Escrita por Thomas Bergamaschi
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Questão 01:
Uma locomotiva e um automóvel movem-se perpendicularmente, aproximando-se de um cruzamento. No instante inicial, apresentado na figura abaixo, a locomotiva esta a $$120$$ $$m$$ ao sul da passagem, viajando na direção norte-sul, sentido norte, com velocidade constante de $$72$$ $$km/h$$. e o automóvel está $$60$$ $$m$$ a oeste da passagem, viajando na direção leste-oeste, sentido leste com velocidade de $$36$$ $$km/h$$ e aceleração de $$4,0$$ $$m/s^{2}$$ . No instante $$t = 2$$ $$s$$, determine a:
a) distância entre a locomotiva e o automóvel
b) velocidade da locomotiva em relação ao automóvel
Despreze as dimensões do automóvel e da locomotiva.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para resolver este problema, precisamos encontrar a posição do automóvel e da locomotiva em função do tempo $$t$$. Como a locomotiva está em movimento uniforme, com posição inicial $$y_{0} = -120 m$$ e velocidade $$v_{0} = 72km/h = 20m/s$$, a posição da locomotiva em função do tempo é:
$$y(t)=-(120-20t)$$
Já o automóvel está em movimento uniformemente acelerado, com posição inicial $$x_{0} = -60m$$, velocidade inicial $$u_{0} = 36km/h = 10m/s$$ e aceleração de $$4,0$$ $$m/s^{2}$$, a posição do automóvel em função do tempo é:
$$x(t)=-(60-10t-2t^{2})$$
Dessa forma, após $$t=2s$$, temos que a posição da locomotiva é $$y(2)=-80 m$$ e a do automóvel é $$x(2)=-32 m$$, assim, podemos encontrar a distância pedida com o teorema de pitágoras:
$$d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{32^{2}+80^{2}}m=\sqrt{7424}m=16\sqrt{29}m$$
b) Para calcular a velocidade da locomotiva em relação ao automóvel em $$t=2s$$, usamos que como a locomotiva está em um movimento uniforme, sua velocidade é sempre $$v_{0} = 72km/h = 20m/s$$. Já o automóvel está em movimento uniformemente acelerado, e assim sua velocidade em função do tempo é:
$$u(t)=10+4t$$
E em $$t=2s$$, $$u(2)=18m/s$$. Assim, a velocidade da locomotiva em relação ao automóvel pode ser encontrada pelo teorema de pitágoras:
$$V=\sqrt{u^{2}+v^{2}}=\sqrt{20^{2}+18^{2}}m/s=2\sqrt{181}$$ $$m/s$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) A distância pedida é $$16\sqrt{29}$$ $$m$$
b) A velocidade pedida é $$2\sqrt{181}$$ $$m/s$$
[/spoiler]
Questão 02 (exclusiva para alunos da $$1^{\circ}$$ série):
Duas partículas A e B partem da origem O e viajam em direções opostas ao longo do caminho circular de raio $$5$$ $$m$$ com velocidades de módulos constantes $$v_{A} = 0,7$$ $$m/s$$ e $$v_{B} = 1,5$$ $$m/s$$.
a) Determine a distância percorrida pelas partículas no instante $$t=2,0$$ $$s$$.
b) Calcule o instante do encontro das partículas.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para resolver este problema, usaremos que ambas as partículas percorrem um movimento circular com velocidade constante, ou seja, um movimento circular uniforme.
Para a partícula A, temos que a distância percorrida por ela em função do tempo é:
$$d_{A}=0,7t$$
Enquanto para a partícula B, a distância percorrida por ela em função do tempo é:
$$d_{B}=1,5t$$
Assim, em $$t=2s$$ $$d_{A}=1,4m$$ e $$d_{B}=3,0m$$.
