Solução de Victor Ivo
Revisado por Akira Ito, Matheus Felipe R. Borges, Rafael Ribeiro, Wanderson Faustino e Ualype Uchôa
Você pode acessar a prova clicando aqui.
Questão 1.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Geometria: Teorema de Pitágoras [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Analisando a situação geometricamente, podemos traçar o conjunto dos pontos que distam $$6,0 \ m$$ de $$A$$ e o conjunto dos que distam $$4,0 \ m$$ de $$B$$. Cada um desses conjuntos corresponde a uma circunferência, uma centrada em $$A$$ (com raio de $$6,0 \ m$$) e outra centrada em $$B$$ (com raio de $$4,0 \ m$$). Graficamente, temos:
O ponto que desejamos se encontra na interseção das duas circunferências, que dista ao mesmo tempo $$6,0 \ m$$ de $$A$$ e $$4,0 \ m$$ de $$B$$. Assim, obtemos os pontos $$P$$ e $$P’$$. Porém, como desejamos encontrar a distância máxima que o robô terá de percorrer até o ponto $$C$$, nos interessa apenas o ponto $$P$$, por ser o mais distante de $$C$$.
Com o auxílio de outro desenho, podemos encontrar a distância de $$P$$ a $$C$$:
Utilizando o Teorema de Pitágoras para os triângulos $$\Delta BFP$$ e $$\Delta AGP$$ respectivamente, obtemos:
$$4^{2} = x^{2} + (y-3)^{2} = x^{2} + y^{2} – 6y + 9$$
$$6^{2} = x^{2} + y^{2}$$
Substituindo a segunda equação na primeira:
$$6^{2} – 6y + 9 = 4^{2}$$
$$6y – 9 = 20$$
$$y = \dfrac{29}{6} \ m$$
Substituindo o valor de $$y$$ na segunda equação:
$$6^{2} = x^{2} + \dfrac{29^{2}}{6^2}$$
$$x^{2} = 36 – \dfrac{841}{36} = \dfrac{1296 – 841}{36} = \dfrac{455}{36}$$
$$x = \dfrac{\sqrt{455}}{6} \ m$$
Observando agora o triângulo $$\Delta CGP$$:
$$d_{PC} = (x + 3)^{2} + y^{2}$$
$$d_{PC}^{2} = x^{2} + y^{2} + 6x + 9 = 6^{2} + 6x + 9 = 45 +6 \cdot \dfrac{\sqrt{455}}{6} \ m^{2}$$
$$d_{PC}^{2} = 45 + \sqrt{455} \ m^{2}$$
Como o valor de $$\sqrt{455}$$ não pode ser determinado a partir das raízes dada no enunciado, nos resta aproximar esse valor pelo método de tentativas. Como $$21^{2} = 441$$ e $$22^{2} = 484$$, o melhor valor a ser usado é $$\sqrt{455} \approx 21$$. Com isso:
$$d_{PC}^{2} = 45 + 21 \ m^{2} = 66 \ m^{2}$$
$$d_{PC} = \sqrt{66} \ m$$
Note que, devido ao critério de algarismos significativos, nossa resposta final deve ter 2 algarismos significativos. Pelo método das tentativas, concluímos que o valor $$8,1$$ é a melhor aproximação para $$\sqrt{66}$$. Logo:
$$\boxed{d_{PC} = \sqrt{66} \ m \approx 8,1 \ m}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{d_{PC} = \sqrt{66} \ m \approx 8,1 \ m}$$
[/spoiler]
Questão 2.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Eclipses e Geometria
[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O eclipse lunar ocorre quando a terra cobre a lua na frente do sol, a deixando sem sua principal fonte de iluminação e bem mais escura.
