Escrito por Ualype Uchôa, Wanderson Faustino Patricio, Matheus Felipe R. Borges, Rafael Ribeiro, Wesley Andrade
Você pode acessar a prova clicando aqui.
Gabarito NOIC (Extraoficial):
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
[/spoiler]
Comentário:
Questão 1
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, é necessário ressaltar que há um erro de grafia na questão: os intervalos de tempo dados foram $$1h59min30s8$$ e $$1h59min31s7$$. Acreditamos que os algarismos 7 e 8 foram colocados depois do símbolo de segundos (s) erroneamente, quando na verdade a grafia correta deveria ser $$1h59min30,8s$$ e $$1h59min31,7s$$. Isso ficará mais claro quando fizermos as contas numéricas.
Sejam $$v_1$$ e $$v_2$$, $$t_1$$, $$t_2$$ as velocidades médias e tempos de Ana e Sharon, respectivamente. Seja também $$D$$ o comprimento total da maratona e $$d$$ a distância entre elas quando Ana termina a corrida. Veja a figura abaixo que ilustra a situação no momento em que Ana chega em $$B$$, terminando a maratona.
Figura 1: Esquema da situação
Vamos assumir que Sharon se desloca com velocidade constante e igual à sua velocidade média. Considerando que as duas partiram de $$A$$ ao mesmo tempo em $$t=0$$, temos (ver figura abaixo):
$$D=v_2t_1+d$$
$$d=D-v_2t_1=D-\dfrac{D}{t_2} \cdot t_1$$,
onde usamos que $$v_2=D/t_2$$, pois Sharon termina a maratona de comprimento $$D$$ em um tempo $$t_2$$. Isolando $$d$$:
$$d=\dfrac{D\left(t_2-t_1\right)}{t_2}$$.
Agora, resta substituir os valores numéricos. Temos $$D=10\,km=10^4\,m$$, $$t_2-t_1=1h59min31,7s-1h59min30,8s=0,9\,s$$. Atente-se, nesse caso, de transformar $$t_2$$ para segundos (poderíamos, alternativamente, ter calculado a diferença de tempos em horas):
$$t_2 = 1h59min31,7\,s = 3600+59\cdot 60 +31,7 = 7171,7\,s$$.
Por fim:
$$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{7171,7} \,m\approx 1,25 \,m$$.
Então, o item correto é o item c).
OBS.: O aluno, na hora da prova, poderia ter poupado uma conta mais complicada caso tivesse a sagacidade de perceber que $$t_2$$ poderia facilmente ser arredondado para $$2\,h$$:
$$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{2\cdot 3600}=10^4\cdot \dfrac{0,1}{800}=1,25\,m$$,
deixando a conta bem mais simples.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 2
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabendo sua velocidade final e a distância percorrida até alçar voo, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do avião.
$$V = 306 \ \text{km h}^{-1} = 85 \ \text{m s}^{-1}$$
$$\Delta S = \dfrac{80}{100} \cdot 3700 \ \text{m} = 2960 \ \text{m}$$
Com isso, temos que:
$$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$$
$$85^2 = 2a \cdot 2960 \Rightarrow a = 1,22 \ \text{m s}^{-2}$$
A massa total do corpo (avião + gerador) é:
$$m = 300 + 182 \ \text{t} = 482.000 \ \text{kg}$$
Logo, pela 2ª Lei de Newton:
$$F_{r} = 482.000 \cdot 1,22 \ \text{N} \approx 588,3 \cdot 10^3 \ \text{N} = 588,3 \ \text{kN}$$
A força resultante pode ser expressa somando as forças de cada motor e subtraindo a força resistiva média do ar (simbolizada por $$F$$):
$$F_{r} = 6 \cdot 229,5 \ \text{kN} – F = 588,3 \ \text{kN}$$
$$\boxed{F = 788,7 \ \text{kN} \approx 789 \ \text{kN}}$$
Com isso, Item d) é a resposta correta.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Questão 3
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos Matemáticos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como dado no enunciado, $$d_{asteroide} = 5d_{Lua}$$. Ou seja, $$d_{Lua} = \dfrac{d_{asteroide}}{5} = 403 \, 231,6 \, km = 403 \, 231 \, 600 \, m \approx 4,03\cdot10^8 \, m$$. Assim, a questão pode acabar gerando um pouco de dúvida por causa das convenções que existem para definir a ordem de grandeza (O.G.). Isto é, dado um número $$n = x\cdot10^k$$, com $$1 \leq |x|<10$$, temos estas três convenções:
(i) Se $$x < 5,5$$, O.G. = $$10^k$$. Se $$x \geq 5,5$$, O.G. = $$10^{k+1}$$;
(ii) Se $$x < \sqrt{10}$$, O.G. = $$10^{k}$$. Se $$x \geq \sqrt{10}$$, O.G. = $$10^{k+1}$$.
