Escrita por Paulo Kitayama
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Questão 01 (exclusiva para alunos da 1ª série):
Os registros históricos evidenciam que Eratóstenes foi o primeiro a medir o raio da Terra. Sabia-se que quando o Sol se encontrava mais ao norte – posição que chamamos solstício de inverno no hemisfério Sul – os raios solares eram verticais ao meio dia em Siene, hoje Assua no Egito. Esta conclusão vinha pelo fato de a imagem do Sol poder ser vista refletida no fundo de um poço. No mesmo instante em Alexandria, medindo-se o tamanho da sombra de um bastão na vertical, os raios solares estavam inclinados, fazendo um ângulo aproximado de $$7,2^o$$ com a vertical. Supondo os raios solares praticamente paralelos e sendo a distância de Alexandria a Siene dada por 5000 estádios – unidade antiga de medida correspondente hoje a $$800km$$ – qual foi o valor do raio da Terra medido por Erastótenes? Use $$\pi=3$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Óptica Geométrica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Como a diferença entre o ângulo dos raios solares nos dois pontos é igual a $$7,2^o$$, essa é a distância angular deles em relação ao centro da Terra.
$$R \Delta \theta = 800km$$
$$R=\frac{800km * 180}{7,2 * \pi}$$
$$R=6,66 * 10^3 km$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$R=6,66 * 10^3 km$$
[/spoiler]
Questão 2 (exclusiva para alunos da 1ª série):
Uma vitrola® era usada para tocar discos (LP – long-play) de vinil. O prato da vitrola® – disco giratório onde se posicionava o LP – gira a $$33$$ RPM (rotações por minuto). Quando se desliga o aparelho o disco pára após executar $$3$$ rotações. Determine aceleração angular do disco e o tempo que o disco leva para parar.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Cinemática – Movimento Circular [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] O disco giratório está sendo desacelerado. Primeiramente, alteramos a unidade da velocidade angular inicial de rotações por minuto (RPM) para radianos por segundo (rad/s).
Sabendo que em uma rotação é equivalente a $$2 \pi$$ rad, tem-se que:
$$\omega=33RPM=\frac{33(2 \pi)rad}{60s}=\frac{33 * 6}{60} \frac{rad}{s}=3.3 \frac{rad}{s}$$
Usando então a equação de Torricelli, a aceleração angular pode ser obtida.
$$\omega^2={\omega}_0^2+2 \alpha \Delta \varphi$$
Onde $$\varphi$$ é a distância angular percorrida, equivalente ao espaço percorrido. Esta tem um valor de $$6 \pi$$, visto que cada volta equivale a $$2 \pi$$. Portanto, a aceleração angular é igual a:
$$\alpha = -\frac{\omega_0^2}{2 \Delta \varphi}$$
$$\alpha = -\frac{3.3^2}{12 \pi}=0.30 \frac{rad}{s^2}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\alpha = 0.30 \frac{rad}{s^2}$$
[/spoiler]
Questão 3 (exclusiva para alunos da 1ª série):
Um veículo move-se de um ponto A a um ponto B em linha reta. Metade do trajeto é feito com velocidade $$v$$ e a outra metade é feita de forma que na metade do tempo restante a velocidade é $$v/2$$ e na outra metade deste tempo a velocidade é $$v/4$$. Qual é a velocidade média no trajeto de A até B em função de $$v$$?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] O trajeto completo de distância $$x$$, é percorrido em um tempo $$t$$. Para encontrar a velocidade média, devemos dividir $$x$$ por $$t$$.
