SOLUÇÕES DA OLIMPÍADA INTERNA DE FÍSICA – TERCEIRA

SOLUÇÕES DA OLIMPÍADA INTERNA DE FÍSICA – TERCEIRA SÉRIE
Professor: Edney Melo
ALUNO(A):
TURMA:
Nº
TURNO:
DATA:
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SEDE:
OSG: 7220-12
01. A fim de demonstrar que a radiação na superfície da Terra é proveniente de substâncias radioativas presentes
no solo, o padre alemão Theodor Wulf projetou e construiu um eletrômetro de fio que leva o seu nome. Com este
instrumento, em 1910, quis demonstrar que a radiação deve diminuir com a altura. O resultado da experiência
realizada na Torre Eiffel foi “negativo”. A mudança foi pequena, mas o resultado foi contrário à hipótese de Wulf: a
radiação aumentou com a altura. Isso o forçou a admitir a existência de uma fonte de radiação externa contrária a
que emana da própria Terra. Em 1912, o físico austríaco Victor Francis Hess fez medições em um balão a uma
altura de 5000 m: "A melhor explicação para os resultados das minhas observações são baseadas no pressuposto
de que uma radiação de grande poder de penetração entra na nossa atmosfera ascendentemente". Outras
medidas, tomadas a partir de balões não tripulados, o levaram à conclusão de que a intensidade da radiação
vinda de fora da atmosfera (raios cósmicos) aumenta com a altitude, varia com a latitude e é mais intensa durante
o dia do que à noite. Victor Hess, que pode ser considerado o "pai" dos raios cósmicos, recebeu o Prêmio Nobel
de Física em 1936.
Os eletrômetros são dispositivos para medir diferenças de potencial ou cargas elétricas. Embora existam
vários tipos vamos nos concentrar no eletrômetro Wulf na Figura 1, o qual se encontra na Faculdade de Ciências
da Universidade de Zaragoza. Um esquema do eletrômetro de Wulf é ilustrado na Figura 2.
Basicamente, é constituído por um invólucro cujas faces externas são perfeitamente condutoras e por dois
condutores isolados do invólucro que suportam duas placas metálicas planas e paralelas A e B. O elemento HC é
um fio fino que tem sua extremidade final H eletricamente ligada ao terminal 1 do aparelho e a sua extremidade
inferior está fixa à caixa por meio de um botão girante de quartzo C, isolado, o que permite regular a força de
tensão do fio. O dispositivo possui sistema de iluminação lateral, o que permite observar o fio utilizando um
microscópio equipado com um micrômetro. Com isso, é possível medir com alta precisão os pequenos desvios
laterais que ocorrem no fio quando, entre os terminais 1 e 2, é aplicada uma diferença de potencial ΔV.
As placas A e B são separadas por uma distância d. Duas baterias de fem V0 estão ligadas entre si como
mostrado na Figura 2. Por isso, entre as referidas placas, se estabelece um campo elétrico que, para simplificar o
problema, pode ser considerado uniforme. Se o fio HC não estiver eletricamente carregado, ele não sofre
nenhuma força eletrostática, como mostrado na Figura 3. Mas se houver uma diferença de potencial ΔV > 0, o fio
adquire uma carga +q e tende a mover-se lateralmente em direção à placa condutora negativa (Figura 4) até que a
força eletrostática seja compensada pelas componentes horizontais da força de tração T nas extremidades do fio.
Uma vez que a carga q do fio é extremamente pequena, assim também será o deslocamento do fio, x <<ℓ,
justificando a necessidade do microscópio. Por conseguinte, o ângulo α formado pela tensão no fio nas suas
extremidades, em relação à vertical, é também muito pequeno (α≈ senα ≈ tgα) e, pela mesma razão, é possível
considerar que o módulo de tensão T permanece constante e independente de x. Como simplificação adicional,
podemos assumir que, quando em equilíbrio, o fio é quase uma linha reta no espaço entre as placas, como
mostrado na Figura 5.
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a) Determine a intensidade do campo elétrico E entre as placas A e B, em função de V 0 e d.
