Escrito por Lucas Praça, Tiago Rocha, Vitor Takashi, Gustavo Globig, Paulo Vinícius, Felipe Alves, Caio Yamashita, Davi Tsuchie, Elias Barros
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Problema 1
Em um laboratório didático de Física, há um arranjo experimental para estudar um sistema de amortecimento composto por uma mola vertical de constante elástica $$k=20,0 \;\rm{N/m}$$ e massa desprezível, que sustenta uma plataforma horizontal também de massa desprezível (veja a figura fora de escala).Um bloco de massa $$m=200 \;\rm{g}$$ é abandonado do repouso a partir de uma altura $$h$$ acima da plataforma. O estudante deseja determinar a deformação máxima $$d$$ da mola após o impacto como bloco. Considere que o sistema se move apenas na direção vertical (a parte do equipamento que garante isso não é mostrada) e que não há dissipação de energia mecânica. Determine $$d$$, em cm, nos seguintes casos:
(a) $$h = 20 \;\rm{cm}$$
(b) $$h = 40 \;\rm{cm}$$
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Conservação de Energia
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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) $$\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$$
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(a) $$\boxed{d = 32 \;\rm{cm}}$$
(b) $$\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$$
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Problema 2
Na figura ao lado, o bloco de massa $$M = 300\ \text{g}$$ está apoiado sobre uma superfície horizontal perfeitamente lisa (sem atrito) e preso a uma mola de constante elástica $$k$$.
Um segundo bloco, de massa $$m = 200\ \text{g}$$, está simplesmente apoiado sobre o bloco $$M$$. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é $$\mu = 0{,}3$$.
Deseja-se fazer o sistema oscilar com uma amplitude máxima de $$10{,}0\ \text{cm}$$.
Determine o maior valor possível da constante elástica $$k$$, em $$\text{N/m}$$, que garante que o bloco $$m$$ não escorregue sobre o bloco $$M$$ durante o movimento.
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Dinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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**.
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$$15\ \text{N/m}$$
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Problema 3
Um grupo de estudantes está em um acampamento em um dia chuvoso e decide fazer um experimento com duas lanternas de bolso idênticas. Cada lanterna é alimentada por duas pilhas de $$1.5\;\mathrm{V}$$ ligadas em série e possui uma pequena lâmpada incandescente cujo soquete indica $$3.0\;\mathrm{V}$$ e $$2.0\;\mathrm{W}$$. Os estudantes desmontam as lanternas e, no espírito “MacGyver” (o grupo gosta de física experimental e dessa antiga série de TV), montam dois circuitos usando fios e materiais improvisados. Em ambos os casos, a fonte é o conjunto de duas pilhas em série (as pilhas são idênticas). Caso 1: uma única lâmpada é ligada ao conjunto de pilhas. Observa-se potência dissipada P1. Caso 2: duas lâmpadas idênticas são ligadas em paralelo entre si e, em seguida, ao mesmo conjunto de pilhas. Observa-se que cada lâmpada dissipa potência $$P_2$$, ligeiramente menor que $$P_1$$ . Se as pilhas fossem ideais, as potências seriam iguais ($$P_2$$ = $$P_1$$). Como não são, concluíram que cada pilha possui resistência interna r não desprezível. Usando aplicativos instalados nos celulares, que medem intensidade luminosa, o grupo estimou que a queda de potência foi de $$5\%$$, ou seja, $$P_2=0.95P_1$$. Considerando que eles estão corretos, determine:
(a) A resistência $$R$$, em $$\Omega$$, de cada lâmpada.
(b) A resistência interna $$r$$, em $$\Omega$$, de cada pilha.
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Circuitos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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 $$P_2=0.95P_1$$:
$$\frac{RU^2}{(4r+R)^2}=0.95\frac{RU^2}{(2r+R)^2}$$
$$\frac{1}{(4r+4.5)^2}=\frac{0.95}{(2r+4.5)^2}$$
$$\boxed{r=0.060\;\mathrm{\Omega}}$$
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(a) $$\boxed{R = 4.5\;\mathrm{\Omega}}$$
(b) $$\boxed{r = 0.060\;\mathrm{\Omega}}$$
[/spoiler]
Problema 4
Panelas de fundo triplo, compostas por uma camada intermediária de cobre entre duas camadas de aço inox, são amplamente utilizadas em cozinhas profissionais. A camada de cobre, excelente condutor térmico, distribui o calor uniformemente, enquanto o aço inox oferece maior resistência mecânica e à oxidação. Considere uma situação típica em que uma panela está em uso com uma certa quantidade de água em ebulição em uma cozinha no nível do mar. A boca do fogão fornece uma potência de $$1500 \rm{W}$$, e o fundo da panela tem área $$A=300 \rm{cm^2}$$. Cada uma das três camadas (aço+cobre+aço) do fundo da panela tem espessura $$l=1,0 \rm{mm}$$. A condutividade térmica do cobre é $$k_{Cu} = 400 \rm{W/(m \cdot K)}$$ e a do aço inox é $$k_{Aco}= 20 \rm{W/(m \cdot K)}$$. Suponha que 80% da potência da chama seja transferida de forma uniforme para a base da panela.
(a) Determine a temperatura da face externa do fundo da panela, em contato com a chama, em $$^{\circ} C$$.
(b) Determine o módulo da diferença de temperatura, em $$^{\circ} C$$, entre as interfaces aço/cobre e cobre/aço.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Condução de calor
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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 $$\Delta T_{Cu}=0,1 \rm{^{\circ}C}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{ 104,1 \rm{^{\circ }C}}$$
(b) $$ \boxed{0,1 \rm{^{\circ}C}}$$
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Problema 5
Uma fibra óptica cilíndrica de comprimento $$L = 1,50 \ \text{km}$$ é composta por um núcleo central com índice de refração $$n_c = 1,40$$ e uma camada externa com índice de refração $$n_e = 1,19$$.
