Terceira Fase (Nível 3)

Conceitos Matemáticos

(a) Conforme o primeiro enunciado, a cidade de Macapá (M) está no Equador (latitude 0°) e Porto Alegre (P) está na latitude 30° Sul. No equinócio, ao meio-dia, os raios solares incidem perpendicularmente em Macapá. Pela hipótese de Eratóstenes de que os raios solares chegam paralelos à Terra, o ângulo de incidência em Porto Alegre é igual à diferença de latitude entre as cidades.

$$\boxed{alpha = 30^\circ}$$

(b) O ângulo entre as cidades é de $30^\circ$ isto é:

$$\theta = 30^\circ = \dfrac{\pi}{6}\ \text{rad}$$

Sabendo que o comprimento do arco é dado por

$$d = R\theta,$$

$$R = \dfrac{d}{\theta} = \dfrac{3300}{\pi/6} = \dfrac{3300 \times 6}{\pi}$$

Adotando

$$\pi \approx 3$$

$$R \approx \dfrac{19800}{3} = 6600\ \text{km}$$

$$\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}$$

C)No modelo plano, o Sol estaria verticalmente sobre Macapá e faria um ângulo de $30^\circ$
com a vertical em Porto Alegre. Assim:

$$\tan 30^\circ = \dfrac{d}{H} \Rightarrow H = \dfrac{d}{\tan 30^\circ}$$

Sabendo que

$$\tan 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

$$H = 3300\sqrt{3}$$

Aproximando

$$\sqrt{3} \approx 1{,}7$$

$$H \approx 3300 \times 1{,}7 = 5610\ \text{km}$$

$$\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}$$

(d) O modelo de Terra plana não é adotado porque ele entra em contradição com as premissas do modelo esférico, que são comprovadas por observação. No modelo esférico, que já podemos assumir como o certo, a distância (d) é calculada como $d=R\theta$, o que significa que a distância aumenta proporcionalmente com a latitude ($\theta$). Ao tentar aplicar essa distância real no cálculo da altura ($H$) do Sol no modelo plano (onde $H = \frac{d}{tan(\theta)}$), surge uma inconsistência fundamental. O modelo plano, ao ser confrontado com distâncias de latitudes diferentes, faria com que a altura calculada do Sol ($H$) mudasse drasticamente. Essa grande diferença na altura do Sol de acordo com a latitude do observador demonstra que os dois modelos são incompatíveis e que o modelo plano falha em descrever a realidade de forma coerente. Por exemplo, enquanto a observação de um ponto a $30^\circ$ de latitude resulta em uma altura $H$ de aproximadamente $5700 km$, a observação de um ponto a $45^\circ$ de latitude resultaria em uma altura H de $4950 km$.

(a)

$$\boxed{30^\circ}$$

$$\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}$$

$$\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}$$

Mecânica

(a) A velocidade relativa de aproximação entre o topo e a onda de compressão é $v_{0} + v_{s}$, logo o tempo $\tau$ para que o topo pare de se mover é:

$\tau = \dfrac{L_{0}}{v_{0} + v_{s}}$

Primeiramente, podemos calcular $v_{s}$ por:

$v_{s} = \sqrt{\dfrac{Y}{\rho}} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 10^{11}}{8 \cdot 10^{3}}} \iff v_{s} = 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}$

Além disso, por conservação de energia, podemos escrever:

$v_{0} = \sqrt{2gh}$

Para alturas na ordem de $10 \, \rm{m}$, temos que $v_{0} \sim 10^{1} \, \rm{m/s} \ll 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s} = v_{s}$. Portanto, no cálculo de $\tau$, podemos estimar $v_{0} + v_{s} \approx v_{s}$, o que implica:

$\tau \approx \dfrac{L_{0}}{v_{s}} = \dfrac{0,6 \, \rm{m}}{5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}} \iff \boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$

(b) A fim de encontrar a condição limite, podemos primeiramente perceber que a diferença no comprimento da barra é $\Delta L = v_{0} \tau = \tau \sqrt{2gh}$. Assim, a Lei de Hooke uniaxial se torna:

$\sigma = Y \dfrac{\tau \sqrt{2gh}}{L_{0}} \iff h = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma L_{0}}{Y \tau} \right)^{2}$

Como as condições para o problema são $\sigma \le \sigma_{y}$, temos:

$h_{max} = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma_{y} L_{0}}{Y \tau} \right)^{2} \approx \dfrac{1}{2 \cdot 10} \left( \dfrac{(400 \cdot 10^{6}) \cdot 0,6 }{(2 \cdot 10^{11}) \cdot (1,2 \cdot 10^{-4})} \right)^{2} \, \rm{m} \iff \boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$

(a)

$\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}$

(b)

