Terceira Fase (Nível 2)

Cinemática

(a)

Em um mesmo tempo, João percorre metade da distância que Maria percorre. Logo, como em $20$ voltas Maria percorre $20*400=8000m$, João percorrerá :

$\boxed{\frac{8000}{2}=4000m}$

(b)

Para este problema, passaremos para o referencial de João e encontraremos a velocidade angular relativa entre eles. Enquanto Maria anda 20 voltas em $\frac{8}{12}=\frac{2}{3}h$, João dá apenas $\frac{2}{3}*6\frac{1}{0,450}=8,9$ voltas. Subtraindo, chegamos que Maria dá um pouco mais de 11 voltas à mais que João. No referencial dele, ela o ultrapassa 11 vezes.

(c)

Maria dá 20 voltas, enquanto João dá um pouco mais de 8,9 voltas, mas no sentido oposto. Ao total, João vê Maria ultrapassar a origem 28 vezes.

(a) $\boxed{ d=4000m}$

(b) $\boxed{ 12 vezes}$

(c)$\boxed{ 29 vezes}$

Termologia

(a) A água deve ser nebulizada para que as gotículas de água (estado líquido) sejam lançadas no ar seco e quente, promovendo a sua evaporação. Como esse é um processo endotérmico, as gotículas absorvem calor do ambiente ao seu redor e causam o seu resfriamento, como desejado. O ventilador possui a função de dispersar essas gotículas de água rapidamente, acelerando o resfriamento do ambiente.

(b) A cada minuto, 50% dos 100 ml (ou 100 g) de água evaporam, absorvendo uma energia correspondente ao calor latente de vaporização de 540 cal/g:

$$\dfrac{1}{2}\cdot 100 \cdot 540=27000\,\rm{cal}$$

Convertendo para Joules e dividindo pelo número de segundos em um minuto (60 s):

$$\dfrac{27000\cdot 4,2}{60}=\boxed{1890\,\rm{W}}$$

(c) Basta dividir o resultado anterior pelo valor de um BTU:

$$\dfrac{1890}{0,3}=\boxed{6300\,\rm{BTU}}$$

(b) $\boxed{1890\,\rm{W}\})</p> <p style="text-align: center;">(c)$\boxed{6300\,\rm{BTU}\})

Astronomia/Gravitação

(a)

No caso em que $\theta=0$, todos os momentos do ano são simétricos, de maneira que não há como distinguir estações do ano. O eixo fica perfeitamente alinhado. O intervalo de tempo de claridade é de $12h$, metade do dia.

(b)

No caso em que $\theta=90$, como o eixo de rotação está perpendicular ao eixo Norte-Sul, terá um momento em que o ponto ficará exposto diretamente ao sol e a rotação não influenciará nada, tendo um período de $24h$ de iluminação. No ponto simétrico a este, o ponto ficará de costas para o sol e a rotação não influenciará, logo serão $24h$ de ausência de luz. Nos pontos intermediários, o período é de $12h$ de iluminação.

Ver imagens.

Dinâmica/Estática

a)

Notação

$a \rightarrow$ largura da base do recipiente; $a=5 cm$

$b \rightarrow$ altura do recipiente; $b=12 cm$

$H \rightarrow$ altura da água quando $h=0$

O volume de água é dado por $V=a^2H$. Segundo o enunciado $V=270 cm^3$. Assim:

$V=270=5^2H \rightarrow H=\frac{270}{25}=10,8 cm$

b) O recipiente estará na iminência de derramar quando o líquido atingir o vértice superior direito do copo, como representado na figura a seguir.

O volume de água pode ser obtido multiplicando a área do trapézio azul por $a$.

A área do trapézio é dada por (Base Maior + Base Menor)*Altura $\frac{1/2}$.

A base maior é $b$

A base menor é $b-d$, onde $d$ pode ser obtido geometricamente: $d=atg(\alpha)$.

A altura do trapézio é $a$

Dessa forma, o volume de água é:

$V=(b+b-atg(\alpha))a\frac{1}{2}$.