(iii) Apenas utilizar o expoente de 10 como a ordem de grandeza, independentemente de x.
Assim, entramos em um impasse pois $$ \sqrt{10} \approx 3,16 < 4,03 < 5,5$$. Portanto, considerando (i) ou (iii), chegamos que a ordem de grandeza é $$10^8$$, resultando no item d). Considerando (ii), chegamos que a ordem de grandeza é $$10^9$$, o que resultaria no item e). Entretanto, apesar de as regras (i) e (ii) serem as mais usuais, a OBF muito provavelmente utilizou (i) ou (iii) no gabarito provisório (item d)). A equipe NOIC acredita que, no gabarito final, ou devem ser considerados corretos ambos os itens d) e e), em face das possíveis regras a serem adotadas pelo aluno, ou a questão deve sofrer anulação devido a mais de um item correto. Nossa resposta final será item d) ou e), a depender da convenção adotada para a ordem de grandeza.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d) ou e); ver solução
[/spoiler]
Questão 4
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Do texto, obtemos a distância do asteroide à Terra:
“Um grande asteroide passa a 2 milhões de quilômetros da Terra sem provocar risco. O corpo rochoso alcançou o ponto de maior aproximação do planeta no domingo às 14h UTC (11h de Brasília), segundo o Observatório de Paris. Naquele momento, o asteroide ficou a 2 016 158 km da Terra. […]”
E sua velocidade:
“[…] Batizado de 2001 FO32 e com menos de um quilômetro de diâmetro, o objeto passou a 124 000 km/h, segundo a Nasa. […]”
Logo, utilizando a distância exata:
$$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2016158}{124000}\,h$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$t \approx 16,3 \,h $$.
Portanto, o item correto é o item c).
OBS.: Ressaltamos que o aluno, na hora da prova, poderia ter evitado fazer a divisão acima – que é um tanto trabalhosa – utilizando uma distância aproximada de 2 milhões de km e uma velocidade de cerca de 100000 km/h como estimativa, o que corresponderia a um tempo de cerca de $$20\,h$$. Fora a letra c) – que se aproxima razoavelmente de $$20\,h$$ -, nenhuma alternativa chega muito perto da resposta obtida, o que seria suficiente para fazer o aluno marcá-la.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 5
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Noções de Astronomia e Cinemática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Uma questão extremamente similar foi explorada no primeiro simulado do NOIC para a 1ª da OBF, na questão 7 do nível 2 (acesse a prova aqui) e na questão 10 do nível 3 (acesse a prova aqui). A mesma ideia foi também explorada na prova especial teórica da 2ª/3ª fase da OBF, em 2020, em todos os níveis (questão 4, 8 e 2 nos níveis 1, 2 e 3 respectivamente). Confira o comentário da 2/3ª fase de 2020 clicando aqui.
Primeiramente, consideremos todas as órbitas circulares. Abaixo temos um esquema da configuração Sol (S), Terra (T) e Lua (L) em duas Luas cheias consecutivas; a primeira em $$t=0$$ e a segunda em $$t=\Delta t$$. Lembre-se de que, nesse caso, a fase da Lua Cheia ocorre quando T, S e L estão alinhados, com T entre S e L. Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário.
Figura 2: Esquema das configurações dos astros entre duas luas cheias consecutivas
Primeiramente, imagine o que aconteceria caso T não transladasse ao redor de S; é fácil perceber que, para esse caso, o intervalo de tempo $$\Delta t$$ seria igual ao próprio período $$T$$ de L, pois L precisaria retornar à mesma posição. No entanto, observando a figura acima, podemos perceber que, para chegar novamente numa configuração de Lua Cheia, L deverá retornar ao ponto em que estava em sua órbita em torno de T em $$t=0$$ (isto é, $$O$$) e percorrer ainda um ângulo adicional $$\theta$$, que corresponde exatamente ao quanto T girou em torno de S. Sendo assim, o intervalo de tempo $$\Delta t$$ será evidentemente maior que $$T$$, já levando ao item e) como correto. O fato de $$\Delta t$$ ser apenas um pouco maior do que $$T$$ ocorre pois o ciclo lunar de $$27,32$$ dias é relativamente pequeno quando comparado à duração do ano de $$365$$ dias, de forma que o ângulo $$\theta$$ acaba não sendo tão grande assim.
