Terceira Fase (Nível 3)

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:

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

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

E a penúltima velocidade:

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

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

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

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

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

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) 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.

(c) Devemos estimar o $\dfrac{m}{b}$ para cada esfera, começando com a bola A (a massa $m_1$ deve ser a dela pois é a mais leve):

Bola A

Já que sabemos a sua velocidade terminal podemos escrever a segunda lei de Newton:

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

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

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

$\dfrac{m_A}{b} = 6,24$

Usando o mesmo argumento do item (a), sabemos que a bola C tem que ser a mais pesada por ter sido a que se deslocou mais longe do grupo, portanto a massa $m_2$ deve ser a massa da bola B.

Bola B

Agora para bola B, é um pouco mais complicado, vamos começar calculando as 2 últimas velocidades dela, conforme fizemos para a bola A:

$v_B (t = 1,9) = \dfrac{y_B (t = 1,8) - y_B (t = 2,0)}{2,0 - 1,8} \therefore v_B = \dfrac{5,89 - 3,04}{0,2} = 5 \cdot 2,85$

$v_B (t = 1,9) = 14,25 \, \textrm{m/s}$

$v_B (t = 1,7) = \dfrac{y_B (t = 1,6) - y_B (t = 1,8)}{1,8 - 1,6} \therefore v_B = \dfrac{8,56 - 5,89}{0,2} = 5 \cdot 2,67$

$v_B (t = 1,7) = 13,35 \, \textrm{m/s}$

Como ela não atinge a velocidade terminal, teremos que tentar estimar a aceleração de outra maneira. Para fazer isso precisamos novamente usar a segunda lei de Newton, mas como não temos uma velocidade terminal com aceleração zero, precisamos de uma aceleração e uma velocidade, portanto primeiro vamos calcular a aceleração média entre essas 2 velocidades:

$a_B (t = 1,8) = \dfrac{v_B (t = 1,9) - v_B (t = 1,7)}{1,9 - 1,7} \therefore a_B = \dfrac{14,25 - 13,35}{0,2} = 5 \cdot 0,90$

$a_B (t = 1,8) = 4,50 \, \textrm{m/s}^2$

Note que como a velocidade está variando menos nesses instantes, o erro dessa aceleração é menor. E agora para calcular a velocidade, façamos a média entre elas:

$v_B (t = 1,8) = \dfrac{v_B (t = 1,9) + v_B (t = 1,7)}{2} \therefore v_B \dfrac{14,25 + 13,35}{2}$

$v_B (t = 1,8) = 13,80 \, \textrm{m/s}$

Assim, novamente escrevendo a segunda lei de Newton:

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

Usando nossos dados:

$m_B \cdot 10,0 - b \cdot (13,80)^2 = m_B \cdot 4,50 \therefore \dfrac{m_B}{b} = \dfrac{13,80^2}{5,50}$

$\dfrac{m_B}{b} \approx 34,6$

Assim, temos que:

$m_2 / m_1 = m_B / m_A \Rightarrow \dfrac{m_2}{m_1} = \dfrac{\dfrac{m_B}{b}}{\dfrac{m_A}{b}} = \dfrac{34,6}{6,24}$

$\boxed{\dfrac{m_2}{m_1} \approx 5,54}$

(d) Não, pois como a bola C, que possui a massa $m_3$, não sofre nenhuma interferência da resistência do ar, seu movimento independe do valor numérico da sua massa, e portanto não temos como estimar uma relação de sua massa com outra.

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

(b) Sim, Bola C

(c) $\boxed{\dfrac{m_2}{m_1} \approx 5,54}$

(d) Não, pois não sofre nenhuma ação da resistência do ar.

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

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:

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

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:

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

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

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

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)

Eletroestática

(a)

Para encontrar o trabalho necessário para juntar as três partículas basta encontrar a energia de interação entre as partículas duas a duas.

$W=E_{1-2}+E_{1-3}+E_{2-3}$

$W=\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}$

$W=3\dfrac{k(e/3)^2}{d}$

$\boxed{W=\dfrac{ke^2}{3d}}$

(b) A energia encontrada anteriormente pode ser relacionada com a expressão da energia de Einstein para a energia de repouso da partícula. Não é necessário considerar a energia de repouso de cada partícula unicamente, por ser dito no enunciado que elas têm massa desprezível.

