Escrito por Akira Ito, Gabriel Hemétrio, Lucas Tavares, Nathalia Seino, Vitória Bezerra Nunes, Matheus Felipe R. Borges e Ualype Uchôa
Clique aqui para acessar o caderno de questões.
Questão 1.
João e Pedro se exercitam em uma trilha circular de $$1000\;\rm{m}$$ de comprimento que tem marcos laterais a cada $$200\;\rm{m}$$. Ambos partem do marco inicial ($$0\;\rm{m}$$; $$1000\;\rm{m}$$) e correm no mesmo sentido, mas João começa a correr $$2,00\;\rm{minutos}$$ após Pedro. João e Pedro correm com velocidades escalares médias (rapidez média) de, respectivamente, $$4,00\;\rm{m/s}$$ e $$3,00\;\rm{m/s}$$. Quando eles se cruzam pela primeira vez, que distância eles ainda tem que percorrer, em metros, para completar a volta?
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Movimento Circular e Uniforme
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para estudar o problema com calma e garantir que tudo fique claro, vamos usar o diagrama abaixo. A bolinha vermelha representa Pedro, e a azul, João. Inicialmente, temos a situação ilustrada abaixo:
Podemos dividir a análise do problema em 3 partes. A primera é quando Pedro corre por 2 minutos, isto é, até $$t_1=120\,\rm{s}$$ enquanto João está parado.
Nesse tempo, podemos calcular o deslocamento de Pedro usando a fórmula de distância percorrida:
$$ v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t} $$
$$ \Delta S = 3\cdot 120 $$
$$\Delta S =360\,\rm{m} $$
Agora, na próxima etapa, João começa a correr atrás de Pedro. Note que, a cada segundo que passa, Pedro anda $$3\,\rm{m}$$ e João anda $$4\,\rm{m}$$, ou seja, eles se aproximam a uma taxa de $$1\,\rm{m/s}$$ (velocidade relativa). Assim, para compensar a distância inicial de $$360\,\rm{m}$$, serão necessários $$360\,\rm{s}$$:
Note que, nesse tempo, João percorre uma distância:
$$\Delta S_J = 4\cdot360=1440\,\rm{m} $$
Ou seja, dá uma volta completa e ainda percorre $$440\,\rm{m}$$ adicionais. Na figura, não foi ilustrada essa volta completa para não sobrecarregar o desenho.
Por fim, para terminar a volta, basta fazer a diferença:
$$ \Delta S_{volta} = 1000-440\,\rm{m}$$
$$ \boxed{ \Delta S_{volta} = 560\,\rm{m}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ \boxed{ \Delta S_{volta} = 560\,\rm{m}}$$
[/spoiler]
Questão 2.
Uma pessoa puxa um caixote inicialmente em repouso que pesa $$500\;\rm{N}$$ em um plano de inclinação $$\theta = 30^\circ$$. Ele aplica uma força $$F$$ no caixote que faz um ângulo de $$\alpha$$ com a vertical, veja a figura. (a) Caso $$\alpha = 30^\circ$$ e $$|\vec{F} | = 300\;\rm{N}$$, determine a aceleração $$a$$ do caixote (adote a convenção $$a > 0$$ $$\longleftrightarrow$$ aceleração para cima ao longo do plano rampa). (b) Determine o ângulo $$\alpha$$ para o qual a pessoa consegue manter o caixote em equilíbrio estático com uma força $$\vec{F}$$ de intensidade mínima $$F_{min}$$. (c) Determine a intensidade mínima $$F_{min}$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Acompanhe o diagrama de corpo livre para o bloco:
Pela Segunda Lei de Newton na direção do plano, temos:
$$F(\cos{{90^{\circ}} – (\alpha + \theta)}) – mg\sin{\theta} = ma$$
$$300\cos{30^{\circ}} – 500\sin{30^{\circ}} = 50a$$
$$\boxed{ a=0,1\; m/{s}{^2}}$$
(b) Para este item, iremos propor duas soluções: uma algébrica, e outra envolvendo a visualização geométrica do problema.
