Escrito por Lucas Praça, Vitor Takashi, Felipe Alves, Paulo Vinicius, Tiago Rocha, Caio Yamashita, Davi Tsuchie
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Problema 1
A série de tamanhos de papel A tem como característica que cada formato possui metade da área do anterior e mantém a mesma proporção de lados. Na figura, a área sombreada de dimensões $$L_0 \times H_0$$ representa uma folha de papel $$A0$$. Dividindo transversalmente essa folha ao meio, obtêm-se duas folhas de papel $$A_1$$, com lados $$L_1=\frac{H_0}{2}$$ e $$H_1=L_0$$. Repetindo esse processo, obtêm-se as folhas $$A2$$, $$A3$$, $$A4$$ e assim sucessivamente.
Considere que se deseja formar um bloco de anotações A6 a partir de uma única folha $$A0$$.
Sabendo que $$A0$$ tem uma área de $$1 \rm{m^2}$$ e espessura de $$1 \rm{mm}$$, determine:
(a) a altura e largura, em mm, de uma folha do bloco de anotações;
(b) a espessura do bloco de anotações.
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Conceitos Matemáticos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Como foi dito no enunciado, deseja-se formar um bloco de anotações com folhas $$A6$$ a partir de uma folha $$A0$$. Logo, devemos analisar como a folha $$A6$$ difere de uma folha $$A0$$.
Considerando que a folha $$A0$$ tem dimensões $$H_0$$ e $$L_0$$, podemos seguir a lógica apresentada pelo enunciado e concluir que:
- A folha A1 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{2}$$ e $$L_0$$.
- A folha A2 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{2}$$ e $$\dfrac{L_0}{2}$$.
- A folha A3 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{4}$$ e $$\dfrac{L_0}{2}$$.
- A folha A4 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{4}$$ e $$\dfrac{L_0}{4}$$.
- A folha A5 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{4}$$.
- A folha A6 tem dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{8}$$.
Sabemos que a folha $$A0$$ possui uma área de $$1,00 \;\rm{m^2}$$. Portanto, $$H_0\cdot L_0=1\;\rm{m^2}$$.
Então, basta mais uma equação para podermos descobrir $$H_0$$ e $$L_0$$. Para isso, vamos usar o dado do enunciado que as proporções se preservam. Assim, comparando um folha $$A0$$ com uma folha $$A1$$, podemos escrever:
\[\frac{H_0}{L_0}= \frac{L_0}{H_0/2} \]
\[H_0=L_0 \sqrt{2}\]
Então, juntando os resultados, obtemos:
\[L_0=\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}\]
\[H_0=\sqrt{1\rm{m^2} \cdot \sqrt{2}}\]
Dessa maneira, os valores buscados são:
\[L_6 = \frac{L_0}{8}=\frac{\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}}{8} \approx 105 \rm{mm}\]
\[H_6 = \frac{H_0}{8}=\frac{\sqrt{1\rm{m^2}\sqrt{2}}}{8} \approx 149 \rm{mm}\]
Uma dificuldade possivelmente relacionada a essa questão é computar $$\sqrt{\sqrt{2}}$$, até porque a aproximação para raízes genéricas não foi fornecida pela prova NJR, apesar de ser fornecida em outros níveis.
(b) Primeiramente, devemos calcular a área de um bloco de anotações. Para isso, podemos recorrer as suas dimensões $$\dfrac{H_0}{8}$$ e $$\dfrac{L_0}{8}$$. Obtendo que sua área é:
$$\dfrac{H_0}{8}\cdot \dfrac{L_0}{8}$$
$$\dfrac{H_0\cdot L_0}{64}$$
Como foi dito no item anterior que $$H_0 \cdot L_0=1,00\; \rm{m^2}$$, obtemos que a área de um bloco de anotação (papel A6) é:
$$\dfrac{1}{64}\; \rm{m^2}$$
Além disso, podemos calcular o volume inicial de papel, já que como nenhum papel é criado e nem perdido, temos que o volume de papel A0 deve ser o mesmo do que o volume do bloco de anotação.