Quando se estabelece uma diferença de potencial ΔV entre os terminais 1 e 2, o fio adquire uma carga q, a qual é
distribuída uniformemente através do fio como uma densidade de carga linear λ= q/L. A porção do fio entre as
placas, por efeito do campo elétrico uniforme, sofre um deslocamento x, como mostrado na Figura 5.
b) Encontre a expressão que mostra o deslocamento x do fio em função de V0, L, ℓ, d, T e q.
c) Para modificar o conjunto de medidas, a tensão T do fio pode ser modificada, mas não
é fácil determinar o seu valor. Também não é fácil encontrar a relação entre a carga do fio
e a diferença potencial ∆V aplicada entre os terminais do eletrômetro. No entanto, para
pequenos valores de x, a deflexão do fio e a tensão aplicada ΔV são proporcionais, ou seja,
x = K x ΔV. Suponha que, após ter sido feita uma operação prévia de calibração, descobriu-se que a constante de
proporcionalidade é K = 5,59.10-6 m/V.
Sob essas condições, conforme mostrado na Figura 6, os terminais 1e 2 do eletrômetro estão ligados através de
um interruptor I às placas S e S' de um capacitor plano carregado. As placas são circulares com raio r = 0,150 m e
estão separadas por uma distância b = 0,120 m. Quando o interruptor I é fechado observa-se uma deflexão do fio
de xI = 0,139 mm.
d) Determine a diferença de potencial entre as placas do capacitor e a quantidade de carga armazenada pelo
mesmo. (ε0 = 8,86.10-12 C2N-1m-2)
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A partir do momento em que o interruptor I é fechado observa-se que o desvio x do fio diminui lentamente
até ser nulo, o que significa que a diferença de potencial entre as placas do capacitor diminui na mesma proporção
até que se torne zero. Sabendo que não há corrente de fuga através do isolamento da montagem, o fenômeno se
deve exclusivamente a algum tipo de radiação, com energia suficiente, que ioniza as moléculas do gás (ar) entre
as placas. Os íons positivos migram para a placa negativa e os da placa negativa para a positiva e, gradualmente,
o capacitor descarrega.
e) Se o tempo até o interruptor ser acionado até xI ≈ 0 vale t = 7,66.103 s e admitindo que a descarga do
condensador seja em virtude apenas da simples ionização do ar entre as suas placas (cada molécula ionizada dá
origem a um único elétron e a um íon positivo), determine o número N de ionizações que são feitas por segundo e
por cm3 no espaço entre as placas do capacitor. (carga elementar e= 1.602.10-19 C).
SOLUÇÃO:
a) A figura a seguir mostra apenas as ligações das placas do eletrômetro com as duas baterias e o solo. É fácil
perceber que a diferença de potencial entre elas é 2V0.
Sabendo que as referidas placas formam um capacitor plano, o módulo do campo elétrico no interior é dado por:
𝐸=
2𝑉0
𝑑
b) Quando o fio tem uma carga positiva, ele tende a se mover em direção à placa negativa, a B, no nosso caso.
Aceitando a simplificação proposta no enunciado do problema, considere a parte o equilíbrio fio entre as placas
como um sistema mecânico em equilíbrio (figura a seguir). As forças externas atuantes são as tensões nas suas
extremidades, de módulo de T, e a força eletrostática F devido à presença do campo elétrico. Se λ é a densidade
linear de carga elétrica do fio, esta força eletrostática vale:
𝐹 = 𝜆. ℓ. 𝐸 = 𝜆. ℓ.
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2𝑉0
𝑑
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No equilíbrio, a força resultante horizontal deve ser nula. Desse modo:
𝐹 − 2𝑇. 𝑠𝑒𝑛𝛼 = 0
Como o ângulo em questão é muito pequeno, temos que:
𝑠𝑒𝑛𝛼 ≈ 𝑡𝑔𝛼
Da figura 5 do enunciado, é fácil deduzir que:
𝑡𝑔𝛼 =
𝑥
(𝐿 − ℓ)/2
Desse modo, temos que:
𝜆. ℓ.
(𝐿 − ℓ). ℓ 𝜆𝑉0
2𝑉0
2𝑥
= 2𝑇.
→𝑥=
.
𝑑
𝐿−ℓ
𝑑
2𝑇
Sabendo que λ = q/L, podemos escrever que:
𝑥=
(𝐿 − ℓ). ℓ 𝑉0
.