Recomendamos fortemente a leitura da seção abaixo – apesar de não ser necessária para a solução – por ser um procedimento bastante conhecido e “querido” em olímpiadas de física, além de fornecer um maior entendimento da situação.
Solução algébrica:
Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário. Durante o intervalo de tempo $$\Delta t$$, T girou um ângulo $$\theta$$ em sua órbita em torno de S. Chamando de $$T_P$$ o período da órbita de T, temos
$$\theta=\omega_P \Delta t=\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t$$.
ii) Agora, resta relacionar $$\Delta t$$ com $$T$$ por meio de $$\theta$$. Como fornecido no enunciado, a translação de L em torno de T ocorre no mesmo sentido da translação de T em torno de S, portanto também se dá no sentido horário.
Deve-se ter muito cuidado ao analisar o ângulo que L varreu na sua órbita em torno de T. Tal ângulo deve ser medido em relação à posição original que L estava em sua órbita (i.e. em $$t=0$$), que é o ponto $$O$$ na figura acima. Para o cálculo do ângulo girado, deve-se observar que L dá uma volta completa ($$2\pi$$), voltando para $$O$$, e então gira de um ângulo $$\theta$$ adicional, ou seja
$$2\pi+\theta=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$$.
Substituindo $$\theta$$:
$$2\pi+\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t=\omega_S \Delta t=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$$.
Dividindo por $$2\pi$$ e isolando $$\Delta t/T$$:
$$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{T}{T_P}$$.
Portanto, $$\Delta t >T$$. Lembrando que $$T_P=365\,dias$$ é a duração média do ano terrestre, e $$T=27,32\,dias$$ temos, numericamente:
$$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{27,32}{365}\approx 1,075$$,
o que é, de fato, pouco maior que $$1$$, e portanto $$\Delta t$$ é um pouco maior do que $$T$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Questão 6
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos Matemáticos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como, para o conceito de densidade, não importa o volume ocupado pela substância que forma o corpo, e sim o volume total, temos que $$\rho_{1} = \dfrac{m_1}{V_1}$$ e $$\rho_{2} = \dfrac{m_2}{V_2}$$. Assim, como $$m_1 = m_2$$ e $$V_1 = V_2$$, $$\rho_1 = \rho_2$$. Ou seja, as densidades são as mesmas independentemente da massa específica da substância que forma cada um dos corpos. Portanto, a resposta da questão é o item e).
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Questão 7
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Energia[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabemos que $$8 \%$$ da energia desenvolvida por Bolt se tornou energia cinética. Com isso:
$$E_{c} = \dfrac{1}{2} m v^2 = \dfrac{90}{2} v^2 = \dfrac{8}{100} \cdot 81 \cdot 10^3$$
$$v^2 = 144 \ \text{m}^{2} \text{s}^{-2}$$
Logo, sua velocidade máxima atingida foi de:
$$\boxed{v = 12 \ \text{m s}^{-1}}$$
Com isso, Item c) é a opção correta.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 8
[spoiler title=’Assundo abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática / movimento circular uniforme[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
I) Cálculo da circunferência terrestre
O raio da Terra não foi fornecido pelo enunciado, e não estava presente na folha de dados. Desta forma utilizaremos o valor de $$R=6400\,km$$ que foi fornecido nas prova dos níveis 2 e 3.
$$C=2\pi R$$
$$C=2\cdot 3,1\cdot 6400\,km$$
$$C=39680\,km$$
II) cálculo do tempo gasto para circular a terra
$$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$$
$$19080\,km/h=\dfrac{39680\,km}{\Delta t}$$
$$\boxed{\Delta t\approx 2,08\,h}$$
Item a)
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item a)
[/spoiler]
Questão 9
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termometria
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Segundo o texto, o nitrogênio entra em ebulição aos $$-196^{\circ}C$$:
“[…] O primeiro a ser liberado é o nitrogênio, que, ao atingir -196 ºC, entra em ebulição e passa para o estado gasoso. […]”
Enquanto o oxigênio é obtido ao entrar em ebulição aos $$-183^{\circ}C$$:
“[…] Após a etapa de extração do argônio, o oxigênio, que tem a temperatura de ebulição em -183 ºC, é obtido. […]”
Isso resulta numa variação de temperatura de $$-183-(-196)=13^{\circ}C$$. Como variações de temperatura nas escalas Kelvin ($$K$$) e Celsius ($$^{\circ}C$$) são numericamente iguais, a variação em $$K$$ corresponde a $$13\,K$$, levando ao item e) como correto.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Questão 10
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos matemáticos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em primeira vista, o estudante do nível 1 poderia estranhar os dados sobre temperatura, pressão e volume dados no enunciado, uma vez que Termodinâmica – mais especificamente, a parte de gases ideais – não está presente no programa do nível 1. No entanto, as informações sobre pressão e temperatura não eram necessárias para a resolução e faziam parte somente da contextualização da situação do problema.