O enunciado diz que a folha A0 tem área de $$1,00 \; \rm{m^2}$$ e espessura de $$1,00 \; \rm{mm}= 10^{-3}\; \rm{m}$$. Logo, seu volume deve ser de:
$$1\cdot 10^{-3}\; \rm{m^3}$$
Considerando que o bloco de anotação tem uma espessura $$s$$, podemos concluir que o volume é:
$$\dfrac{s}{64}$$
Como os volumes são iguais:
$$1\cdot 10^{-3}=\dfrac{s}{64}$$
$$s=64 \cdot 10^{-3}\;\rm{m}$$
Transformando em $$mm$$:
$$\boxed{s=64 \;\rm{mm}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) altura: $$\boxed{149 \;\rm{mm}}$$; largura: $$\boxed{105,0 \;\rm{mm}}$$
(b) $$\boxed{64 \;\rm{mm}}$$
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Problema 2
Eratóstenes de Cirene (séc. III a.C.) determinou o raio da Terra a partir de uma observação e de duas hipóteses. O fenômeno que lhe chamou a atenção é que, no mesmo instante, a direção de incidência dos raios solares varia com a latitude do ponto de observação. Para explicá-lo, ele assumiu que os raios solares são paralelos e que a Terra é esférica. Inspirados nessa abordagem, estudantes de Macapá (M) e Porto Alegre (P), cidades aproximadamente no mesmo meridiano, decidiram reproduzir o experimento.
Macapá está praticamente sobre o Equador e Porto Alegre próxima ao paralelo 30° Sul. Um voo direto, pela rota mais curta, entre as duas cidades percorre a distância de $$d = 3300\ \rm{km}.$$
O experimento será realizado ao meio-dia do equinócio, quando o Sol incide perpendicularmente em Macapá.
(a) Determine o raio da Terra considerando as hipóteses de Eratóstenes e os resultados do experimento.
(b) A mesma observação pode ser explicada por um modelo de Terra plana no qual o Sol é uma fonte de luz pontual a uma altura (H) acima do plano terrestre e está exatamente sobre Macapá ao meio-dia do equinócio. Determine (H).
(c) Se o modelo de Terra plana é capaz de explicar a diferença de ângulo de incidência dos raios solares em diferentes cidades, por que ele não é adotado?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos Matemáticos
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) O ângulo entre as cidades é de $$30^\circ$$ isto é:
\[\theta = 30^\circ = \dfrac{\pi}{6}\ \text{rad}\]
Sabendo que o comprimento do arco é dado por
\[d = R\theta,\]
obtemos:
\[R = \dfrac{d}{\theta} = \dfrac{3300}{\pi/6} = \dfrac{3300 \times 6}{\pi}\]
Adotando
\[\pi \approx 3\]
\[R \approx \dfrac{19800}{3} = 6600\ \text{km}\]
\[\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(b) No modelo plano, o Sol estaria verticalmente sobre Macapá e faria um ângulo de $$30^\circ$$
com a vertical em Porto Alegre. Assim:
\[\tan 30^\circ = \dfrac{d}{H} \Rightarrow H = \dfrac{d}{\tan 30^\circ}\]
Sabendo que
\[\tan 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\]
\[H = 3300\sqrt{3}\]
Aproximando
\[\sqrt{3} \approx 1{,}7\]
\[H \approx 3300 \times 1{,}7 = 5610\ \text{km}\]
\[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(c) O modelo de Terra plana não é adotado porque ele entra em contradição com as premissas do modelo esférico, que são comprovadas por observação. No modelo esférico, que já podemos assumir como o certo, a distância (d) é calculada como $$d=R\theta$$, o que significa que a distância aumenta proporcionalmente com a latitude ($$\theta$$).
