Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Questão 1 (exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Suponhamos que a Terra esteja se girando com velocidade tangencial $$v_0$$. Portanto:
$$v_0=\dfrac{d}{t}$$
O avião está se movendo com velocidade $$v$$ em relação à Terra. Portanto, a velocidade com que as pessoas no avião veêm a sombra do eclipse é:
$$v’=v_0\pm v$$
Dependendo do sentido com que ele se move em relação à Terra.
$$v’=\dfrac{d}{t’}$$
$$v_0\pm v=\dfrac{d}{t’}$$
$$t’=\dfrac{d}{\dfrac{d}{t}\pm v}$$
$$t’=\dfrac{d\cdot t}{d\pm vt}$$
Como queremos a duração máxima:
$$\boxed{t’=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}}$$
$$\boxed{t’=777s}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t’=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}=777s}$$
[/spoiler]
Questão 2 (exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Relações volumétricas
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$r_2$$ o raio de uma azeitona. A densidade total de uma azeitona ideal é $$\varrho_s$$. Se denotarmos a densidade da semente por $$\varrho_p$$ e do resto da azeitona por $$\varrho_o$$, nós obtemos a seguinte equação:
\[\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\varrho_o+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_p=\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_s\]
Quando o resto da azeitona está em repouso na superfície, chamemos de $$V_1$$ e $$V_2$$ os volumes acima e abaixo da superfície, respectivamente. Logo:
\[V_1+V_2=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\]
\[V_2\varrho_s=\left(V_1+V_2\right)\varrho_o\]
Daí,
\[V_1=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\left(1-\dfrac{\varrho_o}{\varrho_s}\right)\]
O volume total abaixo da superfície diminuído pelo volume $$V_1$$ e pelo volume da semente deve ser igual ao decréscimo de volume na lata $${\pi}R^2\Delta{h}$$. Portanto:
\[{\pi}R^2\Delta{h}=V_1+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\]
Com isso, chegamos em:
\[\varrho_o=\varrho_s\left(1-\dfrac{3R^2\Delta{h}-4r_1^3}{4\left(r_2^3-r_1^3\right)}\right)\]
Finalmente, substituindo na equação inicial:
\[\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s}\]
Substituindo valores numéricos:
$$\boxed{\varrho_p=1,29kg.m^{-3}}$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s}\]
Substituindo valores numéricos:
$$\boxed{\varrho_p=1,29kg.m^{-3}}$$.
[/spoiler]
Questão 3 (exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Mecânica/ Colisões Unidimensionais[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para analisarmos esse sistema, não podemos analisar todas as colisões, afinal elas tendem ao infinito.
Analisaremos o antes e o depois entre a massa de número $$n$$ e a massa de número $$n+1$$.
Antes da colisão a massa $$n$$ possui velocidade $$v_n$$ e a massa $$n+1$$ está parada. Após a colisão a massa $$n$$ possui velocidade $$v^{(n)}$$ e a massa $$n+1$$ possui velocidade $$v_{n+1}$$.
Antes da colisão
Após a colisão
$$I)$$ Conservando o momento linear antes e depois da colisão:
$$\vec P_{antes}=\vec P_{depois}$$
$$m_n\cdot v_n+m_{n+1}\cdot 0=m_n\cdot v^{(n)}+m_{n+1}\cdot v_{n+1}$$
Como as massas estão em progressão geométrica:
$$m_{n+1}=\dfrac{m_n}{2}$$
Portanto:
$$2v_n=2v^{(n)} +v_{n+1}$$
Utilizando o coeficiente de restituição:
$$e=\dfrac{\left|v_{af}\right|}{\left|v_{ap}\right|}$$
$$\dfrac{1}{4}=\dfrac{v_{n+1}-v^{(n)}}{v_n}$$
$$v_n=4v_{n+1}-4v^{(n)}$$
Temos, portanto, o seguinte sistema:
$$\begin{cases} 2v_n=2v^{(n)} +v_{n+1}\\ v_n=4v_{n+1}-4v^{(n)} \end{cases}$$
Encontramos as seguintes soluções:
$$v_{n+1}=\dfrac{5}{6}v_n$$ e $$v^{(n)}=\dfrac{7}{12}v_n$$
Nesta parte, o aluno pode se confundir. A relação de continuidade é entre $$v_{n+1}$$ e $$v_{n}$$.