Novamente, segundo o enunciado, $V=270 cm^3$.

Assim:

$(2*12-5tg(\alpha))5\frac{1}{2}=270 \rightarrow tg(\alpha)=0,24$

Por geometria, vemos que

$tg(\alpha)=\frac{h}{\sqrt{L^2-h^2}} \rightarrow h=\frac{tg(\alpha)L}{\sqrt{1+tg^2(\alpha)}}=\frac{0,24*15}{\sqrt{1+0,24^2}}$

$\boxed{tg(\alpha) = 3,50\;\rm{cm}}$

a)10,8 cm b) 3,50 cm

Densidade

Ao longo da questão, utilizaremos os subscritos Au (ouro), Ag (prata), Cu (cobre) e Pl (Platina) para indicar a densidade desses metais e a massa de determinado objeto pela qual eles são responsáveis.

(a) Seja m_0 a massa da coroa. O volume da coroa de ouro é dado por

$$V_{Au}=\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}=\dfrac{1000}{19}\approx 52,6\,\rm{cm^3}$$

Para a coroa adulterada, temos

$$V_{Adulterada}=\dfrac{m_{Au}}{\rho_{Au}}-\dfrac{m_{Ag}}{\rho_{Ag}}=\dfrac{800}{19}+\dfrac{200}{10}=62,1\,\rm{cm^3}$$

Assim, a variação de volume é

$$\Delta V=V_{adulterada}-V_{Au}=\boxed{9,5\,\rm{cm^3}}$$

(b) Para que a diferença entre as coroas não seja detectável pelo método de Arquimedes, tanto a massa quanto o volume delas devem ser idênticos. Da primeira condição,

$$m_{Cu}+m_{Pl}=m_0$$

Da segunda,

$$\dfrac{m_{Cu}}{\rho_{Cu}}+\dfrac{m_{Pl}}{\rho_{Pl}}=\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}$$

Isolando $m_{Pl}$ na primeira equação e substituindo na segunda:

$$\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}=\dfrac{m_{Cu}}{\rho_{Cu}}+\dfrac{m_0-m_{Cu}}{\rho_{Pl}}$$

$$m_0\left(\dfrac{1}{\rho_{Au}}-\dfrac{1}{\rho_{Pl}}\right)=m_{Cu}\left(\dfrac{1}{\rho_{Cu}}-\dfrac{1}{\rho_{Pl}}\right)$$

$$m_{Cu}=\dfrac{1/\rho_{Au}-1/\rho_{Pl}}{1/\rho_{Cu}-1/\rho_{Pl}}=\dfrac{\rho_{Cu}}{\rho_{Au}}\cdot \dfrac{\rho_{Pl}-\rho_{Au}}{\rho_{Pl}-\rho_{Cu}}\cdot m_0$$

A fração em massa de cobre na liga é dada por

$$\dfrac{m_{Cu}}{m_0}=\dfrac{\rho_{Cu}}{\rho_{Au}}\cdot\dfrac{\rho_{Pl}-\rho_{Au}}{\rho_{Pl}-\rho_{Cu}}=0,0947\approx\boxed{9,5\%}$$

E fração de platina é igual a $100-9,5=90,5\%$.

(a) $\Delta V=9,5\,\rm{cm^3}$

(b) 9,5% cobre e 90,5% platina

Reações químicas/nucleares

(a) Como a energia liberada é equivalente à de uma explosão de 15 mil toneladas de TNT, e cada mil toneladas liberam $4,2\cdot 10^{12}\,\rm{J}$ de energia, temos

$$\Delta E=-15\cdot 4,2 \cdot 10^{12}=-6,3\cdot 10^{13}\,\rm{J}$$

Onde escolhemos o valor negativo pois a reação é exotérmica. Pela fórmula dada no enunciado,

$$\Delta m=m_p-m_r=\dfrac{\Delta E}{c^2}$$

$$m_p-m_r=-\dfrac{6,3\cdot 10^{13}}{(3\cdot 10^8)^2}=\boxed{-7\cdot 10^{-4}\,\rm{kg}}$$