- Solução 1 (Algébrica):
Na situação de equilíbrio, tem-se que:
$$F\cos{(90^{\circ} – (\alpha + \theta))}= mg\sin{\theta}$$
$$F\cos{(90^{\circ} – (\alpha + \theta))} = mg\sin{30^{\circ}}$$
$$F = \dfrac{mg}{2 \sin{(\alpha +\theta)}}$$
Para que $$F$$ seja minimizado, o denominador – e portanto $$\sin{(\alpha + \theta)}$$ – precisa ser maximizado. Isso ocorre quando o seno vale $$1$$, situação em que:
$$\alpha_{min} + \theta=90^{\circ}$$
Assim:
$$\boxed{\alpha_{min} = 60^\circ}$$
- Solução 2 (Geométrica):
Outra forma de resolver o item é trabalhar com a visualização geométrica das forças na forma vetorial. Como o corpo está em equilíbrio, $$\vec{F}+m\vec{g}+\vec{N}=\vec{0}$$, e portanto os vetores formam um triângulo. Como as direções e sentidos dos vetores de $$\vec{mg}$$ e $$\vec{N}$$ já são determinados, desenhamos as possíveis direções da força aplicada.
Perceba que o módulo de $$\vec{F}$$ será minimizado quando a extensão do vetor coincidir com o tamanho mínimo entre as extremidades dos vetores $$\vec{N}$$ e $$m\vec{g}$$. Parafraseando, teremos $$\vec{F_{min}}$$ quando $$\vec{F}$$ for perpendicular à $$\vec{N}$$, conforme mostra a figura acima.
Dessa forma, no triângulo de forças mostrado, vale que:
$$\alpha_{min}+\theta=90^{\circ}$$
$$\alpha_{min}=60^{\circ}$$
(c) De qualquer um dos dois métodos acima, obtemos que:
$$F_{min} = \dfrac{mg}{2 \sin{(\alpha_{min} +\theta)}}=mg\sin{\theta}=\dfrac{mg}{2}$$
Portanto:
$$\boxed{F_{min} = 250\;\rm{N}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{a = 0,1\; \rm{m/s^2}}$$
(b) $$\boxed{\alpha_{min} = 60^\circ}$$
(c) $$\boxed{F_{min} = 250\;\rm{N}}$$
[/spoiler]
Questão 3.
A figura compara os espelhos primários dos telescópios espaciais JWST (sigla em inglês para James Webb Space Telescope) e do Hubble. O espelho primário do JWST é formado por 18 espelhos hexagonais de lado $$L = 66 \; \rm{cm}$$ e o Hubble é formado por, aproximadamente, uma coroa circular de raio externo $$R = 120 \; \rm{cm}$$ e raio interno $$r = 40 \; \rm{cm}$$. Considere que o JWST e o Hubble apontam para o mesmo corpo celeste. Sejam, respectivamente, $$P_W$$ e $$P_H$$, as taxas de energia luminosas por segundo incidente sobre os telescópios JWST e Hubble. Determine a razão $$P_W/P_H$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos de Óptica e Geometria
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como ambos os telescópios apontam para o mesmo corpo celeste, a taxa de energia luminosa por segundo por área (a intensidade $$I$$) será a mesma detectada por ambos os telescópios. O JWST, no entanto, captará mais energia por segundo do que o Hubble devido ao seu espelho primário, que possui área maior. Sendo $$P$$ a energia luminosa por segundo (potência) captada, temos $$P=IA$$. Logo, chamando de $$P_H$$ e $$P_W$$ as potências incidentes no Hubble e no JWST respectivamente, vale:
$$\dfrac{P_W}{P_H} = \dfrac{IA_W}{IA_H} = \dfrac{A_W}{A_H}$$
Agora, basta calcular a área dos espelhos primários de ambos os telescópios. O JWST é formado por 18 espelhos hexagonais, então:
$$A_W = 18 \dfrac{6L^2 \sin{60^{\circ}}}{2} = 27L^2\sqrt{3} \approx 200000 \;\rm{cm^2}$$
Para o Hubble, a área do espelho primário será a de uma coroa circular:
$$A_H = \pi (R^2-r^2) \approx 38400 \; \rm{cm^2}$$
Logo, teremos que:
$$\dfrac{P_W}{P_H} =\dfrac{ 200000}{38400}$$
$$\boxed{\dfrac{P_W}{P_H} = \dfrac{ 27L^2\sqrt{3}}{ \pi (R^2-r^2) } \approx 5,2}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Resposta’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\dfrac{P_W}{P_H} =\dfrac{ 27L^2\sqrt{3}}{ \pi (R^2-r^2) } \approx 5,2}$$
[/spoiler]
Questão 4.
