Terceira Fase (Nível 2)

Cinemática

(a)

Para dar uma volta pela Terra na linha do Equador, os viajantes precisariam andar uma distância $d=2\pi R$, que é o comprimento de uma circunferência de raio $R$. Se a viagem dura 80 dias, ela vai durar $t=24\cdot 80$ horas. Logo, a velocidade em km/h será:

$v=\frac{2\pi R}{t} = \frac{2\pi\cdot 6400}{24\cdot 80}$

Portanto,

$\boxed{V = 20\;\rm{km/h}}$

(b)

Para dar uma volta pela Terra na latitude $\phi=30$, os viajantes precisariam andar uma distância $d=2\pi R\cos(\phi)$, que é o comprimento de uma circunferência de raio $R\cos(\phi)$, que é o raio efetivo da sua latitude. Se a viagem dura $80$ dias, ela vai durar $t=24\cdot 80$ horas. Logo, a velocidade em $\rm{km/h}$ será:

$v=\frac{2\pi R\cos(\phi)}{t} = \frac{2\pi\cdot 6400\cdot \cos(30^\circ)}{24\cdot 80}$

Portanto,

$\boxed{V = 17\;\rm{km/h}}$

(a)

$\boxed{V= 20 \;\rm{km/h}}$

(b)

$\boxed{V = 17 \;\rm{km/h}}$

Hidroestática

a) Equilibrando a força de empuxo com o peso, encontramos que:

$$\rho_aV_ig=mg\implies V_i=\frac{194,4}{1}\ \text{cm}^3=194,4\ \text{cm}^3$$

Com isso, sabemos que esse é o volume deslocado de água, então podemos equacionar o volume total como:

$$V_a=a^2h-V_i\implies 750\ \text{cm}^3=100h\ \text{cm}^2-194,4\ \text{cm}^3$$

Finalizando as contas encontramos que:

$$\boxed{h=9,444\ \text{cm}}$$

O volume total de manteiga é $\frac{194,4}{0,9}\ \text{cm}^3=216\ \text{cm}^3$, o que leva ao fato de que o lado do bloco cúbico é $l=V^{\frac{1}{3}=6\ \text{cm}}$. Além disso, o comprimento que está imerso em água deverá ser $l_i\frac{V_i}{l^2}=5,4\ \text{cm}$.

Observando o diagrama acima, você pode facilmente perceber que $H=h+l-l_i$, portanto:

$$\boxed{H=10,044\ \text{cm}}$$

b) Todo o volume de manteiga irá derreter, gerando uma camada de espessura $d=\frac{216\ \text{cm}^3}{a^2}=2,16\ \text{cm}$. Como a manteiga é menos densa, ela irá para cima da água gerando uma camada, assim como mostra a figura.

A altura da água será seu volume total, $750\ \text{cm}^3$, dividido por $a^2$, portanto $D=7,5\ \text{cm}$.

Disso, temos que:

$$\boxed{h=7,5\ \text{cm}}$$

$$\boxed{H=9,66\ \text{cm}}$$

(a)

$\boxed{h=9,444\ \text{cm}}$, $\boxed{H=10,044\ \text{cm}}$

(b)

$\boxed{h=7,5\ \text{cm}}$, $\boxed{H=9,66\ \text{cm}}$

Calorimetria

Pela conservação de energia do sistema, temos que o somatório dos calores trocados deve ser igual a zero.

$\sum Q = 0$.

$Q_c+Q_g+Q_a=0$.

O calor do calorímetro pode ser calculado multiplicando a capacidade calorífico pela variação de temperatura. O calor da água pode ser calculado ao multiplicar a sua massa com seu calor específico e sua variação de temperatura. Para calcular o calor do gelo, entretanto, envolve um cálculo mais complexo. Por ser uma quantidade de energia muito grande vinda do calorímetro e da água, o gelo vai se fundir. Logo, devemos calcular a energia para chegar até a temperatura de fusão, somar com a energia da fusão e somar, por fim, com a energia até chegar na temperatura final.