(b) O material físsil corresponde a 80% da massa de urânio na "Little Boy":

$$m_r=0,8\cdot 64=51,2\,\rm{kg}$$

Utilizando a resposta do item anterior:

$$\eta=\dfrac{m_p-m_r}{m_r}=-\dfrac{7\cdot 10^{-4}}{51,2}\approx\boxed{-1,4\cdot 10^{-5}}$$

(c) Do item (a), sabemos que $\Delta E=-6,3\cdot 10^{13}\,\rm{J}$ e, pelo enunciado, $m_r$ é igual a 15 mil toneladas. Assim,

$$\eta=\dfrac{\Delta E}{c^2 m_r}=-\dfrac{6,3\cdot 10^{13}}{(3\cdot 10^8)^2\cdot 15\cdot 10^6}\approx\boxed{-4,7\cdot 10^{-11}}$$

a) $m_p-m_r=-7\cdot 10^{-4}\,\rm{kg}$

b) $\eta\approx -1,4\cdot 10^{-5}$

c) $\eta\approx -4,7\cdot 10^{-11}$

Dinâmica/Estática

As forças atuantes na roda são:

Agora, temos que decompor as forças em suas componentes paralelas e perpendiculares ao plano. Para deixar a imagem menos poluídas, representaremos apenas as forças e os ângulos:

OBS: Se você está com dificuldade em entender como o ângulo entre a força $N_C$ e a direção perpendicular foi calculado, observe a representação a seguir:

Agora, basta decompormos as forças, calcularmos as forças resultantes em cada direção, igualando-as a 0.

A força resultante na direção paralela ao plano é:

$N_Csen(\alpha)-Fsen(\theta)=0$

A força resultante na direção perpendicular ao plano é:

$N_P+N_Ccos(\alpha)-Fcos(\theta)=0$.

Resolvendo esse sistema, temos que:

$N_C=F\frac{sen(\theta)}{sen(\alpha)}$

$N_P=F(cos(\theta)-\frac{sen(\theta)}{tg(\alpha)})$

Substituindo o valor de $\theta$ e os respectivos valores de $\alpha$, obtemos os seguintes valores:

a) $N_C=4285,7$, $N_P=2100N$

b) $N_C=3.529,4 0N$, $N_P=3.335,3N$

OBS: No item b), os valores $N_C$ e $N_P$ estão diferentes porque usamos a aproximação de $\sqrt{3}$ dada pela prova. Se usassemos o valor exato, obteríamos que, no item b), tanto $N_C$ quanto $N_P$ são iguais a $3.464,10N$.

a) $N_C=4285,7$, $N_P=2100N$, b) $N_C=3.529,4 0N$, $N_P=3.335,3N$

Cinemática

(a) A bola mais leve é a A, pois se observamos as posições das 3, fica claro que A foi a bola que teve o movimento mais atrapalhado por ter chegado menos longe que as outras no mesmo intervalo de tempo, e como a aceleração da partícula depende da geometria (que é igual), da densidade do ar (que é a mesma), da velocidade (que começa igual) e da massa, sabemos então que este tem que ser o fator decisivo e portanto A é a mais leve.

Agora que esclarecemos que estamos falando da bola A, para sabermos se ela chegou na velocidade terminal ou não, precisamos calcular as 2 últimas velocidades dela, não é um movimento que poderíamos achar sua velocidade por ser de certa complexidade matemática, mas podemos estimar a sua velocidade com alguma precisão. Para isso, iremos pegar 2 instantes de posição e iremos calcular a velocidade “média”  entre esses 2 instantes, que por ter um intervalo de tempo pequeno, podemos dizer que aproximadamente refletiria a velocidade instantânea do tempo entre esses 2 instantes, portanto:

$v (t = 1,9) = \dfrac{y_A (t = 1,8) - y_A (t = 2,0)}{2,0 - 1,8} \therefore v = \dfrac{9,83 - 8,25}{0,2} = 5 \cdot 1,58$

$v (t = 1,9) = 7,90 \, \textrm{m/s}$

E a penúltima velocidade:

$v (t = 1,7) = \dfrac{y_A (t = 1,6) - y_A (t = 1,8)}{1,8 - 1,6} \therefore v = \dfrac{11,41 - 9,83}{0,2} = 5 \cdot 1,58$

$v (t = 1,7) = 7,90 \, \textrm{m/s}$

Concluímos então que a bola A de fato chegou à velocidade terminal, mas para acharmos os instantes, vamos ver até onde isso vai:

$v (t = 1,5) = \dfrac{y_A (t = 1,4) - y_A (t = 1,6)}{1,6 - 1,4} \therefore v = \dfrac{12,97 - 11,41}{0,2} = 5 \cdot 1,56$

$v (t = 1,5) = 7,80 \, \textrm{m/s}$

Assim sabemos que o instante foi entre $t = 1,5 \, \textrm{s}$ e $t = 1,7 \, \textrm{s}$, e a velocidade terminal é $v = 7,90 \, \textrm{m/s}$.

(b) Se fizermos a segunda lei de Newton para a partícula, temos:

$m_A \, g - bv^2 = m_A \, a$

E no caso de ter atingido a sua velocidade terminal, a aceleração é zero, e usando os valores da questão e da prova:

$10^{-2} \cdot 10,0 - b \cdot (7,90)^2 = 0 \therefore b = \dfrac{10^{-1}}{7,90^2}$

$\boxed{b = 1,60 \cdot 10^{-3} \, \textrm{kg/m}}$

(c) Para acharmos isso, vamos ver o quanto deveria ter descido uma partícula em queda livre ao final dos $2,0 \, \textrm{s}$, e se alguma das bolas desceu a mesma altura neste intervalo, então podemos concluir que ela não foi afetada pela resistência do ar.

Escrevendo a função da altura de uma partícula em queda livre:

$\Delta y = -\dfrac{g}{2} t^2 \therefore \Delta y = -\dfrac{10}{2} 2^2$

$\Delta y = -20 \, \textrm{m}$

Como todas as bolas começam em $y_0 = 20 \, \textrm{m}$, isso significa que para uma bola que não é afetada pela resistência do ar, ela estaria em $y = 0 \, \textrm{m}$. Concluímos então que a bola C sofre ação desprezível da resistência do ar.

(a) Sim, entre $t = 1,5 \, \textrm{s}$ e $t = 1,7 \, \textrm{s}$, $\boxed{v = 7,90 \, \textrm{m/s}}$

(b) $\boxed{b = 1,60 \cdot 10^{-3} \, \textrm{kg/m}}$

(c) Sim, Bola C

Óptica

(a) Inicialmente, vale ressaltar que o estudante verá duas imagens da vela, uma que é formada pelos raios que passam apenas pela lente e outra formada pelos raios que refletem no espelho e passam pela lente. Pelo comando da questão "Determine a posição e a altura da imagem vista pelo estuante" só é pedido as informações de uma imagem, então calcularemos a imagem que os raios foram refletidos pelo espelho e passaram pela lente. (Pois afinal o espelho está ali por um motivo)

i) Reflexão dos raios no espelho.

Achando a posição:

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

$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p'_1}=\dfrac{1}{10}$

$\dfrac{1}{p'_1}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$

$\dfrac{1}{p'_1}=\dfrac{1}{30}$

$p'_1=30\,\rm{cm}$

Achando a altura:

$\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{p'}{p}$

$\dfrac{y'_1}{4}=-\dfrac{30}{15}$

${y'_1}=- 8 \rm{cm}$

ii) Imagem final.