Uma criança lança obliquamente uma bola em um trecho de uma pista de skate que é aproximadamente um plano inclinado de altura $$H = 1,60 \; \rm{m}$$ e a largura $$L = 4,00 \; \rm{m}$$. Inicialmente a bola está no ponto $$A$$ situado na base do plano inclinado a uma distância horizontal $$d = 4,00 \; \rm{m}$$ do ponto $$C$$ da lateral da pista (veja figura). Qual o menor valor da rapidez inicial $$v_0$$ e do ângulo de lançamento $$\theta$$ para que a bola atinja o ponto $$B$$ localizado no topo da pista? Desconsidere a ação de forças dissipativas.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática: Lançamento Oblíquo
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Vamos dividir o nosso sistema de coordenadas ao longo do plano. Passando pelos pontos $$A$$ e $$C$$, temos o eixo $$x$$, e passando por $$C$$ e $$B$$ temos o eixo $$y$$. Vamos também definir como $$\alpha$$ o ângulo que o plano inclinado faz com a horizontal. Pelos dados do enunciado, $$\sin{\alpha} = H/L$$.
Primeiramente, pela equação de Torricelli em $$y$$, temos:
$$v_y^2=v_{0_y}^2+2a_y y$$
Note que a aceleração neste eixo é a componente tangencial da gravidade ($$a_y=-g\sin{\alpha}$$). Para que a velocidade de lançamento seja mínima, a bola deverá chegar ao ponto $$B$$ com velocidade nula em $$y$$, i.e. $$ v_y(L)=0$$. Logo:
$$v_y^2 = v_0^2 \sin^2{\theta} – 2g\sin{\alpha} L = 0$$
Para encontrar a velocidade de lançamento, usamos a equação horária da velocidade em $$y$$:
$$v_y = v_0\sin{\theta} – g\sin{\alpha} t$$
$$v_0sen\theta = g\sin{\alpha} t_s$$
$$ t_s = \dfrac{v_0\sin{\theta}}{g\sin{\alpha}}$$
Em que $$t_s$$ é o tempo de subida da bola até $$B$$. Durante esse mesmo intervalo de tempo, ela irá percorrer a distância $$d$$ no eixo $$x$$. Portanto, para o movimento uniforme da bola em $$x$$:
$$d = v_0\cos{\theta} t_s$$
$$d = \dfrac{v_0^2\sin{\theta} \cos{\theta}}{g\sin{\alpha}}$$
$$v_0 = \sqrt{\dfrac{gd \sin{\alpha}}{\sin{\theta} \cos{\theta}}}$$
Substituindo na equação de Torricelli:
$$gd \sin{\alpha} \tan{\theta} = 2gL \sin{\alpha}$$
Daí, extraímos a função trigonométrica que caracteriza o ângulo de lançamento:
$$\boxed{\tan{\theta} = \dfrac{2L}{d}=2}$$
Agora, resta-nos substituir os valores numéricos. Para calcular o seno e cosseno de $$\theta$$, usamos o triângulo abaixo:
De onde obtemos $$\sin{\theta}=2/\sqrt{5}$$ e $$\cos{\theta}=1/\sqrt{5}$$. Então:
$$v_0 = \sqrt{\dfrac{gd \sin{\alpha}}{\sin{\theta} \cos{\theta}}}=\sqrt{\dfrac{5gdH}{2L}}$$
$$v_0 = \sqrt{40}\;m/s = 2\sqrt{10}\;\rm{m/s}$$
Usando $$\sqrt{10}=\sqrt{5} \cdot \sqrt{2}$$ e $$\sqrt{2}=1,4$$, $$\sqrt{5}=2,2$$ da capa da prova, temos por fim:
$$\boxed{v_0 \approx 6,16 \; \rm{m/s}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Resposta’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\tan{\theta} =\dfrac{2L}{d} =2}$$