Desta maneira, considerando as órbitas dos três corpos coplanares e eles alinhados, temos que para não chegar raios de luz do Sol na Lua a terra deve os cobrir. Na situação da questão, queremos que não ocorra eclipse lunar. Sendo assim, é necessário que os raios “extremos” – ou seja, aqueles que tangenciam a Terra – não cheguem à superfície da Lua, pois caso isso ocorresse haveria uma sombra da Terra na superfície da Lua, caracterizando um eclipse. Observe a situação limite no esquema abaixo:
Assim, faremos com que a Lua saia da zona de eclipse, de tal forma que a seguinte semelhança de triângulos ocorre:
$$\dfrac{R_{terra}}{d_{TL}-R_{L}}=\dfrac{R_{sol}}{d_{TL}+d_{TS}-R_{L}}$$
$$d_{TL}=\dfrac{d_{TS}R_{T}}{R_{S}-R_{T}}+R_{L}$$
Substituindo os valores numéricos:
$$\boxed{d_{TL} \approx 1,4 {\times}10^{9}\,m}$$
Note que o termo de $$R_{L}$$ poderia ser desprezado sem alterar a resposta dentro dos algarismos significativos.
Sendo assim, é possível, dependendo da distância entre a Terra e a Lua, que não ocorram eclipses lunares.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A mudança nos diâmetros e distâncias podem causar mudanças no tamanho da zona de eclipse, e consequentemente a perda dos eclipses.
$$\boxed{d_{TL} \approx 1,4{\times}10^{9}\,m}$$
[/spoiler]
Questão 3.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Observando a configuração do sistema:
A distância $$d$$ que o móvel percorerrá ao longo da rampa será:
$$d^2=4^2+y_p^2$$
$$d=\sqrt{16+y_p^2}$$
E o ângulo que a rampa fará com a horizontal será:
$$\sin{\theta}=\dfrac{y_p}{\sqrt{16+y_p^2}}$$
- Para o caso $$y_p=3\,m$$:
Note que o corpo fará todo o trajeto sobre a rampa. A sua aceleração será então a componente da gravidade ao longo do plano inclinado:
$$a=g\sin{\theta}=10\cdot \dfrac{3}{\sqrt{16+9}}$$
$$a=6\,m/s^2$$
Logo, temos:
$$d=\dfrac{at^2}{2}$$
$$5=\dfrac{6t^2}{2}$$
$$\boxed{t(3)=\sqrt{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}\,s \approx 1,2\,s}$$
Note que utilizamos $$\sqrt{15}=\sqrt{5} \cdot \sqrt{3}$$, com $$\sqrt{3}=1,7$$ e $$\sqrt{5}=2,2$$ para obter o valor final.
- Para o caso $$y_p=0$$:
Note que corpo irá cair da altura de $$3\,m$$ em queda livre:
$$3=\dfrac{10t_1^2}{2}$$
$$t_1=\sqrt{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{15}{5}=\dfrac{3\sqrt{15}}{15}\,s$$
Após isso ele andará em velocidade constante os $$4\,m$$ na horizontal. A velocidade com que ele chega ao chão será, por Torricelli:
$$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 3}$$
$$v=\sqrt{60}\,m/s$$
O tempo para andar esse trajeto é:
$$\sqrt{60}=\dfrac{4}{t_2}$$
$$\sqrt{60}=\sqrt{2^2\cdot 15}=2\sqrt{15}=\dfrac{4}{t_2}$$
$$t_2=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$$
$$t_2=\dfrac{2\sqrt{15}}{15}$$
O tempo total será:
$$t(0)=t_1+t_2$$
$$t(0)=\left(\dfrac{3\sqrt{15}}{15}+\dfrac{2\sqrt{15}}{15}\right)\,s$$ $$\rightarrow$$
$$\boxed{t(0)=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\,s \approx 1,2 \,s}$$
Perceba, portanto, que:
$$\boxed{t(0)=t(3)}$$
Ou seja, ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.