Podemos perceber que é uma relação em progressão geométrica.
Como a velocidade inicial da massa $$1$$ é $$v_0$$:
$$v_n=v_0\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}$$
Para $$v^{(n)}$$:
$$v^{(n)}=\dfrac{7v_0}{12}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}$$
Essa parte é outra em que o aluno pode se confundir.
A energia final do sistema está relacionada à $$v^{(n)}$$, pois é a velocidade que a massa adquire após a colisão. Portanto:
$$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{m_n\cdot \left(v^{(n)}\right)^2}{2}$$
$$E=\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{m_0\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\cdot \left(\dfrac{7v_0}{12}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{n-1}\right)^2}{2}$$
$$E=\dfrac{49}{144}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{25}{72}\right)^{n-1}$$
$$E=\dfrac{49}{144}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}\cdot \dfrac{72}{47}$$
$$E=\dfrac{49}{94}\cdot \dfrac{mv_0^2}{2}$$
Todavia, sabemos pelas condições iniciais que:
$$E_0=\dfrac{mv_0^2}{2}$$
Logo:
$$E=\dfrac{49}{94}E_0$$
Calculando a razão pedida pelo enunciado temos:
$$\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{49}{94}E_0-E_0}{E_0}\right|=1-\dfrac{49}{94}$$
$$\boxed{\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\dfrac{45}{94}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\left|\dfrac{E-E_0}{E_0}\right|=\dfrac{45}{94}}$$
[/spoiler]
Questão 4 (exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cálculo de centro de massa[/spoiler]
[spoiler title=’Solução 1′ style=’default’ collapse_link=’true’]
A primeira solução requere o uso de somas infinitas; em nosso caso, a soma da P.G. infinita.
I) Calculando como a massa varia:
Pela simetria, podemos perceber que o lado do triângulo posto na posição $$n+1$$ ($$l_{n+1}$$) e o triângulo posto na posição $$n$$ ($$l_n$$) é de $$\dfrac{1}{2}$$.
$$l_{n+1}=\dfrac{l_{n}}{2}$$
A densidade superficial de massa é constante:
$$\sigma=\dfrac{m_{n}}{A_{n}}=\dfrac{m_{n+1}}{A_{n+1}}$$
$$\dfrac{m_{n}}{\dfrac{\sqrt{3}l_n^2}{4}}=\dfrac{m_{n+1}}{\dfrac{\sqrt{3}l_{n+1}^2}{4}}$$
$$m_{n+1}=\dfrac{m_n}{4}$$
II) Calculando o baricentro de cada triângulo:
Sabemos que o baricentro divide a altura na razão de $$2$$ para $$1$$, portanto, a partir do vértice, a posição do baricentro é:
$$h_n=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}l_n=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l_n$$
Perceba que para cada posição $$n$$ existem $$2^n$$ triângulos fixados.
Seja a massa do primeiro triângulo posto $$m$$ (o identificamos com índice “$$1$$”). Portanto:
$$m_n=m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$$
Como o primeiro triângulo posto possui lado $$\dfrac{l}{2}$$, os lados dos triângulos são:
$$l_n=l\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$$
Portanto, a altura dos baricentros é:
$$h_n=\dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$$
Finalmente, calculando a altura do centro de massa (lembre-se que o triângulo original não possui massa) utilizando a sua definição:
$$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n\cdot h_n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n}$$
$$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}2^n \cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}$$
$$Y_{cm}=\dfrac{m\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}{m\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n }$$
Acima, utilizamos o resultado da soma dos termos de uma P.G. infinita: $$S_n=a_1/(1-q)$$, sendo $$a_1$$ o primeiro termo e $$q$$ a razão, definida para $$|q|<1$$. Portanto:
$$Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l \cdot \dfrac{1}{3}$$
$$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l \approx 0,19 l}$$.
Utilizamos $$\sqrt{3}=1,7$$ fornecido pela prova.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução 2′ style=’default’ collapse_link=’true’]
Uma solução alternativa utiliza-se de argumentos de proporcionalidade e uma visão “criativa” da situação.