Ao tentar aplicar essa distância real no cálculo da altura ($$H$$) do Sol no modelo plano (onde $$H = \frac{d}{tan(\theta)}$$), surge uma inconsistência fundamental. O modelo plano, ao ser confrontado com distâncias de latitudes diferentes, faria com que a altura calculada do Sol ($$H$$) mudasse drasticamente.
Essa grande diferença na altura do Sol de acordo com a latitude do observador demonstra que os dois modelos são incompatíveis e que o modelo plano falha em descrever a realidade de forma coerente. Por exemplo, enquanto a observação de um ponto a $$30^\circ$$ de latitude resulta em uma altura $$H$$ de aproximadamente $$5700 km$$, a observação de um ponto a $$45^\circ$$ de latitude resultaria em uma altura H de $$4950 km$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \[\boxed{R \approx 6{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(b) \[\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}\]
(c) O modelo plano, ao ser aplicado a locais de diferentes latitudes, implicaria que a altura calculada do Sol ($$H$$) variaria drasticamente com a latitude, o que contradiz as observações reais.
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Problema 3
Dois satélites estão em órbitas aproximadamente circulares em torno da Terra, coplanares e passando pelos polos. O período orbital do satélite A é $$T_A=T$$, e o do satélite B $$T_B=4T$$. Em certo instante, ambos estão alinhados e posicionados sobre o Polo Norte da Terra. Considere o intervalo de tempo até que os satélites retornem a mesma posição(alinhados sobre o Polo Norte da Terra). Determine:
(a) quantas órbitas o satélite A completa nesse intervalo;
(b) quantas vezes os satélites A e B ficaram alinhados com a Terra abaixo deles nesse intervalo(sem contar os alinhamentos inicial e final);
(c) quantas vezes os satélites A e B ficaram alinhados com a Terra entre eles nesse intervalo.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Movimento circular
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, vamos calcular quanto tempo irá demorar para que os planetas se alinhem novamente sobre o Polo Norte. O tempo necessário será o Mínimo Múltiplo Comum(MMC) entre os dois períodos, pois nesse momento ambos estarão juntos na origem do movimento(Polo Norte). O MMC entre $$T_A=T$$ e $$T_B=4T$$ é $$T’=4T$$, então esse é o tempo buscado. Assim, o número de voltas que o planeta A fará será:
\[N = \frac{T’}{T_A} = \boxed{4 \text{voltas}}\]
(b) Vamos considerar o ângulo transladado por cada planeta:
\[\Delta \theta_A = \frac{2\pi}{T} \cdot t\]
\[\Delta \theta_B = \frac{2\pi}{4T} \cdot t\]
Assim, queremos encontrar todos os valores positivos de $$n$$ que satisfaçam a seguinte equação até $$t=4T$$:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = 2n\pi\]
Em $$t=4T$$, a diferença entre os ângulos será:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = (1-\frac{1}{4}) \cdot 4 \cdot 2\pi = 2\pi \cdot 3\]
Ou seja, existem soluções de n de 1 até 3 no intervalo pedido. Porém, como o enunciado pede para desconsiderarmos o alinhamento final, o número de alinhamentos será 2.
\[\boxed{2 \text{vezes}}\]
(c) Analogamente, queremos os valores ímpares de m que solucionam:
\[\Delta \theta_A – \Delta \theta_B = m \pi\]
Como vimos no item anterior, o valor máximo para a diferença entre esses ângulos é $$6\pi$$. Assim, as soluções existentes para m são 1, 3 e 5. Ou seja, tal alinhamento ocorreu 43vezes.
\[\boxed{3 \text{vezes}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{4}$$
(b) $$\boxed{2}$$
(c) $$ \boxed{3}$$
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Problema 4
Um cubo de material homogêneo, de aresta $$50 \rm{mm}$$ e densidade $$\rho_c = 0,90 \rm{g/cm^3}$$, flutua em um recipiente com água pura, com uma das suas faces paralela ao fundo. Em seguida, acrescenta-se lentamente sobre a água uma camada de óleo, de densidade $$\rho_o = 0,80 \rm{g/cm^3}$$ e espessura h(óleo e água não se misturam). Considere $$H$$ a distância vertical do topo do cubo ao nível da água(positiva quando o topo está acima do nível). Determine:
a) A altura $$H$$ sem a camada de óleo( $$h = 0$$).
