Terceira Fase (Nível 3)

Eletrostática

Para resolver esse problema, devemos considerar a conservação de energia. Logo, devemos considerar as situações inicial e final: como a terceira partícula está a uma distância muito grande (infinita), podemos considerar que a energia potencial inicial é nula. Entretanto, por ser lançada com velocidade $v$, ela possui energia cinética. No caso final, as energias na terceira partícula se invertem: a energia cinética torna-se nula (para que a velocidade seja mínima) e a energia potencial torna-se não nula.

Quantitativamente:

$E_0=\dfrac{mv^2}{2}$

$E_f=q (U_1-U_0)+q (U_2-U_0)$

Novamente, como a terceira partícula começa a uma distância muito grande, $U_0=0$

Além disso, pela definição de potencial elétrico: $U_1=\dfrac{K q_1}{r}$ e $U_2=\dfrac{K q_2}{d-r}$

Pela conservação de energia:

$\dfrac{mv^2}{2}=q\dfrac{K q_1}{r}+q \dfrac{K q_2}{d-r}$

Onde $r$ é a distância entre a terceira partícula e a carga fixa $q_1$ quando a terceira partícula está entre $q_1$  e $q_2$. Consequentemente, a distância entre a terceira partícula e a carga $q_2$ é $d-r$.

Para descobrir o valor de $r$, podemos utilizar o equilíbrio de forças na situação final:

$\dfrac{Kq q_1}{r^2}=\dfrac{Kq q_2}{(d-r)^2}$

$r=d\dfrac{\sqrt{q_1}}{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}}$

Substituindo na equação de conservação de energia, obtemos:

$v^2=\dfrac{2qK}{m}\left(\dfrac{q_1}{d\dfrac{\sqrt{q_1}}{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}}}+\dfrac{q_2}{d-d\dfrac{\sqrt{q_1}}{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}}}\right)$

$v^2=\dfrac{2qK\left( \sqrt{q_1} + \sqrt{q_2}\right)^2}{md}$

$v=\sqrt{\dfrac{2qK\left( \sqrt{q_1} + \sqrt{q_2}\right)^2}{md}}$

Substituindo nos valores do enunciado:

$v=\sqrt{\dfrac{2\cdot 3 \cdot 10^{-6}\cdot 9 \cdot 10^9\left( \sqrt{3}\cdot10^{-3} + 2\sqrt{3}\cdot 10^{-3}\right)^2}{5 \cdot 10^{-3}\cdot 7,2 \cdot10^{-2}}}$

$v=\sqrt{\dfrac{8100}{2}}$

$v=\dfrac{90}{\sqrt{2}}=\dfrac{90}{1,4}$

$\boxed{v\approx 64,3\;\rm{m/s}}$

Obs: Uma resposta alternativa seria considerar que $v=\dfrac{90}{\sqrt{2}}=45\sqrt{2}=\boxed{63\;\rm{m/s}}$. Logo, acreditamos que ambas respostas devem ser consideradas.

Obs 2: Outro método para encontrar o valor de $r$ seria por meio da minimização da energia potencial, derivando a expressão da energia potencial em relação a $r$ e igualando a $0$.

$\boxed{v\approx 64,3\;\rm{m/s}}$ ou $\boxed{v=63\;\rm{m/s}}$

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

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)

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

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:

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

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

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

Relatividade

(a) Esse problema será resolvido a partir da aplicação de efeitos Doppler sucessivos. O primeiro efeito Doppler ocorre quando a luz está chegando na vela solar. No referencial da vela solar, a fonte (estação espacial) está se afastando, logo:

$F_1 = F\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}$

Em que $\beta = \dfrac{v}{c}$.

O segundo efeito Doppler ocorre quando a luz refletida está retornando para a estação espacial, em que a fonte (vela solar) está se afastando. Portanto:

$F_2 = F_1 \sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}} = F\dfrac{1-\beta}{1+\beta}$

Como $\beta\ll 1$:

$\boxed{F_2 \approx F(1-2\beta)}$

(b)

Como o feixe de fótons colide e reflete:

$p_{foton} = \Delta p_{vela} - p_{foton}$

Pela relatividade, vale a seguinte relação:

$E_{foton} = pc$

Portanto;

$F_r = \dfrac{\Delta p_{vela}}{\Delta t} = \dfrac{2E_{foton}}{c\Delta t} = \dfrac{2P_{foton}}{c\Delta t}$

Multiplicando pela área em cima e embaixo:

$\boxed{F_r = \dfrac{2IA}{c}}$

(a)

$\boxed{F_2 \approx F(1-2\beta)}$

(b)

Olhar solução

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)

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

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)

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