Dividimos a figura no primeiro triângulo colocado (ao meio) e nos demais triângulos menores ao lado deste. Como vimos na Solução 1, a massa diminui por um fator de $$4$$ quando os lados do triângulo diminuem por um fator de $$2$$. Perceba que as figuras formadas ao lado do primeiro triângulo colocado são exatamente iguais à figura fractal original, porém com dimensões (lineares) reduzidas pela metade. Dessa forma, a massa do fractal reduzido ao lado do primeiro triângulo colocado é $$1/4$$ da massa do fractal total (denote ela por $$m$$). Chame de $$Y_{cm}$$ a altura do centro de massa do fractal. Seguindo esse raciocínio, a altura do centro de massa do fractal reduzido com dimensões lineares iguais à metade do fractal total estará a uma altura $$Y_{cm}/2$$ da base do triângulo original. Tendo em vista que o centro de massa do primeiro triângulo colocado está a uma altura de $$l\sqrt{3}/6$$ da base do triângulo original e sua massa é $$m/2$$, calculamos $$Y_{cm}$$ usando sua definição (atente para o fato de que há dois fractais reduzidos por um fator de $$2$$ em relação ao fractal total):
$$Y_{cm} = \dfrac{\dfrac{m}{2} \cdot \dfrac{l\sqrt{3}}{6}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}}{m}$$,
E, desta forma:
$$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$$
[/spoiler]
Questão 5
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática/ Lançamento oblíquo[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, podemos perceber que existem três possibilidades para a trajetória da rã:
$$I)$$ A rã não toca em nenhuma das quinas do telhado.
Podemos perceber que esse não é o caso para a velocidade mínima, pois podemos diminuir a velocidade, e tocar nas quinas do telhado.
$$II)$$ A rã toca em apenas uma das quinas do telhado.
Nessa configuração, se mantermos a velocidade e o ângulo constante, a rã pode andar um pouco para trás (infinitesimalmente), ela não tocará nenhuma das quinas, voltando à primeira situação. Portanto, não é a situação de velocidade mínima.
$$III)$$ A rã toca nas duas quinas do telhado.
Essa será a situação de velocidade mínima.
A linha tracejada na figura indica a trajetória da rã.
Perceba que pela simetria, independente da rã pular do lado de altura $$a$$ ou do lado de altura $$c$$, a velocidade deve ser a mesma.
Como é simétrica a trajetória, e a trajetória tangencia as quinas, a trajetória da rã deve ser a parábola de segurança que bate nas quinas do telhado.
Vamos utilizar o resultado da parábola de segurança já pronto nessa solução. Porém, se você quiser entender mais sobre parábola de segurança, o NOIC lançou um post explicando mais sobre essa idéia (Física – Ideia 16).
A equação da parábola de segurança é:
$$y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_0^2}$$
Calculemos primeiramente a velocidade na altura $$c$$.
Conservando a energia mecânica:
$$\dfrac{mv_0^2}{2}=\dfrac{mv_c^2}{2}+mgc$$
$$v_c^2=v_0^2-2gc$$
Essa velocidade deve ser maior que zero para a existência do problema. Logo:
$$v_0 >\sqrt{2gc}$$
Olhando a parábola de segurança com extremo na altura $$c$$ como $$y=0$$.
$$y=\dfrac{v_c^2}{2g}-\dfrac{gx^2}{2v_c^2}$$
Olhando para a figura:
$$(a-c)=\dfrac{v_0^2-2gc}{2g}-\dfrac{g\left[b^2-(a-c)^2\right]}{2(v_0^2-2gc)}$$
Reorganizando a equação:
$$\left[v_0^2-2gc\right]^2-2g(a-c)\left[v_0^2-2gc\right]-g^2\left[b^2-(a-c)^2\right]=0$$
$$v_0^2-2gc=g(a-c)\pm gb$$
$$v_0=\sqrt{g(a\pm b+c)}$$
Perceba que para a existência da casa:
$$a<b+c$$
$$a-b+c<2c$$
Portanto:
$$v_0=\sqrt{g(a-b+c)}<\sqrt{g\cdot 2c}=\sqrt{2gc}$$
Portanto, essa solução não é válida. Logo, a solução é:
$$\boxed{v_0=\sqrt{g(a+b+c)}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v_0=\sqrt{g(a+b+c)}}$$
[/spoiler]
Questão 6
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ótica Física[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para a solução dessa questão iremos utilizar a ideia do fasores. Se você não está acostumado com essa ideia, o NOIC lançou um post explicando essa ideia (Física – Ideia 37).