𝑞
𝐿. 𝑑
2𝑇
c) e d) Ao conectar as armaduras do capacitor aos bornes do eletrômetro é observado um desvio do fio que vale
x1 = 0,139mm, desse modo, tendo em conta o valor da constante de calibração, temos que:
∆𝑉 =
𝑥1
→ ∆𝑉 = 24,9𝑉
𝐾
A capacitância de um capacitor plano é dada por C = εA/b, onde A é a área das armaduras. Desse modo:
𝐶=𝜀
𝜋𝑟 2
𝑏
Sabendo que a quantidade de carga em cada uma das armaduras, em módulo, vale Q = C.∆V, temos que:
𝑄=𝜀
𝜋𝑟 2 𝑥1
.
→ 𝑄 = 1,30. 10−10 𝐶
𝑏 ∆𝑉
e) A carga de cada armadura é neutralizada depois de tempo τ em virtude das cargas de sinal oposto que chegam
da ionização que ocorre no ar entre as placas, cujo volume é πr2b. Portanto, o número de ionizações que ocorrem
por segundo e por unidade de volume vale:
𝑁=
𝑄
𝑒𝜏𝜋𝑟 2 𝑏
𝑁=
𝜀 𝑥1
.
𝑒𝜏𝑏 2 𝐾
𝑁 = 12,5 𝑖𝑜𝑛𝑖𝑧𝑎ç𝑜𝑒𝑠/(𝑠. 𝑐𝑚3 )
𝑁 = 12,5. 106 𝑖𝑜𝑛𝑖𝑧𝑎ç𝑜𝑒𝑠/(𝑠. 𝑚3 )
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02. Centros Meteorológicos hoje tem aparelhos muito sofisticados para a medição da velocidade do vento.
Adicionalmente e simultaneamente medem também a temperatura do ar. O problema proposto refere-se a um
destes dispositivos, o anemômetro sônico, que, ao contrário dos convencionais, possui partes imóveis, diferente
daqueles que possuem elementos rotativos, palhetas, etc. O funcionamento desse tipo de anemômetro baseia-se
na medição do tempo da propagação dos sinais de som.
Como introdução, e para facilitar a resolução do problema, propomos inicialmente um problema conhecido: o
movimento de uma canoa em um rio.
Uma canoa navega em relação á água com uma velocidade c, faz um caminho retilíneo do ponto A até o ponto B,
separados por uma distância L, e em seguida faz uma trajetória inversa de B para A. As durações para realização
desses trajetos são t1' e t2', respectivamente, sendo t2' > t1' porque há uma corrente marítima de velocidade va no
sentido de A para B, tal como mostrado na Figura 7.
a) Deduza as expressões analíticas que permitem calcular os valores de c e va (módulo de va) em função de t1' e
t2' e da distância L.
Considere agora que o vento não “sopra” na direção AB, de maneira que a velocidade va possui duas
componentes vN e vL, perpendicular e paralela a AB, respectivamente, como mostrado na figura 8.
b) Sabendo que somente a velocidade longitudinal pode ser determinada, deduza a expressão para v L em função
da distância L e dos intervalos de tempo t1 e t2 que correspondem, respectivamente, desde a saída do sinal sonoro
emitido em A e detectado em B e vice-versa.
c) Levando em consideração que c >> va, deduza a expressão da velocidade c do som, em função de L, t1 e t2.
A velocidade de propagação do som no ar, c, depende da densidade do ar e do seu módulo de compressibilidade
B, de acordo com a expressão:
𝑣=√
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𝐵
𝜌
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Na propagação da onda sonora, cada elemento de volume, V, experimenta variações periódicas na pressão, Δp,
que dão lugar a variações de volume ΔV. O módulo de compressibilidade representa o fator de proporcionalidade
entre as citadas variações, e é definido por:
∆𝑝 = −𝐵.
∆𝑉
𝑉
Vale ressaltar que a razão Δp/ΔV depende do tipo de transformação termodinâmica que ocorre em um sistema
gasoso, contido em um elemento de volume.
