Escrito por Paulo Henrique e Wanderson Faustino Patrício
Questão 1
Mecânica: cinemática
Suponhamos que a Terra esteja se girando com velocidade tangencial v0. Portanto:
v0=dt
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′=v0±v
Dependendo do sentido com que ele se move em relação à Terra.
v′=dt′
v0±v=dt′
t′=ddt±v
t′=d⋅td±vt
Como queremos a duração máxima:
t′=d⋅td−vt
t′=777s
t′=777s
Questão 2
Relações volumétricas
Seja r2 o raio de uma azeitona. A densidade total de uma azeitona ideal é ϱs. Se denotarmos a densidade da semente por ϱp e do resto da azeitona por ϱo, nós obtemos a seguinte equação:
4π3(r32−r31)ϱo+4π3r31ϱp=4π3r31ϱs
Quando o resto da azeitona está em repouso na superfície, chamemos de V1 e V2 os volumes acima e abaixo da superfície, respectivamente. Logo:
V1+V2=4π3(r32−r31)
V2ϱs=(V1+V2)ϱo
Daí,
V1=4π3(r32−r31)(1−ϱoϱs)
O volume total abaixo da superfície diminuído pelo volume V1 e pelo volume da semente deve ser igual ao decréscimo de volume na lata πR2Δh. Portanto:
πR2Δh=V1+4π3r31
Com isso, chegamos em:
ϱo=ϱs(1−3R2Δh−4r314(r32−r31))
Finalmente, substituindo na equação inicial:
ϱp=3R2Δh4r31ϱs
Substituindo valores numéricos:
ϱp=1,29kg.m−3.
ϱp=3R2Δh4r31ϱs=1,29kg.m−3.
Questão 3
Centro de massa: uso de progressões geométricas e relações de escala
A primeira solução requere o uso de somas infinitas; em nosso caso, a soma da P.G. infinita (este conhecimento em geral não é cobrado no nível 1; caso não consiga acompanhar tudo, leia a parte I) e prossiga para o final da solução para ver um método alternativo).
I) Calculando como a massa varia:
Pela simetria, podemos perceber que o lado do triângulo posto na posição n+1 (ln+1) e o triângulo posto na posição n (ln) é de 12.
ln+1=ln2
A densidade superficial de massa é constante:
σ=mnAn=mn+1An+1
mn√3l2n4=mn+1√3l2n+14
mn+1=mn4
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:
hn=23⋅√32ln=√33ln
Perceba que para cada posição n existem 2n triângulos fixados.
Seja a massa do primeiro triângulo posto m (o identificamos com índice "1"). Portanto:
mn=m⋅(14)n−1
Como o primeiro triângulo posto possui lado l2, os lados dos triângulos são:
ln=l⋅(12)n
Portanto, a altura dos baricentros é:
hn=√3l3⋅(12)n
Finalmente, calculando a altura do centro de massa (lembre-se que o triângulo original não possui massa) utilizando a sua definição:
Ycm=∞∑n=12n⋅mn⋅hn∞∑n=12n⋅mn
Ycm=∞∑n=12n⋅m⋅(14)n−1⋅√3l3⋅(12)n∞∑n=12n⋅m⋅(14)n
Ycm=m⋅√3l3∞∑n=1(14)nm∞∑n=1(12)n
Acima, utilizamos o resultado da soma dos termos de uma P.G. infinita: Sn=a1/(1−q), sendo a1 o primeiro termo e q a razão, definida para |q|<1. Portanto:
Ycm=√33l⋅13
Ycm=√39l≈0,19l.
Utilizamos √3=1,7 fornecido pela prova.
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 Ycm 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 Ycm/2 da base do triângulo original. Tendo em vista que o centro de massa do primeiro triângulo colocado está a uma altura de l√3/6 da base do triângulo original e sua massa é m/2, calculamos Ycm usando sua definição (atente para o fato de que há dois fractais reduzidos por um fator de 2 em relação ao fractal total):
Ycm=m2⋅l√36+m4⋅Ycm2+m4⋅Ycm2m,
E, desta forma:
Ycm=√39l≈0,19l.
Ycm=√39l≈0,19l.