$h_{max} = 5 \, \rm{m}$

Cinemática

a) Para encontrar a velocidade da esfera em $t_2$, basta conservamos a energia mecânica do sistema:

mgLcos\theta_2 = \frac{mv^2}{2}

v= \sqrt{2gLcos\theta_2}

Após a esfera ser liberada do pêndulo, o movimento vira um lançamento oblíquo. Assim, podemos equacionar o movimento em cada eixo:

\Delta x = v cos \theta_2 \Delta t

\Delta y = -L(1-cos\theta)= vsen\theta_2 \Delta t - \frac{g(\Delta t)^2}{2}

A partir da segunda equação, podemos resolver a equação do segundo grau para obter uma expressão para $\Delta t$:

\Delta t = \frac{vsen \theta_2 + \sqrt{v^2sen^2 \theta_2+2gL(1-cos\theta_2)}{g}

Assi, podemos encontrar $\Delta x$. O valor de $x_3$ é o valor $x_2=Lsen\theta_2$ em $t_2$ mais $\Delta x$. Assim, substituindo a expressão para o $\Delta t$ e $v$, obtemos:

x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)})) \approx \boxed{2,41 \rm{m}}

b) Já temos a função pelo item anterior:

x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))

Agora, para provarmos que existe um máximo no intervalo pedido, vamos usar a seguinte estratégia: adicionar um pequeno ângulo(podendo ser negativo) $\delta$ em $\theta_2= 45^\circ$ e $\theta_2= 0^\circ$. Se a função aumenta para um $\delta$ positivo em $\theta_2= 0^\circ$ e aumenta para um $\delta$ negativo em $\theta_2= 45^\circ$, então a função teve pelo menos um máximo no intervalor pedido. Utilizando as aproximações dadas no enunciado, podemos obter:

x_3(\theta+\delta) \approx L(sen\theta_2+cos\theta_2 \delta + 2(cos^2\theta_2 - sen(2\theta_2) \delta)(sen(2\theta)+cos(2\theta) 2\delta ) +\sqrt{(sen(2\theta)^2+2sen(4\theta)\delta +2(1-cos\theta_2+sen\theta_2 \delta)}))

Assim, para $\theta_2= 45^\circ$, obtemos:

x_3 \approx 0,7(1+4,82 \cdot 0,7) + \delta (0,7-4,82+\dfrac{0,7^3}{4})

Como o termo que acompanha $\delta$ é negativo, então a função aumenta para valores negativos de $delta$, como requerido.

Para $\theta_2= 0^\circ$, obtemos:

x_3 \approx 5 \delta

Como o termo que acompanha $\delta$ é positivo, então a função aumenta para valores positivos de $delta$, como requerido. Logo o resultado está provado.

a)$2,41 \rm{m}$

b) $x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))$

Óptica física

(a) Pela Lei de Malus:

$I=I_0\cos^2 30^\circ=\frac{3I_0}{4}=\boxed{9.0\;\rm{mW/m^2}}$

(b) Sendo $N$ o valor pedido pelo enunciado, temos que $N$ multiplicado pela energia de um fóton é igual à potência total incidente no polarizador, ou seja:

$N\times \frac{hc}{\lambda}=I_0\times A$

$\boxed{N=3.8\cdot 10^{12}}$

(c) A Lei de Malus não fornece a ``perda de energia'' de um fóton. Na verdade, ela determina a probabilidade de um fóton atravessar o polarizador. Assim, ou o fóton será totalmente absorvido ou será totalmente transmitido.

(a) $9.0\;\rm{mW/m^2}$

(b) $3.8\cdot 10^{12}$

(c) Absorção ou transmissão total

Termodinâmica

(a) Primeiramente, podemos utilizar a lei de condução de Fourier entre a camada externa e interna:

$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L}$

Além disso, sendo $L_{v} = 5 \cdot 10^{5} \, \rm{J/m^{3}}$ a capacidade térmica volumétrica da costa, o calor associado a um aumento $\Delta L$ na crosta é:

$\Delta Q = L_{v} \Delta V = L_{v} A \Delta L$

Poranto, temos que:

$L_{v} A \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L} \iff \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{k \Delta T}{L_{v}L}$

Substituindo os valores do enunciado e convertendo as unidades:

$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{2,5 \cdot 1200}{(5 \cdot 10^{5}) \cdot (35 \cdot 10^{3})} \cdot \dfrac{10^{3} \, \rm{mm}}{(3,1 \cdot 10^{7})^{-1} \, \rm{ano}} \iff \boxed{\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$

(b) Considerando a taxa de crescimento constante, o tempo $\tau$ desde o período que a Terra possuía magma exposto é:

$\tau = \dfrac{L}{(\Delta L/\Delta t)} = \dfrac{35 \cdot 10^{6} \, \rm{mm}}{5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}} \iff \boxed{\tau = 6,6 \cdot 10^{3} \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$

(a)

$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}$

(b)

$\tau \sim 10^{4} \, \rm{anos}$

Circuitos

(a)Ao ligar as fases $V_a$ e $V_b$, cria-se uma diferença de fase $\Delta V=V_a-V_b$. Podemos representar isso com o seguinte diagrama de fasores:

Veja que $\Delta V$ estará na bissetriz entre $V_a$ e $-V_b$, ou seja, possuirá fase $\pi/6$ constante em relação a $a$. Aplicando a lei dos cossenos para vetores com $\theta=\pi/3$, temos que a tensão de pico é $\boxed{V_3\sqrt{3}}$. Os outros casos são análogos e resultam no mesmo valor.

