Escrito por Akira Ito, Gabriel Hemétrio, Matheus Felipe R. Borges, Lucas Tavares e Rafael Moreno
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Problema 1
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao ser abandonada, a cápsula será acelerada pela gravidade lunar. Pela equação de Torricelli:
\[v^2 = v_0^2 + 2gh\]
logo:
\[v = \sqrt{ v_0^2 + 2gh} \]
substituindo os valores numéricos:
\[v = \sqrt{16,8} \approx 4,1 \; \rm{m/s} \]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Problema 2
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrostática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Quando em equilíbrio estático, a força de empuxo e balanceada pela força peso. Tal que:
\[mg = \rho_A V g\]
em que \(\rho_A\) é a densidade da água e \(V\) é o volume do cubo. Seja \(V’\) o volume da cavidade esférica e \(\rho\) a densidade do plástico, temos que:
\[\rho(V-V’)g = \rho_A V g\]
ou seja:
\[\rho(V – V’) = \rho_A V \]
logo:
\[V’ = V\left(1 – \dfrac{\rho_A}{\rho} \right)\]
seja \(a\) o comprimento do cubo e \(r\) o raio da cavidade esférica, teremos:
\[\dfrac{4\pi r^3}{3} = a^3 \left(1 – \dfrac{\rho_A}{\rho} \right) \]
então:
\[r = a \left[\dfrac{3}{4 \pi}\left(1 – \dfrac{\rho_A}{\rho} \right) \right]^{1/3} \approx 2 \; \rm{cm} \]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Problema 3
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gases ideias[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pela equação dos gases ideais:
$$PV = nRT$$
Para uma transformação a temperatura constante, temos:
$$V = \dfrac{nR}{P}T = KT$$
em que $$K$$ é uma constante.
Analisando a equação, podemos perceber que $$V(T)$$ forma uma reta e, para $$T = 0$$, $$V = 0$$. Com isso, analisando as opções dadas, o gráfico correspondente ao processo será o gráfico A
Resposta: item a)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item a)
[/spoiler]
Problema 4
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A aceleração de um corpo vai ser dado por $$a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$$. Sendo assim, vamos calcular o módulo da aceleração do corpo nas 4 regiões do gráfico (veja figura abaixo).
Para a região I:
$$a_I = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{5-(-5)}{5} \; \rm{m/s^2} = 2 \; \rm{m/s^2}$$
Para a região II:
$$a_{II} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{15-5}{2,5} \; \rm{m/s^2}$$
$$a_{II} = 4 \; \rm{m/s^2}$$
Para a região III:
$$a_{III} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = 0$$
Para a região IV:
$$a_{IV} = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{-5 – 15}{2,5} \; \rm{m/s^2}$$
Em módulo:
$$a_{IV} = 8 \; \rm{m/s^2}$$
Com isso, podemos afirmar que a maior aceleração em módulo será $$a_{IV} = 8 \; \rm{m/s^2}$$.
Resposta: item d)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 5
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ondas/optica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A única grandeza que se mantêm constante é a frequência, pois é uma característica da fonte, ou seja, não varia com mudanças de meio. A velocidade da onda depende exclusivamente do meio que se encontrar, ou seja, muda. Além disso, o comprimento de onda deve mudar para obedecer à relação:
$$v=\lambda f$$
Assim, a resposta é item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item c)
[/spoiler]
Problema 6
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Quando a bola realiza uma colisão perfeitamente elástica e inverte o sentido de sua velocidade, há uma clara variação de momento linear. Tome muito cuidado pois, embora o módulo do vetor momento $$p=mv$$ permaneça inalterado, o seu sentido mudou, de forma que a variação é $$\Delta p=2mv$$.
A energia da bola pode ser encontrada com a expressão da energia cinética de um objeto $$E_k=\dfrac{1}{2}mv^2$$. Note que, como a velocidade é a mesma, a energia não muda, então não há troca de energia.