Por fim, podemos calcular a temperatura final

$100(T_f-22)+1\cdot 200(T_f-22)+ 0,5\cdot 60 (0-(-18))+60\cdot 80 + 1\cdot 60 (T_f-0)=0$

onde as capacidades específicas já estão convertidas para caloria por celsius. Fazendo as contas, temos que

$\boxed{T_f=3,5^{\circ} C}$

$\boxed{T_f=3,5\;\rm{^\circ }C}$

Cinemática

(a) O gráfico pedido fica semelhante à:

(b) A diferença entre distância percorrida e deslocamento é que o deslocamento só leva em conta os pontos inicial e final, enquanto a distância percorrida leva em conta todo o trajeto. Dessa forma, o deslocamento do helicóptero é a distância entre o ponto $P(0,3)$ inicial e o $Q(16,3)$ final, portanto o deslocamento $\Delta S$ é:

$$\boxed{\Delta S=16\ \text{km}}$$

Para a distância percorrida vamos separar o percurso em 4 etapas retilíneas:

$$d=d_1+d_2+d_3+d_4$$

Que são calculados usando a fórmula para a distância entre dois pontos:

$$d_{12}=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$$

$$d_1=\sqrt{(-4-0)^2+(6-3)^2}=5$$

$$d_2=\sqrt{(-12+4)^2+(6-0)^2}=10$$

$$d_3=\sqrt{(-12-0)^2+(0+9)^2}=15$$

$$d_4=\sqrt{(16-0)^2+(3+9)^2}=20$$

Fazendo as contas, obtemos:

$$d=5\ \text{km}+10\ \text{km}+15\ \text{km}+20\ \text{km}$$

Com isso:

$$\boxed{d=50\ \text{km}}$$

(c) A diferença entre velocidade escalar média e velocidade média é que na velocidade escalar devemos fazer $\frac{d}{\Delta t}$, onde $d$ é a distância percorrida, enquanto na velocidade média temos que fazer $\frac{\Delta S}{\Delta t}$, onde $\Delta S$ é o deslocamento. Portanto:

$$v_{esc}=\frac{50}{25/60}\ {\frac{\text{km}}{\text{h}}}$$

$$\boxed{v_{esc}\approx 120\ {\frac{\text{km}}{\text{h}}}}$$

Enquanto que para a velocidade média:

$$v_{med}=\frac{16}{25/60}\ {\frac{\text{km}}{\text{h}}}$$

$$\boxed{v_{med}\approx 38,4\ {\frac{\text{km}}{\text{h}}}}$$

(a) Gráfico

(b)

$\boxed{\Delta S=16\ \text{km}}$, $\boxed{d=50\ \text{km}}$

(c)

$\boxed{v_{esc}=120\ {\frac{\text{km}}{\text{h}}}}$, $\boxed{v_{med}=38,4\ \frac{\text{km}}{\text{h}}}$

Dinâmica

(a)

Quando o bloco segue o movimento junto com o caminhão, a força de atrito é quem gera a sua aceleração e faz com que ele tenha aceleração igual ao caminhão. Na menor aceleração em que ela desliza, temos que a força de atrito chega no seu valor máximo:

$m |a| = \mu_e m g$

$\boxed{|a| = \mu_e g = 4 \,\rm{m/s^2}}$

(b)

a aceleração do bloco será gerada pela força de atrito cinético:

$a' = \mu_c g$

na mesma direção da aceleração do caminhão. A aceleração relativa entre o caminhão e o bloco é:

$a_{rel} = |a| - a'$

$a' = |a| - a_{rel}$

O tempo do movimento é dado pela aceleração relativa entre o bloco e o caminhão:

$L = \frac{a_{rel}t^2}{2}$

$\mu_c = \frac{|a| - a_{rel}}{g} = \frac{|a| - \frac{2L}{t^2}}{g}$

$\boxed{\mu_c = 0,1}$

(a)

$\boxed{|a| = 4 \,\rm{m/s^2}}$

(b)

$\boxed{\mu_c = 0,1}$

Hidrostática

Podemos representar a questão com o seguinte diagrama:

A água realiza uma força para cima no funil, causada pela pressão representada na figura, que é:

$P = \rho g(z-H)$

A peça levanta quando a normal entre ela e o chão zera, ou seja, a força exercida pela água é igual ao peso:

$mg = PA = \rho g(z-H) \pi R^2$

$\boxed{z = H + \frac{m}{\rho \pi R^2} = 9,25 \,\rm{cm}}$

$\boxed{z = 9,25 \,\rm{cm}}$

Movimento Harmônico Simples (MHS)

(a)

No referencial que gira com velocidade angular $\omega$, além da força das molas, o bloco também sofre uma força centrífuga. A equação da segunda lei de Newton no bloco fica:

$ma = m\omega^2 x - 2kx$

a velocidade angular limite ocorre quando a aceleração é zero pra qualquer deslocamento, logo:

$2k-m \omega_m^2 = 0$

$\boxed{\omega_m = \sqrt{\frac{2k}{m}}}$

(b)

Podemos escrever a equação da segunda lei de Newton como:

$a = -(\frac{2k}{m}-\omega^2)x$

Que é a equação característica de um MHS com frequência:

$\boxed{\Omega = \sqrt{\frac{2k}{m}-\omega^2}}$

(c)

Quando a velocidade angular é maior que o limite, ele sofre uma aceleração em função do deslocamento igual a:

$a = (\omega^2-\frac{2k}{m})x$

Em que é possível ver que ele acelera até colidir com a borda do disco e fica nela, apenas girando com o disco

(a)

$\boxed{\omega_m = \sqrt{\frac{2k}{m}}}$

(b)

$\boxed{\Omega = \sqrt{\frac{2k}{m}-\omega^2}}$

(c)

Olhar o comentário

(a) Utilizando o teorema da energia cinética, temos que

$\Delta\tau_{resultante} = \Delta E_{cin}$

Em que, para uma força constante, como é o caso da questão o trabalho resultante pode ser escrito como $\tau _{resultante}= F_{resultante}\Delta d = F_r \Delta d$

Logo, dividindo pelo intevalo de tempo nos dois lados

$F_r\dfrac{\Delta d}{\Delta t} = \dfrac{\Delta E_{cin}}{\Delta t}$

Para um intervalo de tempo muito pequeno, temos que a taxa de variação da energia cinética, $P_{cin}$ será:

$P_{cin} = F_r v$

Logo, substituindo os valores:

$\boxed{P_{cin} \approx 0,2075\;\rm{J/s}}$

OBS: Lembre de converter as unidades da velocidade de $\rm{km/h}$ para $\rm{m/s}$.

(b)

(i) O feixe de luz que atinge a vela solar é análogo ao vento que sopra na vela de um barco. Assim como o vento empurra a vela e faz o barco se mover, o feixe de luz (composto por fótons) exerce uma pressão sobre a vela solar, impulsionando a nave no espaço.

(ii) Os fótons, que compõem o feixe de luz, são análogos às partículas de ar (moléculas de ar) que constituem o vento. Cada fóton, ao colidir com a vela solar, transfere uma pequena quantidade de momento à vela, assim como cada molécula de ar que bate na vela de um barco transfere um pouco de momento, ajudando a mover o barco para frente.

(c) A orientação da vela muda seu ângulo de contato com o feixe de fótons. O diagrama abaixo mostra a visão vertical da colisão do feixe de fótons com a vela solar.

Logo, pela conservação da quantidade de movimento da colisão de cada fóton com a placa solar:

$p_{feixe}\cos{\theta} = \Delta p_{vela} - p_{feixe}$

Mas, o momento do feixe de fótons pode ser calculado pela densidade de fótons em um certo volume, ou seja:

$p_{feixe} = p_{foton}k\Delta x$

Assim,

$F = \dfrac{\Delta p_{vela}}{\Delta t} = 2 p_{foton}kc \cos{\theta}$

Pelo enunciado, para $\theta = 0$, $2 p_{foton}kc = \dfrac{2IA}{c}$

$F = \dfrac{2IA}{c}\cos{\theta} = F_r\cos{\theta}$

Portanto, como $0\leq\cos{\theta}\leq 1$:

$\boxed{F_{min} = 0\;\rm{N}}$

Diagrama para a situação:

$\boxed{F_{max} = F_r}$

Diagrama para a situação:

OBS: A análise da densidade de fótons para calcular a intensidade não é necessária para a resolução da questão, apenas a análise do $\cos{\theta}$ e os desenhos mostrados acima

(a)

$\boxed{P_{cin} \approx 0,2075\;\rm{J/s}}$

(b)

Ver comentário

(c)

$\boxed{F_{min} = 0\;\rm{N}}$

Diagrama para a situação:

$\boxed{F_{max} = F_r}$

Diagrama para a situação:

Óptica Geométrica

(a) Como o enunciado diz que o ponto F é o ponto focal do feixe de luz, podemos utilizar a equação dos fabricantes de lentes para determinar o foco:

$\dfrac{1}{f}=\left( \dfrac{n}{n_{ar}}-1\right)\left( \dfrac{1}{R}+ \dfrac{1}{R'}\right)$

Considerando que $n_{ar}=1$ e como o prisma é composto por uma parte circular e outra reta, podemos concluir que a parte reta tem um raio de curvatura $R'\rightarrow \infty$. Logo, a equação dos fabricantes de lentes torna-se:

$\dfrac{1}{f}=\left( n-1\right)\dfrac{1}{R}$

Substituindo os dados do enunciado, temos que:

$\dfrac{1}{f}=\left( 1,4-1\right)\dfrac{1}{0,04}$

$\dfrac{1}{f}=10$

$\boxed{f=0,1\;\rm{m}}$

(b) Para resolver esse exercício, precisamos considerar todos os feixes de luz e encontrar qual resultará em um maior $y$.