Em virtude da baixa condutibilidade térmica dos gases e à rapidez com que são produzidas as variações de
pressão e de volume, o processo de propagação do som pode ser considerado adiabático. Como conseqüência, o
modelo adiabático de propagação do som é o mais indicado para o ar seco, de modo que, para um dado
coeficiente de Poisson γ, temos que:
𝑉. ∆𝑝 + 𝛾. 𝑝. ∆V = 0
d) Considerando que o ar, de massa molar média Ma, se comporta como um gás ideal, determine a expressão de
c em função da temperatura do ar.
SOLUÇÃO:
a) Consideremos dois sistemas de referência, um fixo ligado aos pontos A e B e outro associado à água que se
move em relação ao primeiro com velocidade va. As velocidades da canoa em ambos os sistemas de referência
estão relacionadas da seguinte maneira:
⃗⃗⃗
𝑣′ = 𝑐 + ⃗⃗⃗⃗
𝑣𝑎
Chamemos de v1’ e v2’ as velocidades com as quais a canoa possui em relação ao primeiro sistema de referência
citado, nos trechos A→B e B→A, respectivamente. Desse modo, seus módulos são dados por:
𝑣′1 = 𝑐 + 𝑣𝑎
𝑣′2 = 𝑐 − 𝑣𝑎
Por outro lado, sabemos que:
𝑣′1 =
𝐿
𝐿
→ 𝑡′1 =
𝑡′1
𝑐 + 𝑣𝑎
𝑣′2 =
𝐿
𝐿
→ 𝑡′2 =
𝑡′2
𝑐 − 𝑣𝑎
Note que t2’>t1’. Somando e subtraindo as expressões acima, obtemos as relações propostas:
𝐿 𝑡′2 − 𝑡′1
𝑣𝑎 = .
2 𝑡′1 𝑡′2
𝑐=
𝐿 𝑡′2 + 𝑡′1
.
2 𝑡′1 𝑡′2
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b) A relação vetorial entre as velocidades grafada no item anterior ainda é válida, porém agora os vetores
possuem direções diferentes. Os trajetos AB e BA possuem os correspondentes diagramas de velocidades
mostrados a seguir.
As direções dos vetores velocidades v1 e v2 são as mesmas do trecho AB. Desse modo:
𝑣𝑁 = 𝑐. 𝑠𝑒𝑛𝛽1 = 𝑐. 𝑠𝑒𝑛𝛽2 → 𝛽1 = 𝛽2 = 𝛽
Por outro lado, de acordo com os diagramas da figura acima, note que:
𝑣1 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑣𝐿 ∴ 𝑣1 = 𝐿/𝑡1
𝑣2 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝑣𝐿 ∴ 𝑣2 = 𝐿/𝑡2
Através de algebrismo simples com as expressões acima, obtém-se vL em função dos tempos de ida e de volta do
sinal. Desse modo:
𝐿 𝑡2 − 𝑡1
𝑣𝐿 = (
)
2 𝑡1 𝑡2
c) Das expressões,
𝑣1 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑣𝐿 ∴ 𝑣1 = 𝐿/𝑡1
𝑣2 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 − 𝑣𝐿 ∴ 𝑣2 = 𝐿/𝑡2
por um processo de soma, temos que:
𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 =
𝐿 𝑡2 + 𝑡1
(
)
2 𝑡1 𝑡2
Note que o ângulo β é desconhecido, e para eliminá-lo, apliquemos o Teorema de Pitágoras aos triângulos
retângulos nos diagramas de velocidades descritos anteriormente. Desse modo:
𝑐 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝛽 = 𝑐 2 − 𝑣𝑛2
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Por uma simples substuituição, temos que:
𝑐 2 − 𝑣𝑛2 =
𝐿2 𝑡2 + 𝑡1 2
.(
)
4
𝑡1 𝑡2
Já que c >>va, temos que c >> vN, desse modo:
𝐿 𝑡2 + 𝑡1
𝑐 ≈ .(
)
2
𝑡1 𝑡2
OBS.: Outra maneira de determinar o valor de c.