Para um ângulo $$\theta$$ em relação à horizontal, a diferença de fase entre as ondas em duas fendas consecutivos é:
$$\Delta \varphi =\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}$$
Colocando os três fasores no plano complexo:
Temos, portanto a seguinte solução:
$$\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}=\dfrac{\left(\dfrac{E_0}{2}\right)}{R}$$ e $$\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}=\dfrac{\left(\dfrac{E_R}{2}\right)}{R}$$
Logo:
$$E_R=E_0\cdot \dfrac{\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}{\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}$$
Como a intensidade é proporcional ao campo ao quadrado:
$$I=I_0\left(\dfrac{\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}{\sin{\left(\dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}}\right)^2$$
Para o máximo central, a diferença de fase tende a zero, logo:
$$\sin{\left(3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}\approx 3\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}$$ e $$ \sin{\left(\cdot \dfrac{\Delta \varphi}{2}\right)}\approx \dfrac{\Delta \varphi}{2}$$
Portanto, a intensidade do máximo central é:
$$I_{central}=9I_0$$
Perceba que o próximo máximo ocorre para $$\Delta \varphi=\dfrac{\pi}{2}$$.
$$I_{proximo}=I_0\left(\dfrac{\sin{\dfrac{3\pi}{4}}}{\sin{\dfrac{\pi}{4}}}\right)^2=I_0$$
Portanto:
$$\boxed{\dfrac{I_{central}}{I_{proximo}}=9}$$
b) Olhando novamente para o plano complexo, vemos que a única maneira da intensidade ser zero é se o vetor resultante no plano complexo for zero, ou seja, os três vetores formam um triângulo equilátero.
Portanto: $$\Delta \varphi =\dfrac{2\pi}{3}+2n\pi$$ ou $$\Delta \varphi =\dfrac{4\pi}{3}+2n\pi$$.
$$I)$$
$$\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}=\dfrac{2\pi}{3}+2n\pi$$
$$\sin{\theta}=\dfrac{\lambda}{d}\left(n+\dfrac{1}{3}\right)$$
$$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{1}{3}\right]\right)}}$$
$$II)$$
$$\dfrac{2\pi}{\lambda}\cdot d\sin{\theta}=\dfrac{4\pi}{3}+2n\pi$$
$$\sin{\theta}=\dfrac{\lambda}{d}\left(n+\dfrac{2}{3}\right)$$
$$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{2}{3}\right]\right)}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{\dfrac{I_{central}}{I_{proximo}}=9}$$
b)
$$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{1}{3}\right]\right)}}$$
ou
$$\boxed{\theta_n=\arcsin{\left(\dfrac{\lambda}{d}\left[n+\dfrac{2}{3}\right]\right)}}$$
[/spoiler]
Questão 7
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Hidrodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente precisamos fazer algumas considerações.
Precisamos considerar que o escoamento é não turbulento, e que a velocidade da água na parte superior do tronco é quase zero.
Seja a velocidade da água na parte inferior do tronco, $$v_i$$, e na altura de $$15cm$$, $$v_h$$.
Vamos calcular o raio do tronco na altura de $$15cm$$.
Como a abertura do tronco é constante podemos perceber que:
$$\dfrac{R_{superior}-R_{inferior}}{h}=\dfrac{R-R_{inferior}}{0,15m}$$
$$\dfrac{1m-0,1m}{5m}=\dfrac{R-0,1m}{0,15}$$
$$R=0,127m$$
Pela equação da continuidade:
$$A\cdot v=cte$$
$$\pi R_{inferior}^2v_i=\pi R^2v_h$$
$$0,1^2v_i=0,127^2v_h$$
$$v_i=1,6129v_h$$
Aplicando a equação de Bernoulli nos pontos superior e inferior:
$$P_{inferior}+\dfrac{\rho v_i^2}{2}=P_{superior}+\rho gh$$
A pressão em cima e em baixo é a mesma, pois estão em contato com a atmosfera. Portanto:
$$v_i=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 5}=10$$$$m/s$$
Voltando para a relação entre as velocidades:
$$v_i=1,6129v_h \rightarrow v_h\approx 6,2$$$$m/s$$
Aplicando a equação de Bernoulli para a parte inferior e para a altura de $$15cm$$.