Portanto Item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 7
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trabalho[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O trabalho de uma força pode ser escrito como
$$W=F_x\cdot\Delta x+F_y\cdot\Delta y$$
Ou seja, indo do ponto $$1$$ ao $$2$$ temos
$$\Delta x=1\,m$$ $$\Delta y=3\,m$$
Assim o trabalho realizado é
$$W=(2\cdot1+1\cdot3)\,J$$
$$\boxed{W=5\,J}$$
Assim, a resposta é item a).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item a)
[/spoiler]
Problema 8
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica, gases[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O diagrama PV abaixo representa os dois processos propostos no enunciado do problema. A linha tracejada representa uma região de temperatura constante igual a $$T$$.
Já perceba que, ao final do segundo processo, o volume (eixo horizontal) aumentou, então temos que $$V_2>V_1$$. Quanto ao calor trocado, podemos escrever a primeira lei da termodinâmica. Para o primeiro processo:
$$ Q=\Delta U +\tau $$
$$ Q_1 = (U_B-U_A) $$
Note que o trabalho $$\tau$$ é zero pois não há variação de volume. Para o segundo processo:
$$ Q_2 = (U_C-U_B) + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$$
Como a temperatura do ponto A é igual a do ponto C, podemos afirmar que $$U_A=U_C$$, então temos a seguinte relação:
$$ Q_2 = (U_A-U_B) + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$$
$$ Q_2 = -Q_1 + \dfrac{P}{2}(V_2-V_1)$$
Como o calor $$Q_1$$ é negativo e o trabalho do processo 2 é positivo, temos que $$|Q_2| > |Q_1|$$. Portanto Item d).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 9
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver esse problema, basta usar a conservação de energia, ou seja, o calor doado por um corpo é igual ao calor recebido:
$$ Q_1+Q_2=0 $$
$$ m_1 c \Delta T_1 + m_2 c \Delta T_2=0 $$
$$ 5(T-10)+10(T-40)=0 $$
Resolvendo a equação, obtemos:
$$ \boxed{T=30^\circ C}$$
Portanto Item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 10
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver esse problema, vamos primeiro definir o sentido vertical para baixo positivo. Dessa forma, podemos encontrar acelerações dos blocos com a segunda lei de Newton. Para o bloco da esquerda:
$$ m_1g-T=m_1a_1 $$
$$ 10-T=a_1 $$
Para o da direita:
$$ m_2g-T=m_2a_2 $$
$$ 20-T=2a_2 $$
Como o fio é inextensível, temos que as acelerações devem ser contrárias e iguais em módulo $$a_1=-a_2$$. Assim, resolvendo o sistema:
$$ \boxed{T=\dfrac{40}{3}N}$$
O dinamômetro é apenas um aparelho que mede a força aplicada em suas extremidades. Como ambos os aparelhos e os fios são ideais, eles medirão o mesmo valor de $$T$$. Portanto Item b).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Problema 11
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para estudar esse problema, é preciso lembrar dos conceitos de lançamento vertical e lançamento oblíquo. Primeiramente, já é importante deixar claro que a massa das bolinhas não importa para a cinemática, pois estamos desconsiderando a resistência do ar. Assim, para a bolinha A, temos a seguinte equação para a posição vertical em função do tempo:
$$ S = S_0 + V_0t + \dfrac{1}{2}at^2 $$
$$ h_A= 5t-5t^2 $$
Note que usamos $$V_0=5\,m/s $$ e $$g=10\,m/s^2$$. Para a bolinha B, não podemos simplesmente usar a velocidade com a qual ela foi arremessada, pois é preciso considerar o ângulo de laçamento. A velocidade vertical pode ser encontrada com a expressão:
$$ V_y=V_0\cdot \sin{\theta} $$
No nosso caso, $$\theta=30^\circ $$ e $$ \sin\theta=0,5 $$. Aplicando a mesma equação horária:
$$ S = S_0 + V_0t + \dfrac{1}{2}at^2 $$
$$ h_B= 5t-5t^2 $$
Note como as velocidades verticais no início são idênticas, logo, as bolinhas atingirão o solo ao mesmo tempo. Portanto Item c.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 12
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, a energia cinética média das partículas é proporcional à temperatura, como descrito no enunciado.