b) Para que haja encontro das duas partículas, precisamos que a soma das distâncias percorridas por elas seja igual ao comprimento da circunferência. Matematicamente, isso significa que:
$$2\pi R=d_{A}+d_{B}$$
Onde $$R=5m$$, o raio da circunferência. Usando que $$d_{A}=0,7t$$ e $$d_{B}=1,5t$$, temos que $$d_{A}+d_{B}=2,2t$$. Assim, o tempo para encontro $$t$$ é:
$$t=\frac {10 \pi} {2,2}s= \frac {5 \pi} {1,1}s=\frac {15} {1,1} s\approx 13,64 s \approx 14 s $$
Onde foi feita a aproximação $$\pi = 3$$ dada no topo da prova.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para a partícula A $$d_{A}=1,4m$$ e para B $$d_{B}=3,0$$ $$m$$
b) O tempo para encontro $$t\approx 13,64s\approx 14$$ $$s$$
[/spoiler]
Questão 03 (exclusiva para alunos da $$1^{\circ}$$ série):
Um satélite de massa $$m$$ usado para comunicação, encontra-se estacionário a uma altura $$h$$ de um ponto da superfície do planeta Terra, de massa $$M_{T}$$ e raio é $$R_{T}$$ . Suponha que o mesmo satélite orbite um planeta hipotético $$X$$, com massa $$M_{X}$$ e raio $$R_{x}$$. O satélite está a uma altura de $$3h$$ de um ponto da superfície do planeta $$X$$ com período de $$2T_{Terra}$$. Encontre a relação entre as velocidades lineares do satélite.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Gravitação[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver este problema primeiro precisamos achar a velocidade linear do satélite em função das constantes fornecidas. Note que o raio da orbita do satélite na Terra é $$R_{T}+h$$ e em $$X$$ é $$R_{X}+3h$$.
Para o caso que o satélite está orbitando a Terra, temos que a força gravitacional $$F_{Grav}$$ tem de ser numericamente igual à resultante centrípeta do satélite, assim, se a velocidade do satélite ao redor da Terra for $$v_{T}$$, temos:
$$F_{Grav}=\frac {GM_{T} m}{(R_{T}+h)^{2}} =\frac{mv_{T}^{2}}{R_{T}+h}$$
Dessa forma, $$v_{T}^{2}=\frac {GM_{T}}{R_{T}+h}$$. Para o planeta $$X$$ fazemos o mesmo procedimento e encontramos para a velocidade em $$X$$, $$v_{X}^{2}=\frac {GM_{X}}{R_{X}+3h}$$. E assim, denominando a razão das velocidades como $$r=\frac {v_{T}}{v_{X}}$$, temos que:
$$ r^{2}=\frac{M_{T}(R_{X}+3h)}{M_{X}(R_{T}+h)}$$
Além disso, sabemos que o periodo em $$X$$ é o dobro que na Terra, usamos que a razão entre o comprimento da circunferência e a velocidade do satélite representa o periodo orbital, como em $$ T_{Terra}=\frac {2 \pi (R_{T}+h)}{v_{T}}$$. E assim, comparando o periodo da Terra e de $$X$$, e cortando os termos constantes obtemos:
$$ 2\frac{R_{T}+h}{v_{T}} =\frac{R_{X}+3h}{v_{X}}$$
Assim, obtemos que a razão $$r=\frac {v_{T}}{v_{X}}=2 \frac{R_{T}+h}{R_{X}+3h}$$. Agora, perceba que podemos escrever $$\frac{R_{T}+h}{R_{X}+3h}$$ como $$\frac{r}{2}$$, de modo que usando a expressão que relaciona $$ r^{2}$$ com as massas e raios, obtemos:
$$r^{2}=2\frac{M_{T}}{M_{X} r}$$
Assim, $$r^{3}=2\frac{M_{T}}{M_{X} }$$, e a razão pedida é $$(2\frac{M_{T}}{M_{X}})^{1/3}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A razão pedida é $$(2\frac{M_{T}}{M_{X}})^{1/3}$$
[/spoiler]
Questão 04:
Duas esferas puntiformes de massa$$ m$$ estão presas por hastes leves e rígidas de comprimento $$ l$$ a um eixo de rotação vertical no interior de um cilindro fixo de raio $$R$$. As hastes são articuladas de modo que as esferas se distanciam do eixo enquanto giram. A partir de certa velocidade angular as esferas podem tocar as paredes do cilindro. Considerando que o atrito cinético entre as esferas e a parede é $$\mu$$, qual a potência dissipada por atrito, entre as esferas e a parede quando as hastes giram com frequência angular $$\omega$$?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica e energia[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$T$$ a tração da haste na figura acima.