$$P_{inferior}+\dfrac{\rho v_i^2}{2}=P+\dfrac{\rho v_h^2}{2}+\rho g\cdot H$$
$$P=10^5+\dfrac{1000\cdot 10^2}{2}- \dfrac{1000\cdot 6,2^2}{2}-1000\cdot 10\cdot 0,15$$
$$P=129285Pa$$
$$\boxed{P\approx 129,3kPa}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{P\approx 129,3kPa}$$
[/spoiler]
Questão 8
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Ótica geométrica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Olhando a configuração, podemos olhar primeiramente alguns ângulos especiais:
Aplicando a lei de Snell:
$$\dfrac{c}{\sin{\theta}}=\dfrac{c’}{\sin{\alpha}}$$
Olhando para os ângulos no triângulo na circunferência:
$$\alpha +\alpha+180^{\circ}-\theta=180^{\circ}$$
$$\theta=2\alpha$$
$$\dfrac{c}{\sin{(2\alpha)}}=\dfrac{c’}{\sin{\alpha}}$$
$$c’=\dfrac{c}{2\cos{\alpha}}$$
como os ângulos são pequenos:
$$\cos{\alpha}\rightarrow 1$$
Portanto:
$$\boxed{c’=\dfrac{c}{2}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{c’=\dfrac{c}{2}}$$
[/spoiler]
Questão 9
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica[/spoiler] [spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Sabemos pelo gráfico que a relação entre a pressão e o volume é uma função de primeiro grau, porque o gráfico é uma reta. Observando-se que $$P(0)=P_0$$ e $$V(0)=V_0$$, a equação que descreve a pressão em função do volume é dada por:
$$\boxed{P=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V}$$
b) Aplicando a equação de Clayperon dos gases ideais:
$$PV=nRT$$
$$(P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V)V=1\cdot RT$$
$$T(V)=\dfrac{P_0}{RT}\cdot V – \dfrac{P_0}{V_0RT}\cdot V^2$$
Essa é uma equação 2º grau, do tipo:
$$T=aV^2+bV+c$$
Com $$a=-\dfrac{P_0}{V_0RT}$$, $$b=\dfrac{P_0}{RT}$$ e $$c=0$$.
O volume para temperatura máxima é:
$$V=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{\dfrac{P_0}{RT}}{2\cdot \left(-\dfrac{P_0}{V_0RT}\right)}=\dfrac{V_0}{2}$$
Aplicando:
$$T_{max}=T\left(\dfrac{V_0}{2}\right)=\dfrac{P_0}{RT}\cdot \dfrac{V_0}{2} – \dfrac{P_0}{V_0RT}\cdot \left(\dfrac{V_0}{2} \right)^2$$
$$\boxed{T_{max}=\dfrac{P_0V_0}{4RT}}$$
c) Sabemos que o módulo do trabalho por um gás é numéricamente igual à área abaixo da linha no gráfico $$P \times V$$.
Vemos que a área abaixo da linha no gráfico é a área de um trapézio, com as alturas sendo as pressões nos dois volumes, e a altura a diferença de volumes.
$$I)$$
$$P\left(\dfrac{V_0}{2}\right)=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot \dfrac{V_0}{2}=\dfrac{P_0}{2}$$
$$II)$$
$$P\left(\dfrac{3V_0}{4}\right)=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot \dfrac{3V_0}{4}=\dfrac{P_0}{4}$$
$$III)$$
$$\Delta V=\dfrac{3V_0}{4}-\dfrac{V_0}{2}=\dfrac{V_0}{4}$$
Portanto o trabalho será:
$$W=S=\dfrac{(P_1+P_2)\Delta V}{2}$$
$$W=\dfrac{\left(\dfrac{P_0}{4}+\dfrac{P_0}{2}\right)\cdot \dfrac{V_0}{4}}{2}$$
$$\boxed{W=\dfrac{3}{32}P_0V_0}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{P=P_0-\dfrac{P_0}{V_0}\cdot V}$$
b) $$\boxed{T_{max}=\dfrac{P_0V_0}{4RT}}$$
c) $$\boxed{W=\dfrac{3}{32}P_0V_0}$$
[/spoiler]
Questão 10
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gravitação[/spoiler] [spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Nesse problema, utilizaremos o princípio da superposição.
