Escrito por Akira Ito, Gabriel Hemétrio, Lucas Tavares, Nathalia Seino, Vitória Bezerra Nunes, Matheus Felipe R. Borges e Ualype Uchôa
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Questão 1.
Recipientes porosos de cerâmica, chamados moringas em algumas regiões do Brasil, são tradicionalmente usados para manter a água fresca em regiões de clima quente. Graças à água que atravessa o meio poroso e forma uma fina película de água na parte exterior e à sua posterior evaporação, a água na moringa pode atingir uma temperatura até $$5\;\rm{^\circ C}$$ menor que a temperatura externa. Seja uma moringa aproximadamente esférica de raio $$r = 8,00 \; \rm{ cm}$$ e emissividade $$e = 1$$ em um ambiente de temperatura $$T_{a} = 36,0\;\rm{^ \circ C}$$. Considere que o resfriamento por evaporação é compensado pelo calor absorvido do ambiente por irradiação e desconsidere outras possíveis trocas de energia. Determine a taxa $$\eta$$, em $$\rm{g/s}$$, com a qual varia a massa de água contida na moringa.
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Termologia: Calorimetria e Radiação do Corpo Negro
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\eta \approx 1,11 \times 10^{-3}\;\rm{g/s}}$$
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Questão 2.
Duas placas condutoras idênticas, circulares e finas, são montadas uma em frente à outra paralelamente. As placas têm raio $$R = 15,0$$ e estão separadas por uma distância de $$d = 2,50$$, são mantidas eletricamente isoladas e estão carregadas com cargas $$|q_1| = 12,0\; \rm{nC}$$ e $$|q_2| = 18,0\; \rm{nC}$$. Determine a diferença de potencial entre as placas se as cargas (a) têm sinais iguais e (b) têm sinais opostos. Considere o eixo perpendicular às placas e que passa por seus centros. Determine a intensidade do campo elétrico sobre esse eixo próximo às placas, mas fora da região entre elas, nos casos de cargas (c) com o mesmo sinal e (d) com sinais opostos. Desconsidere efeitos de borda.
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Eletrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Atenção: Primeiramente, note que não foram fornecidas as dimensões de $$R$$ e $$d$$, o que impossibilita a obtenção de respostas numéricas. Contudo, ainda é possível resolver o problema de forma literal, e o faremos a seguir.
De início, assumiremos que, mesmo sem as dimensões de $$R$$ e $$d$$, é satisfeita a condição $$R \ll d$$. Isso ocorre para que possamos aproximar o campo no eixo das placas circulares para o campo entre duas placas planas infinitas, um problema clássico em eletrostática, estudado no e acessível ao ensino médio. Caso $$R$$ fosse comparável a $$d$$, seria necessário fazer o uso de cálculo diferencial e integral, o que claramente não seria adequado ou esperado para uma prova da OBF. Prossigamos.
Sabe-se que o campo gerado por uma placa infinita carregada com densidade superficial de carga $$\sigma >0$$ é uniforme, e possui módulo:
$$E=\dfrac{\sigma}{2 \epsilon_0}$$
Sendo $$\epsilon_0$$ a permissividade elétrica do vácuo. O resultado acima pode ser facilmente obtido fazendo-se o uso da Lei de Gauss (você pode conferir a sua demonstração e outros exemplos resolvidos na aula 5.2 do Curso NOIC de Física clicando aqui). Com esse único resultado, já podemos resolver o problema.
(a) Adote um eixo cartesiano para que você possa orientar e sinalizar os vetores. Como cargas positivas são fontes de linhas de campo elétrico, segue a figura 1 com os vetores campo elétrico indicados.
A diferença de potencial, em módulo, será dada por:
$$V = E \cdot d$$
Em que $$E$$ é a intensidade do campo elétrico entre as placas. Somando os campos eletrostáticos na região entre as placas, temos que:
$$E=|\vec{E}_1+\vec{E}_2|=E_2-E_1=\dfrac{|\sigma _2|}{2\epsilon_0}-\dfrac{|\sigma_1|}{2 \epsilon_0}$$
Sendo $$\sigma_1=\dfrac{q_1}{\pi R^2}$$ e $$\sigma _2=\dfrac{q_2}{\pi R^2}$$ as densidades superficiais de carga em cada uma das placas. Assim:
$$E=\dfrac{|q_2|-|q_1|}{2 \pi R^2 \epsilon_0}$$
Logo, para cargas de mesmo sinal, temos:
$$\boxed{V= \dfrac{d}{2\pi \epsilon_0} \dfrac{|q_2|-|q_1|}{R^2}}$$
(b) Como cargas positivas são fontes de linhas de campo elétrico e cargas negativas são sorvedouras (receptoras) de linhas de campo, segue a figura 2:
De forma análoga à letra (a):
$$V = E \cdot d$$
Somando os campos na região interna às placas:
$$E=|\vec{E}_1+\vec{E}_2|=E_1+E_2=\dfrac{|\sigma _1|}{2\epsilon_0}+\dfrac{|\sigma_2|}{2 \epsilon_0}$$
$$E=\dfrac{|q_1|+|q_2|}{2 \pi R^2 \epsilon_0}$$
Assim, para cargas de sinais opostos, temos:
$$\boxed{V= \dfrac{d}{2\pi \epsilon_0} \dfrac{|q_1|+|q_2|}{R^2}}$$
(c) Conforme a figura 1, olhando para o campo na região externa mais à esquerda (ou mais à direita), podemos imediatamente escrever:
$$\boxed{E= \dfrac{1}{2\pi \epsilon_0}\dfrac{|q_1|+|q_2|}{ R^2}}$$
Veja que o resultado é o mesmo óbtido para o módulo do campo entre as placas na situação do item (b).