b) Note que a questão pergunta apenas se existe um $$y_P$$ que forneça um tempo menor do que o encontrado no item passado. Isto é, não é necessário provar, de forma geral, que isso é possível (até porque seria necessário fazer uma rigorosa análise com o uso de derivadas, algo que não é cobrado na prova). Basta então apresentar um caso que satisfaça a condição requisitada. Um bom chute que o aluno poderia fazer ao usar sua intuição durante a prova é testar o caso $$y_P=1\,m$$. Analisemos:
- Para o caso $$y_p=1\,m$$:
O corpo cairá $$2\,m$$ em queda livre:
$$2=\dfrac{10t_1^2}{2}$$
$$t_1=\sqrt{\dfrac{2}{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\,s$$
Ele então descerá a rampa de tamanho
$$d=\sqrt{16+1^2}=\sqrt{17}\,m$$
Com aceleração
$$a=10\cdot \dfrac{1}{\sqrt{17}}$$
$$a=\dfrac{10}{\sqrt{17}}\,m/s^2$$
A velocidade ao chegar a rampa será:
$$v=\sqrt{2\cdot g\cdot (3-y_p)}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 2}$$
$$v=2\sqrt{10}\,m/s$$
O tempo pra descer a rampa será:
$$\sqrt{17}=2\sqrt{10}\cdot t+\dfrac{\frac{10}{\sqrt{17}}t_2^2}{2}$$
$$5t^2+4\sqrt{170}-17=0$$
Resolvendo a equação utilizando a fórmula de Báskhara, ou outro método preferido pelo aluno, encontramos:
$$t_2=\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\,s$$
O tempo total será então:
$$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s}$$
Utilizando a aproximação $$\sqrt{17}\approx 4,1$$ , $$\sqrt{5}\approx 2,2$$ e $$\sqrt{10}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{2}\approx 2,2\cdot 1,4\approx 3,1$$ temos
$$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s\approx 0,95\,s}$$
Portanto:
$$\boxed{t(1)<t(3)}$$
Logo, existe um $$y_p$$ que o tempo é menor.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.
b) Sim, existe. (Ver solução)
[/spoiler]
Questão 4.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiro pensemos em algumas estimativas para simplificar o problema. Podemos assumir uma temperatura uniforme por toda a extensão da água e que o nível de líquido do recipiente passa a diminuir conforme a água passa a ebulir, o que ocorre quando a água atinge a temperatura de $$100 \ ^{o}C$$. Assim, até que a água atinja essa temperatura, o nível $$h$$ se mantém constante. O tempo para que isso ocorra pode ser encontrado igualando o calor recebido pela água ao calor necessário para sair de $$T_{0} = 20 \ ^{o}C$$ até $$T_{f} = 100 \ ^{o}C$$.
$$P \Delta t = mc \Delta T$$
$$\Delta t = \dfrac{mc\Delta T}{P}$$
Para calcular a massa total de água, usaremos a definição de densidade. O volume total de água é o de cilindro, que corresponde a $$V = $$ (ou seja, o produto da área da base e da altura total). Assim:
$$m = \rho A_{b}h_{t} = 1,0 \ \dfrac{g}{cm^{3}} \cdot 100 \ cm^{2} \cdot 20,0 \ cm = 2,0 \cdot 10^{3} \ g$$
Com isso:
$$\Delta t = \dfrac{2,0 \cdot 10^{3} \ g \cdot 4,2 \ J /(g K) \cdot (100-20,0) \ K}{500,0 \ W}$$
$$\Delta t = \dfrac{2,0 \cdot 10^{3} \ g \cdot 4,2 \ J /(g K) \cdot (100-20,0) \ K}{500,0 \ W} = 1344 \ s$$
$$\Delta t = \dfrac{1344}{60} \ min = 22,4 \ min \approx 22 \ min$$
Passado esse tempo, a água passa a ebulir e liberar liberar vapor d’água. Podemos quantificar essa perda de água igualando o calor recebido ao calor latente da mudança de fase do líquido:
$$P \Delta t = \Delta m L$$,
em que L corresponde ao Calor Latente da água. Assim:
$$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{P}{L} = \dfrac{500 \ W}{2,3 \ KJ/g} = \dfrac{5,00}{23} \ g/s$$
$$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{300}{23} \ g/min \approx 13 \ g/min$$
Assim, passados os $$22 \ min$$ iniciais, a água passa a virar vapor na taxa de $$13 \ g/min$$. Como queremos construir um gráfico de altura por tempo, temos que encontrar a taxa $$\dfrac{\Delta h}{\Delta t}$$. Para isso:
$$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho \dfrac{\Delta V_{ol}}{\Delta t} =\rho A \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$$