Sabemos que em um espaço tridimensional podemos escolher uma região nesse espaço que abrange as massas do nosso sistema (essa região é comumente chamada de “Gaussiana”). Por simetria, o módulo do campo gravitacional é constante em todos os pontos da “gaussiana” – que, em nosso caso, é uma esfera. Tomando uma esfera de raio $$r$$, calculamos o campo gravitacional a esta distância do centro de massa da distribuição de massa, o qual é escrito etorialmente por
$$\vec{g}=-\dfrac{GM_{enc}}{r^2}\hat{r}$$,
em que $$\hat{r}$$ é o vetor unitário na direção radial, e o sinal negativo indica que o campo aponta para dentro. $$M_{enc}$$ é a massa encarcerada pela superfície que estamos considerando, i.e. toda a massa contida dentro da esfera de raio $$r$$. Isso se deve ao teorema das cascas, o qual nos diz que, para corpos esfericamente simétricos, a única contruibuição ao campo gravitacional em um certo ponto do espaço provém da massa contida numa esfera cuja superfície contém tal ponto. Prosseguimos calculando o campo gravitacional gerado pela distribuição do problema.
Olhando nosso planeta, vemos que devemos separar em dois casos:
$$I)$$ Se $$r\geq R$$:
$$m_{enc}=M$$
Logo:
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}}$$
$$II)$$ Se $$0\leq r<R$$:
A massa encarcerada não é a massa total, temos que calcular a massa encarcerada:
$$\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}\pi R^3}=\dfrac{m_{enc}}{\dfrac{4}{3}\pi r^3}$$
$$m_{enc}=\dfrac{M}{R^3}\cdot r^3$$
Portanto:
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r}$$
b) Como a densidade do planeta é constante:
$$\rho=\dfrac{M}{\dfrac{4}{3}\pi R^3}=\dfrac{\Delta M}{\dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{R}{4}\right)^3}$$
$$\boxed{\Delta M=\dfrac{M}{64}}$$
c) Para resolver o nosso sistema com massa faltando, consideraremos que ao invés de retirar a massa, colocaremos uma “massa negativa”, teremos o nosso planeta completo, e um esfera com “massa negativa”.
Reorganizando a equação final do item a) em termos da densidade:
$$g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r$$
$$g=-\dfrac{G\cdot \rho \cdot \dfrac{4}{3}\pi R^3}{R^3}\cdot r$$
$$g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot r$$
$$\vec g=g\hat r$$
$$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot r\hat r$$
$$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec r$$
Como dentro da cavidade, consideramos os dois “corpos” separados podemos usar essa equação nos dois, apenas lembrando que a densidade da cavidade é $$-\rho$$.
$$\vec g=\vec g_+ +\vec g_-$$
$$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec {r_+} +(-\dfrac{4\pi G(-\rho)}{3}\cdot \vec {r_-})$$
$$\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}(\vec {r_+}-\vec {r_-})$$
Olhando o nosso sistema, podemos ver que:
$$\vec {r_+}-\vec {r_-}=\vec a$$
Onde $$\vec a$$ é o vetor que liga o centro do planeta e da cavidade, que é constante:
$$\boxed{\vec g=-\dfrac{4\pi G\rho}{3}\cdot \vec a=cte}$$
d) Como o ponto A é colinear com os centros, podemos apenas somar os valores dos campos gravitacionais, sem considerar o vetor $$\hat r$$.
$$g=g_M+g_{(-\Delta M)}$$
$$g=-\dfrac{GM}{r^2}+\left(-\dfrac{G(-\Delta M)}{\left(r+\dfrac{R}{2}\right)^2}\right)$$
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}\left(1-\dfrac{1}{64\left(\dfrac{R}{2r}\right)^2}\right)}$$
e) A energia é a soma da energia da cavidade com a energia do planeta:
$$W_f=-\dfrac{GMm}{2R}+\left(-\dfrac{Gm\left(-\dfrac{M}{64}\right)}{2R+\dfrac{R}{2}}\right)$$
$$W_f=-\dfrac{79GMm}{160R}$$
Para o caso da primeira configuração, é basicamente considerar o planeta:
$$W_i=-\dfrac{GMm}{2R}$$
contabilizando a equação pedida:
$$\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\left|\dfrac{-\dfrac{GMm}{2R}-\left(-\dfrac{79GMm}{160R}\right)}{-\dfrac{GMm}{2R}}\right|$$
$$\rightarrow \boxed{\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\dfrac{1}{80}}$$
[/spoiler] [spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$I)$$ Se $$0\leq r<R$$:
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{R^3}\cdot r}$$
$$II)$$ Se $$r\geq R$$:
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}}$$
b)
$$\boxed{\Delta M=\dfrac{M}{64}}$$
c)
Demonstração
d)
$$\boxed{g=-\dfrac{GM}{r^2}\left(1-\dfrac{1}{64\left(\dfrac{R}{2r}\right)^2}\right)}$$
e)
$$\boxed{\left|\dfrac{W_i-W_f}{W_i}\right|=\dfrac{1}{80}}$$
[/spoiler]
Questão 11
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Oscilações mecânicas[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Vamos olhar a força resultante em uma massa qualquer $$m_j$$.