b) A altura $$H$$ quando $$h = 10 \rm{mm}$$.
c) A espessura $$h$$ necessária para que a superfície do óleo atinja o topo do cubo.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Hidrostática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Podemos traçar a condição do equilíbrio hidrostático:
\[\rho_c V g = \rho_a V_s g\]
Onde $$V$$ é o volume do cubo, $$\rho_a$$ é a densidade da água e $$V_s$$ o volume submerso do cubo. Substituindo os valores, obtemos $$V_s = 112,5 cm^3 $$. Assim, o volume do cubo que fica acima do nível da água é $$\Delta V= V-V_s=12,5 cm^3$$. Por um outro lado, esse volume é igual a altura buscada vezes a área de uma das faces do cubo:
\[\Delta V= H \cdot (50\rm{cm})^2\]
\[H = \frac{12,5}{25}= 0,5 \rm{cm} = \boxed{5 \cdot 10^{-3} \rm{m}}\]
b) Agora, a condição de equilíbrio será:
\[\rho_c L g = g( \rho_a h_a + \rho_o h)\]
Onde $$L$$ é o lado do cubo e $$h_a$$ é a profundidade de água em torno do cubo. Então podemos encontrar $$h_a = 37 \rm{mm}$$. Assim, podemos encontrar $$H$$:
\[H= L- h_a = \boxed{13 \cdot 10^{-3} \rm{m}}\]
c) Perceba que a altura do topo do cubo com respeito ao óleo é $$H+h$$. Então, vamos utilizar as expressões encontradas no item passado:
\[L -(\frac{\rho_c L- \rho_o h}{\rho_a} + h) = 0\]
Isolando h, encontramos:
\[h = \frac{L(1-\frac{\rho_c}{\rho_a})}{1-\frac{\rho_o}{\rho_a}} = \boxed{25 \cdot 10^{-3} \rm{m}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{5 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$
b) $$\boxed{13 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$
c) $$\boxed{25 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$
[/spoiler]
Problema 5
Um menino de massa M = 50,0 kg sustenta uma carga de massa m por meio de um sistema de polias, conforme a figura ao lado. A polia pequena está fixa ao teto e a polia grande é móvel, com a carga m presa ao seu eixo. O cabo passa pelas duas polias; uma extremidade é puxada pelo menino e a outra está presa ao teto. Considere polias e cabo ideais (inextensíveis e de massa desprezível). Analise o equilíbrio estático.
(a) Qual é a força que o menino exerce no cabo quando m = 15 kg?
(b) Qual é a força que o menino exerce sobre o piso quando m = 15 kg?
(c) Qual é o maior valor de m que o menino consegue sustentar em equilíbrio estático com esse sistema?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
mecânica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
((a) Força que o menino exerce no cabo (F)
O sistema de polia móvel oferece uma vantagem mecânica. A carga de peso $$P_m$$é sustentada por duas seções do mesmo cabo. A força que o menino exerce,$$F$$, é igual à tensão nesse cabo. Para o equilíbrio da polia móvel:
\[2F = P_m\]
O peso da carga $$P_m$$ é dado por:
\[P_m = m \cdot g\]
Portanto, a força $$F$$ é:
\[F = \dfrac{m \cdot g}{2}\]
Substituindo os valores para $$m = 15\ \text{kg}$$:
\[F = \dfrac{15\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2} = \dfrac{150\ \text{N}}{2}\]
\[\boxed{F = 75\ \text{N}}\]
(b) Força que o menino exerce sobre o piso (Força Normal N)
Para encontrar a força que o menino exerce no piso, precisamos analisar as forças verticais que atuam sobre o menino. As forças são:
- Seu peso $$P_M$$, para baixo.
