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’]Dinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A energia potencial de um corpo de massa $$m$$ sob um campo gravitacional uniforme, $$g$$, depende da altura em relação ao solo da seguinte forma:
$$U=mgh$$
Desse modo, para encontrarmos a energia em função do tempo precisamos encontrar a altura do corpo em função do tempo. Nesse sentido, o corpo está em queda livre, ou seja, está sob ação apenas da gravidade.
Assim pela segunda lei de Newton,
$$F=ma$$
$$mg=ma$$
$$a=g$$
O corpo está sob aceleração constante. Com isso, pelas equações da cinemática:
$$h=h_0-\dfrac{gt^2}{2}$$
Perceba que o sinal negativo vem do fato da aceleração ser contraria ao sentido positivo da altura. Portanto a energia potencial em função do tempo é
$$U=mgh_0-\dfrac{mg^2t^2}{2}$$
Essa descreve uma parabola em função do tempo com concavidade para baixo, logo o item que melho representa o comportamento é o item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item c)
[/spoiler]
Problema 2
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidroestática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para solucionarmos a questão utilizaremos o conceito de que corpos mais densos afundam. Nesse sentido, inicialmente, sem o sal, o ovo afunda na água (aconselho o leitor a fazer o experimento em casa), concluímos assim que o ovo é mais denso que a água pura. Desse modo, com a adição de sal variamos a densidade da água:
$$d=\dfrac{m_{agua}+m_{sal}}{V_{mistura}}$$
Ao adicionar o sal, aumentamos a massa da mistura e variamos levemente o volume, assim o termo do numerador cresce mais rapidamente que o denominador, acarretando um aumento da densidade da água.
Portanto, com o aumento de densidade da água, chega um momento que a densidade da água e do ovo se igualam, possibilitando o ovo de permanecer suspenso no meio da solução, já que não existe a tendência de ninguém afundar devido às densidades iguais. Além disso, aumentando mais a densidade, o ovo passa flutuar, pois a água passa a ficar mais densa.
Com isso, o que acontece depende da concentração de sal na água, pois a densidade da mistura pode ser menor, igual ou maior que a do ovo, assim a resposta correta é o item d).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item d)
[/spoiler]
Problema 3
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gravitação/astronomia[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolvemos o problema precisamos aplicar a 3 lei de Kepler, que para corpos orbitando o mesmo astro é valida a relação:
$$\dfrac{T^2}{R^3}=constante$$
Ou seja,
$$\dfrac{T^2}{(4R)^3}=\dfrac{(4\,h)^2}{(R)^3}$$
Desse modo,
$$\dfrac{T^2}{4^3}={(4\,h)^2}$$
$${T^2}=4^3\cdot{(4\,h)^2}$$
$$\boxed{T=32\,h}$$
Portanto, o gabarito é item d).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item d)
[/spoiler]
Problema 4
[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 5
[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 6
[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 7
[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 8
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O movimento da pedra é uma queda livre, ou seja, está sob ação apenas da gravidade. Pela 2 lei de Newton:
$$F=ma$$
$$mg=ma$$
$$a=g$$
Como o campo gravitacional é constante a aceleração também é constante. Portanto, o gabarito é item c).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
item c)
[/spoiler]
Problema 9
[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 10
[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 11
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse caso, ambos os carros tiveram mesma variação de quantidade de movimento, entretanto, a energia requerida para cada situação foi diferente. Perceba que a energia cinética de um corpo depende do quadrado da velocidade \(E \propto v^2\), de modo que, com isso, para maiores velocidades, maiores energias cinéticas são apresentadas. Na segunda situação, apesar da variação de velocidade ser idêntica à da primeira, a variação dos quadrado das velocidades é diferente e maior que à primeira situação, de modo que, com isso, a energia requerida na primeira situação é menor que na segunda.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Problema 12
[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 13
[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 14
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrostática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Na situação de equilíbro, o liquído no tubo horizontal é isobárico, isso é, a pressão exercida pelos liquídos nos tubos 1, 2 e 3 são iguais. Com isso, pelo teorema de Stevin:
\[\rho_1 g h_1 = \rho_2 g h_2 = \rho_3 g h_4 \]
logo:
\[\rho_1 h_1 = \rho_2 h_2 = \rho_3 h_4 = k\]
Assim, obtemos que a densidade do i-ésimo liquído é inversamente proporcional à altura que ele ocupa em seu respectivo tubo. Logo, como \(h_4 > h_1 > h_2\), obtemos que:
\[\rho_3 < \rho_1 < \rho_2\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 15
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ao acelerar, será gerado uma velocidade relativa entre os objetos e o caminhão e, no caso em que ela é nula, não haverá deslizamento entre eles. Com isso, forças de atrito estático atuarão nos objetos visando manter a velocidade deles igual à do caminhão para que, então, não ocorra deslizamento entre os dois corpos. Com isso, são as forças de atrito estático que são responsáveis por aumentar a rapidez dos objetos.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 16
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A distância é a medida total percorrida, independentemente da direção. Por exemplo, se uma pessoa caminhar 3 quilômetros em uma trilha sinuosa, a distância percorrida será de 3 quilômetros. Já o deslocamento é a mudança de posição em relação a um ponto de referência, levando em consideração a direção. Por exemplo, se uma pessoa caminhar 3 quilômetros para o norte e depois 2 quilômetros para o sul, o deslocamento será de 1 quilômetro na direção norte. Em resumo, a distância é uma medida escalar, enquanto o deslocamento é uma grandeza vetorial. Abaixo, segue uma representação para se entender melhor o conceito de distância e deslocamento.
Para um movimento retilíneo, o deslocamento pode ser tanto positivo quanto negativo, enquanto a distância é sempre positiva.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item c)
[/spoiler]
Problema 17
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Estática/Hidrostática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse caso, quando o sistema for colocado na água, surgirá uma força de empuxo vertical, com sentido contrário à gravidade, atuando em cada um dos corpos. Uma vez que eles tem o mesmo volume, a magnitude do empuxo que atua em ambos os corpos será igual. Como sabemos, quanto maior a distância ao centro de rotação, maior o torque, assim, a torque exercido pelo empuxo do corpo da direita será maior e, com isso, a balança se inclinará para a esquerda.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item b)
[/spoiler]
Problema 18
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Pelo enunciado, vemos que a curva da posição do objeto em função do tempo é uma parábola. Tendo isso em vista, o corpo está em um movimento uniformemente acelerado, em que:
\[x = \dfrac{at^2}{2}\]
de modo que, com isso, sua aceleração é constante.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]
Problema 19
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse caso, o calor necessário para vaporizar a água é dado por:
\begin{equation*}
Q = mL
\end{equation*}
Substituindo os valores numéricos, obtemos:
\begin{equation*}
Q \approx 4500 \; \rm{J}
\end{equation*}
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item e)
[/spoiler]
Problema 20
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Nesse caso, haverá trocas de calor entre a água e o chumbo visando o equilíbrio térmico. Como a água está inicialmente mais fria, ela irá receber calor, de modo que sua temperatura final será maior; enquanto que, o chumbo, como está inicialmente mais quente, cederá calor, de modo que sua temperatura final será menor.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Item d)
[/spoiler]