Na primeira metade do trajeto, tem-se que:
$$\frac{x}{2}=vt_1 \rightarrow t_1=\frac{x}{2v}$$
Enquanto na segunda metade:
$$\frac{x}{2}=\frac{v}{2}\frac{(t-t_1)}{2}+\frac{v}{4}\frac{(t-t_1)}{2}$$
$$t-t_1=\frac{x}{2(\frac{v}{4}+\frac{v}{8})}$$
$$t=t_1 +\frac{4x}{3v}$$
$$t=\frac{x}{2v}+\frac{4x}{3v}$$
$$t=\frac{11x}{6v}$$
$$v_m=\frac{x}{t}=\frac{6v}{11}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v_m=\frac{6v}{11}$$
[/spoiler]
Questão 4:
A figura mostra um lustre preso por dois cabos. Cada cabo pode suportar no máximo uma tensão de $$14N$$. Qual é o maior peso que o lustre pode ter para que o sistema fique em equilíbrio estático? Use $$\cos{45^o}= 0,7$$; $$\cos{60^o}= 0,5$$ e $$\sin{60^o}= 0,8$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Dinâmica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Devemos igualar as forças no eixo $$x$$ e no eixo $$y$$.
Em y: $$F_1 \sin{60^o} + F_2 \sin{45^o} = P$$
Em x: $$F_1 \cos{60^o} = F_2 \cos{45^o} \rightarrow F_1=1,4 F_2$$
A maior da forças nos cabos, logo, deve ser igual à tração máxima possível:
$$F_1 =14N$$ e $$F_2=10N$$
Portanto,
$$P=14 * 0,8 + 10*0,7$$
$$P=18N$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$P=18N$$
[/spoiler]
Questão 5:
Uma esteira horizontal se desloca com velocidade $$v_0$$ e descarrega areia dentro de uma caixa, como mostra a figura. Qual é o intervalo de velocidades com que a esteira deve se mover para que a areia caia na caixa? Use $$\sqrt{10}=3,2$$
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] A condição de velocidade mínima é a areia atingir o ponto mais à direita quando estiver a uma altura $$y=-2m$$.
$$2,0m=v_0 t \rightarrow t= \frac{2,0}{v_0}$$
$$-2,0m=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{4,0}{g}}=\frac{2,0}{\sqrt{g}}$$
$$v_0=\frac{2,0}{t}=\frac{2,0 \sqrt{g}}{2,0}=3,2 m/s$$
Enquanto a condição de velocidade máxima é a areia atingir o ponto mais a esquerda do recipiente a uma altura de $$-0,5m$$.
$$2,5m=v_0 t \rightarrow v_0=\frac{2,5}{t}$$
$$-0,5=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{1,0}{g}}$$
$$v_0=2,5 \sqrt{g}= 8m/s$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$8m/s > v_0 > 3,2m/s$$
[/spoiler]
Questão 6:
Três livros idênticos de comprimento $$L$$ estão empilhados com uma taça de $$1/10$$ do peso de um livro posicionada como mostra a figura. Qual o valor limite da razão $$b/a$$ para que o conjunto fique em equilíbrio?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Estática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Para que esteja no valor limite para o equilíbrio do conjunto, o centro de massa dos dois livros superiores e a taça deve estar na borda do livro inferior.
$$\frac{m}{10} (L-b) + m (\frac{L}{2}-b+a)-m (a-\frac{L}{2}+b-a)=0$$
$$21b-10a=11L$$
Além disso, sabe-se que o sistema constituído do livro superior e a taça também se encontra em equilíbrio com o CM na bora do segundo livro.