$$\vec {F_{ij}}=-kGm_im_j\vec {r_{ij}}$$
$$\vec F_T=\displaystyle \sum_{i\neq j} \vec {F_{ij}}=\displaystyle \sum_{i\neq j} (-kGm_im_j\vec {r_{ij}})$$
Como nosso somatório é em $$i$$, podemos tirar os termos com $$j$$ e os constantes do somatório:
$$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i\vec {r_{ij}}$$
Podemos perceber que:
$$\vec {r_{ij}}=\vec {r_j}-\vec {r_i}$$
$$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i(\vec {r_j}-\vec {r_i})$$
$$\vec F_T=-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j}m_i\vec {r_j}-kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i(-\vec {r_i})$$
$$\vec F_T=-kGm_j\vec {r_j}\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i+kGm_j\displaystyle \sum_{i\neq j} m_i\vec {r_i}$$
Perceba que como as massas são equiparáveis entre si, e a quantidade de massas tende ao infinito, podemos fazer o nosso somatório considerando a massa $$j$$, porque a diferença tenderá a zero.
Sabemos que a posição do centro de massa do sistema é:
$$\vec {r_{cm}}=\dfrac{\displaystyle \sum_i m_i\vec {r_i}}{M}$$
como não há forças externas no nosso sistema, a posição do centro de massa é a posição inicial da bomba. se considerarmos que a bomba estava inicialmente na origem do sistema:
$$\vec {r_{cm}}=\vec 0 \rightarrow \displaystyle \sum_i m_i\vec {r_i}=\vec 0$$
Logo:
$$\vec F_T=-kGm_j\vec {r_j}\displaystyle \sum_i m_i$$
$$\vec F_T=-kGm_jM\vec {r_j}$$
Aplicando a segunda lei de Newton:
$$m_j\vec a=-kGm_jM\vec {r_j}$$
Chamemos $$\vec {r_j}$$ de $$\vec x$$:
$$\vec a=-(kGM)\vec x$$
Essa é a equação de um $$MHS$$. Sabemos que pra esse movimento a frequência angular será:
$$\omega^2=kGM=\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2$$
$$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{kGM}}$$
Para que as massas saiam e se encontrem de novo no mesmo local da explosão, levará metade do período:
$$t=\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi}{\sqrt{kGM}}$$
$$t=\dfrac{3}{\sqrt{\dfrac{5}{7}\cdot 10^{-3}\cdot 7\cdot 10^{-11}\cdot 100}}$$
$$\rightarrow \boxed{t\approx 1,3\cdot 10^6s}$$
O tempo convertido é de um pouco mais de 15 dias.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t=\dfrac{\pi}{\sqrt{kGM}}\approx 1,3\cdot 10^6s}$$
[/spoiler]
Questão 12
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Termodinâmica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Inicialmente, converteremos os dados apresentados para o sistema internacional de unidades.
$$I)$$ A pressão é:
$$P_0=2,5atm=2,5\cdot 1\cdot 10^5Pa$$
$$P_0=2,5\cdot10^5 Pa$$
$$II)$$ O volume é:
$$V_0=5L=5\cdot 10^{-3}m^3$$
$$V_0=5\cdot 10^{-3}m^3$$
$$III)$$ Convertendo a temperatura para Kelvin:
$$\dfrac{\theta_K-273}{5}=\dfrac{\theta_F-32}{9}$$
$$\dfrac{\theta_K-273}{5}=\dfrac{\dfrac{2203}{5}-32}{9}$$
$$\theta_K=T_0=500K$$
Se você pensou que esse valores não correspondem aos valores esperados segundo a equação de Clayperon, você está correto.