A figura ao lado mostra uma seção longitudinal de um segmento da fibra.
Um efeito indesejável que degrada a qualidade da informação transmitida é o alargamento do sinal, o qual pode ser estimado considerando as diferentes trajetórias percorridas pelos raios de luz.
Por exemplo:
A linha tracejada 1 representa o percurso de um raio luminoso que se propaga ao longo do eixo da fibra.
A linha tracejada 2 representa o caminho de outro raio que sofre reflexões sucessivas na interface entre o núcleo e a camada externa.
Considere os raios de luz que percorrem a fibra no menor intervalo de tempo possível $$t_1$$ e no maior intervalo de tempo possível $$t_2$$.
Suponha que o alargamento do sinal $$\Delta x$$ possa ser estimado por: $$ \Delta x = (t_2 – t_1) \cdot v $$, onde $$v$$ é a velocidade de propagação da luz na fibra.
Determine:
(a) $$t_1$$, em microssegundos ($$10^{-6} \ \text{s}$$);
(b) $$t_2$$, em microssegundos ($$10^{-6} \ \text{s}$$);
(c) $$\Delta x$$, em metros.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica Geométrica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
((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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) 7 microssegundos
(b) 8,4 microssegundos
(c) 266 metros
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Problema 6
A figura ao lado mostra duas configurações de uma espira composta por duas semicircunferências de raios $$r$$ e $$R = 3r$$, articuladas em torno de um eixo formado por dois segmentos retilíneos. Observe que uma configuração pode ser obtida da outra por uma rotação de $$180^\circ$$ do semicírculo menor em torno do eixo pontilhado. Adote um sistema de referência no qual a direção $$z$$ positiva é perpendicular e para fora do plano do papel (ou da tela do dispositivo). Sejam $$B_1$$ e $$B_2$$ as componentes $$z$$ do campo magnético no ponto $$P$$ gerado pela espira quando percorrida por uma corrente $$i$$ (no sentido indicado na figura), nas configurações 1 e 2, respectivamente. Determine a variação relativa do campo magnético no ponto $$P$$, dada por $$\frac{B_2-B_1}{B_1}$$, causada pela mudança da espira da configuração 1 para a 2.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Magnetismo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$x=\frac{B_2-B_1}{B_1}=\frac{-\frac{\mu_0 i}{6r}-\frac{\mu_0 i }{3r}}{\frac{\mu_0 i}{3r}}=\boxed{-1.5}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{x=-1.5}$$
[/spoiler]
Problema 7
Em um laboratório didático de Física, um estudante investiga o funcionamento de um guindaste construído em
escala reduzida, representado na figura abaixo. A lança do guindaste é modelada por uma barra homogênea $$AB$$, de comprimento $$80,0 \, \mathrm{cm}$$ e massa $$m = 200 \, \mathrm{g}$$, que pode girar livremente em torno do ponto fixo $$C$$, que a conecta à torre vertical. Uma carga de massa $$M = 500 \, \mathrm{g}$$ é suspensa por um fio ideal preso à extremidade $$B$$ da barra.
A extremidade oposta da barra, ponto $$A$$, está sujeita a uma força externa de intensidade $$F$$, aplicada sempre perpendicularmente à barra $$AB$$. A distância entre os pontos $$A$$ e $$C$$ é de $$16,0 \, \mathrm{cm}$$.
Considere situações de equilíbrio estático do sistema e determine:
(a) a intensidade da força $$F$$, em $$\mathrm{N}$$, quando $$\theta = 0^{\circ}$$;
(b) a intensidade da força $$F$$, em $$\mathrm{N}$$, quando $$\theta = 60^{\circ}$$;
(c) a intensidade da força que a torre exerce sobre o ponto $$C$$, em $$\mathrm{N}$$, quando $$\theta = 60^{\circ}$$.
[spoiler title=’Assunto’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Estática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
$$F = 23 \, \mathrm{N}$$
(b)
$$F = 11,5 \, \mathrm{N}$$
(c)
$$f = 16,07 \, \mathrm{N}$$
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Problema 8
Durante uma excursão à Pedra da Boca, no interior da Paraíba, um estudante decide gritar a palavra “Eco”, voltado diretamente para a face rochosa de um paredão vertical. Ele percebe que, após gritar, ouve o eco aproximadamente $$1,2 \;\rm{s}$$ depois.
Considere que o som se propaga isotropicamente pelo ar, que a fonte sonora pode ser aproximada por uma fonte pontual, e despreze perdas por absorção, interferências e reflexões secundárias.
Sabendo que a potência média do grito é $$P_0 = 6\cdot 10^{-3}\;\rm{W}$$, estime:
(a) a distância, em metros, entre o estudante e o paredão rochoso;
(b) a intensidade média I1 da onda sonora (grito), em $$\rm{W/m^2}$$, quando está a $$10 \;\rm{m}$$ do estudante (fonte);
(c) a intensidade média Ie da onda sonora correspondente ao eco, em $$\rm{W/m^2}$$, ao chegar ao ouvido do estudante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ondas e cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{I_e=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\pi (2d)^2}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\cdot 3 (408)^2}\approx 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{d=204\;\rm{m}}$$
b) $$\boxed{I_1=5\cdot 10^{-6} \;\rm{W/m^2}}$$
c) $$\boxed{I_e= 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$$
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