$$\boxed{v_0 =\sqrt{\dfrac{5gdH}{2L}}=2\sqrt{10}\;\rm{m/s} \approx 6,16 \; \rm{m/s}}$$
[/spoiler]
Questão 5.
A figura, na qual $$h=20,0\;\rm{cm}$$, mostra esquematicamente um relógio de água (clepsidra) cujo funcionamento é análogo ao de uma ampulheta (relógio de areia). A massa total da clepsidra é de $$M = 800\;\rm{g}$$ dos quais $$600\;\rm{g}$$ correspondem à massa de água em seu interior. A clepsidra tem uma pequena válvula que, quando aberta, libera uma gota de água de massa $$m_0 = 1,00\;\rm{g}$$ a cada $$0,03\;\rm{s}$$. A clepsidra está sobre uma balança de precisão apoiada em uma mesa horizontal. Inicialmente a água está toda na parte de cima. No instante $$t = 0$$ a válvula da clepsidra é aberta. Considere que as gotas entram imediatamente em repouso ao atingir a base e não respingam. Considere ainda que a área da base da clepsidra é muito maior que a do topo. Determine (a) o instante $$t = t_1$$ em que a primeira gota atinge a base da clepsidra e (b) o instante $$t_f$$ no qual a última gota atingiu a parte de baixo da clepsidra. Seja $$M(t)$$ o valor da leitura na balança no instante $$t$$. (c) Faça um gráfico de $$\Delta M(t) = M(t)- M(0)$$, em função de $$t$$ desde o instante em que a válvula é aberta até o instante $$t_f$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica: Sistemas de Massa Variável
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Ao sair da parte de cima, a água cai em queda livre. Sendo assim, o instante $$t_1$$ será o tempo de queda de uma altura $$h$$:
$$\boxed{t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = 0,2 \;\rm{s}}$$
(b) Seja $$t_2$$ o momento em que a última gota abandona a parte de cima da clepsidra. Esse instante corresponde ao intervalo de tempo necessário para que o compartimento superior do equipamento torne-se vazio. Conforme o enunciado, uma gota de massa $$m_0$$ abandona a parte de cima a cada intervalo de tempo $$t_0$$; daí, definimos a vazão de massa da água como:
$$\mu \equiv \dfrac{\Delta m}{\Delta t}=\dfrac{m_0}{t_0}=\dfrac{100}{3}\;\rm{g/s}$$
Chamando de $$m=600\;\rm{g}$$ a massa total de água, $$t_2$$ será então dado por:
$$t_2=\dfrac{m}{\mu}=18\;\rm{s}$$
Daí, para encontrar $$t_f$$, somamos ao tempo necessário para a gota cair até a parte de baixo (encontrado no item anterior):
$$t_f=t_2+t_1$$
$$\boxed{t_f=18,2\;\rm{s}}$$
(c) Primeiramente, note que, como $$t_2>t_1$$, no momento em que a água atinge a parte de baixo pela primeira vez, o compartimento superior ainda não esvaziou. Sendo assim, podemos visualizar a evolução temporal do nosso sistema em quatro etapas distintas. Acompanhe o esquema a seguir:
Lembre que definimos $$\boxed{t_2 \equiv t_f-t_1}$$, do item passado. Em cada etapa, encontraremos a função $$\Delta M (t)=M(t)-M(0)$$, e então a usaremos para traçar o gráfico requerido.