Do diagrama de velocidades referente ao trecho A→B deduzimos que:
𝑣1 = 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑣𝐿 → 𝑐. 𝑐𝑜𝑠𝛽 = 𝑣1 − 𝑣𝐿
Elevando a quadrado e substituindo na expressão 𝑐 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝛽 = 𝑐 2 − 𝑣𝑛2 , temos:
𝑐 2 − 𝑣𝑛2 = 𝑣12 + 𝑣𝐿2 − 2. 𝑣𝐿 . 𝑣1 → 𝑐 2 = 𝑣12 + 𝑣𝐿2 + 𝑣𝑛2 − 2. 𝑣𝐿 . 𝑣1
Sabemos que 𝑣𝐿2 + 𝑣𝑁2 = 𝑣𝑎2 , e que c >> va, de modo que podemos escrever, lembrando que v1 = L/t1:
𝑐2 ≈
𝐿 𝑡2 −𝑡1
Da expressão 𝑣𝐿 = (
2
𝑡1 𝑡2
𝐿2
𝐿
2 − 2. 𝑡 . 𝑣𝐿
𝑡1
1
) obtida no item (b), note que:
𝑐≈
𝐿
𝑡2 +𝑡1
2
𝑡1 𝑡2
As expressões 𝑐 ≈ . (
) e 𝑐≈
𝐿
√𝑡1 𝑡2
𝐿
𝑡
√ 1 𝑡2
são, à primeira vista, bem diferentes, apesar de ambas serem válidas
como solução do problema.
Note que a primeira pode ser escrita em função da razão entre a média aritmética e a média geométrica de t 1 e t2.
Desse modo:
𝑡1 + 𝑡2
1
𝑐 ≈ 𝐿. 2 .
𝑡
𝑡
𝑡
√ 1 2 √ 1 𝑡2
Sabendo que ambas as médias são coincidentes, pois a velocidade do sinal é muito elevada, de modo que t 1 é
aproximadamente igual a t2. Desse modo, temos que:
𝑐≈
𝐿
(𝑐𝑜𝑖𝑛𝑐𝑖𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚 𝑎 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑠𝑡𝑎)
√𝑡1 𝑡2
𝐿
𝑡2 +𝑡1
2
𝑡1 𝑡2
Por substituição na expressão 𝑐 ≈ . (
), note que:
𝑐≈
2𝐿
𝑡1 + 𝑡2
Considerando que t1 é praticamente igual a t2, podemos escrever que:
𝑐≈
onde 𝑡̅ é o tempo médio de ida e de volta do sinal sonoro.
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𝐿
𝑡̅
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d) Em virtude das informações dadas no enunciado, a velocidade do som pode ser escrita do seguinte modo:
𝐵
∆𝑉
𝑐 = √ ∴ ∆𝑝 = −𝐵.
𝜌
𝑉
𝑐 = √−
𝑉. ∆𝑝
𝜌. ∆𝑉
Naturalmente, um aumento na pressão implica em uma redução no volume e vice-versa, de modo que a relação
∆p/∆V deve ser necessariamente negativa, qualquer que seja a transformação sofrida por um elemento de
volume.
Neste caso, com o problema sugere para o ar seco, o modelo de processo mais indicado é o adiabático, de modo
que:
𝑉. ∆𝑝 + 𝛾. 𝑝. ∆V = 0
∆𝑝
𝛾𝑝
=−
∆𝑉
𝑉
Por uma simples substituição na expressão de c, temos que:
𝑐=√
𝛾𝑝
𝜌
Considerando que ar se comporta com um gás ideal, denominando M a amostra de ar envolvida no processo, com
um volume V e uma temperatura absoluta T, note que:
𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 =
𝑀
𝑝 𝑅𝑇
𝑅𝑇 → =
𝑀𝑎
𝜌 𝑀𝑎
Finalmente, obtemos que:
𝑐=√
𝛾𝑅𝑇
𝑀𝑎
03. Uma barra delgada e homogênea, de massa M e comprimento L, encontra-se sobre um par de rodinhas que
giram com a mesma velocidade angular constante, porém em sentidos opostos. A figura 9 mostra o sistema
descrito quando a barra está disposta simetricamente em relação aos apoios girantes. A distância entre os apoios
vale b e o coeficiente de atrito entre a barra e cada apoio vale µ.
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a) Quando a barra se afasta de uma distância x, em relação à posição de simetria, como representado na figura
10, faça um diagrama das forças que estão atuando sobre a mesma.
b) Demonstre que a posição de equilíbrio da barra é aquela em que a mesma se encontra na condição de simetria
(x = 0).