Para solucionar a questão, deve-se perceber que a massa de oxigênio é constante, por estar aprisionada dentro do cilindro. Lembrando da relação entre massa e densidade $$m=\rho V$$, escrevemos
$$\rho_i V_i=\rho_f V_f$$,
sendo $$\rho_i=1,43\,kg/m^3$$, $$V_i=7\,m^3$$, $$V_f=40\,l$$ (litros) e $$\rho_f$$ a densidade final do oxigênio. Numericamente:
$$\rho_f=\dfrac{1,43\, \frac{kg}{m^3} \cdot 7\,m^3}{40 \cdot10^{-3} \,m^3}$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$\rho_f \approx 2,5 \cdot 10^{2} \, kg/m^3$$.
Acima, utilizou-se a conversão $$1\,l=10^{-3}\,m^3$$. A resposta encontrada corresponde, portanto, ao item d).
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Questão 11
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]O tempo que o atleta A vai demorar para percorrer toda a pista será
$$t=\dfrac{21\,km}{14\,km/h}+\dfrac{21\,km}{18\,km/h}$$
$$t=\dfrac{8}{3}h$$
como o atleta B demora o mesmo tempo para percorrer a maratona, temos
$$42\,km=\left(\dfrac{4}{3}h\right)14\,km/h+\left(\dfrac{4}{3}h\right)V$$
$$V=17.5\,km/h$$
Portanto, o item correto é o item b).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Questão 12
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Movimento circular[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Note que a fita está presa à trave, ou seja, o ponto que a fita deixa o rolo está parado em relação à terra. Como a velocidade linear da periferia do rolo de fita $$v$$ é constante, podemos então escrever
$$v={\omega}r=0,8\,m/s=const.$$
Onde $$\omega$$ é a velocidade angular do rolo e $$r$$ o seu raio. Podemos, então, calcular como o período de rotação $$T$$ varia com o raio:
$$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$$
$$\dfrac{v}{r}=\dfrac{2 \pi}{T}$$
Logo:
$$r=T \cdot \dfrac{v}{2 \pi}= T \cdot const.$$
Portanto, conforme o raio diminui, o período de rotação da fita – que é o mesmo da manivela, uma vez que ela está acoplada ao mesmo eixo da rolo de fita – diminui. Como a manivela tem um tamanho fixo, o qual chamaremos de $$d$$, a velocidade linear de sua extremidade será
$$V_m={\omega}d$$
Note que $$\omega$$ aumenta conforme o raio da fita diminui (de forma a manter a constância da velocidade da fita), e, portanto, conclui-se que a velocidade linear da ponta da manivela irá aumentar. Portanto, o item correto é o item b).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Questão 13
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]2ª Lei de Newton; Força Centrípeta[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
No ponto mais baixo da trajetória, vale que:
$$N_{b} – P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$$
Já no ponto mais alto, a 2ª Lei de Newton diz:
$$N_{t} + P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$$
Subtraindo as equações, obtemos:
$$N_{b} – N_{t} – 2P = 0$$
$$\boxed{\Delta N = 2P}$$
Desse modo, Item d) é a alternativa correta.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Questão 14
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica / Movimentos circulares e resultante centrípeta[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
I) Cálculo da velocidade
$$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$$
$$v=\dfrac{2\pi R}{T}$$
$$v=\dfrac{2\cdot 3,1\cdot 3\,m}{2\,s}$$
$$v=9,3\,m/s$$
II) Cálculo da aceleração
Como o motociclista está executando o movimento em um loop circular com velocidade constante, a única aceleração no corpo será a aceleração centrípeta.