Etapa 1: $$0<t<t_1$$
Nessa etapa, a primeira gota de água ainda não atingiu a parte de baixo da clepsidra. Pelo fato de a coluna de água em queda estar aumentando de tamanho, a leitura da balança será decrescente, uma vez que o peso da coluna de água não será contabilizado, já que ela não exerce força em outras partes do equipamento por estar suspensa no ar. A etapa dura até $$t_1$$ já que esse é o momento em que a água toca a base pela primeira vez.
Chamando de $$N$$ a força normal que a clepsidra exerce na balança, temos, pelo equilíbrio estático:
$$N=M(t)g=Mg-\mu t g$$
Em que $$\mu t$$ é a massa de água liberada até o instante $$t$$. A leitura $$M(t)$$ relaciona se com $$N$$ por meio de $$N=M(t)g$$. Como $$M(0)=M$$, temos:
$$M(t)=M-\mu t $$
Logo:
$$\boxed{\Delta M(t)=-\mu t}$$ para $$\boxed{0<t<t_1}$$
Etapa 2: $$t_1<t<t_2$$
Aqui, a análise se torna um pouco mais complexa. Nessa etapa, o compartimento superior está esvaziando enquanto o de baixo está enchendo, sendo assim possível encontrar água em ambos. Simultaneamente, há a coluna de água em queda, que agora possui tamanho constante durante essa etapa. A etapa dura até $$t_2$$, momento em que o compartimento de cima se esvazia completamente.
Veja que o enunciado nos informa que a água, ao atingir a parte de baixo da clepsidra, entra quase que instantaneamente em repouso. Para que as gotas de água caindo na base sejam desaceleradas e trazidas ao repouso, o chão da clepsidra aplica sobre elas uma força vertical para cima; pela terceira Lei de Newton (ação e reação), uma força de igual intensidade e sentido oposto é então aplicada à clepsidra, que contribuirá para um incremento na medição da balança. Primeiramente, vamos determinar essa força.
(i) Considere que uma pequena quantidade de água de massa $$\Delta m$$ e com velocidade $$v$$, ao chocar-se com a base do recipiente, é trazida ao repouso durante um pequeno intervalo de tempo $$\Delta t$$. Pela segunda Lei de Newton, o módulo da força $$F$$ exercida sobre ela é:
$$F=\Delta m \cdot a= \Delta m \dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\Delta m \dfrac{v-0}{\Delta t}$$
$$F=\dfrac{\Delta m}{\Delta t}v=\mu v$$
Como $$v$$ é a velocidade ao fim da queda, i.e. $$v=\sqrt{2gh}$$:
$$F=\mu \sqrt{2gh}=\mu t_1 g$$
(ii) Agora, já podemos equacionar a leitura da balança. Conforme fora visto na etapa 1, o peso da água em queda não é contabilizado, e agora devemos também considerar a força exercida sobre a balança. Sendo assim, devemos contabilizar apenas o peso da água que está em cima e embaixo, assim como a força $$F$$ exercida sobre a balança; em outras palavras, todo o peso da água, exceto o da coluna vertical em queda, mais a força $$F$$. Logo:
$$M(t)g=Mg-\mu t_1 g +F$$
$$M(t)=M-\mu t_1+\mu t_1$$
Note que os termos no membro direito se cancelam. Logo:
$$M(t)=M$$
$$\boxed{\Delta M (t) =0}$$ para $$\boxed{t_1<t<t_2}$$
Efetivamente, a força adicional exercida pela queda d’água na base é exatamente suficiente para compensar o peso da coluna de água em queda que não é levado em conta na medição da balança.