Quando a barra é deslocada de uma distância x, em relação à posição de equilíbrio, perceba que ela começará a
executar um movimento harmônico simples. Considere que as velocidades angulares das rodas sejam
suficientemente elevadas de modo que, em nenhum momento, a barra pare de deslizar sobre os apoios.
c) Determine o período T de oscilações da barra.
Estando a tábua na posição de equilíbrio, é aplicado um impulso horizontal de intensidade I, de modo que se
iniciem as oscilações em relação à posição de equilíbrio.
d) Determine o máximo valor do impulso que se pode aplicar na barra de modo que sempre permaneça apoiada
nas rodas.
SOLUÇÃO:
a) As forças que atuam sobre a barra estão mostradas na figura a seguir. Como em todos os momentos há
deslizamento entre as rodas e a placa, cada módulo de força de atrito atinge o seu máximo.
𝐹𝑟1 = 𝜇𝑁1 𝑒 𝐹𝑟2 = 𝜇𝑁2
b) Na posição simétrica ( x= 0) a reações normais de apoio são iguais: N1 = N2 = Mg/2, de modo que as forças de
atrito (uma vez que existe escorregamento máximo) têm a mesma intensidade e, sendo em direções opostas, de
modo que a força horizontal resultante é igual a zero. Consequentemente, a placa fica no equilíbrio.
c) Se a placa for deslocada de uma distância x da posição de equilíbrio, como mostrado na figura a seguir, as
reações normais deixam de ser iguais, e, consequentemente, o mesmo ocorre com as forças de atrito. A força
horizontal resultante atuando na barra é dada por:
𝐹𝑥 = 𝐹𝑟1 − 𝐹𝑟2 = 𝜇(𝑁1 − 𝑁2 )
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Para determinar Fx, é necessário da determinação das forças de reação normal.
De acordo com a primeira condição de equilíbrio, temos que:
𝑁1 + 𝑁2 = 𝑀𝑔
Por outro lado, o movimento da barra ocorre apenas na direção horizontal, de modo que o momento resultante
sobre a mesma deve ser NULO, em relação em qualquer ponto. Escolheremos, então, o centro de massa da barra
como ponto de referência para segunda condição de equilíbrio. Desse modo:
𝑏
𝑏
𝑁1 ( + 𝑥) = 𝑁2 ( − 𝑥)
2
2
Utilizando as expressões das duas condições de equilíbrio, chegamos às reações de apoio:
1 𝑥
𝑁1 = 𝑀𝑔 ( − )
2 𝑏
1 𝑥
𝑁2 = 𝑀𝑔 ( + )
2 𝑏
Desse modo, a força resultante na horizontal é dada por:
𝐹𝑥 = −
2𝜇𝑀𝑔
𝑥 (𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑟𝑎)
𝑏
Temos uma aceleração associada ao movimento dada por:
𝑎=−
2𝜇𝑔
𝑥
𝑏
Note que se trata de um movimento harmônico simples (MHS), cuja pulsação será dada por:
𝜔=√
2𝜇𝑔
𝑏
Desse modo, o período de oscilação da barra será dado por:
𝑏
𝑇 = 2𝜋√
2𝜇𝑔
d) Sabemos que a barra realiza um MHS, de mdo que sua velocidade e sua elongação são dadas por:
𝑥(𝑡) = 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜑)
𝑣(𝑡) = 𝜔𝐴. cos(𝜔𝑡 + 𝜑)
onde A é a amplitude do movimento e φ é a fase no instante t = 0, cujos valores dependem das condições iniciais
do movimento.
De acordo com o enunciado do problema, a barra está inicialmente em repouso (posição de equilíbrio) e inicia seu
movimento depois que um impulso horizontal I é aplicado a mesma. Como o impulso corresponde à variação da
quantidade de movimento, temos que:
𝐼 = 𝑀. 𝑣0
onde v0 é a velocidade inicial associada ao movimento da barra.