$$13 \ g/min = 1,0 \ g/cm^{3} \cdot 100 \ cm^{2} \cdot \dfrac{\Delta h}{\Delta t} = 100 \ g/cm \cdot \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$$
Assim, obtemos que:
$$\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = 0,13 \ cm/min$$
Como a altura inicial de água era de $$20 \ cm$$, podemos calcular o tempo necessário para descer até o marcador de $$10 \ cm$$. Como $$\Delta h = 10 \ cm$$:
$$\Delta t = \dfrac{10}{0,13} \ min = 76,9 \ min \approx 77 \ min$$
Com isso, podemos começar a fazer o nosso gráfico. Do instante $$t = 0 \ min$$ até $$t = 22 \ min$$, o nível da água se mantêm constante e igual a $$22 \ cm$$. Passado esse tempo, a água evapora de forma constante e atinge o nível desejado no instante $$t = 22 + 77 \ min = 99 \ min$$. Colocando essas informações em um gráfico, obtemos a nossa resposta:
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
[/spoiler]
Questão 5.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Apesar de não ser especificado pelo problema, consideraremos que o lançador encontra-se a meia distância da borda.
O tempo que leva para o projétil atravessar toda a mesa é o mesmo que o recipiente leva para percorrer metade da mesa.
$$T_{proj}=T_{rec}$$
$$\dfrac{V}{a}=\dfrac{v}{\frac{b}{2}}$$
$$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$$
Suponhamos que o recipiente tenha tamanho $$l$$.
O tempo que o projétil leva para ir da boca d recipiente até o fundo é o mesmo que para o recipiente andar a decomposição horizontal de seu comprimento.
$$T_{proj}=T_{rec}$$
$$\dfrac{l\cos{\theta}}{v}=\dfrac{l\sin{\theta}}{V}$$
$$\tan{\theta}=\dfrac{V}{v}=\dfrac{V}{\dfrac{b}{2a}\cdot V}$$
$$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$$
$$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$$
[/spoiler]
Questão 6.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
Para calcular o calor trocado, é preciso dividir o processo em três etapas: um resfriamento da água líquida de $$20\,^{\circ}C$$ até $$0\,^{\circ}C$$, depois uma transição de fase (da água para o gelo) e, por fim, um outro resfriamento do gelo de $$0\,^{\circ}C$$ até $$-6\,^{\circ}C$$. Logo, equacionando os três processos, temos:
$$Q_{a}=Q_1+Q_2+Q_3 $$
$$Q_{a}=mc_{a}\Delta T_{1} +mL+mc_{g} \Delta T_{2}$$
$$Q_{a}=(1000\times 1 \times 20) + (1000 \times 80) + (1000 \times 0,5 \times 6) \, cal$$
Com isso, obtemos $$Q_{a}=1,03\cdot 10^5\,cal$$. Transformando para joules utilizando a conversão $$1\,cal=4,2\,J$$, temos:
$$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$$
b) Nessa situação, não há calor latente (de transição de fase), então todo o calor trocado é utilizado para resfriar a água, mas sem transformá-la em gelo. Logo:
$$Q_{b}=mc\Delta T$$
$$Q_{b}=1\, kg \times \dfrac{4,2 \times 10^{3} J}{kg \cdot K} \times 26 K$$
$$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$$
c) Libera, uma vez que o processo contrário recebe calor. Ademais, isto será confirmado com cálculos no próximo item.
d) Pode-se estimar o calor do processo considerando apenas o calor envolvido na solidificação. Uma explicação formal para isso é que a energia do sistema depende apenas dos estados final e inicial, então podemos interpretar a “solidificação de água à $$-6\,^{\circ}C$$” como sendo, na realidade, uma série de transformações. Primeiro, a água à $$-6\,^{\circ}C$$ esquenta rapidamente até $$0\,^{\circ}C$$, depois ela muda de fase e se transforma em gelo, e então volta à temperatura original $$-6\,^{\circ}C$$. Essas etapas garantem que a água realiza a solidificação em $$0\,^{\circ}C$$.
$$Q=mc_{a}\Delta T_1 + mL+mc_g \Delta T_2$$
$$Q = 1000\times (+4,2\times 6 – 340 – 2,1\times 6) \, J$$
$$ \boxed{Q \approx – 3,3\times 10^5\,J }$$
Note que a resposta final é negativa, indicando que a água perde (libera) calor, conforme esperavámos pelo item c).
