Segunda Fase (Nível 3)

Conservação de Energia

Antes e após a colisão do bloco com a mola, temos os seguintes diagramas:

Com isso, podemos conservar a energia mecânica, usando a linha inicial da plataforma como referencia:

$mgh = \frac{kd^2}{2} - mgd$

$d^2 - \frac{2mg}{k}(h+d)=0$

Resolvendo a equação do segundo grau e usando a raiz positiva (porque $d$ é maior que zero):

$d=\frac{mg}{k} + \sqrt{(\frac{mg}{k})^2+\frac{2mg}{k}h}$

Substituindo os valores numéricos:

(a) $\boxed{d = 32 \;\rm{cm}}$

(b) $\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$

(a) $\boxed{d = 32 \;\rm{cm}}$

(b) $\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$

Dinâmica

O bloco pequeno $m$ não escorrega sobre $M$ se a força máxima de atrito estático for suficiente para fornecer a força inercial $m \cdot a_{\text{max}}$ durante a oscilação. A aceleração máxima do movimento harmônico simples é

$a_{\text{max}} = A \cdot \omega^2$

Para o sistema oscilando solidariamente, $\omega^2 = \frac{k}{M + m}$. Portanto

$a_{\text{max}} = \frac{A \cdot k}{M + m}$

A condição para não haver deslizamento é

$m \cdot a_{\text{max}} \leq \mu \cdot m \cdot g$

Cancelando $m$:

$a_{\text{max}} \leq \mu \cdot g$

Substituindo a expressão de $a_{\text{max}}$:

$\frac{A \cdot k}{M + m} \leq \mu \cdot g$

Isolando $k$:

$k \leq \frac{\mu \cdot g \cdot (M + m)}{A}$

Substituindo os valores numéricos (com $g = 10$):

$k \leq \frac{0{,}30 \cdot 10 \cdot (0{,}30 + 0{,}20)}{0{,}10}$

$k \leq \frac{0{,}30 \cdot 10 \cdot 0{,}50}{0{,}10} = 15 \ \text{N/m}$

Logo, o maior valor possível da constante elástica que garante que $m$ não escorregue é aproximadamente **15 N/m**.

$15\ \text{N/m}$

Circuitos

(a) Sabemos que a indicação do soquete assume que a lâmpada está ligada a uma pilha sem resistência. Sendo assim, temos:

$P=\frac{U^2}{R}\implies R=\frac{(3.0\;\mathrm{V})^2}{1.5\;\mathrm{W}}$

$\boxed{R=4.5\;\mathrm{\Omega}}$

(b) Para o cálculo de $P_2$, observe o seguinte diagrama:

Tratando a lâmpada como um resistor de resistência $R$, temos:

$U=(4r+R)I=3.0\;\mathrm{V}$
$P_2=RI^2=\frac{RU^2}{(4r+R)^2}$

Para calcular $P_1$, basta usar o seguinte esquema:

$U=(2r+R)I=3.0\;\mathrm{V}$
$P_1=RI^2=\frac{RU^2}{(2r+R)^2}$

Como $P_2=0.95P_1$:

$\frac{RU^2}{(4r+R)^2}=0.95\frac{RU^2}{(2r+R)^2}$
$\frac{1}{(4r+4.5)^2}=\frac{0.95}{(2r+4.5)^2}$
$\boxed{r=0.060\;\mathrm{\Omega}}$

(a) $\boxed{R = 4.5\;\mathrm{\Omega}}$
(b) $\boxed{r = 0.060\;\mathrm{\Omega}}$

Condução de calor

(a) Para resolver essa questão, precisamos lembrar da Lei de Fourier:

$P = \dfrac{kA\Delta T}{l}$

Onde P é a potência que atravessa a interface(80% de $1500 \rm{W}$), k é a condutividade térmica do material, A é a área e l é o comprimento. Dessa forma, podemos calcular a diferença de temperatura causa por cada camada:

$\Delta T_{Aco} = \dfrac{P \cdot l}{k_{Aco} \cdot A} = 2 \rm{^{\circ} C}$

$\Delta T_{Cu} = \dfrac{P \cdot l}{k_{Cu} \cdot A} = 0,1 \rm{^{\circ} C}$

Assim, a diferença de temperatura total é:

$\Delta T= 2 \Delta T_{Aco}+ \Delta T_{Cu}= 4,1 \rm{^{\circ} C}$

Como a água está em ebulição, sua temperatura é de:

$T_0 = 100 \rm{^{\circ}C}$

Assim, a temperatura no fundo da panela é:

$T=T_0+\Delta T = \boxed{104,1 \rm{^{\circ}C} }$

b) Como visto no item anterior, a camada de cobre causa uma diferença de temperatura de $0,1 \rm{^{\circ}C}$ entre sua interface inferior e exterior. Essas são as interfaces aço/cobre e cobre/aço. Logo, a diferença de temperatura buscada é de $\Delta T_{Cu}=0,1 \rm{^{\circ}C}$.

