Escrita por Paulo Kitayama e Victor Almeida Ivo
Você pode acessar a prova aqui
Parte I – Questões de Resposta Direta
Questão 01:
Um banhista mergulha em uma clara manhã e, de dentro da água vislumbra o Sol numa inclinação com a vertical que estima estar em torno de $$30^{\circ}$$. Sabendo que neste local, o Sol surge na linha do horizonte às seis horas da manhã e atinge o zênite ao meio dia, calcule que horas serão aproximadamente no local naquele momento. Considere o índice de refração da água é $$\frac{4}{3}$$ e o do ar igual a $$1$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica Geométrica (Refração)[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]Os raios solares chegam fazendo um ângulo $$\theta$$ com a normal d’água, e esse ângulo muda para um $$\alpha$$ ao raio transicionar para a água. Desta maneira, aplicando a lei de Snell podemos encontrar o ângulo que os raios solares de fato fazem com a vertical:
$$n_{1} sen(\theta)=n_{2} sen(\alpha)$$
$$sen(\theta)=\frac{4}{3} sen(\alpha)$$
Como $$\alpha=30^{\circ}$$, podemos usar:
$$sen(\theta)=\frac{4}{3}*\frac{1}{2}=\frac{2}{3}$$
De tal maneira que:
$$\theta=arcsen(\frac{2}{3})$$
Onde a função $$arcsen(x)$$ é a inversa da função seno, i.e, arcsen(x) é o ângulo tal que o seno é $$x$$. Contudo, $$arcsen(\frac{2}{3})$$ não se encontra facilmente, e para conseguir fazer as contas sem calculadora você deve fazer aproximações. Usaremos que, vale:
$$sen(\alpha+\epsilon)=sen(\alpha) cos(\epsilon)+sen(\epsilon) cos(\alpha)$$
E escolheremos $$\epsilon$$ tal que $$\theta=\alpha+\epsilon$$. Vamos assumir que $$\epsilon$$ é muito pequeno, tal que $$cos \epsilon \approx 1$$ e $$sen \epsilon \approx \epsilon$$. Daí:
$$sen(\theta) \approx sen(\alpha)+cos(\alpha) \epsilon \approx\frac{4}{3} sen(\alpha)$$
Desta maneira:
$$\epsilon \approx \frac{1}{3} tg(\alpha)$$
Contudo, $$\epsilon$$ desta forma está em radianos, e para transformar em graus:
$$\epsilon=\frac{180}{\pi} \frac{1}{3} tg(\alpha) ^{\circ}$$
$$\epsilon \approx\frac{20}{\sqrt{3}}^{\circ}$$
$$\epsilon \approx \frac{20}{1.7}^{\circ} \approx 12^{\circ}$$
Portanto:
$$\theta \approx 42^{\circ}$$
Também, podemos expressar o horário do dia em função do ângulo $$\theta$$:
$$H=12-\frac{\theta}{90}*6$$
Pois para $$\theta=0^{\circ}$$ deve ser meio dia, e para $$\theta=90^{\circ}$$ deve ser $$6 h$$. Portanto, substituindo $$\theta$$:
$$H \approx 12-2,8 \approx 9,2 h \approx 9h$$
Onde foi usado no final a aproximação para que o resultado ficasse na casa das unidades, que é mais adequado tanto pelas aproximações tanto pelo formato do índice de refração dado que tem dois valores com um algarismo significativo sendo dividido um pelo outro. Contudo, a resposta mais adequada é a dada acima e no Gabarito, que contém tanto o valor mais preciso como o aproximado.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$H \approx 9,2 h \approx 9 h$$
[/spoiler]
Questão 02:
Uma esfera de massa $$m$$ é abandonada de uma altura $$h$$ em relação ao ponto $$A$$ no declive da cunha triangular de massa $$M=2m$$ montada sobre rodas, conforme mostra figura abaixo. A esfera choca-se elasticamente, com a cunha no ponto $$A$$, que se encontra a uma altura $$\frac{h}{2}$$ do solo (ver figura) e após a colisão é lançada horizontalmente até atingir o solo no ponto $$B$$. Desprezando os efeitos de possíveis forças de resistência existentes no sistema, determine a velocidade da esfera ao atingir o ponto $$B$$.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Energia e Colisões[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]A bola colidir elasticamente com a cunha no ponto $$A$$ implica que a energia do sistema é conservada durante a colisão, sendo a mesma antes e depois dela. Contudo, deve-se ter cuidado, pois a conservação da energia deve-se fazer imediatamente depois da colisão, antes da cunha colidir com a terra e passar a se mover só na horizontal, já que essa colisão pode não conservar energia. A conservação de energia e todos os passos serão feitos considerando a colisão da bola com a cunha apenas, considerando portanto o movimento da partícula e da cunha antes da colisão da cunha com o chão. A energia cinética da bola ao chegar em $$A$$ pode ser encontrada facilmente, pois está é igual ao trabalho da força gravitacional na bola até chegar em $$A$$, visto que esta parte do repouso:
$$W=m g \Delta H=\frac{mgh}{2}=\frac{mv_{o}^{2}}{2}$$
$$v_{o}^{2}=2 g h$$
Ademais, o sistema não tem quantidade de movimento na direção $$x$$, e como não há nenhuma força horizontal agindo no sistema durante esse meio tempo, visto que o chão é liso, no final essa quantidade de movimento continuará zero.Portanto, sendo $$v_{x}$$ a velocidade da bola imediatamente após a colisão e $$V_{x}$$ a velocidade da cunha em $$x$$ imediatamente após a colisão, e sendo ambas horizontais, a conservação de quantidade de movimento do sistema na direção $$x$$ implica que:
$$P_{x}=0=mv_{x}-MV=0$$
$$V=\frac{m v_{x}}{M}$$
Antes da cunha de massa $$M$$ colidir com o chão, sendo o momento que estamos analisando, a quantidade de movimento na direção $$y$$ que a massa $$m$$ tinha inicialmente vai toda para a cunha. Portanto, para a cunha:
$$P_{y}=M V_{y}=m v_{o}$$
$$V_{y}=\frac{m v_{o}}{M}$$
Ademais, como a energia cinética do sistema se conserva, a energia cinética da bola no começo é igual à soma da energia cinética da cunha e da bola no final.