Como as massas estão equilibridas verticalmente, sabemos que a componente vertical da tração tem de ser igual ao peso da massa. Logo:
$$T\cos{(\theta)} = mg$$
Onde $$\theta$$ é o angulo formado entre a vertical e a haste.
Supondo que a força normal entre as paredes do cilindro e a massa seja $$N$$, pelo equilibrio radial sabemos que a resultante das forças radiais tem de ser a resultante centrípeta da massa. Note que radialmente temos uma componente da tração de valor $$T sin \theta$$ Dessa forma temos que:
$$ N+T\sin{(\theta)}=m (\omega)^{2}R $$
Assim encontramos que a normal tem valor $$N=m (\omega)^{2}R – T\sin{(\theta)}$$, e a força de atrito, $$F$$, é $$F=N\mu=m \mu ((\omega)^{2}R-g tg \theta)$$.
Para calcular a potência dissipada por atrito, usamos que a cada pequena distancia $$ \delta$$ percorrida por uma massa, é dissipada uma energia $$F \delta $$, assim por unidade de tempo a energia dissipada é $$ F v$$ onde $$v$$ é a velocidade da massa, dada por $$v=\omega R$$. Assim a potência dissipada por uma massa é $$ F \omega R =m \mu\omega R( (\omega)^{2}R-g tg \theta)$$. E como existem duas massas, a potência pedida é $$ 2m \mu \omega R( (\omega)^{2}R-g tg \theta)$$.
E como podemos escrever $$tg \theta $$ como $$tg \theta = \frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}}$$ temos que potência pedida é $$ 2m \mu \omega R( (\omega)^{2}R-g\frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}})$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A potência pedida é $$ 2m\mu\omega R((\omega)^{2}R-g\frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}})$$
[/spoiler]
Questão 05:
Imagine uma bola de massa $$450$$ $$g$$ presa a uma mola de constante elástica $$k$$. Considere que o movimento da bola é unidimensional e que foi solta do repouso quando a mola estava elongada de $$3,0$$ $$cm$$. O gráfico da energia potencial elástica em função da elongação $$x$$ está apresentado na figura abaixo.
a) Construa o gráfico da força elástica que atua sobre a bola em função da elongação da mola no intervalo de $$-2$$ a $$2$$ $$cm$$.
b) Determine a velocidade máxima da bola
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Energia potencial elástica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para resolver este problema, primeiro precisamos encontrar a constante elástica da mola, para depois construir o gráfico da força elástica.
Para isso, usamos que para uma mola sua energia potencial pode ser descrita como uma função quadrática da forma $$ U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$$ onde $$U(x)$$ representa a energia potencial em função do deslocamento da massa $$x$$. Observando o gráfico fornecido, vemos que em $$x=2cm $$ $$U(2)=4mJ$$. Assim, usando que $$U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$$ temos que $$ k=\frac{2U(x}{x^{2}}$$, substituindo o valor para $$x=2,0 cm $$ obtemos que $$k=20,0 N/m$$.
Agora, para o gráfico da força elástica, usamos que a força elástica $$F$$, pode ser escrita como $$F=-kx$$. Assim, o gráfico pedido é linear, com coeficiente linear $$0,0N$$ e angular $$ -k=-20,0N/m $$.
b) Como a bola foi solta em $$x=3,0 cm$$, a energia potencial nesse ponto calculada com $$U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$$ é $$U(3,0)=9,0 mJ$$. E como a bola foi solta a partir do repouso a energia total é $$ 9mJ$$.