Achando a posição:

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

$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{30}$

$\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{30}-\dfrac{1}{15}$

$\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{30}$

$p'_F=30 \rm{cm}$

Achando a altura:

$\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{p'}{p}$

$\dfrac{y'_F}{8}=-\dfrac{30}{15}$

${y'_1}=-16 \rm{cm}$

Logo, a imagem está a uma distância $30\rm{cm}$ à direita da lente e altura $16\,cm$, porém invertida.

Obs.: A imagem que é formada direto pela lente é

Achando a posição:

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

$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{10}$

$\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$

$\dfrac{1}{p'_F}=\dfrac{1}{30}$

$p'_F=30\,\rm{cm}$

Achando a altura:

$\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{p'}{p}$

$\dfrac{y'_F}{4}=-\dfrac{30}{15}$

${y'_1}=-8\,\rm{cm}$

(b) Para utilizar o esquema de raios usaremos as seguintes propriedades:

Para a lente:

1.Raios paralelos convergem no plano focal.

2.Raios que passam pelo centro óptico não sofrem desvio.

Para o espelho:

1.Raios paralelos convergem no foco.

2.Raios que passam pelo centro óptico desviam com o mesmo angulo de incidência.

Utilizando essas propriedades podemos encontrar as imagens, utilizei o auxílio das imagens encontradas por meio das equações para montar o diagrama de raios.

(a) a imagem está a uma distância $30\rm{cm}$ à direita da lente e altura $16\,cm$.

(b)

Máquinas Térmicas

(a) Para calcularmos este trabalho façamos primeiro o gráfico $P \times V$ do ciclo, e para isso precisamos entender o que acontece em cada processo:

Processo 1

A partícula é aquecida de maneira isobárica (volume constante) de $20 \, ^{\circ} \textrm{C} = 293 \, \textrm{K}$ para $1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Gay-Lussac:

$\dfrac{T_0}{P_0} = \dfrac{T_Q}{P_1} \Rightarrow \dfrac{293}{1,00 \cdot 10^5} = \dfrac{1300}{P_1} \therefore P_1 = \dfrac{1300 \cdot 10^5}{293}$

$P_1 \approx 4,44 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$

Processo 2

Agora nós temos uma expansão isotérmica(temperatura constante) de $V_A = 1,00 \, \textrm{L}$ para $V_B = 2,00 \, \textrm{L}$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Charles:

$P_1 V_A = P_2 V_B \therefore (4,44 \cdot 10^5) \cdot 1,00 = P_2 \cdot 2,00$

$P_2 \approx 2,22 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$

Processo 3

Agora temos um esfriamento isobárico, de $1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$ para $27 \, ^{\circ} \textrm{C} = 300 \, \textrm{K}$, repetindo o processo:

$\dfrac{T_Q}{P_2} = \dfrac{T_F}{P_3} \Rightarrow \dfrac{1300}{2,22 \cdot 10^5} = \dfrac{300}{P_3} \therefore P_3 = \dfrac{300 \cdot 10^5}{1300}$

$P_3 \approx 0,5 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$

Processo 4

Por último, temos uma contração isotérmica de $V_B = 2,00 \, \textrm{L}$ para $V_A = 1,00 \, \textrm{L}$, e repetindo o processo:

$P_3 V_B = P_4 V_A \therefore (0,50 \cdot 10^5) \cdot 2,00 = P_4 \cdot 1,00$

$P_4 = P_0 = 1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$

E assim desenhamos o seguinte diagrama:

Observação: O ciclo não fecha certinho em $1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$ e ele não passa em exatamente $0,50 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$, mas aproximamos pois a diferença de $7 \, ^{\circ} \textrm{C}$ entre a temperatura inicial do sistema e a do rio é desprezível e os valores são muito próximos destes.

Para calcularmos o trabalho total gerado por este ciclo, precisamos somente calcular o trabalho da curva do processo 2 e subtrair do trabalho da curva do processo 4, já que não há trabalho realizado nas outras curvas.