A primeira coisa a se notar é que como os raios de luz estão perpendiculares a superfície reta do prisma, elas refratarão, mas sem mudar de direçaõ, já que pela lei de Snell:

$n \sin 0^{\circ} = 1 \cdot \sin \alpha$

$0=sin \alpha$

$\alpha=0^{\circ}$

A segunda coisa a se notar é que o raio de luz que satisfaz essa condição corresponde ao raio que implica no angulo limite, já que nesse caso,

o angulo sera maximo, e portanto, teremos uma altura $y$ máxima.

Além disso, temos que pela condição de ângulo limite:

$n \sin \theta=1$

$\sin \theta = \dfrac{1}{1,4}$

$\sin \theta \approx 0,7$

$\theta \approx 45^{\circ}$

Logo, temos o seguinte:

Pela geometria do problema, podemos ver que a distância horizontal entre o ponto no prisma correspondente ao raio e o anteparo é

$x=R-R\cos \theta + f$

E a componente vertical é

$y=(R-R\cos \theta + f) \tan (90- \theta) - R \sin \theta$

Substituindo pelos dados no enuciado:

$\boxed{y=8,4\cdot 10^{-2}\; \rm{m}}$

(a)

$\boxed{f=0,1\;\rm{m}}$

(b)

$\boxed{y=8,4\cdot 10^{-2}\; \rm{m}}$

Termodinâmica/Gases

Em uma primeira análise, devemos encontrar uma relação entre o trabalho exercido pela força externa $\vec{F}$ e o trabalho realizado pelo gás. Uma formulação possível é considerar que, como a expansão ocorre de forma muito lenta, a velocidade do pistão é praticamente nula, resultando em uma variação de energia cinética igual a zero. Assim, pelo teorema da energia cinética, temos $\tau = \Delta E_c = 0$. Isso implica que o trabalho resultante é nulo, portanto, podemos escrever

$W_{\text{forca}} + W_{atm}+ W_{\text{gas}} = 0$

Dessa forma, concluímos que o trabalho realizado pela força externa mais a força advinda da pressão atmosférica é igual, em módulo, ao trabalho realizado pelo gás.

Outra formulação possível é considerar que, devido à expansão lenta, as pressões/forças exercidas pelo gás e pelas forças externas (força $\vec{F}$ + atmosfera) são praticamente iguais, em razão do equilíbrio de forças. Assim, como ambas as forças atuam sobre um mesmo deslocamento, o trabalho realizado também será o mesmo.

Agora, vamos calcular o trabalho realizado pelo gás. Para isso, é fundamental compreender o tipo de transformação que ocorre durante essa expansão. Primeiramente, o enunciado indica que as paredes do cilindro são condutoras de calor e estão em contato com a atmosfera. Além disso, a expansão acontece de forma lenta.

Dessa forma, podemos concluir que a transformação é isotérmica. Isso se deve ao fato de que, como as paredes do cilindro conduzem calor, se a temperatura do gás for diferente da temperatura externa, haverá um fluxo de calor que permitirá que o sistema atinja um equilíbrio térmico. Esse equilíbrio é garantido pela natureza lenta da expansão do gás.

Vale ressaltar que a temperatura do sistema sempre se igualará à temperatura externa, pois ela permanece constante durante o processo. Assim, a temperatura do gás se mantém constante, caracterizando uma transformação isotérmica.

Para calcular o trabalho de um gás em uma expansão isotérmica é dado por:

$W_{gas}=nRT \ln \left( \frac{V_f}{V_0} \right)$

No nosso caso, $V_f=3V_0$. Logo,

$W_{gas}=nRT \ln 3$

Como $T$ é a temperatura externa, e que inicialmente o gás se encontrava a uma pressão $p_0$ e volume $V_0$. Temos que $p_o V_0= nRT$. Logo,

$W_{gas}=p_0V_0 \ln 3$

Além disso, o "trabalho da atmosfera" pode ser escrito da seguinte forma:

$W_{atm}=-p_0\Delta V$

$W_{atm}=-p_0 2V_0$

$\Delta V = 2V_0$, já que o volume é triplicado.

Obs: o sinal negativo vem do fato de a atmosfera realizar um trabalho sobre o gás e não o contrario.