OBS.: Como os calores envolvidos no aumento e diminuição de temperatura são muito pequenos quando comparados com o calor de mudança de fase, poderíamos aproximar o resultado para $$Q= mL$$ e obteríamos uma resposta aproximadamente igual. Sendo assim, o aluno, mesmo sem conhecer os múltiplos processos, possivelmente ainda conseguiria acertar o item. Note ainda que a validade dessa aproximação é reforçada pelo fato de que a questão requisitava uma estimativa, e não um resultado exato.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$$
b)
$$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$$
c)
Libera.
d)
$$ \boxed{Q \approx 3,3\times 10^5\,J }$$
[/spoiler]
Questão 7.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos matemáticos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$Z_1$$ a taxa (vazão) à que a piscina é enchida utilizando somente a torneira, e e $$Z_2$$ a taxa utilizando somente a água captada do poço com a bomba elétrica. Sendo $$V$$ o volume da piscina, temos que:
$$V=Z_1 t_1$$
$$V=Z_2 t_2$$
Em que $$t_1$$ e $$t_2$$ são os tempos necessários para encher a piscina em cada caso. Ao utilizar-se simultaneamente a água da torneira e do poço, a taxa total de enchimento será a soma das taxas:
$$Z=Z_1+Z_2$$
De forma que o tempo total de enchimento será dado por:
$$V=(Z_1+Z_2)t$$
$$\dfrac{1}{t}=\dfrac{1}{t_{1}}+\dfrac{1}{t_{2}}$$ $$\rightarrow$$ $$t=\dfrac{t_1 t_2}{t_1+t_2}$$
Substituindo os valores:
$$\boxed{t=\dfrac{20 \times 12}{32}\,h=7,5 \,h}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t=7,5\,h}$$
[/spoiler]
Questão 8.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Observemos inicialmente como será o movimento do robô.
O ângulo que o robô fará com a horizontal estará adentrando a rampa.
Como o movimento é simétrico, nós podemos usar o princípio da reflexão para analisar melhor o movimento. Isto é, a cada mudança no sentido de movimento do robô, podemos espelhar o plano inclinado. Desse modo, podemos “completar” a trajetória do robô como uma linha reta, o que facilitará a visualização geométrica do problema, bem como as contas.
A distância $$d$$ percorrida percorrida pelo robô é igual ao comprimento $$AQ$$. Da trigonometria:
$$\sin{30^{\circ}}=\dfrac{PQ}{AQ}$$
$$\sin{30^{\circ}}=\dfrac{h}{d}=\dfrac{1}{2}$$
$$d=2h \rightarrow \boxed{d=8\,m}$$
b) Pelo teorema de Pitágoras:
$$AP^2+PQ^2=AQ^2$$
$$AP^2+4^2=8^2$$
$$AP^2=48=16\cdot 3$$
$$AP=4\sqrt{3}\,m$$
Aplicando novamente o teorema de Pitágoras:
$$AP^2=PR^2+AR^2$$
$$48=4^2+AR^2$$
$$AR^2=32$$
$$AR=4\sqrt{2}\,m$$
Como $$\sqrt{2}\approx 1,4$$ então $$AR\approx 5,6\,m$$, logo:
$$2l<AR<3l$$
Portanto, a distância do robô até o ponto B será:
$$d’=AR-2l=4\sqrt{2}-4$$
$$\boxed{d’=4(\sqrt{2}-1)\,m \approx 1,60 \,m}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{d=8,00\,m}$$
b) $$\boxed{d’=4(\sqrt{2}-1)\,m \approx 1,60 \,m}$$
[/spoiler]