Escrito por Paulo Henrique e Wanderson Faustino Patrício
Questão 1
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica: cinemática
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[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:
$$\boxed{t’=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}}$$
$$\boxed{t’=777s}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{t’=777s}$$
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Questão 2
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Relações volumétricas
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[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’]
$$\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s=1,29kg.m^{-3}}$$.
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Questão 3
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Centro de massa: uso de progressões geométricas e relações de escala
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$n+1$$ ($$l_{n+1}$$) 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.
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:
$$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$$.
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Questão 4
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica: lançamento oblíquo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$\pi/12$$ com a horizontal. Esse alcance é dado por: $$R=\dfrac{V_0^2}{g}\sin{(2.\pi/12)}=5m$$. O desperdício em reais é dado pelo valor da área, em $$m^2$$, 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 $$\Delta{ABC}$$ nos da a área do setor circular que compreende o arco $$BC$$. Logo:
\[\dfrac{A}{2}=\dfrac{{\angle{BAC}}*R^2}{2}-(ABC)=\dfrac{{\angle{BAC}}*R^2}{2}-\dfrac{R^2\sin{\angle{BAC}}}{2}=\dfrac{R^2}{2}\left(\angle{BAC}-\sin{\angle{BAC}}\right)\]
Observe que $$\cos{\angle{BAC}/2}=d/2R=\sqrt{3}/2$$. Logo, $$\angle{BAC}=\pi/3$$. Finalmente, o desperdício em reais é dado por:
\[A=25\left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\approx{R$4,53}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[A=25\left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\approx{R$4,53}\]
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Questão 5
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Mecânica: cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$v_Ct$$ 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: $$\dfrac{l+x}{v_G}=\dfrac{TN}{v_C}$$. Daí, $$NL=TL-TN=\sqrt{D^2+x^2}-\dfrac{v_C}{v_G}(l+x)$$. Definindo $$r=NL+l\dfrac{v_C}{v_G}$$, obtemos a seguinte equação quadrática ao isolar a raiz da quadrada e elevar ambos lados da equação ao quadrado:
\[x^2+\dfrac{2rv_Cv_G}{v_C^2-v_G^2}x+\dfrac{v_G^2\left(r^2-D^2\right)}{v_C^2-v_G^2}=0\]
Para acharmos a condição de mínimo, basta igualarmos o determinante da equação acima a zero:
\[\Delta=0\to{r=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}}\]
Resolvendo para $$NL$$:
\[\boxed{NL=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}-l\dfrac{v_C}{v_G}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{NL=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}-l\dfrac{v_C}{v_G}}\]
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Questão 6
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Termodinâmica: colorimetria
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
\[cV\Delta{T}=\left(C+c_1m_{Ga}\right)\Delta{t_s}+m_{Ga}L\]
Onde $$\rho=10^3kg.m^{-3}$$ é a densidade da água e $$\Delta{t_s}=t_t-t_1$$ é a variação de temperatura do gálio ao chegar na temperatura de fusão $$t_t$$. Substituindo os valores numéricos, chegamos em $$\Delta{T}=0,9$$, ou seja, o sistema entrará em equilíbrio termodinâmico em uma temperatura $$t$$ maior que $$t_t$$. O equilíbrio de calores no fornece essa temperatura:
\[\left(C+c_1m_{Ga}\right)\Delta{t_s}+m_{Ga}L+\left(C+c_2m_{Ga}\right)\left(t-t_t\right)=\left(t_0-t\right)cV\rho\to{t=86,4^{\circ}C}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[\boxed{t=86,4\,^{\circ}C}\]
[/spoiler]
Questão 7
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cosmologia
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Utilizando a condição do enunciado juntamente com o fato de que o volume de uma esfera de raio $$R$$ é dada por $$\dfrac{4}{3}{\pi}R^3$$, obtemos a relação requerida:
\[H_0R=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}=\sqrt{\dfrac{8G{\rho}_{crit}{\pi}R^3}{3R}}\to{H_0^2=\dfrac{8}{3}G{\pi}\rho_{crit}}\to{\boxed{\rho_{crit}=\dfrac{3H_0^2}{8\pi G}}}\]
b) Seguindo as instruções e lembrando que $$1$$ ano equivale a $$365*24*3600$$ $$s$$:
$$t=\dfrac{1}{H_0}=\sqrt{\dfrac{3}{8G{\pi}\rho_{crit}}}=1,34*10^{10}\,anos$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Demonstração
b) $$\boxed{t=\dfrac{1}{H_0}=\sqrt{\dfrac{3}{8{\pi}G\rho_{crit}}}=1,34*10^{10}\,anos}$$
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Questão 8
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica: lei de Snell
[/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]