Portanto, o trabalho realizado pela força é dada por:

$W_{\text{forca}} + W_{atm}+ W_{\text{gas}} = 0$

$W_{\text{forca}} = -W_{atm}- W_{\text{gas}}$

$\boxed{W_{\text{forca}} = p_0V_0(2-\ln 3)}$

$\boxed{W_{\text{forca}} = p_0V_0(2-\ln 3)}$

(a) Veja que, ao considerar o sistema como cunha $+$ bloco, não há forças atuando na horizontal. Logo, a posição do centro de massa será constante. Portanto,

$\Delta x_{CM} = \dfrac{M\Delta x_M + m\Delta x_m}{m+M} = 0$

Substituindo os valores:

$3\Delta x_M = - \Delta x_m$

Pelo diagrama abaixo, você pode entender melhor os parâmetros definidos.

Veja que, no referencial da cunha, o bloquinho deverá mover-se uma distância $L$ na horizontal.

$\Delta x_m - \Delta x_M = L$

Logo,

$4\Delta x_M = -L$

$\Delta x_M = -\dfrac{1}{4} L$

$\Delta x_M = - 10\;\rm{cm}$

OBS: o sinal "$-$" apenas indica a direção previamente definida.

(b) Utilizando o mesmo vínculo do centro de massa utilizado no item (a):

$v_{CM} = \dfrac{MV+mv_x}{M+m}=0$

$MV = - mv_x$

Substituindo os valores:

$3 V = - v_x$

Agora, conservando energia:

$mgH = \dfrac{1}{2}m(v_x^2+v_y^2) + \dfrac{1}{2}MV^2$

Substituindo os valores:

$2gH = v_y^2 +12V^2$

Veja também que, no referencial da cunha, a cunha "vê" o bloco descendo paralelamente ao plano inclinado, ou seja, no referencial da cunha, a velocidade resultante é paralela ao plano da cunha, como mostra o diagrama abaixo.

Assim, pode-se concluir que

$\tan{\theta} = \dfrac{V+v_x}{v_y} = \dfrac{4}{3}$

Logo:

$v_x = v_y$

Dessa forma,

$V^2 = \dfrac{2}{21}gH$

$v_x = 3\sqrt{\dfrac{2}{21}gH}$

$v = v_x\sqrt{2}$

Substuindo os valores

$\boxed{v\approx 2,26\;\rm{m/s}}$

(a)

$\Delta x_M = 10\;\rm{cm}$

(b)

$\boxed{v\approx 2,26\;\rm{m/s}}$

Ondas

(a)

Na região urbana, queremos que haja uma interferência construtiva. Como ambas as antenas emitem a mesma potência,  a amplitude da ondas emitidas será igual. Logo, a amplitude de interferência construtiva que chegará na região será o dobro da amplitude inicial.

Sabemos também que a Intensidade é proporcional à potência, que, por sua vez, é proporcional ao quadrado da amplitude. Portanto, a potência que chega na interferência construtiva é $4$ vezes a potência $P$ emitida por cada antena.

Se a intensidade que chega quando só tem uma antena é igual a intensidade na situação das duas antenas, as potências que chegam também são iguais nas duas situações. Enfim, temos que:

$P_0=4P$

Assim:

$\boxed{\frac{P}{P_0}=\frac{1}{4}}$

(b)

Queremos que haja interferência construtiva no leste e destrutiva no oeste. Logo:

$\phi + kd = m2\pi$

$\phi - kd = (n + \frac{1}{2})2\pi$

Somando e subtraindo as duas equações, chegamos em relações para $\phi$ e para $d$:

$d = \frac{\lambda}{2}(m-n-\frac{1}{2})$

Usando o fato que a velocidade de propagação da ondas $c = \lambda f$, achamos que $\lambda = 4m$.

Logo:

$d=2(m-n)-1$

Como m e n são inteiros não negativos, a subtração deles deve ser inteira não negativa, eliminando possíveis distâncias negativas.

Sabemos também que d é maior ou igual a 10. Logo, a menor solução para essa equação é que cumpra essa inequação é

$\boxed{d = 11\;\rm{m}}$.

(c)

Usando a relação de $\phi$ encontrada no item anterior ao somar as duas equações de interferência, temos que:

$\phi = \frac{\pi}{2} + \pi(m+n)$

Novamente, usando o fato que m e n são inteiros não negativos, o segundo termo da relação acima terá valor mínimo quando este for nulo. Portanto, o menor valor de

$\boxed{\phi=\frac{\pi}{2}=90^{\circ}}$.

Sendo assim, ele está adiantado.

(a)

$\boxed{\frac{P}{P_0}=\frac{1}{4}}$

(b)

$\boxed{d = 11\;\rm{m}}$.

(c)

$\boxed{\phi=\frac{\pi}{2} = 90^{\circ}}$.