(b) Usando $P=\Delta V^2/R$:

$P=\frac{(V_3\sqrt{3}\cos(\omega t+\pi/6))^2}{R}$

$\overline{P}=\frac{3V_3^2}{R}\overline{\cos(\omega t+\pi/6)^2}$

Usando o valor médio fornecido pela dica:

$\boxed{\overline{P}=\frac{3V_3^2}{2R}}$

e os outros casos são análogos.

(a) $V_3\sqrt{3}$

(b) $\dfrac{3V_3^2}{2R}$

Óptica geométrica

(a) Observe o seguinte diagrama:

Veja que os ângulos marcados em azul são iguais a $30^\circ$. Assim, pela lei de Snell:

$n\sin(30^\circ)=\sin(\theta)$

$\theta=\arcsin\left(\dfrac{n}{2}\right)$

Portanto, o desvio é dado por:

$\boxed{\delta=\arcsin(0.75)-30^\circ}$

(b) Basta tirar a diferença entre os valores extremos de $\theta$. Portanto,

$\boxed{A=\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)}$

(a) $\arcsin(0.75)-30^\circ$

(b) $\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)$

Mecânica

(a) Primeiramente, quando o carretel é puxado ele adquirá acelerações linear e angular não nulas, até enfim chegar no regime de rolamento perfeito ( quando não há deslizamento). Nesse regime, temos então que:

\begin{equation}v = \omega R \iff a = \alpha R \end{equation}

Assim, sendo $f_{at}$ a força de atrito com o solo, podemos calcular a força e o torque resultante no carretel (usando o centro de massa $G$ como referência para o torque) da seguinte forma:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} N = 2mg - F \sin(\theta)\\ 2ma = F \cos(\theta) - f_{at} \\ (2mr^{2}) \alpha = Fr - f_{at}R \end{array} \right.$

Logo, substituindo (1) na duas ultimas equações temos que

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2mR^{2} \alpha = FR \cos(\theta) - f_{at}R, \\ 2mr^{2} \alpha = Fr - f_{at}R \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta) - \dfrac{r}{R} \right)$

Nesse caso onde $\theta = 90^{\circ}$ e $F = mg$, podemos substituir e achar:

$\boxed{\alpha = - \dfrac{rg}{2(R^{2}-r^{2})} = - 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 4,7 \, \rm{m/s^{2}}}$

(b) Esse caso é análogo ao item (a), portanto basta substituir $\theta = 0^{\circ}$ e $F = mg$ na expressão para $\alpha$. Isso nos permite concluir que:

$\boxed{\alpha = \dfrac{g}{2(R+r)} = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 3,1 \, \rm{m/s^{2}}}$

(c) A diferença quantitativa das situações nos itens (a) e (b) é a diferença entre os sinais de $\alpha$ e $a$. Portanto, podemos concluir da expressão de $\alpha$ que a condição crítica é:

$\alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta_{c}) - \dfrac{r}{R} \right) = 0 \iff \boxed{\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right)}$

Podemos ainda verificar que $\theta < \theta_{c} \iff \alpha > 0$ e $\theta > \theta_{c} \iff \alpha < 0$, de acordo com o enunciado.

(d) Primeiramente, vamos calcular a força de atrito máxima $f_{at,max}$ nesse caso. Temos que:

$f_{at,max} = \mu N = \mu (2mg - F \sin(\theta)) \iff f_{at,max} = \dfrac{3}{10} mg$

Caso ocorrese rolamento perfeito, teríamos como vimos no item anterior:

$\alpha = 0 \, \rm{rad/s} \iff 2mR \alpha = F \cos(\theta_{c}) - f_{at} = 0 \iff f_{at} = \dfrac{6}{5} mg > f_{at,max}$

O que é um absurdo. Portanto, ocorre deslizamento e o atrito é cinético de módulo igual $f_{at,max}$. Assim:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2m a = 2mg \cdot \dfrac{3}{5} - \dfrac{3}{10}mg \\ 2mr \alpha = 2mg \cdot 3 - \dfrac{3}{10}mg \cdot 5 \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}} \\ \alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}} \end{array} \right.$

(a)

$\alpha = - 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = - 4,7 \, \rm{m/s^{2}}$

(b)

$\alpha = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = 3,1 \, \rm{m/s^{2}}$

(c)

$\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right) \approx 53,13^{\circ}$

(d)

$\alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}}$