Como a energia se conserva, sabemos que a soma da energia cinética com a potencial se conserva em $$ E_{0}=9 mJ$$. Matematicamente isto é:
$$E_{0}=\frac{kx^{2}}{2} +\frac{mv^{2}}{2} $$
Podemos ver claramente que velocidade máxima é atingida quando $$x=0,0 cm$$, de modo que $$E_{0}=\frac{mv^{2}}{2}$$. Assim, $$ v= \sqrt{\frac{2 E_{0}}{m}}=0,2 m/s$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Reta com coeficiente linear nulo e angular $$-20,0N/m$$.
b) A velocidade máxima é $$0,2 m/s$$
[/spoiler]
Questão 06:
Em 1973 o grupo inglês Pink Floyd lançava o album “The dark side of the Moon”. A capa desse album mostrava o fenômeno da dispersão da luz branca ao incidir em um prisma.
a) Explique esse fenômeno em termos das velocidades de propagação da luz branca.
b) Considerando que a luz branca incide formando um ângulo de $$30^o$$ e tendo o prisma um ângulo de abertura de $$60^o$$ , determine o ângulo de saída da cor vermelha sabendo que o índice de refração do prisma para essa cor é de $$1,4$$ e que o mesmo está imerso no ar.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Refração da luz[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.
b) Para o caso representado no problema temos o esquema abaixo:
Onde $$i, r, j$$ e $$k$$ sao todos ângulos, e $$i=30^o$$.
Pela lei de Snell, sabemos que $$\sin{(r)} = \frac{sin i}{1,4}= \frac{1}{2,8}$$. Com o triângulo ABC, temos que $$(90^o-r)+(90^0-j)+60^0=180$$, logo $$r+j=60^0$$.
Assim, $$j=60^o-r$$, e pela lei de Snell, podemos relacionar o ângulo pedido $$k$$ com $$j$$, da forma:
$$n \sin{(j)}= 1,4 \sin{(j)}= \sin{(k)}$$
Dessa maneira, $$ sin k =1,4 \sin{(60^o – r)}=1,4 \sin{(60^o – arcsin(\frac{1}{2,8}))}$$.
Usando que $$ \sin{(a-b)}= \sin{(a)} \cos{(b)} – \sin{(b)} \cos{(a)} $$ temos que:
$$\sin{(60^o – arcsin(\frac{1}{2,8}))}=sin (60^o) \cos{(arcsin(\frac{1}{2,8}))} -\cos{(60^o)} \sin{(arcsin(\frac{1}{2,8}))}$$
Assim, $$\sin{(60^o – arcsin(\frac{1}{2,8}))} \approx 0,62$$. Usando agora que $$ \sin{(k)} =1,4 \sin{(60^o – r)} \approx 0,87 $$.
Logo o ângulo é , $$ k=arcsin(0,87) \approx 60^o $$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.
b) Logo o ângulo é , $$ k=arcsin(0,87) \approx 60^o $$
[/spoiler]
Questão 07 (exclusiva para alunos da 1ª série):
Um estudante de Física, observou que seu peso era $$P$$ ao utilizar uma balança em uma farmácia (no referencial do solo). Curioso, ele procurou verificar o que ocorreria repetindo o procedimento em um elevador em movimento. Especificamente, ele observou o valor registrado quando o elevador subia aumentando sua velocidade com uma aceleração cinco vezes menor que a aceleração gravitacional. Qual a variação da leitura da balança na farmácia em relação ao elevador subindo acelerado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como no referencial do solo a balança marcava $$P$$, podemos afirmar que $$P=mg$$. Onde $$m$$ é a massa do estudante e $$g$$ a aceleração gravitacional.