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Note que a condições iniciais do movimento são dadas por:
𝑥(𝑡 = 0) = 0
𝑣(𝑡 = 0) = 𝑣0
Aplicando essas condições iniciais às expressões de elongação e velocidade, temos que:
0 = 𝐴. 𝑠𝑒𝑛𝜑 𝑒 𝑣0 = 𝜔𝐴. 𝑐𝑜𝑠𝜑 → 𝜑 = 0 𝑒 𝑣0 = 𝜔𝐴
Sabendo que o comprimento da barra vale L, para que ela permaneça sempre apoiada e oscilando sobre as
rodinhas, a amplitude máxima de suas oscilações deve obedecer à seguinte condição (observe a figura a seguir):
2𝐴𝑚𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐿 → 𝐴𝑚𝑎𝑥 =
𝐿−𝑏
2
Desse modo, a velocidade inicial máxima deve ser dada por:
𝑣0 = 𝜔.
𝐿−𝑏
2
Finalmente, o valor máximo do impulso será:
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝜔.
𝐿−𝑏
2
Substituindo o valor de ω, obtemos:
𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝑀√
2𝜇𝑔 𝐿 − 𝑏
.
𝑏
2
04. Duas pequenas esferas, cada uma de massa m, estão livres para deslizar sobre um aro rígido e vertical da
massa mh. As esferas são colocadas no aro de modo que as mesmas não possam cair para fora do aro. Elas são
liberadas com velocidade desprezível, na parte superior do aro e deslizam para a parte inferior em direções
opostas. O aro permanece na vertical em todos os momentos. Qual é o valor máximo da razão m/mh para que o
aro permaneça sempre em contato com o chão? Despreze todos os atritos.
OBS: Para uma função f(x) = axn (onde a é uma constante), podemos definir a sua derivada, ou seja, a taxa de
variação infinitesimal de f(x) com x, como sendo f’(x) = a.n.x n-1. Lembre-se que o valor máximo ou mínimo de
determinada função ocorre quando a sua derivada for nula.
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SOLUÇÃO:
Do enunciado do problema e analisando as forças atuantes em uma das esferas, temos que:
Note que a força que atua em cada esfera é uma resultante centrípeta, cujo módulo é dado por:
𝐹𝑁 + 𝑃. 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝐹𝑁 =
𝑚𝑣 2
𝑅
𝑚𝑣 2
− 𝑚𝑔. 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑅
A componente vertical da reação normal FN em cada esfera é dada por FN,Y = FN.cosθ.
De acordo com a Terceira Lei de Newton, a força feita pelas esferas sobre o aro é dada por:
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝐹𝑁,𝑦 = 2. 𝐹𝑁 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝑚𝑐𝑜𝑠𝜃 (
𝑣2
− 𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑅
Note que essa força é vertical e para cima.
Utilizando o princípio da conservação da energia, temos que, para uma esfera:
1
𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2
Por simples substituição, note que:
𝑣2
= 2𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑅
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝑚𝑐𝑜𝑠𝜃[2𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) − 𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃]
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝑚𝑔[2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃]
Para que o aro permaneça em contato com o chão, a reação normal de apoio(do solo sobre o aro) deve ser nula,
no limite. Desse modo, temos que:
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 ≤ 𝑚ℎ . 𝑔
2𝑚𝑔[2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃] ≤ 𝑚ℎ . 𝑔
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Desse modo, devemos encontrar o valor máximo da força que as esferas exercem sobre o aro.
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝑚𝑔[2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 3𝑐𝑜𝑠 2 𝜃]
Note que essa força depende apenas da função cosseno. Desse modo, podemos fazer u =cosθ, de modo que:
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 = 2𝑚𝑔[2𝑢 − 3𝑢2 ]
Derivando a força em relação à variável u, temos que:
𝑑[𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 ]
= 2𝑚𝑔(2 − 6𝑢)
𝑑𝑢
Como estamos interessados no valor máximo, de acordo com a informação dada no enunciado, temos que:
𝑑[𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦 ]
=0
𝑑𝑢
2𝑚𝑔(2 − 6𝑢) = 0 → 𝑢 = 1/3
Desse modo, temos que:
2 1
2
𝐹𝑎𝑟𝑜,𝑦,𝑚á𝑥 = 2𝑚𝑔 [ − ] = 𝑚𝑔
3 3
3
Logo, para obtermos a razão procurada, temos:
2
𝑚𝑔 ≤ 𝑚ℎ . 𝑔
3
𝑚
3
≤
𝑚ℎ 2
05. Um satélite se move em uma órbita circular a uma altura R em relação à superfície da Terra, onde R é o raio
da mesma. Num dado instante, o satélite lança uma estação a outro planeta bem distante da Terra. Logo após o
lançamento, o satélite passa a se mover numa órbita circular muito próxima à superfície terrestre, porém em
sentido oposto em relação aquele antes do lançamento. Qual o valor máximo da massa do satélite que pode
constituir a massa da estação interplanetária?