$$a=a_{cp}=\dfrac{v^2}{R}$$
$$a=\dfrac{(9,3\,m/s)^2}{3\,m}$$
$$\boxed{a\approx 29\,m/s^2}$$
Item d)
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Questão 15
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’] Para a carreta passar sem colidir com o trem, a carreta deve ter passado totalmente pelo trilho quando o trem percorrer $$50\,m$$, ou seja, no limite o ponto $$P$$ deve percorrer $$55\,m$$ (tamanho da carreta + distância ao trilho + largura do trem) no mesmo tempo que o trem percorre os $$50\,m$$
$$t=\dfrac{\Delta{S}}{V}$$
$$t=\dfrac{55}{V}=\dfrac{50}{10}$$
$$V=11\,m/s$$
Note que a velocidade do trem deve ser usada em $$m/s$$, por isso foi usado $$\dfrac{36\,km/h}{3.6}=10\,m/s$$
Figura 3: Cena do filme
Portanto, o item correto é o item b)[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Questão 16
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos Matemáticos
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em 10 moedas brasileiras, teríamos
$$m_{ouro} = 10\cdot\dfrac{916,6}{1000}\cdot0,89 \, g$$
Em uma moeda suíça, é necessário
$$m_{swiss} = \dfrac{999,9}{1000}\cdot0,063 \, g $$
Assim, fazendo $$N\cdot m_{swiss} = m_{ouro}$$, $$N = \dfrac{10\cdot916,6\cdot0,89}{999,9\cdot0,063} \approx 129$$. Logo, esse ouro seria suficiente para produir 129 moedas suíças. Portanto, a resposta da questão é o item b).
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Questão 17
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Movimento circular e cinemática vetorial
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
i) Primeiramente, devemos obter a velocidade angular $$\omega$$ do móvel e o raio $$r$$ de sua trajetória.
Tenha em mente que deslocamento é uma grandeza vetorial; ele é um vetor que vai do ponto de início ao de chegada. Sendo assim, é fácil ver que o maior deslocamento possível é quando $$B$$ é diametralmente oposto à $$A$$, conforme figura a seguir. (Convencionamos horário o sentido de rotação, mas isso só influenciará na segunda parte da solução)
Figura 4: Ilustração da situação na qual o móvel vai de $$A$$ a $$B$$
Nesse caso, podemos imediatamente escrever
$$|\vec{d}_{AB}|=d_{AB}=2r$$,
logo:
$$12=2r \rightarrow r= 6\,cm$$
E, como a partícula girou de um ângulo $$\pi$$, em radianos:
$$\pi=\omega \cdot t_{AB}$$,
$$\pi = \omega \cdot 3,0 \rightarrow \omega=\dfrac{\pi}{3}\, rad/s$$.
ii) Seja $$C$$ o ponto em que o móvel se encontra após $$t_{AC}=7,5=2,5 \cdot 3\,s$$. Isso corresponde a um giro $$\alpha$$ de
$$\alpha=\omega t_{AC}=\dfrac{\pi}{3} \cdot 2,5 \cdot 3$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$\alpha=2,5 \pi= 2\pi + \dfrac{\pi}{2}$$.
Isto é, o móvel completa uma volta, retornando à $$A$$, de onde percorre mais $$90^{\circ}$$, chegando em $$C$$, conforme ilustra a figura abaixo:
Figura 5: Ilustração da situação na qual o móvel foi de $$A$$ a $$C$$
Como o triângulo $$\Delta AOC$$ é retângulo em $$O$$, utilizamos o teorema de Pitágoras para determinar, por fim, o módulo do vetor deslocamento $$\vec{d}_{AC}$$:
$$d_{AC}=\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt{2}$$ $$\rightarrow$$
$$\rightarrow$$ $$d_{AC}=6\sqrt{2}=8,4\,cm$$.
Resultando no item c) como correto. No último passo, substituímos $$\sqrt{2}=1,4$$ dado na prova.
OBS: Para evitar confusões, o ponto $$C$$ é dito como o centro da trajetória circular no enunciado, mas o modificamos para $$O$$ na solução.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 18
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabendo sua velocidade inicial e a distância percorrida até o repouso, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do navio.