- A força de tração do cabo $$F$$, para cima (o cabo o puxa para cima).
- A força Normal $$N$$ do piso, para cima.
No equilíbrio, a soma das forças para cima é igual à soma das forças para baixo:
\[N + F = P_M\]
O peso do menino $$P_M$$ é:
\[P_M = M \cdot g = 50,0\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2 = 500\ \text{N}\]
Agora, podemos isolar e calcular a Normal $$N$$:
\[N = P_M – F\]
\[N = 500\ \text{N} – 75\ \text{N}\]
\[\boxed{N = 425\ \text{N}}\]
Pela Terceira Lei de Newton, a força que o menino exerce sobre o piso é igual em módulo à força Normal.
(c) Maior valor de m que o menino consegue sustentar
O maior valor de massa $$m_{max}$$ que o menino pode sustentar ocorre na situação limite em que ele está prestes a sair do chão. Nesse momento, a força que o piso exerce sobre ele é nula.
\[N = 0\]
Analisando novamente as forças sobre o menino nessa condição:
\[0 + F_{max} = P_M\]
\[F_{max} = P_M = 500\ \text{N}\]
Isso significa que a força máxima que ele pode aplicar no cabo é igual ao seu próprio peso. Agora, usamos a relação do item (a) para encontrar a massa correspondente a essa força máxima:
\[F_{max} = \dfrac{m_{max} \cdot g}{2}\]
\[500\ \text{N} = \dfrac{m_{max} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2}\]
\[1000 = m_{max} \cdot 10\]
\[m_{max} = \dfrac{1000}{10}\]
\[\boxed{m_{max} = 100\ \text{kg}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \[\boxed{F = 75\ \text{N}}\]
(b)\[\boxed{N = 425\ \text{N}}\]
(c)\[\boxed{m_{max} = 100\ \text{kg}}\]
[/spoiler]
Problema 6
Considere uma geladeira ou freezer doméstico cujo gabinete possui vedação elástica quase hermética: o sistema de borrachas reduz muito a troca com o exterior, mas não a elimina completamente. Responda as questões a seguir, justificando com conceitos e leis da termodinâmica:
(a) Em um dia quente, por que tentar abrir a porta logo após tê-la fechado pode parecer bem difícil do que da primeira vez? Por que, após algum tempo, essa dificuldade desaparece?
(b) Se deixarmos a porta da geladeira aberta por muito tempo, a cozinha esfria, aquece ou fica igual?
(c) Por que colocar um recipiente destampado com comida quente dentro da geladeira aumenta o consumo de energia e pode favorecer a formação de gelo em modelos sem degelo automático?
(d) O que é a “fumaça branca” que sai do congelador quando ele é aberto? Por que ela desce?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termodinâmica
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Ao fechar a porta da geladeira em um dia quente, o ar quente do ambiente entra no interior do refrigerador. Esse ar, ao ser rapidamente resfriado pelas superfícies internas frias, sofre uma queda de pressão conforme a equação dos gases ideais ($$PV=nRT$$)
Como a temperatura (T) diminui, e o volume (V) é constante, a pressão interna (P) também diminui. Isso gera uma diferença de pressão entre o interior da geladeira e o ambiente externo, dificultando a reabertura da porta logo em seguida.
Com o passar do tempo, essa diferença de pressão se reduz gradualmente devido a pequenas trocas de ar pela vedação da porta, e a dificuldade para abrir a porta desaparece.
b) A cozinha aquece. A geladeira é um dispositivo que realiza trabalho para transferir calor de um corpo mais frio (seu interior) para um mais quente (o ambiente externo). Isso contraria o fluxo natural do calor, que vai espontaneamente do quente para o frio. Por isso, esse processo exige fornecimento de energia.
De acordo com a Segunda Lei da Termodinâmica, não é possível construir um sistema que funcione em ciclo e transfira calor de uma fonte fria para uma fonte quente sem o fornecimento de trabalho externo.