OBS.: A consideração de que a área da base da clepsidra é muito maior que a do topo serve apenas para indicar que o nível da água na parte de baixo é muito pequeno, de forma que a distância entre a superfície livre da água da parte de baixo e a válvula é praticamente igual a $$h$$ o tempo todo.
Etapa 3: $$t_2<t<t_f$$
Essa etapa dura até o momento em que a última gota de água atinge a parte de baixo. Nela, o compartimento de cima encontra-se completamente vazio, e quase toda a água encontra-se na parte inferior do recipiente, exceto pela coluna de água em queda que diminui de tamanho até que a última gota atinja a parte de baixo no instante $$t_f$$.
Assim como na etapa 3, devemos considerar a força $$F$$ exercida pela água em queda na clepsidra e descontar o peso da água em queda. Note que, em um instante $$t$$, a massa de água restante na coluna é dada por $$\mu (t_f-t_1)$$. Então, equacionando a leitura, temos:
$$M(t)g=Mg-\mu (t_f-t)+F$$
$$M(t)=M-\mu t_f +\mu t+\mu t_1$$
$$M(t)=M+\mu (t-t_2)$$ para $$t_2<t<t_f$$
Portanto:
$$\boxed{\Delta M(t)=\mu (t-t_2)}$$ para $$\boxed{t_2<t<t_f}$$
Etapa 4: $$t>t_f$$
Agora que toda a água está em repouso no compartimento inferior, a leitura da balança é proveniente de todo o peso do sistema. Então:
$$M(t)g=Mg$$
$$\boxed{\Delta M(t)=0}$$ para $$\boxed{t>t_f}$$
O que significa que a leitura da balança $$M(t)$$ permanece constante e igual à leitura inicial.
Fazendo o gráfico
Com todas essas resultados em mãos, vejamos que:
1. Etapa 1 ($$0<t<t_1$$): O gráfico é um segmento de reta decrescente entre os pontos $$(0,0)$$ e $$(t_1, \mu t_1)$$.
2. Etapa 2 ($$t_1<t<t_2$$): O gráfico é um segmento de reta sobre o eixo horizontal entre os pontos $$(t_1,0)$$ e $$(t_2,0)$$.
3. Etapa 3 ($$t_2<t<t_f$$): O gráfico é uma segmento de reta crescente entre os pontos $$(t_2, 0)$$ e $$(t_f, \mu t_1)$$.
4. Etapa 4 ($$t>t_f$$): O gráfico é uma semirreta sobre o eixo horizontal entre o ponto $$(t_f,0)$$ até $$(\infty, 0)$$ (i.e., a reta se estende até o infinito).
Note, no entanto, que a questão nos pede para fazer o gráfico de $$t=0$$ até o instante $$t_f$$, e sendo assim não é necessário levar em conta, no desenho, a etapa 4. Assim, podemos esboçar o gráfico da seguinte forma:
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{t_1=0,2\;\rm{s}}$$
(b) $$\boxed{t_f=18,2\;\rm{s}}$$
(c)
Em que $$t_2 \equiv t_f-t_1=18\;\rm{s}$$ e $$\mu \equiv \dfrac{m_0}{t_0} = \dfrac{100}{3}\;\rm{g/s}$$.
[/spoiler]
Questão 6.