SOLUÇÃO:
Note que o lançamento descrito é vantajoso, pois se aproveita a velocidade orbital disponível do satélite para que
a estação espacial saia com uma velocidade u na mesma direção em que o satélite se movia. Desse modo, de
acordo com a conservação da quantidade de movimento, temos que:
𝑚. 𝑢 − 𝑀1 . 𝑣 = 𝑀. 𝑣0
onde M é a massa inicial do satélite, m a massa da estação espacial e M 1 = M – m, a massa final do satélite, além
disso, note que v0 é a velocidade de órbita inicial do satélite.
Desse modo, temos que:
𝑚𝑢 − (𝑀 − 𝑚)𝑣 = 𝑀. 𝑣0
𝑚. 𝑢 − 𝑀𝑣 + 𝑚𝑣 = 𝑀. 𝑣0
𝑚(𝑢 + 𝑣) = 𝑀(𝑣 + 𝑣𝑜 )
𝑚 𝑣 + 𝑣𝑜
=
𝑀
𝑢+𝑣
OSG: 7220-12
14
SOLUÇÕES DA OLIMPÍADA INTERNA DE FÍSICA – TERCEIRA SÉRIE
Note que, para a solução do problema, devemos encontrar v0, v e u.
Durante o movimento do satélite na órbita circular de raio 2R, temos que:
𝐹𝐺 = 𝐹𝑐𝑝
𝐺. 𝑀. 𝑀𝑇 𝑀. 𝑣02
=
(2𝑅)2
(2𝑅)
𝑣0 = √𝐺.
𝑀𝑇
2𝑅
(𝑀𝑇 é 𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑇𝑒𝑟𝑟𝑎)
Para que a estação escape totalmente da ação gravitacional da Terra, apliquemos a conservação da energia
mecânica para o sistema Terra – estação:
𝑚. 𝑢2
𝑀𝑇 . 𝑀
+ (−𝐺.
)=0
2
2𝑅
𝑢 = √𝐺.
𝑀𝑇
(𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑐𝑎𝑝𝑒 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎çã𝑜)
𝑅
Aplicando a conservação da energia mecânica para o satélite depois que a estação foi lançada, temos que:
𝑀1 𝑣 2
𝑀𝑇 . 𝑀1 𝑀1 . (𝑣 ′ )2
𝑀𝑇 . 𝑀1
− 𝐺.
=
− 𝐺.
2
2𝑅
2
𝑅
Note que podemos aplicar a Lei das Áreas para o satélite. Desse modo:
𝑣. ∆𝑡. 2𝑅 𝑣 ′ . ∆𝑡. 𝑅
=
→ 𝑣 ′ = 2𝑣
2
2
Desse modo, temos que:
𝑀1 𝑣 2
𝑀𝑇 . 𝑀1 𝑀1 . (2𝑣)2
𝑀𝑇 . 𝑀1
− 𝐺.
=
− 𝐺.
2
2𝑅
2
𝑅
𝑣 = √𝐺.
OSG: 7220-12
15
𝑀𝑇
3𝑅
SOLUÇÕES DA OLIMPÍADA INTERNA DE FÍSICA – TERCEIRA SÉRIE
Substituindo os três valores de velocidades encontrados, obteremos agora a relação procurada entre as massas.
𝑚 𝑣 + 𝑣𝑜
=
𝑀
𝑢+𝑣
1
1
√2 + √3
𝑀𝑇
𝑀𝑇
+
𝑚 √𝐺. 3𝑅 + √𝐺. 2𝑅 √3 √2
2√3 + 3√2 3 − √3
√2 + √3 √3
√6
=
=
=
=
.
=
.
1
𝑀
6
2
√3 + 1
√6
√3 + 1
1+
√𝐺. 𝑀𝑇 + √𝐺. 𝑀𝑇
√3
𝑅
3𝑅
√3
𝑚 6√3 − 6 + 9√2 − 3√6 −√6 + 2√3 + 3√2 − 2
=
=
≈ 0,8
𝑀
12
4
OSG: 7220-12
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