Questão 4
Mecânica: lançamento oblíquo
Perceba que, como sugere a figura, os irrigadores conseguem irrigar toda a área de uma círculo de raio R, onde R é o alcance do lançamento oblíquo de maior alcance, ou seja, o que faz um ângulo de π/12 com a horizontal. Esse alcance é dado por: R=V20gsin(2.π/12)=5m. O desperdício em reais é dado pelo valor da área, em m2, comum aos dois círculos. Essa área A pode ser calculada com auxílio da figura abaixo:
Na figura acima, os pontos B e C são as intersecções dos dois círculos e o ponto A é um irrigador. Pela figura, vemos que metade da área A somada à área do triângulo ΔABC nos da a área do setor circular que compreende o arco BC. Logo:
A2=∠BAC∗R22−(ABC)=∠BAC∗R22−R2sin∠BAC2=R22(∠BAC−sin∠BAC)
Observe que cos∠BAC/2=d/2R=√3/2. Logo, ∠BAC=π/3. Finalmente, o desperdício em reais é dado por:
A=25(π3−√32)≈R$4,53
A=25(π3−√32)≈R$4,53
Questão 5
Mecânica: cinemática
Sejam N e L as posições do caça e do fantasma respectivamente no momento t de mínima aproximação. Nesse momento, o caça está, em algum lugar, sobre a circunferência de centro T e raio vCt e o fantasma está sobre a reta AB a uma distância, digamos, x do ponto C. Esse cenário está descrito na figura abaixo.
Note que, nas condições do instante t da figura, os pontos N, T e L devem ser colineares. De fato, caso o ponto N estivesse em outra posição da circunferência senão a que faz os três pontos serem colineares, existiria uma direção a ser seguida pelo caça (justamente a direção do segmento TL) que diminuiria a distância NL ainda mais. O problema agora se resume em achar NL em função do parâmetro x e analisar a condição de mínimo. Observe que a observação acima não resolve o problema por completo: obtivemos apenas uma condição necessária para que a situação de mínimo aconteça. Igualando os intervalos de tempo do caça e do fantasma, obtemos a seguinte relação: l+xvG=TNvC. Daí, NL=TL−TN=√D2+x2−vCvG(l+x). Definindo r=NL+lvCvG, obtemos a seguinte equação quadrática ao isolar a raiz da quadrada e elevar ambos lados da equação ao quadrado:
x2+2rvCvGv2C−v2Gx+v2G(r2−D2)v2C−v2G=0
Para acharmos a condição de mínimo, basta igualarmos o determinante da equação acima a zero:
Δ=0→r=D√v2G−v2CvG
Resolvendo para NL:
NL=D√v2G−v2CvG−lvCvG
NL=D√v2G−v2CvG−lvCvG
Questão 6
Termodinâmica: colorimetria
Primeiramente, devemos verificar se a água chega na temperatura de fusão do gálio após ceder calor para o gálio fundir completamente. Para isso, igualemos o calor cedido pela água ao calor necessário para fundir o gálio por completo. Resolvemos para a variação de temperatura da água.
cVΔT=(C+c1mGa)Δts+mGaL
Onde ρ=103kg.m−3 é a densidade da água e Δts=tt−t1 é a variação de temperatura do gálio ao chegar na temperatura de fusão tt. Substituindo os valores numéricos, chegamos em ΔT=0,9, ou seja, o sistema entrará em equilíbrio termodinâmico em uma temperatura t maior que tt. O equilíbrio de calores no fornece essa temperatura:
(C+c1mGa)Δts+mGaL+(C+c2mGa)(t−tt)=(t0−t)cVρ→t=86,4∘C
t=86,4∘C
Questão 7
Cosmologia
a) Utilizando a condição do enunciado juntamente com o fato de que o volume de uma esfera de raio R é dada por 43πR3, obtemos a relação requerida:
H0R=√2GMR=√8GρcritπR33R→H20=83Gπρcrit→ρcrit=3H208πG
b) Seguindo as instruções e lembrando que 1 ano equivale a 365∗24∗3600 s:
t=1H0=√38Gπρcrit=1,34∗1010anos
a) Demonstração
b) t=1H0=√38πGρcrit=1,34∗1010anos
Questão 8
Óptica: lei de Snell
c′=c2