( \dfrac{1}{A_S - A_g} + \dfrac{1}{A_g}\right) = \rho_gH - \dfrac{P}{A_g L}t_1$

$\dfrac{P\Delta t}{L} \left( \dfrac{1}{A_S - A_g} + \dfrac{1}{A_g}\right) = \rho_gH - \dfrac{\rho_aA_Sd}{A_g}$

Então:

$\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S - A_g)(\rho_gA_gH - \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$

(a) $\boxed{t_1= \dfrac{L \rho_aA_Sd}{P} \approx 90 \; \rm{s} }$

(b) $\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S - A_g)(\rho_gA_gH - \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$