$$E_c\varpropto T$$
$$E_c=cT$$
Onde $$c$$ é uma constante de proporcionalidade. Desse modo, a velocidade quadrática média é
$$\dfrac{mv^2}{2}=cT$$
$$v=\sqrt{\dfrac{2cT}{m}}$$
Portanto, a velocidade depende da massa da seguinte forma,
$$v\varpropto\dfrac{1}{\sqrt{{m}}}$$
Desse modo, comparando as velocidades do $$H_2$$ e $$N_2$$:
$$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{{m_{H_2}}}}}{\frac{1}{\sqrt{{m_{N_2}}}}}$$
$$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{\dfrac{m_{N_2}}{{m_{H_2}}}}$$
Logo, para sabermos a razão entre as velocidades é preciso ter a razão entre as massas de $$H_2$$ e $$N_2$$. Entretanto, não foi dado no enunciado a massa do nitrogênio (tornando a questão passível de anulação), porém, caso o aluno saiba a massa do $$N$$ ($$14$$ UMA), encontra-se
$$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot14}{{2\cdot1}}}$$
$$\dfrac{v_{H_2}}{v_{N_2}}=\sqrt{14}$$
Desse modo, pelo fato da questão não fornecer os dados necessários e não possuir resposta correta, a questão foi Anulada.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Anulada.
[/spoiler]
Problema 13
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para que o barco consiga navegar em uma linha reta perpendicular às margens do rio, é preciso que a componente da sua velocidade seja igual à velocidade da água do rio. Dessa forma:
$$ v_b\cdot \sin{\theta}=v_a$$
$$ 10 \sin{\theta} =5 $$
$$\sin{\theta} =\dfrac{1}{2}$$
$$\boxed{\theta=30^\circ}$$
A velocidade do barco em relação às margens do rio é simplesmente a componente da velocidade perpendicular, ou seja:
$$v_r=v\cos{\theta}$$
$$ \boxed{v_r\approx \,8,7km/h} $$
Portanto Item d).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 14
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica/energia[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, vamos considerar que a força $$F$$ é paralela ao plano. Desse modo, como a velocidade do bloco é constante, esse está em equilíbrio, ou seja,
$$F=F_{at}+mg\sin{\theta}$$
$$N=mg\cos{\theta}$$
$$F{at}=N\mu$$
$$F=\mu mg\cos{\theta}+mg\sin{\theta}$$
Pela geometria do triangulo retângulo
$$\sin{\theta}=\dfrac{3}{5}=0,6$$ $$\cos{\theta}=\dfrac{4}{5}=0,8$$
Assim,
$$F=\mu mg\cos{\theta}+mg\sin{\theta}$$
$$F=mg(0,8\cdot0,4+0,6)$$
$$F=mg(0,32+0,6)$$
$$F=0,92mg$$
Pela informação da figura $$m=50\,kg$$
$$F=0,92\cdot50\cdot10\,N$$
$$F=460\,N$$
Com isso, sabendo que o deslocamento do bloco é $$50\,m$$, tem-se
$$W=Fd$$
$$W=460\cdot50\,J$$
$$W=23000\,J$$
$$\boxed{W=23\,kJ}$$
Portanto, o gabarito é item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item c)
[/spoiler]
Problema 15
[spoiler title=’Assunto abordado ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]Movimento Harmônico Simples (M.H.S.)[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Em um sistema massa-mola, a frequência de oscilações é dado por:
$$ f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}}$$
Perceba que a frequência de oscilações é independente da gravidade. Portanto, na Lua teríamos que $$f’ = f$$. Ou seja:
$$\dfrac{f}{f’} = 1$$
Resposta: item c)
Obs: Em um sistema massa-mola a gravidade é responsável apenas por deslocar a posição de equilíbrio do sistema.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 16
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver essa questão vamos utilizar de princípios da mecânica sobre colisões. Durante uma colisão, a quantidade de movimento do sistema é conservada. Sendo assim, teríamos que, vetorialmente:
$$\Delta \vec{p}_c + \Delta \vec{p}_m = 0$$
Logo, para os módulos:
$$\Delta p_c = \Delta p_m$$
As forças durante uma colisão se caracterizam como um par de ação-reação, de acordo com a 3° lei de Newton. Sendo assim, para os módulos:
$$F_c = F_m$$
Resposta: item e)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Problema 17
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica geométrica
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Essa questão pode ser feita utilizando princípios de construção geométrica e propriedades de lentes, que são:
– Raios de luz que passam pelo eixo principal da lente não sofrem desvios angulares, ou sejam, eles “passam direto” pela lente;
– Raios paralelos se encontram sobre o mesmo ponto do eixo focal (eixo perpendicular ao eixo principal da lente e que passa pelo foco).