(a) $\boxed{ 104,1 \rm{^{\circ }C}}$

(b) $\boxed{0,1 \rm{^{\circ}C}}$

Óptica Geométrica

((a) O menor tempo possível dar-se-á quando a luz simplesmente percorre paralelamente ao eixo da fibra. Estando num meio de índice de refração $n$, a velocidade da luz nesse meio é reduzida pelo fator $n$, logo:

$v = \frac{c}{n}$

E pode-se dizer que, seja $\Delta x$ o deslocamento:

$\frac{\Delta x}{v} = t$

Assim, obtemos que:

$t_1 = \frac{L \cdot n}{c} = \frac{1500 \cdot 1,4}{3 \times 10^8} = 7,0 \ \mu s$

(b) O maior tempo possível dar-se-á quando a luz sofre múltiplas reflexões totais, ou seja, incide na borda da fibra óptica de forma que esteja com o ângulo máximo de inclinação em relação ao normal, de forma que ainda não haja nenhuma perda por refração. O ângulo de inclinação é tal que:

$1,4 \cdot \sin \theta = 1,19$

Logo:

$\sin \theta = 0,85$

A nova distância percorrida pela luz será exatamente:

$\frac{L}{\sin \theta} = \frac{1500}{0,85}$

E o tempo $t_2$ será:

$t_2 = \frac{L}{\sin \theta} \cdot \frac{n}{c} = \frac{1500 \cdot 1,4}{3 \times 10^8 \cdot 0,85} \approx 8,24 \ \mu s$

(c) Fazendo a substituição numérica dada pelo enunciado:

$\Delta x = (t_2 - t_1) \cdot v$

$\Delta x = \left[(8,24 - 7,0) \times 10^{-6}\right] \cdot \left(\frac{3,0 \times 10^8}{1,40}\right)$

$\Delta x \approx 2,66 \times 10^2 \ m$

Assim, o resultado final é aproximadamente 266 m.

(a) 7 microssegundos

(b) 8,4 microssegundos

(c) 266 metros

Magnetismo

Sabemos que o campo de um espira circular é $B=\frac{\mu_0 i}{2r}$. Assim, para o esquema do problema, basta dividir esse valor por $2$ e somar a contribuição de cada um dos loops, pois os segmentos retos não contribuem para o campo no centro. Além disso, sabemos que a corrente no sentido anti-horário gera um $B$ positivo. Logo,

$B_1=\frac{\mu_0 i}{4}\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{R}\right)=\frac{\mu_0 i}{3r}$

Para a outra espira, precisamos inverter um dos sinais, pois a corrente roda no sentido horário:

$B_2=\frac{\mu_0 i}{4}\left(-\frac{1}{r}+\frac{1}{R}\right)=-\frac{\mu_0 i}{6r}$

Portanto, a variação relativa é dada por:

$x=\frac{B_2-B_1}{B_1}=\frac{-\frac{\mu_0 i}{6r}-\frac{\mu_0 i }{3r}}{\frac{\mu_0 i}{3r}}=\boxed{-1.5}$

$\boxed{x=-1.5}$

Estática

Primeiramente, seja $l$ o comprimento total da barra e $d$ a distância do ponto $A$ até ao ponto $C$.

Para que ocorra o equilíbrio, o torque e a força resultante precisam ser ambos nulos. Como não sabemos inicialmente a força de contato no ponto $C$, podemos escolher esse como o ponto de referência do torque, de forma que apenas $\vec{F}$, $M\vec{g}$ e $m\vec{g}$ possuírão torques relevantes.

Pontanto, sabendo que $\vec{F}$ é sempre perpendicular a barra e utilizando o sentido anti-horário do torque como positivo, o torque da força $\vec{F}$ é:

$T_{\, F} = F \cdot d$

Além disso, para calcular o torque das duas forças restantes, devemos primeiro achar o braço de cada uma das forças (ou seja, a menor distância entre a direção da força e o ponto de referência $C$) e substituirmos na fórmula do torque. Desse modo, sabendo que o peso da barra atua em seu centro de massa e usando um pouco de geometria, obtemos que o braço da força $m\vec{g}$ é $(l/2 - d) \cos{\theta}$ e da força $M\vec{g}$ é $(l - d) \cos{\theta}$, assim:

$T_{\, mg} = - mg \cdot (l/2 - d) \cos{\theta}$

$T_{\, Mg} = - Mg \cdot (l - d) \cos{\theta}$

Onde o sinal negativo aparece devido ao sentido das forças na barra.