Segundo essa equação:
$$PV=nRT$$
$$P_0V_0=nRT_0$$ ; Eq(01)
$$2,5\cdot10^5 Pa\cdot 5\cdot 10^{-3}m^3=1mol\cdot R\cdot 500K$$
$$R=2,5\dfrac{J}{mol\cdot K}$$
Esse valor não corresponde ao valor de $$8,31\dfrac{J}{mol\cdot K}$$ já conhecido.
Essa questão poderia ser pauta de anulação. Porém, perceba que em nenhum momento o enunciador disse que a constante dos gases era a mesma já conhecida. Se o aluno resolveu a questão ele deve ter percebido que o valor numérico da constante não será necessário.
Colocando os principais pontos em evidência, vamos para a solução da questão.
Suponhamos que o lado esquerdo esteja sendo aquecido por uma resistência.
Como a caixa e a membrana do meio são isoladas, o lado direito não recebe calor, portanto, lá ocorre um processo adiabático. Isso não ocorre no lado esquerdo, porque está recebendo calor da resistência.
$$I)$$ Para o lado direito:
Sabemos que para um processo adiabático temos que o produto $$P\cdot V^{\gamma}$$ é constante.
Como:
$$PV=nRT$$
$$V=\dfrac{nRT}{P}$$
Logo:
$$P\cdot \left(\dfrac{nRT}{P}\right)^{\gamma}=cte$$
Como $$n$$ e $$R$$ são constantes:
$$P\cdot T^{\frac{\gamma}{1-\gamma}}=cte$$
Com $$\gamma=\dfrac{5}{3}$$:
$$P\cdot T^{-\dfrac{5}{2}}=cte$$
$$P_0\cdot T_0^{-\dfrac{5}{2}}=\dfrac{243}{32}P_0\cdot T_D^{-\dfrac{5}{2}}$$
Sendo $$T_D$$ a temperatura no lado direito.
$$T_0^{-\dfrac{5}{2}}=\dfrac{243}{32}\cdot T_D^{-\dfrac{5}{2}}$$
$$T_D=\left(\dfrac{32}{243}\right)^{\dfrac{2}{5}}T_0$$
$$\boxed{T_D=\dfrac{4}{9}T_0=\dfrac{2000}{9}K \approx 2 \cdot 10^2 K}$$
Calculando o volume no lado direito:
$$\dfrac{243}{32}P_0\cdot V_D=nR\cdot \dfrac{4}{9}T_0$$
Utilizando a Eq(01):
$$V_D=\dfrac{128}{2187}V_0$$
$$II)$$ Para o lado esquerdo:
Como o recipiente possui volume constante:
$$V_E+V_D=2V_0$$
$$V_E=\dfrac{4246}{2187}V_0$$
Aplicando a equação de Clayperon:
$$\dfrac{243}{32}P_0\cdot \dfrac{4246}{2187}V_0=nRT_E$$
$$\boxed{T_E=\dfrac{2123}{144}T_0=\dfrac{265375}{36}K\approx 7,4 \cdot 10^3 K}$$
b) Para o lado que não recebe calor ($$Q=0$$):
$$Q=\Delta U+W=0$$
$$W=-\Delta U$$
$$W=-nC_V\Delta T$$
Vamos calcular $$C_V$$:
$$C_P-C_V=R$$ e $$\gamma=\dfrac{C_P}{C_V}$$
$$C_V=\dfrac{R}{\gamma-1}=\dfrac{3}{2}R$$
Portanto:
$$W=-\dfrac{3}{2}nR\Delta T=-\dfrac{3}{2}nR\left(\dfrac{4}{9}T_0-T_0\right)$$
$$W=\dfrac{5}{6}nRT_0$$
Utilizando a Eq(01):
$$W=\dfrac{5}{6}P_0V_0$$
$$W=\dfrac{5}{6}\cdot 2,5\cdot 10^5Pa\cdot 5\cdot 10^{-3}m^3$$
$$\boxed{W=\dfrac{6250}{6}J\approx 1 \cdot 10^3 J}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{T_D=\dfrac{4}{9}T_0=\dfrac{2000}{9}K\approx 2 \cdot 10^2 K}$$
$$\boxed{T_E=\dfrac{2123}{144}T_0=\dfrac{265375}{36}K\approx 7,4 \cdot 10^3 K}$$
b)
$$\boxed{W=\dfrac{5}{6}P_0V_0=\dfrac{6250}{6}J \approx 1 \cdot 10^3 J}$$
[/spoiler]