Quando a porta da geladeira permanece aberta, o ar quente do ambiente entra continuamente. O compressor tenta compensar essa troca, funcionando por mais tempo e consumindo mais energia. Como consequência, mais calor é liberado na cozinha.
c) Colocar comida quente na geladeira eleva a temperatura interna, fazendo com que mais energia tenha que ser utilizada para restaurar a temperatura ideal, o que aumenta o consumo de energia.
A umidade liberada pela evaporação do alimento quente se espalha no interior do refrigerador. Essa umidade tende a condensar e congelar nas superfícies, favorecendo a formação de gelo.
d) Ao abrir o congelador, o ar quente e úmido do ambiente entra em contato com o ar frio do interior. A umidade condensa rapidamente, formando gotículas visíveis de água. Ou seja, a “fumaça branca” é névoa. A névoa desce pois ela é mais fria (e portanto mias denso) do que o ar do ambiente. Como ela é mais densa, a “fumaça branca” desce.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Veja na solução
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Problema 7
Um avião $$A$$ se desloca com para leste com velocidade constante $$v= 800 \rm{km/h}$$, em uma rota que passa a $$9,00 \rm{km/h}$$ ao norte de uma estação de monitoramento $$B$$. A estação está programada para alertar movimentos de aeronaves que estejam a menos de $$15 \rm{km}$$ dela.
(a) Por quantos minutos o movimento dessa aeronave permanece em alerta?
(b) Seja $$V_{\rm{r, med}}= \Delta r / \Delta t$$ a velocidade radial média do avião com relação a B(média da taxa de variação temporal da em distância r em relação a $$B$$). Determine $$V_{\rm{r, med}}$$, em km/h, entre o primeiro alerta e o ponto de máxima aproximação de $$B$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Primeiramente, devemos encontrar em qual região o avião é alertado. Para isso, devemos recorrer a geometria do problema:
Utilizando o Teorema de Pitágoras, podemos encontrar a distância $$x$$:
$$15^2=9^2+x^2$$
$$x^2=144$$
$$x=12 \;\rm{km}$$
Entretanto, não podemos afirmar que o avião fica alerta durante $$12\;\rm{km}$$ já que a situação é simétrica, ou seja, também existe uma outra distância $$x$$ do outro lado.
Logo, o avião fica alerta durante $$2x=24\;\rm{km}$$. Considerando que o avião se move a uma velocidade $$v=800\;\rm{km/h}$$, podemos encontrar o tempo:
$$v=\dfrac{d}{t}$$
$$800=\dfrac{24}{t}$$
$$t=\dfrac{24}{800} \;\rm{h}$$
$$t=\dfrac{3}{100} \;\rm{h}$$
Transformando em minutos:
$$t=\dfrac{3\cdot 60}{100} \;\rm{min}$$
$$\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$$
(b) Sendo,
$$V_{r,med}=\dfrac{\Delta r}{\Delta t}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$$
Como o enunciado pede entre o primeiro alerta e o ponto de máxima aproximação, devemos calcular a distância $$r$$ nesses casos e calcular o intervalo de tempo entre eles.
Como já foi descrito no item anterior, a distância $$r$$ do primeiro alerta é $$15 \;\rm{km}$$. No ponto de máxima aproximação, temos:
Logo, o $$r$$ nesse caso é $$9\;\rm{km}$$. Como foi visto no exercício anterior, a distância entre esses dois instantes é $$x=12\;\rm{km}$$. Logo, como a velocidade $$v=800\;\rm{km/h}$$, podemos afirmar que o intervalo de tempo entre esses dois instantes é:
$$v=\dfrac{x}{t}$$
$$800=\dfrac{12}{t}$$
$$t=\dfrac{12}{800}\;\rm{h}$$
$$t=\dfrac{3}{200}\;\rm{h}$$
Logo,
$$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{9-15}{\dfrac{3}{200}}$$
$$V_{r,med}=\dfrac{-6\cdot 200}{3}$$
$$\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$$
(b) $$\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$$
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Problema 8
Um estudante (E) está sentado a 500 m do ponto mais alto (A) de um trecho de estrada rural isolada e de baixo tráfego. Ele percebe que consegue ouvir veículos que se aproximam do outro lado da elevação antes de vê-los no alto da colina (veja o diagrama, fora de escala). Resolve então fazer um jogo de adivinhação, prevendo o instante em que um automóvel aparecerá.