$mc^2=W$

$mc^2=\dfrac{ke^2}{3d}$

$d=\dfrac{ke^2}{3mc^2}$

Substituindo os valores $k=9\times 10^9 \,\rm{N}\,\rm{m}^2\,\rm{C}^{-2}$ (dado na folha de dados), $e=1,6\times10^{-19}\,\rm{C}$, $m=9\times10^{-31}\,\rm{kg}$ e $c=3\times10^8\,\rm{m}/\rm{s}$ encontramos

$\boxed{d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}}$

(c) Para encontrarmos o raio do elétron, consideraremos as partículas pontuais, assim, o raio será o raio do círculo circunscrito ao triangulo formado pelas três partículas.

$2R\cos{30^{\circ}}=d$

$R\sqrt{3}=d$

$R=\dfrac{d}{\sqrt{3}}$

$R\cong\dfrac{d}{1,7}$

$\boxed{R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}}$

(a)${W=\dfrac{ke^2}{3d}}$

(b) $d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}$

(c) $R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}$

Circuitos/eletromagnetismo

(a) Solucionaremos a questão para um $x$ qualquer. Aplicaremos a lei de Faraday em cada uma das voltas $ADB$ e $BDC$ no sentido horário. Para uma dada volta:

$\epsilon=-\dfrac{\Delta \Phi}{\Delta t}$

Em módulo

$\epsilon=\dfrac{\Delta (AB)}{\Delta t}$

$\epsilon=A\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$

$\epsilon=A\dot{B}$

A resistência do fio obedece à lei de Ohm, ou seja, para um pedaço da espira de comprimento $l$:

$r_l=R\dfrac{l}{4a}$

Logo,

$\epsilon_{ADB}=r\dfrac{2x}{4a}i_1+R(i_1-i_2)$

$\left(\dfrac{x^2}{2}\right)\dot{B}=r\dfrac{x}{2a}i_1+R(i_1-i_2)$

$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{rx}{2a}+R\right)i_1-Ri_2$

Ainda,

$\epsilon_{BDC}=r\dfrac{(4a-2x)}{4a}i_2-R(i_1-i_2)$

$\left(a^2-\dfrac{x^2}{2}\right)\dot{B}=r\dfrac{(2a-x)}{2a}i_2-R(i_1-i_2)$

$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r(2a-x)}{2a}+R\right)i_2-Ri_1$

Para $x=a$, nosso sistema fica:

$\dfrac{a^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r}{2}+R\right)i_1-Ri_2$            $\dfrac{a^2\dot{B}}{2}=\left(\dfrac{r}{2}+R\right)i_2-Ri_1$

Resolvendo o sistema:

$\boxed{i_1=i_2=\dfrac{a^2\dot{B}}{r}}$

(b) A voltagem que o voltímetro mede

$V=R(i_1-i_2)$

Substituindo $Ri_1=V+Ri_2$ no sistema:

$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{rx(V+Ri_2)}{2aR}+V$           $a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{r(2a-x)i_2}{2a}+V$

Da primeira equação:

$\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{rxi_2}{2a}+V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)$

$\dfrac{rxi_2}{2a}=\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)$

$i_2=\dfrac{2a}{rx}\left[\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)\right]$

Substituindo na segunda:

$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{(2a-x)}{x}\left[\dfrac{x^2\dot{B}}{2}-V\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)\right]+V$

$a^2\dot{B}-\dfrac{x^2\dot{B}}{2}=\dfrac{x(2a-x)\dot{B}}{2}-V\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+V$

$a^2\dot{B}=ax\dot{B}-V\left[\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+1\right]$

$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{(2a-x)}{x}\left(1+\dfrac{rx}{2aR}\right)+1\right]$

$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{2a}{x}+\dfrac{r(2a-x)}{2aR}\right]$

$a\dot{B}(a-x)=-V\left[\dfrac{(2a)^2R+rx(2a-x)}{2axR}\right]$

$\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}=-V$

Em módulo

$\boxed{|V|=\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}}$

(a)$\dfrac{a^2\dot{B}}{r}$

(b)$|V|=\dfrac{2a^2x(a-x)R\dot{B}}{(2a)^2R+rx(2a-x)}$

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)