Portanto, usando que o torque resultante na barra é nulo, chegamos que:

$T_{\, F} + T_{\, Mg} + T_{\, mg} = 0 \iff F \cdot d - Mg \cdot (l-d)\cos{\theta} - mg \cdot (l/2 - d) \cos{\theta} = 0$

Ou seja:

$F = Mg \dfrac{(l-d)\cos{\theta}}{d} + mg \dfrac{(l/2-d)\cos{\theta}}{d}$

(a) No caso em que $\theta = 0^{\circ}$, $\cos{\theta} = 1$ e, portanto, temos que:

$F = Mg \dfrac{(l-d)}{d} + mg \dfrac{(l/2-d)}{d} = \left( 0,5 \cdot 10 \cdot \dfrac{(80 - 16)}{16} + 0,2 \cdot 10 \cdot \dfrac{(40 - 16)}{16} \right)\, N$

Desse modo, realizando as contas, chegamos em:

$\boxed{F = 23 \, \mathrm{N}}$

(b) No caso em que $\theta = 60^{\circ}$, $\cos{\theta} = 1/2$ e, portanto, temos que:

$F = Mg \dfrac{(l-d)}{2 \cdot d} + mg \dfrac{(l/2-d)}{2 \cdot d} = \left( 0,5 \cdot 10 \cdot \dfrac{(80 - 16)}{2 \cdot 16} + 0,2 \cdot 10 \cdot \dfrac{(40 - 16)}{2 \cdot 16} \right) \, N$

Desse modo, realizando as contas, chegamos em:

$\boxed{F = 11,5 \, \mathrm{N}}$

(c) Para descobrir a força de contato, que denominaremos $\vec{f}$, no ponto $C$, devemos utilizar que no equilíbrio a força resultante vertical e horizontal na barra devem ser nulas. Portanto, utilizando trignometria para decomposição da força $\vec{F}$, a condição de equilíbrio implica que:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} f_{y} - Mg - mg - F\cos{\theta} = 0 \\ F\sin{\theta} - f_{x} = 0 \end{array} \right.$

Desse modo, substituindo os valores das constantes dadas no enuncuado, do ângulo $\theta$ e da força $\vec{F}$ de $B$, obtemos:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} f_{y} = (0,2 \cdot 10 + 0,5 \cdot 10 + 11,5 \cdot 0,5) \, \mathrm{N} = 12,75 \, \mathrm{N} \\ f_{x} = (11,5 \cdot 0,85) \, \mathrm{N} = 9,775 \, \mathrm{N} \end{array} \right.$

Logo, a intensidade de $\vec{f}$ é:

$f = \sqrt{f_{x}^{2} + f_{y}^{2}} = \left( \sqrt{12,75^{2} + 9,775^{2}} \right) \, \mathrm{N} \Rightarrow \boxed{f = 16,07 \, \mathrm{N}}$

Sendo possível obter resultados aproximados com a formula de aproximação dada no início da prova.

(a)

$F = 23 \, \mathrm{N}$

(b)

$F = 11,5 \, \mathrm{N}$

(c)

$f = 16,07 \, \mathrm{N}$

Ondas e cinemática

a):

Sabemos que a onda sonora leva 1,2 segundos para ir até o paredão, refletir e voltar. Logo, o tempo de ida será de 0,6 segundos.

Assumindo a velocidade do som como 340 m/s, temos:

$d=v\cdot t \rightarrow$

$\boxed{d=340\cdot 0,6 \;\rm{m}=204\;\rm{m}}$

b):

Sabemos que o som se propagará isotropicamente, logo, podemos considerar uma esfera para o cálculo da área.

$I= \frac{P}{A} \rightarrow$

$\boxed{I_1= \frac{P}{4 \pi r^2}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\cdot 3 \cdot 10^2}=5\cdot 10^{-6} \;\rm{W/m^2}}$

c):

Aplicando a mesma lógica do item b) só que agora para uma distância de 2d:

$\boxed{I_e=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\pi (2d)^2}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\cdot 3 (408)^2}\approx 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$

a) $\boxed{d=204\;\rm{m}}$

b) $\boxed{I_1=5\cdot 10^{-6} \;\rm{W/m^2}}$

c) $\boxed{I_e= 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$