Admita que as ondas sonoras produzidas pelo motor sejam audíveis por E para distâncias de até 1,20 km e que os automóveis trafeguem a 60 km/h.
(a) Qual é o intervalo de tempo entre a percepção do ronco do automóvel e o momento em que ele é visto no alto (A), admitindo propagação instantânea do som?
(b) Qual é o intervalo de tempo entre a percepção do ronco do automóvel e o momento em que ele é visto no alto (A), considerando que o som se propaga no ar a 340 m/s?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ondas e cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Primeiramente, vamos organizar os dados e converter as unidades para o Sistema Internacional (SI) para facilitar os cálculos. A distância do estudante ao topo (AE) é de 500 m. A distância máxima audível é de 1,20 km, ou seja, 1200 m. A velocidade do automóvel é de 60 km/h, que equivale a 50/3 m/s. A velocidade do som a ser usada no item (b) é de 340 m/s.
A interpretação mais direta do problema é que a distância audível (1200 m) corresponde à distância percorrida pelo som ao longo da superfície da estrada, do carro (C) até o estudante (E), passando pelo topo (A).
Com isso, podemos descobrir a que distância do topo o carro está quando o som é emitido pela primeira vez:
\[1200\ \text{m} = d_{AC} + 500\ \text{m}\]
\[d_{AC} = 700\ \text{m}\]
Esta é a distância que o carro precisa percorrer até ser visto no ponto A.
\[d_{som}=d_{AC}+d_{AE}\]
(a) Intervalo de tempo com propagação instantânea do som
Se a propagação do som é instantânea, o estudante ouve o carro no exato momento em que ele está a 700 m do topo. O intervalo de tempo que ele precisa esperar é simplesmente o tempo que o carro leva para percorrer essa distância. Usando a equação do movimento uniforme:
\[\Delta t_{carro} = \dfrac{d_{AC}}{v_{carro}} = \dfrac{700\ \text{m}}{\frac{50}{3}\ \text{m/s}}\]
\[\Delta t_{carro} = \dfrac{700 \cdot 3}{50} = 14 \cdot 3\]
\[\boxed{\Delta t = 42\ \text{s}}\]
(b) Intervalo de tempo considerando a velocidade do som
Neste caso, o estudante só ouve o som um tempo depois que ele foi emitido. O intervalo de tempo entre ouvir e ver será o tempo de viagem do carro menos o tempo de viagem do som. O tempo de viagem do carro, já calculado no item (a), é de 42 s. O tempo de viagem do som é o tempo que ele leva para percorrer a distância total de 1200 m até o estudante.
\[\Delta t_{som} = \dfrac{d_{som}}{v_{som}} = \dfrac{1200\ \text{m}}{340\ \text{m/s}}\]
\[\Delta t_{som} \approx 3,53\ \text{s}\]
O evento “ver” ocorre 42 s após a emissão do som, enquanto o evento “ouvir” ocorre aproximadamente 3,53 s após a mesma emissão. O intervalo de tempo final é, portanto, a diferença entre eles:
\[\Delta t = \Delta t_{carro} – \Delta t_{som}\]
\[\Delta t = 42\ \text{s} – 3,53\ \text{s}\]
\[\boxed{\Delta t \approx 38,5\ \text{s}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \[\boxed{\Delta t = 42\ \text{s}}\]
(b)\[\boxed{\Delta t \approx 38,5\ \text{s}}\]
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