Agora, suponha que a força normal entre o piso do elevador e o estudante seja $$N$$. Como o estudante está acelerando para cima com aceleração $$\frac{g}{5}$$, sabemos que a resultante das forças sob o estudante aponta para cima, matematicamente isso significa:
$$N-mg=\frac {mg}{5}$$
Assim $$N=\frac{6mg}{5}$$. E como a balança vai marcar a força normal temos que ela irá medir $$\frac{6mg}{5} = \frac{6P}{5}$$. E a variação da leitura pedida é $$\frac{6P}{5} – P=\frac{P}{5}$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A variação da leitura pedida é $$\frac{P}{5}$$
[/spoiler]
Questão 08:
O Método de Ruchardt pode ser empregado para determinar o coeficiente de Poisson $$ \gamma = (c_{P}/c_{V})$$, isto é, a relação entre os coeficientes de calor específico com pressão e com volume constante, envolvendo transformações adiabáticas. Utilizando um balão de vidro com ar em seu interior, ajusta-se uma bolinha metálica de raio $$a$$ e massa $$m$$, que veda a boca do balão. Na posição $$x = 0$$ a bolinha encontra-se em equilíbrio e o balão de vidro tem um volume $$V_{0}$$ . Ao ser deslocada na vertical de sua posição de equilíbrio a bolinha move-se, executando oscilações em um movimento harmônico simples.
Considerando o atrito desprezível, mostre que o período de oscilação em função das variáveis do problema é dado por:
$$T=\frac{2}{a^{2}} \sqrt{\frac{mV_{0}}{\gamma P}}$$
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Processos adiabáticos e forças [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para resolver este problema precisamos relembrar certas propriedades de processos adiabáticos, principalmente a propriedade que em um processo adiabático a quantia $$ PV^{\gamma}$$ é conservada.
Sabendo disso, vamos relacionar as características originais do sistema $$P$$ e $$V_{0}$$, com as características após uma pequena perturbação, onde $$V=V_{0} +\delta_{V}$$ e $$P’=P+\delta_{P}$$. Onde as variações relativas de volume e pressão são extremamente pequenas.
Usando que $$ PV^{\gamma}$$ é conservado, temos que $$PV^{\gamma}=(P+\delta_{P})(V_{0} +\delta_{V})^{\gamma}$$, e usando a aproximação que $$(1+x)^{n}\approx 1+nx$$, obtemos que:
$$\frac{\delta_{P}}{P}=-\gamma\frac{\delta_{V}}{V_{0}} $$
Note que podemos escrever uma pequena variação de volume $$\delta_{V}$$ em função da area de secção do tubo $$S=\pi a^{2}$$ e do deslocamento da bola $$x$$, como $$\delta_{V}=Sx=-\pi x a^{2}$$.
Assim, temos que $$\delta_{P}=\gamma\frac{\pi x a^{2}}{V_{0}}$$.
Agora, podemos analisar as forças que atuam na bola. Para as forças, temos o peso da bola $$mg$$, a força exercida pela pressão atmosférica $$P_{0}S=\pi a^{2}P_{0}$$ e a força exercida pela pressão interna, dada por $$P_{Dentro}S=\pi a^{2} P’$$. Assim a equação de movimento é:
$$ma=mg+\pi a^{2}P_{0}-\pi a^{2} P_{Dentro}$$
Onde $$a$$ representa a aceleração da bola.
Sabemos que inicialmente a bola está em repouso, em $$x=0$$. De modo que $$mg+\pi a^{2}P_{0}=\pi a^{2} P$$. Onde $$P$$ representa a pressão no interior do tubo quando a bola está em $$x=0$$.
Porém, apos uma pequena perturbação, a pressão no seu interior varia levemente para $$P_{Dentro}=P’=P+\delta_{P}$$, de modo que a equação de movimento é simplificada para:
$$ma=-\pi a^{2}\delta_{P}=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{V_{0}}$$
De modo que podemos escrever a aceleração da bola, $$a$$, como $$a=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{m V_{0}}$$. Cuja equação é característica de um movimento harmônico simples de frequencia angular $$\omega =\pi a^{2}\sqrt{\frac{\gamma P}{mV_{0}}}$$.