A construção de edifícios altos junto à orla pode causar um indesejado sombreamento da praia. Na cidade de Balneário Camboriú, por exemplo, a prefeitura aumentou substancialmente a largura da faixa de areia para minorar esse problema. Suponha uma cidade com uma orla no sentido norte-sul, uma faixa de areia com largura \(L_a = 75,0 \; \rm{m}\) situada a uma distância \(L_r = 25,0 \; \rm{m}\) da linha de edificação, veja a figura. Suponha que a sombra projetada pelo edifício mais alto atinge os primeiros \(25,0 \; \rm{m}\) da faixa de areia às \(15 \; \rm{horas}\) em ponto. Em que horário (horas, minutos e segundos) a sombra desse edifício atinge o mar à sua frente? Considere um dia nesta cidade no qual o Sol nasce às \(6 \; \rm{horas}\), está no zênite as \(12 \; \rm{ horas}\) e se põe às \(18 \; \rm{horas}\) e desconsidere as marés.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trigonometria e Noções de Astronomia[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pelas informações do enunciado, podemos montar a seguinte figura:
Note que, pelas informações do enunciado, a trajetória do Sol se dará no sentido anti-horário (Leste-Oeste), e no plano da imagem. Como ele nasce \(6 \; \rm{h} \) e se põe \(18 \; \rm{h} \), sua velocidade angular média pode ser calculada por:
$$\omega = \dfrac{180^{\circ}}{12 \; \rm{h}} = 15^{\circ}/\rm{h}$$
Definindo \(\alpha\) como a altura angular do Sol, podemos calcular a altura \(\alpha_1\) às \(15 \; \rm{h} \):
$$\alpha_1 = 90^{\circ} – 3 \times 15^{\circ} = 45^{\circ}$$
Com isso, obtemos que:
$$h = L_0 = L_r + 25 \; \rm{m} = 50 \; \rm{m} $$
Quando a sombra do edifício atinge o mar, a altura angular do Sol será \(\alpha_2\), tal que, por trigonometria:
$$ (L_r + L_a) \tan \alpha_2 = h $$
$$\tan \alpha_2 = \dfrac{50}{100} $$
$$\tan \alpha_2 = \dfrac{1}{2} $$
$$\alpha_2 = \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)$$
Logo:
$$\omega (T – 12 \; \rm{h} ) = 90^{\circ} – \alpha_2$$
$$T = 12 \; \rm{h} + \dfrac{90^{\circ}- \arctan\left( \dfrac{1}{2}\right)}{15^{\circ}} \; \rm{h} $$
Perceba que, com isso, só se consegue obter o valor exato de $$\alpha_2$$ a partir de uma calculadora. Entretanto, visando obter um valor aproximado de $$ \alpha_2 $$, podemos utilizar a conhecida aproximação trigonométrica de que \(\tan x \approx x\) se \( x \ll 1\\). Apesar, entretanto, de $$0,50$$ não ser muito menor que $$1$$, perceberemos que os resultados dessa aproximação serão satisfatórios, então:
$$\tan \alpha_2 \approx \alpha_2 \approx 0,5 \; \rm{rad}$$
Transformando o resultado para graus:
$$\alpha_2 \approx \dfrac{180^{\circ}}{\pi} \times 0,5 \approx 30^{\circ}$$
Perceba que o valor exato de \(\alpha_2\) é de \(26,57^{\circ}\), de modo que nossa aproximação foi realmente muito boa.
Logo, por fim:
$$T \approx 12 \; \rm{h} + 4 \; \rm{h}$$
\[\boxed{T \approx 16 \; \rm{h}} \]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{T \approx 16 \; \rm{h}} \]
[/spoiler]
Questão 7.