(d) Conforme a figura 2, olhando para o campo na região externa mais à direita (ou mais à esquerda), temos:
$$\boxed{E= \dfrac{1}{2\pi \epsilon_0}\dfrac{|q_2|-|q_1|}{ R^2}}$$
Note que o resultado é idêntico àquele obtido para o módulo do campo entre as placas na situação do item (a).
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como não foram fornecidas as unidades de $$R$$ e $$d$$, obtemos apenas respostas literais.
(a) $$\boxed{V= \dfrac{d}{2\pi \epsilon_0} \dfrac{|q_2|-|q_1|}{R^2}} $$
(b) $$\boxed{V = \dfrac{d}{2 \pi \epsilon_0}\dfrac{|q_1|+|q_2|}{R^2}}$$
(c) $$\boxed{E= \dfrac{1}{2\pi \epsilon_0}\dfrac{|q_1|+|q_2|}{ R^2}}$$
(d) $$\boxed{E= \dfrac{1}{2\pi \epsilon_0}\dfrac{|q_2|-|q_1|}{ R^2}}$$
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Questão 3.
Um lápis sextavado não apontado (um prisma reto de base hexagonal) está apoiado em uma mesa inclinada de um ângulo $$\theta$$ variável conforme o esquema ilustrado na figura. A inclinação da mesa é lentamente aumentada e observa-se que o lápis permanece em repouso em relação à mesa até o ângulo $$\theta = \theta_C$$ e, a partir desse ângulo, ele rola. Determine: (a) o ângulo $$\theta_C$$ e; (b) o valor mínimo do coeficiente de atrito estático necessário para que o lápis não deslize sobre a mesa quando $$ 0 < \theta < \theta_C $$. (c) Suponha que o ângulo é ajustado para um ângulo ligeiramente maior que $$\theta_C$$ e que toda a massa do lápis esteja em seu eixo, determine a aceleração angular do lápis no início do rolamento.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Estática e Dinâmica do Corpo Rígido[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{\theta_C = 30^{\circ}}$$
(b) $$\boxed{\mu \geq \tan \theta}$$
(c) $$\boxed{\alpha \approx 0}$$
[/spoiler]
Questão 4.
Dois alto-falantes estão instalados à mesma altura em um ambiente plano, horizontal e aberto. Suas localizações são dadas pelos pontos $$A_1$$ e $$A_2$$ conforme a figura. Os alto-falantes emitem ondas sonoras de mesma intensidade, com mesmo comprimento de $$\lambda = 2,00\;\rm{m}$$ e em fase. Uma pessoa caminha em direção à $$A_1$$ pela linha tracejada paralela ao eixo $$x$$ e com um aplicativo de celular, que é mantido à mesma altura dos alto-falantes, mede a intensidade da onda sonora que chega dos alto-falantes. (a) Se a distância entre os alto-falantes é $$d = 3\lambda$$, determine a localização dos pontos de interferência destrutiva que a pessoa detecta com $$x > 0$$. (b) Seja $$I_d$$ a intensidade do som medido no ponto mais próximo do eixo $$y$$ determinado no item anterior e $$I_u$$ a intensidade do som que seria medida no mesmo local com o alto-falante localizado em $$A_2$$ desligado, determine a razão $$I_d/I_u$$. Considere que o som se propaga isotropicamente e o piso está coberto com um material perfeitamente absorvedor de som.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ondulatória: Interferência[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Vamos considerar que a pessoa está no ponto $$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$$. Note, no entanto, que isso não é compatível com as condições do problema, uma vez que é mencionado que o som se propaga isotropicamente. Isso implica que a intensidade – e, portanto, a amplitude do som – varia com a distância à fonte devido à emissão esfericamente simétrica, impossibilitando que uma interferência das duas ondas gere uma intensidade/amplitude nula. Os pontos de interferência destrutiva estão, como vimos, associados à mínima amplitude possível do som resultante.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\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}$$
[/spoiler]
Questão 5.