E como o periodo é dado por $$T=2 \pi/\omega$$, temos que $$T=\frac{2}{a^{2}} \sqrt{\frac{mV_{0}}{\gamma P}}$$, como queriamos demonstrar.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Demonstração acima
[/spoiler]
Questão 09(exclusiva para alunos da 1ª série):
Um aluno, mistura $$800 $$ $$g$$ de água a $$20^{\circ}C $$com uma certa massa de gelo a $$-20^{\circ}$$ $$C$$ dentro de um recipiente com paredes adiabáticas. Diante do experimento verifica que o sistema alcançou o equilíbrio térmico a temperatura de $$10^{\circ}C$$. Qual a massa inicial de gelo?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Calorimetria[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Por conservação de energia, sabemos a soma de todos os calores trocados será $$0$$. Dessa forma, como uma massa de água,$$m$$, onde $$m=800$$ $$g$$ varia $$\delta_{T}=10^{\circ}C$$ de temperatura, o calor correspondente a essa troca é, $$Q$$, onde $$Q=m c \delta_{T}=8000cal$$, onde foi usado que o calor específico da água é $$c=1cal/(g^{\circ}C)$$.
Supondo que a massa de gelo seja $$ \mu $$, sabemos que para essa massa ir de $$-20^{\circ}C$$ a $$10^{\circ}C$$ será preciso uma quantia de calor $$U$$, onde $$U=U_{1}+U_{2}+U_{3}$$. Onde $$U_{1}$$ representa o calor utilizado para o gelo aquecer até $$0^{\circ}C$$, que é $$U_{1}=0,5*20*\mu=10\mu$$, onde foi usado que o calor específico do gelo é $$0,5cal/(g^oC)$$. E $$U_{2}$$ representa o calor para fundir o gelo, que é $$U_{2}=80 \mu$$, já que o calor latente do gelo é $$ 80 cal/g$$. E finalmente $$U_{3}$$, para aquecer a água de $$0^{\circ}C$$ até $$10^{\circ}C$$, que será $$U_{3}=1*10*\mu=10\mu$$,onde foi usado que o calor específico da água é $$c=1cal/(g^oC)$$.
Assim, $$U=U_{1}+U_{2}+U_{3}=100\mu$$. E como $$U=Q$$, temos que $$8000=100\mu$$, logo $$\mu=80$$ $$g$$.
Logo, a massa inicial de gelo é $$80$$ $$g$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A massa inicial de gelo é $$80$$ $$g$$.
[/spoiler]
Questão 10:
Termistores são dispositivos cuja resistência varia com a temperatura. Suas aplicações envolvem circutos de segurança em motores; proteção contra a dissipação ineficiente de calor ou curtos-circuitos entre outras. Esses dispositivos precisam ser calibrados para determinar valores de temperatura e resistência. Empregando a expressão:
$$R=R_{0}e^{B/T}$$
onde $$R$$ é expresso em ohms ($$\Omega$$), $$T$$ em kelvin ($$K$$), $$R_{0}$$ e $$B$$ são constantes.
a) Qual o menor número de medidas necessárias para calibrar o termistor?
b) Supondo que essas medidas tenham sido realizadas, como seriam expressos os valores de $$R_{0}$$ e $$B$$ em termos das medidas assumidas?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Analise de Dados[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Usando que $$R=R_{0}e^{B/T}$$, vamos aplicar o logaritmo natural nos dois lados desta expressão, obtendo que:
$$lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$$
De modo que podemos isolar a quantia $$\frac{1}{T}$$ como:
$$\frac{1}{T}=\frac{1}{B}(lnR-lnR_{0})$$
Que se trata de uma função linear entre $$\frac{1}{T}$$ e $$lnR$$, de modo que com apenas dois pares de medidas conseguiremos obter as constantes, ja que dois pontos definem uma reta.