Uma pessoa planeja instalar aquecedores solares para aquecer a água de sua residência. Considere que a taxa média de energia solar que incide perpendicularmente em placas adequadamente instaladas na região é de $$600\;\rm{J}$$ por segundo por $$\rm{m}^2$$ e que a eficiência global do sistema é de $$25\%$$, ou seja, de cada um joule de luz solar incidente $$0,25$$ são transferidos como calor para a água que circula nos tubos do aquecedor. Determine a área mínima de coleta do aquecedor capaz de aquecer de $$20\;^{\circ}C$$ a água de um reservatório de $$300$$ litros em $$2$$ horas.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termologia: Calorimetria
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Agora, sobre os painéis solares. O enunciado nos informa que apenas $$25\%$$ da energia é aproveitada, ou seja, devemos multiplicar os ganhos em energia por 0,25. Sendo assim, a energia em Joules por segundo por metro quadrado ($$I$$) incidente no painel é dada por:
$$I=600 \cdot 0,25= 150\;\rm{W/m^2}$$
Para encontrar a energia por segundo (potência $$P$$) incidente no painel, basta multiplicar pela sua área $$A$$:
$$P=IA$$
Agora, foquemos no final do enunciado:
“capaz de aquecer de 20 ºC a água de um reservatório de 300 litros em 2 horas”
Utilizamos a fórmula do calor sensível para calcular quantas calorias são necessárias para aquecer essa quantidade de água. Vale ressaltar que, para a água, $$1\;\rm{kg}=1\;\rm{L}$$ e o seu calor específico vale $$1\;\rm{cal/g^{\circ}C}$$. Temos:
$$Q=m \cdot c \cdot \Delta T= 300 \times10^3\cdot1\cdot 20=6 \times10^6\;\rm{cal}$$
Convertendo para Joules:
$$Q=6\times10^6 \cdot 4,2\;\rm{J}= 25,2 \times10^6 \;\rm{J}$$
O calor fornecido à água equivale a $$P\Delta t$$, sendo $$\Delta t=2\;\rm{horas}$$ o tempo requerido para aquecê-la. Logo:
$$Q =IA\Delta t$$
Substituindo os valores numéricos (lembre-se que $$1$$ hora possui $$3600$$ segundos, então $$2$$ horas possuem $$7200$$ segundos):
$$A=\dfrac{Q}{I\Delta t}=\dfrac{25,2 \times10^6 \;\rm{J}}{150 \cdot 7200}\;\rm{m^2}$$
$$\boxed{A \approx 23,3 \;\rm{m^2}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{A \approx 23,3 \;\rm{m^2}}$$
[/spoiler]
Questão 8.
Um estudante de física está construindo um dispositivo regulador da velocidade angular mínima $$\omega$$ com a qual um eixo fixo vertical deve girar. Seu esquema de funcionamento é dado pela Figura. Ao eixo está fixado um disco que gira solidariamente ao eixo e um anel $$A$$ ao qual se articula uma haste de comprimento $$L = 25\;\rm{cm}$$ e massa desprezível. Na outra extremidade da haste está presa uma uma pequena esfera de massa $$m$$. A haste pode girar livremente em torno do anel $$A$$ e a distância $$h$$ $$(h < L)$$ entre ela e o disco, que é ajustável, é usada para regular $$\omega$$. Um dispositivo não representado na Figura é capaz de detectar se a esfera está ou não em contato com o disco. Se o contato ocorre, um motor (também não mostrado na Figura) acelera a rotação do eixo até que o esfera suba e deixe de encostar no disco. Obtenha uma expressão para $$\omega$$ em função de $$h$$, $$g$$ e, se necessário, outros parâmetros do sistema.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica: Força Centrípeta
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Acompanhe o diagrama a seguir, o qual contém uma esquematização do sistema na iminência da esfera tocar o disco.
As forças atuantes na esfera são o peso ($$m\vec{g}$$) e a tração exercida pela haste ($$\vec{T}$$). Para o equilíbrio vertical da esfera, temos que:
$$T\cos{\theta}=mg$$
Já na horizontal, a componente da tração atuará como resultante centrípeta. Pela segunda Lei de Newton:
$$T\sin{\theta}=F_{cp}$$
$$T\sin{\theta}=m\omega^2r$$
Dividindo as equações, temos que:
$$\tan{\theta}=\dfrac{\omega^2 r}{g}$$
$$\dfrac{h}{r}=\dfrac{\omega^2 r}{g}$$
Por fim:
$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{g}{h}}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{g}{h}}}$$
[/spoiler]