$$V_{0} = 42,2 \ \text{km h}^{-1} \approx 11,7 \ \text{m s}^{-1}$$
$$\Delta S = 3 \ \text{km} = 3000 \ \text{m}$$
Com isso, temos que:
$$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$$
$$11,7^2 = 2 \times a \times 3000 \Rightarrow a = 0,0228 \ \text{m s}^{-2}$$
A massa total do corpo (navio + carga) é:
$$m = 220.940 + 199.692 t = 420.632.000 \text{kg}$$
Logo, pela 2ª Lei de Newton:
$$F = 420.632.000 \cdot 0,0228 \ \text{N} \approx 9,6 \cdot 10^6 \ \text{N}$$
$$\boxed{F = 9,6 \cdot 10^{6} \ \text{N}}$$
Com isso, Item c) é a nossa alternativa correta.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Questão 19
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria: transformação de fases[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Vamos modelar o iceberg como um grande cilindro de área de secção transversal $$A=4\,320\,km^2$$ e altura $$H$$, como mostra figura. (Também é possível considerar o iceberg como um paralelepípedo de dimensões $$170\,km$$, $$25\,km$$ e $$H$$)
Figura 6: Iceberg cilíndrico
Como dito no enunciado somente $$80\%$$ do volume está submerso, ou seja,
$$(H-20)A=0.8HA$$
$$H=100\,m$$
Então podemos encontrar o volume do iceberg
$$V=HA$$
$$V=4,32\cdot10^{11}\,m^3$$
Como o iceberg é composto por gelo, podemos usar a densidade dada no início da prova $$\rho_{gelo}=920kg/m^3$$ para calcular a massa.
$$m\cong4\cdot10^{17}\,g$$
Podemos então calcular o calor necessário para derreter todo o gelo.
$$Q=mc_{gelo}\Delta{T}+mL_{fusao}$$
$$Q=4\cdot10^{17}(0.5(0-2)+80)$$
$$Q\cong3,2\cdot10^{19}\,cal$$
Conclui-se que o item correto é o item a).
OBS: Você poderia pensar em calcular a massa do iceberg fazendo o equilíbrio do peso com a força de empuxo.
$$V_{sub}\rho_{agua}g=mg$$
$$V_{sub}=0.8V$$
$$mg=0.8V\rho_{agua}g$$
$$m\cong3,5\cdot10^{17}\,g$$
Porém, esse resultado é falso, e isso é explicado pelo fato do iceberg tocar no solo, ou seja, é necessário colocar a força normal na equação do equilíbrio
$$N+V_{sub}\rho_{agua}g=mg$$
Icebergs com muita massa geralmente tocam o solo e esse é o motivo do nível da água subir quando eles derretem, pois, antes de um iceberg derreter, o que sustenta seu peso e do oceano é a normal do iceberg com o solo e a força de pressão ($${\rho}gh_0A$$), mas quando o gelo derreter o que sustentará o peso será somente a força de pressão ($${\rho}gh_fA$$); isto é, $$mg={\rho}gh_fA={\rho}gh_0A+N$$, logo $$h_f>h_0$$.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item a)
[/spoiler]
Questão 20
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]A primeira vista você pode pensar em fazer a seguinte solução: Existirá uma força de resistência do ar que, normalmente, é proporcional à velocidade ao quadrado $$F_{ar}=-kV^2$$, em que $$k$$ é uma constante que depende do formato do corpo e da densidade do ar. Sendo assim a aceleração será, pela segunda lei de Newton,
$$mg-kV^2=ma$$
$$a=g-\dfrac{kV^2}{m}$$
Constata-se que aceleração do paraquedista não é constante. Note que enquanto a velocidade aumenta a aceleração diminui, portanto, chega um momento em que a aceleração tende a $$0$$ e a velocidade admite um valor constante, chamado de velocidade terminal. Então a velocidade do paraquedista aumentou até $$193\,km/h$$, valor que permaneceu constante até ele atingir a rede. Entretanto, essa solução não é correta, pois a constante $$k$$ depende da densidade do ar e como o paraquedista salta de uma altura muito alta a densidade sofrerá mudanças significativas durante o percurso, por consequência o $$k$$ irá variar com a altura, o que torna uma possível analise matemática mais detalhada inviável. Vamos analisar alguns trechos do enunciado
“[…] ele saltou de um avião a 25 mil pés (aproximadamente 7 620 metros) do solo.”
“[…] o voo durou dois minutos […] “
Então o paraquedista percorreu $$7,620\,km$$ em $$\dfrac{1}{30}\,h$$ (2 minutos), calculando a velocidade média no percurso chegamos em,
$$V_m=\dfrac{7,620\,km}{\frac{1}{30}\,h}$$
$$V_m=228,6\,km/h$$
Ou seja, com certeza o paraquedista obteve valores de velocidade maiores que $$193\,km/h$$ , caso contrario não conseguiria uma velocidade média maior que $$193\,km/h$$. Portanto o item correto é o item e)[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]