Primeiro precisamos calcular $nR$, o produto do número de mols com a constante dos gases ideais, então usando a lei dos gases ideais no instante inicial, temos:

$PV = nRT \therefore (1,00 \cdot 10^5) \cdot (1,00 \cdot 10^{-3}) = nR \cdot 293$

$nR = \dfrac{100}{293}$

Sabendo que o trabalho de um processo isotérmico que vai de um volume $V_1$ a um volume $V_2$ vale $W = nRT \ln \left( \dfrac{V_2}{V_1} \right)$, então calculando o trabalho total do ciclo:

$W_{total} = W_2 - W_4 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) - nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right)$

$W_{total} = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) - \dfrac{100}{293} \cdot 300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right)$

$\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$

Observação: Na prova não foi fornecido o valor de $\ln 2$, portanto deixaremos a resposta com ambos os formatos.

(b) Como a definição de eficiência é $\eta = \dfrac{W}{Q_{entra}}$, e já calculamos o trabalho, precisamos agora calcular o calor total que entra no sistema. Como os processos de entrada de calor são o 1 e o 2, sabemos que $Q_{entra} = Q_2 + Q_1$.

Processo 1

No processo 1, temos uma curva isobárica, e portanto $Q_1 = \Delta U_1 = \dfrac{3}{2} nR \Delta T$, lembremos que o gás é monotômico e por isso sua capacidade térmica molar vale $C_V = \dfrac{3}{2} R$, assim:

$Q_1 = \dfrac{3}{2} nR (T_Q - T_F) = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{100}{293} \cdot (1300 - 300) = \dfrac{1500}{2,93}$

$Q_1 \approx 512 \, \textrm{J}$

Processo 2

No processo 2, temos uma curva isotérmica, e portanto $Q_2 = W_2$, e como já vimos o quanto vale $W_2$, temos:

$Q_2 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) = \dfrac{1300}{2,93} \ln 2$

$Q_2 \approx 444 \ln 2 = 308 \, \textrm{J}$

Agora, com tudo em mãos vamos calcular a eficiência:

$\eta = \dfrac{237}{308 + 512}$

$\boxed{\eta \approx 29 \%}$

(c) Como sabemos, a eficiência máxima de uma máquina térmica, é a eficiência de uma máquina de Carnot, que vale:

$\eta_{Carnot} = 1 - \dfrac{T_F}{T_Q}$

Usando $T_F$ que é a temperatura fria, como sendo a do rio, e $T_Q$, a temperatura quente, como sendo a da fornalha, temos:

$\eta_{max} = 1 - \dfrac{300}{1300}$

$\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$

(a) $\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$

(b) $\boxed{\eta \approx 29 \%}$

(c) $\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$

Dinâmica/Estática

Como a tração é sempre perpendicular à trajetória da massa, não há trabalho sendo realizado na massa, então a energia é conservada.

Denotaremos o comprimento do trecho da corda que NÃO está enrolado por $l$, que é dado pela subtração do comprimento do trecho enrolado da corda $(r\theta)$ do comprimento total da corda $(L)$: $l=L-r\theta$.

A energia potencial da massa em função de $\theta$ é dada por:

$E_g=-mgh=-mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$

A energia cinética da massa é dada por

$E_c=\frac{1}{2}mv^2$

Onde $v$ é a velocidade da massa

Assim, a energia total é dada por

$E=\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$

Por conservação de energia, essa energia deve ser igual á energia inicial $(E_0)$, que é:

$E_0=\frac{1}{2}mv_0^2-mgL$

Então:

$\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL$

A resultante centrípeta é:

$F_cp=T-mgcos(\theta)=\frac{mv^2}{l} \rightarrow \frac{1}{2}mv^2=\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))$

Substituindo essa igualdade na equação da conservação de energia, temos que:

$\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL$

$T=mgcos(\theta)+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$

Quando $\theta$  é igual a 135 graus (ou $\frac{3\pi}{4}$ radianos), temos

$T_{(\frac{3\pi}{4})}=mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))$

Como, nesse instante, o fio deve estar tensionado, $T>0$.