$$\frac{m}{10}(L-a)+m(\frac{L}{2}-a)=0$$
$$\frac{6L}{10}=\frac{11a}{10}$$
$$a=\frac{6L}{11}$$
$$21\frac{b}{a}-10=\frac{11L}{\frac{6L}{11}}$$
$$21\frac{b}{a}=\frac{181}{6}$$
Portanto:
$$\frac{b}{a}=\frac{181}{21*6}=\frac{181}{126}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\frac{b}{a}=\frac{181}{126}$$
[/spoiler]
Questão 7:
Um pêndulo simples quando é posto para oscilar no interior de um tanque contendo um fluido tem seu período aumentado em $$40%$$ do período no ar. Determine a razão entre a densidade do corpo pendular e a densidade do fluido. Desprezar a resistência do ar e do fluido sobre o pêndulo.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Oscilações [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] O período é inversamente proporcional à raíz quadrada da aceleração gravitacional. Quando o pêndulo é posto em um fluido, a aceleração gravitacional resultante é igual à gerada pelo peso somada à do empuxo. Para um corpo de densidade $$\rho$$, volume $$V$$ e um líquido de densidade $$\rho_l$$:
$$\rho Vg’=\rho V g-\rho_l V g$$
$$g’=g(1-\frac{\rho_l}{\rho})$$
Logo, para que o período seja 40% maior que o período no ar:
$$\sqrt{\frac{1}{g’}}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$$
$$\frac{1}{g(1-\frac{\rho_l}{\rho})}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$$
$$1-\frac{\rho_l}{\rho}=1,4^{-2}$$
$$1-0,51=\frac{\rho_l}{\rho}$$
$$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$$
[/spoiler]
Questão 8:
Uma pequena esfera com densidade relativa (densidade em relação a água) $$\rho_1=1,5$$ é solta na superfície livre de um recipiente contendo água. No mesmo instante é solta outra esfera pequena com densidade relativa $$\rho_2=0,5$$ do fundo do recipiente. Em que profundidade, a partir da superfície livre, as esferas irão se encontrar? Desprezar os efeitos da viscosidade do fluido e as dimensões da esfera.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Empuxo [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] A aceleração de um corpo sujeito à gravidade em um fluido de densidade $$\rho_l$$ é igual a:
$$\rho V a=\rho V g-\rho_l V g$$
$$a=g(1-\frac{\rho_l}{\rho_2})$$
Logo, a posição do corpo 1, que inicial a altura h, é igual a:
$$y_1=h-\frac{g(1-{\rho_1}^{-1})t^2}{2}$$
Enquanto a posição do corpo 2 é igual a:
$$y_2=\frac{g(1-{\rho_2}^{-1})t^2}{2}$$
Logo, igualando as duas posições:
$$h-\frac{a_1 t^2}{2}=\frac{a_2 t^2}{2}$$
$$2h=(a_2+a_1)t^2$$
$$t=\sqrt{\frac{2h}{a_1+a_2}}$$
A profundidade é igual a $$h-y_1$$ no tempo obtido anteriormente. Porém, não é possível calcular essa profundidade sem a altura total de líquido no recipiente.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$h(1-\frac{2(1-{\rho_1}^{-1})}{(1-{\rho_1}^{-1})+(1-{\rho_2}^{-1})}$$
[/spoiler]
Questão 9 (exclusiva para alunos da 1ª série):
Um pedaço de gelo de $$0,30kg$$ a $$0^o C$$ é colocado em um recipiente termicamente isolado contendo $$2,0kg$$ de água a $$10^o C$$. Determine a temperatura e a composição final do sistema. Dados: calor específico da água=$$1,0 cal/g^o C$$; calor específico do gelo=$$0,50 cal/g^oC$$; calor latente de fusão da água=$$80 cal/g$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Calorimetria e transição de fase [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Primeiramente devemos analisar qual o maior calor: O necessário para levar a água até $$0^o C$$, ou o que faz com que todo o gelo passe para a fase líquida.
Para que a temperatura da água decresça até $$0^o C$$, o calor necessário é:
$$Q_1 = 2,0kg * (1,0 cal/g^o C) * 10^o C = 20 kcal$$
Enquanto o calor para que o gelo todo funda, é:
$$Q_2 = 0,30kg * 80 cal/g = 24,0 kcal$$
Concluindo que toda a água decresce a $$0^o C$$, fornecendo calor para que uma parte do gelo se torne líquido. No equilíbrio:
$$ Q_1 = m_{gelo} L$$
$$20 kcal = m_{gelo} 80 cal/g^o C$$
$$m_{gelo} = 0,25 kg$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O sistema final é constituído de $$0,05kg$$ de gelo em equilbrio com $$2,25kg$$ de água a $$0^o C$$.