Sendo assim, vamos utilizar essas propriedades para determinar o foco. Vamos analisar um raio paralelo àquele dado no problema. Esse raio é representado pela cor vermelha. Veja a figura abaixo:
Utilizando da segunda propriedade, podemos concluir que o foco fica na posição III
Resposta: item c)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 18
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gravitação[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, analisaremos todas as afirmações:
I. Na direção radial, a única força que atua no satélite é a força gravitacional centrípeta.
(Verdadeira) A alternativa está verdadeira, pois de fato a única força que atua no satélite é a força gravitacional, que, além disso, age como uma resultante centrípeta mantendo a órbita circular.
II. Na direção radial, além da força gravitacional centrípeta também atua uma força centrífuga.
(Falsa) A força centrifuga é uma força fictícia que atua apenas no referencial não inercial que roda junto ao satélite, no referencial da terra essa força não é aplicada.
III. É necessário um motor para sustentar o movimento do satélite na direção tangencial.
(Falsa) Não é necessário nenhum motor para manter o satélite em órbita, esse apenas precisa da velocidade ideal para permanecer na órbita circular.
Assim, a resposta é item a).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item a)
[/spoiler]
Problema 19
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trabalho/energia[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Utilizando o teorema da energia cinética
$$W_{total}=\Delta E_c$$
Como o bloco parte do repouso e atinge o repouso após o deslocamento
$$\Delta E_c=0$$
Desse modo,
$$W_{total}=W_1+W_2=0$$
$$W_1=-W_2$$
$$|W_1|=|W_2|$$
Ambos devem ser diferentes de $$0$$, pois a frase “em sentidos opostos” e a direção das setas nas figuras dão a entender que o sentido de cada força não varia, o que impede do módulo dos trabalhos serem nulos.
$$\boxed{|W_1|=|W_2|\neq0}$$
Assim, a resposta é item a).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item a)
[/spoiler]
Problema 20
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica geométrica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver esse problema, precisamos conhecer uma propriedade das lâminas de faces paralelas:
$$n\sin\theta = cte$$
A demonstração disso pode ser obtida utilizando a Lei de Snell e analisando os ângulos do sistema, assim como mostra na seguinte imagem:
Quando a luz vai de um meio menos refringente para um meio mais refringente, pela Lei de Snell, podemos perceber que o raio de luz vai se aproximar da normal. Do mesmo modo, quando a luz vai de um meio mais refringente para um meio menos refringente, o raio de luz se afasta da normal.
Com isso, podemos perceber que o meio 2 é o meio de menor índice de refração do sistema.
Utilizando a propriedade de faces paralelas dita acima, concluímos que $$n_3> n_1 > n_2$$.
Como o vidro possui o maior índice de refração e o ar o menor, a ordem dos índices será: 1 – água; 2 – ar; 3 – vidro. Portanto, item e)
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]