Assim, $mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))>0$

Substituindo $l$ por $L-r\theta=L-r\frac{3\pi}{4}$ (como foi dito no ínicio da solução):

$mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{ L-r\frac{3\pi}{4} }(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+( L-r\frac{3\pi}{4})cos(\frac{3\pi}{4}))>0$

Usando que $cos(\frac{3\pi}{4})=-0,7$, $sen(\frac{3\pi}{4})=0,7$, $g=10 \frac{m}{s^2}$ e $L=r\pi$, obteremos que:

$\boxed{v_0=7,86\sqrt{r}}$

$\boxed{v_0=7,86\sqrt{r}}$

Efeito Doppler

(a) Para o observador B, nós temos que a ambulância se aproxima dele, e assim que o cruza, ela desliga sua buzina, e assim nós temos que considerar o efeito doppler da aproximação, e depois a frequência normal no momento que ela passa por ele. Lembrando que a fórmula para o efeito Doppler é:

$f = \dfrac{v_S + v_O}{v_S + v_F} f_0$

Onde $v_S$ é a velocidade do som, $v_O$ a velocidade do observador e $v_F$ a velocidade da fonte, o sentido adotado é positivo do observador para a fonte. Assim sendo a frequência percebida por B quando a ambulância se aproxima é: (Lembrem de converter a velocidade da ambulância de $120 \, \textrm{km/h}$ para $\dfrac{100}{3} \, \textrm{m/s}$)

$f_{B,max} = \dfrac{v_S}{v_S - v_0} f_0 = \dfrac{340}{340 - \dfrac{100}{3}} 1000$

$\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$

E a frequência mínima é quando a ambulância cruza ele, assim tendo uma velocidade perpendicular a ele, que não constitui como uma aproximação ou afastamento de B, assim:

$\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$

Para o observador C, nós vamos ter algo quase igual, mas agora devemos ter um cuidado com o ângulo de aproximação.

A verdadeira velocidade de aproximação é $v_0 \cos \theta$ e não $v_0$, pois a componente perpendicular a reta que liga a ambulância A ao observador C não importa para o efeito Doppler. Podemos ver que a velocidade fica cada vez mais perpendicular a esta reta, e portanto a velocidade máxima de aproximação é no instante inicial, quando $\theta = 45 \, ^{\circ}$. Após isto nós teremos um momento onde a velocidade estará totalmente perpendicular (quando a ambulância cruza a praça), e estes serão os momentos de máximo e mínimo, respectivamente. Portanto:

$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S - v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{340}{340 - \dfrac{100}{3} \cos 45 \, ^{\circ}} 1000$

$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$

E a mínima:

$\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$

(b) A frequência percebida pelo observador B em função do tempo é fácil de ver que será a máxima até o instante final, onde será a mínima, mas para termos uma ideia de como deve ser a frequência percebida pelo observador C em função do tempo, vamos escrever $\cos \theta$ em função do tempo.

$\cos \theta = \dfrac{x}{\sqrt{L^2 + x^2}}$

Mas como a ambulância realiza um movimento retilíneo uniforme partindo da ponta oposta a C, temos que $x = L - v_0 t$, assim:

$\cos \theta = \dfrac{L - v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L - v_0 t)^2}}$

Colocando isso na equação da frequência percebida por B:

$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S - v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{v_S}{v_S - v_0 \dfrac{L - v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L - v_0 t)^2}}} f_0$

Substituindo os valores numéricos e fazendo o gráfico de ambas as frequências chegamos em:

Mas sendo razoáveis, podemos entender que não era esperado do aluno que fosse feito um gráfico perfeito de tal curva, portanto durante a prova, acreditamos que o esperado era apenas uma curva como essa, que podia ser encontrada fazendo uma reta ligando do ponto máximo ao ponto mínimo de C e dela, fazer uma curva muito suave com concavidade para baixo, como a do gráfico.

(a) $\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$ e $\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$ para o observador B.

$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$ e $\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$ para o observador C.

(b)