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Questão 10:
Com base na figura, as duas esferas à direita estão inicialmente em repouso e a esfera da esquerda incide sobre a do centro com velocidade $$v_0$$. Supondo que as colisões sejam frontais e elásticas, mostre que se $$m1\geq m2$$ há duas colisões $$m1 < m2$$ há três colisões.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Colisões [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Primeiramente analisando se um corpo de massa m colidir com um corpo de massa M em repouso em cada caso de relação entre as massas.
Se $$m>M$$, m continua o seu caminho na mesma direção que inicialmente, enquanto M vai com velocidade maior para essa direção.
Se $$m=M$$, o corpo de massa m passa a ficar em repouso enquanto o corpo de massa M passa a ter a velocidade inicial do corpo de massa m.
Se $$m<M$$, o corpo de massa m, após colidir, passa a se mover na direção contrária e o corpo de massa M se move na direção inicial.
Analisando esses casos, a primeira colisão das esferas de massa $$m_1$$ faz com que a primeira esfera fique parada e a segunda se mova com $$v_0$$. Após isso, a esfera de massa $$m_1$$ colide com a de massa $$m_2$$, e analisando os casos, se $$m_1>m_2$$ ou $$m_1=m_2$$, so há duas colisões. Enquanto se $$m_1<m_2$$, a segunda esfera volta e causa uma terceira colisão com a primeira esfera.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração acima
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Questão 11:
Um pequeno corpo de massa m pode deslizar ao longo de uma superfície horizontal de comprimento $$3R$$ (de A a B na figura) e então ao longo de uma trajetória circular de raio $$R$$. O coeficiente de atrito cinético é $$0,5$$ entre os pontos A e B e nulo ao longo da circunferência. O bloco sai do repouso no ponto A com a mola comprimida. Qual deve ser a menor compressão da mola para que o bloco percorra todo o círculo sem perda de contato?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Energia mecânica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Devemos primeiramente conservar a energia mecânica da compressão da mola para calcular a velocidade inicial:
$$\frac{kx^2}{2}=\frac{m{v_A}^2}{2}$$
$$v_A=x \sqrt{k}{m}$$
Parte dessa energia é então dissipada pela força de atrito:
$$E_B=\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)$$
Objetivando que o corpo consiga completar a parte circular da trajetória, a normal no ponto mais alto dessa deve ser igual a 0. Portanto, é necessário que a energia do ponto B seja suficiente para suprir a energia potencial gravitacional e a energia cinética necessária para que a resultante centrípeta seja igual ao peso.
$$\frac{mv^2}{R}=mg$$
$$E_B=\frac{mv^2}{2}+2mgR$$
$$\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)=\frac{mgR}{2}+2mgR$$
$$\frac{kx^2}{2}=\frac{5mgR}{2}+\frac{3mgR}{2}$$
$$\frac{kx^2}{2}=4mgR$$
$$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$$
[/spoiler]
Questão 12:
Um observador em O olha diretamente para uma pedra no fundo de uma piscina inicialmente vazia. A piscina tem a base retangular com dimensões $$L$$ e $$2L$$. À medida que se enche a piscina com água – índice de refração $$n_A$$ – o observador tem a impressão de que a pedra vai se deslocando. A que velocidade o observador vê a pedra se mover enquanto a piscina enche a uma vazão constante $$I_V$$?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Óptica Geométrica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Sabendo que a vazão é igual à velocidade com que o nível de água sobe multiplicado pela área.
$$I_V=2L^2 v$$
$$v=\frac{I_V}{2L^2}$$
A distância percorrida pelo feixe de luz proveniente da pedra que chega ao olho é igual à distância percorrida pela água divida pelo índice de refração da água.
$$d=\frac{1}{n_{agua}} d_0$$
$$d_0=h$$
$$d=\frac{h}{n_{agua}}$$
Derivando em função do tempo a equação acima, obtemos a velocidade:
$$v_P-\frac{I_V}{2L^2}=\frac{I_V}{2n_{agua} L^2}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v_P=\frac{I_V}{2L^2} \big( \frac{1}{n_{agua}}+1 \big)$$
[/spoiler]
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