b) Supondo que foram obtidas as medidas que a temperatura $$T_{1}$$ a resistência é $$R_{1}$$ e que a temperatura $$T_{2}$$ a resistência é $$R_{2}$$. Podemos usar a expressão encontrada acima, que é $$lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$$, assim obtendo o seguinte sistema de equações:
$$\frac{1}{T_{1}}=\frac{1}{B}(lnR_{1}-lnR_{0})$$
$$\frac{1}{T_{2}}=\frac{1}{B}(lnR_{2}-lnR_{0})$$
Cujas soluções são que $$B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$$ e que $$lnR_{0}=\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{2} -\frac{T_{1}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{1}$$, que depois de certa manipulação obtemos:
$$R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}} $$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Duas medidas apenas
b) $$B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$$ e $$R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}} $$
[/spoiler]
Questão 11:
O canal da Mancha é um braço de mar pertencente ao oceano Atlântico que separa a ilha da Grã-Bretanha do norte da França. Atualmente é uma das localidades de maior circulação de navios do mundo. Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao cais. Para isso é feita uma manobra como ilustra a figura abaixo. Cada rebocador exerce uma força de 22500 N na direção mostrada. Determine o momento resultante em relação ao ponto O. Considere a força exercida pelo segundo rebocador na forma vetorial como sendo: $$F_{2} = (13,5\vec{i}-18\vec{j})kN$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Torque[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Iremos assumir que os rebocadores fazem uma força que puxa o barco numa determinada direção. Assim, vamos calcular o torque que cada rebocador faz no barco e em seguida, acharemos a resultante.
Também iremos assumir que um torque que faz o barco girar no sentido horario é positivo.
Dessa forma, o torque causado pelo barco um é dado por:
$$\tau_{1}=22500(sin(60^0) *27-cos(60^o)*15=33750(9\sqrt{3} -5)N$$ $$m$$
Onde foi usado que o braço da força horizontal é $$15m$$ e da vertical é $$27$$ $$m$$.
Agora para o rebocador $$2$$, iremos supor que $$\vec{i} $$ aponta para a direita e que $$\vec{j} $$ para cima, de modo que seu torque é dado por:
$$\tau_{2}=-(18000*30+13500*21)=-823500$$ $$N.m$$
Onde foi usado que o braço da força horizontal é $$21m$$ e da vertical é $$30m$$.
Para o rebocador $$3$$, usamos que ele apenas puxa o barco para cima com força $$22500N$$ e braço $$120m$$, de modo que o torque é dado por:
$$\tau_{3}=-22500*120=-2700000$$ $$Nm$$
E Finalmente o rebocador $$4$$, que puxa o barco para baixo com força $$22500*sin(45^o)$$ $$N$$ e braço $$90$$ $$m$$ e para a esquerda com força $$22500*cos(45^o)$$ $$N$$ e braço $$21$$ $$m$$, assim seu torque é dado por:
$$\tau_{4}=22500*cos(45^o)*21+22500*sin(45^o)*90=1248750\sqrt{2}$$ $$N.m$$
Assim, o torque resultante é $$\tau=\tau_{1}+\tau_{2}+\tau_{3}+\tau_{4}$$ que é:
$$\tau\approx -1,4.10^{6}$$ $$N.m$$
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$$\tau\approx -1,4.10^{6}$$ $$N.m$$
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Questão 12:
Em um experimento de hidrostática foi colocado um bloco é um recipiente contendo água, e observou-se que $$70$$% do seu volume ficou submerso. Quando este mesmo bloco é colocado em um outro recipiente contendo um líquido de densidade desconhecida, observa-se que o percentual de volume submerso é reduzido para $$40$$%. Com esses dados determine a densidade do outro liquido.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Hidrostática[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Sabemos que para equilibrio na água, o empuxo tem de se igualar ao peso do bloco. Assim, se $$P$$ é o peso do bloco, temos que $$P=\mu V_{Submerso}g=0,7\mu Vg$$, onde $$\mu$$ é a densidade da água, $$V$$ seu volume e $$g$$ a gravidade no local. Assim, obtemos que a quantia $$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$$.
Quando o bloco está no líquido de densidade desconhecida, a condição de equilibrio é a mesma, $$P=\rho V_{Submerso}g=0,4\rho Vg$$. Onde neste caso $$\rho$$ é a densidade do líquido desconhecido.
Assim, como $$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$$, encontramos que $$\rho=\mu \frac{0,7}{0,4}=1,75\mu$$.
Como a densidade da água é $$1g/cm^{3}$$, a densidade do líquido é $$1,75g/cm^{3}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A densidade do líquido é $$1,75g/cm^{3}$$.
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