Uma pessoa está dimensionando um sistema de drenagem de uma garagem semienterrada. A figura mostra em corte o esquema planejado. A chuva que cai na laje plana é coletada pela calha lateral e é levada por um tubo vertical de comprimento $$H$$ e diâmetro $$D = 100 \;\rm{mm}$$ a um tubo de drenagem subterrâneo horizontal de mesmo diâmetro. No piso da garagem há um ralo $$R$$ que se conecta ao tubo de drenagem por um cano vertical de comprimento $$h = 1,00\;\rm{m}$$ e diâmetro $$d = 50 \;\rm{mm}$$. Considere que a água da chuva da calha entre com velocidade nula no ponto de coleta $$C$$ do tubo vertical. Qual o menor índice de precipitação, ou pluviosidade, de uma chuva (quantidade de água de chuva, por $$\rm{m^2}$$, por unidade de tempo), em $$\rm{mm/hora}$$, capaz de fazer a água transbordar pelo ralo da garagem?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrodinâmica, hidrostática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Quando a água estiver na iminência de transbordar pelo ralo $$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$$, o qual é irrelevante no cálculo da precipitação mínima.
Por fim, concluímos que é impossível determinar uma resposta final apenas com os dados fornecidos pela prova.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
É impossível, a partir dos dados fornecidos no enunciado da prova, determinar uma resposta final. Veja a solução para entender o problema.
[/spoiler]
Questão 6.
Um estudante de física deve construir um equipamento ótico para diminuir a intensidade de um feixe cilíndrico de radiação laser de $$I_o = 8,00\;\rm{ kW/m^2}$$ para $$I_1 = 2,00 \; \rm{kW/m^2}$$ usando apenas duas lentes que estão separadas por uma distância de $$L=30\; \rm{cm}$$, veja a figura. Determine as distâncias focais das duas lentes em $$\rm{mm}$$ e apresente o correspondente diagrama de raios de luz nos casos (a) as duas lentes são convergentes e (b) uma lente é convergente e a outra é divergente.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica geométrica, ondas[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Ao longo da solução deste problema, vamos chamar a lente da esquerda de lente 0, que tem distância focal $$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}} $$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\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}} $$
[/spoiler]
Questão 7.
Em saltos de bungee jump o tamanho da tira elástica deve ser ajustado d
e acordo com a massa e a distância de queda. Uma estudante de física resolveu estudar esse fenômeno através de um modelo em escala reduzida. No laboratório uma pequena esfera de chumbo de massa $$m = 0,4 \; \rm{kg}$$ e suspensa por uma tira elástica de massa desprezível. Ao lado, a figura superior corresponde à situação em que a esfera é abandonada do repouso da altura $$H = 2,00 \; \rm{m}$$ para início do “salto”, cujo objetivo é chegar o mais próximo possível da base sem no entanto tocá-la. A figura inferior ao lado mostra a situação na qual a esfera está em equilíbrio estático. Imagine que em um salto real a parte mais baixa é a superfície de um rio ou lago. Considere que a tira elástica é equivalente a um conjunto de $$N$$ molas ideais conectadas em série e que cada mola tem constante elástica $$k = 200 \; \rm{N/m}$$ e comprimento $$l = 5,00 \; \rm{cm}$$ quando relaxada. Determine: (a) o número $$N$$ de molas necessárias para esse tipo de “salto”, (b) a velocidade e (c) a aceleração máximas atingidas durante o “salto”. Desconsidere a ação de forças resistivas.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica: Conservação de Energia e Segunda Lei de Newton
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Fazendo uma associação de molas, podemos descobrir a constante elástica equivalente do sistema. Como as molas do sistema estão em série, teremos que
$$\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$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{N = 17}$$
(b) $$\boxed{V_{max} \approx 3,52 \; \rm{m/s}}$$
(c) $$\boxed{a_{max} = 24,3\; \rm{m/s^2}}$$
[/spoiler]
Questão 8.
Uma barra de gelo, a \(0^{\circ} \; \rm{C}\), cilíndrica de altura \(H = 20 \; \rm{cm}\) e base com área \(A_g = 15 \; \rm{cm^2}\) é inserida em um calorímetro também cilíndrico com área de base \(A_c = 16 \; \rm{cm^2}\). A barra é posicionada de forma que seu eixo coincida com o do calorímetro. Inicialmente a barra está apoiada em uma tela plástica horizontal vazada (água pode passar livremente por ela) que está situada à uma distância \(d = 1,00 \; \rm{cm}\) da base do calorímetro. Na parte superior do calorímetro há uma resistência de potência \(P = 60 \; \rm{W}\). No instante inicial a resistência é ligada. (a) Determine o instante \(t_1\) no qual o nível da água atinge a tela e; (b) estime o menor intervalo de tempo, contado a partir de \(t_1\), necessário para que a barra de gelo flutue. Assuma que todo o calor liberado para a resistência é transferido para o gelo (ou água) e que os eixos da barra e do calorímetro coincidam durante todo o processo.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termologia e Hidrodinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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:
$$\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S – A_g)(\rho_gA_gH – \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{t_1= \dfrac{L \rho_aA_Sd}{P} \approx 90 \; \rm{s} }$$
(b) $$\boxed{\Delta t = \dfrac{L(A_S – A_g)(\rho_gA_gH – \rho_aA_Sd)}{PA_S} \approx 89 \; \rm{s}}$$
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