$$K_{sis}=\frac{m v_{o}^{2}}{2}=\frac{mv_{x}^{2}}{2}+\frac{M(V_{x}^{2}+V_{y}^{2})}{2}$$
$$v_{o}^{2}=v_{x}^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m}{M} v_{x})^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m v_{o}}{M})^{2}$$
$$v_{x}^{2}(1+\frac{m}{M})=v_{o}^{2}(1-\frac{m}{M})$$
$$v_{x}=v_{o} \sqrt{\frac{M-m}{M+m}}$$
E até atingir o ponto $$B$$, a bola estará sob efeito apenas da interação gravitacional e portanto terá sua energia mecânica conservada. Como não há força horizontal nela, ela continuará com velocidade horizontal constante e igual a $$v_{x}$$, e a velocidade que ela chega em $$B$$ pode ser encontrada uma vez que se encontra a velocidade vertical da bola em $$B$$. Essa velocidade vertical encontra-se trivialmente com o teorema de Torriceli, pois a bola cairá com aceleração vertical constante $$g$$ e ela parte em repouso em $$y$$, implicando que, sendo sua velocidade vertical $$v_{y}$$:
$$\Delta v_{y}^{2}=v_{y}^{2}-0=v_{y}^{2}=2 g \frac{h}{2}=g h$$
Usando pitágoras para encontrar a velocidade final total $$v$$:
$$v^{2}=v_{x}^{2}+v_{y}^{2}=g h+\frac{(M-m) 2 g h}{m+M}=\frac{3M-m}{M+m} gh$$
Usando as relações do problema:
$$v^{2}=\frac{5}{3} gh$$
$$v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}$$
[/spoiler]
Questão 03:
A figura mostra uma pessoa de altura $$h$$ em frente a espelho plano inclinado de um ângulo $$\theta$$ em relação a parede vertical. O topo da cabeça do homem está a uma distância mínima $$d$$ do plano do espelho. Qual deve ser o mínimo tamanho de espelho em que a pessoa possa ver seu corpo inteiro através do mesmo?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Óptica Geométrica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Para melhor visualizar o problema, gire a figura toda tal que o espelho fique vertical e o rapaz fique inclinado fazendo um ângulo $$\theta$$ com a vertical. O raio de luz que sai do pé do rapaz, representado por F, deve chegar em seu olho para que ele veja a imagem de seu pé, e portanto o raio deve refletir no espelho, mudando sua trajetória, e chegar no rosto, representado por $$E$$, do rapaz. Contudo, você pode facilitar o problema, pois é equivalente a o raio refletir no espelho e chegar em $$E$$ e o raio, sem deflexão, chegar na imagem de $$E$$ no espelho, ou um raio saindo de $$E$$ chegar na imagem $$A$$ do pé no espelho. Isso é demonstrado na figura abaixo. Veja que $$t$$ é o tamanho mínimo do espelho, porque apenas isso é usado pelos raios para chegar do pé à cabeça. Utilizando semelhança do triângulo ABC com o triângulo ADE, temos a equação:
$$\frac{h \cos{\theta}}{2d+h sen{\theta}}=\frac{h cos{\theta} – t}{d+h sen{\theta}}$$
$$hd cos{\theta}+ h^2 cos{\theta} sen{\theta}=-(2d+h sen{\theta})t+2dh cos{\theta} + h^2 cos{\theta} sen{\theta}$$
Que leva, portanto, ao tamanho mínimo $$t$$ do espelho sendo:
$$t=\frac{hd \cos{\theta}}{2d+h sen{\theta}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$t=\frac{hd \cos{\theta}}{2d+h \sin{\theta}}$$
[/spoiler]
Questão 04:
Considere o esquema da Situação 1 onde a mola de comprimento $$L$$, constante elástica $$K$$ e massa desprezível, fica sem deformação entre dois suportes de apoio. Um corpo de massa $$m$$ é colocado pendente no ponto médio da mola, causando deformação na mesma de tal modo que o equilíbrio é estabelecido conforme indica a Situação $$2$$. Determine o valor da massa $$m$$ para que o sistema fique em equilíbrio na situação apresentada.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Dinâmica – Força Elástica [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A constante elástica resultante de duas molas em série de constantes elásticas $$K_1$$ e $$K_2$$, sendo a força nestas igual, pode ser calculada por:
$$F=K_{eq}(x_{1}+x_{2})=K_{1} x_{1}=K_{2} x_{2}$$
$$K_{eq}=\frac{1}{\frac{x_{1}}{F}+\frac{x_2}{{F}}}$$
$$K_{eq}=\frac{K_{1} K_{2}}{K_{1}+K_{2}}$$
Na situação $$1$$ temos uma mola somente de constante elástica $$K$$ e comprimento $$L$$. Na situação $$2$$, há equilíbrio entre o peso do bloco e a força elástica de duas molas de constante $$2K$$, visto que a situação $$1$$ representa estas mesmas molas em série.
Por trigonometria se encontra o novo comprimento de cada mola. Agora, por exemplo, o comprimento de uma das molas é hipotenusa de uma triângulo cujo componente de tamanho $$\frac{L}{2}$$ faz ângulo de $$45^{\circ}$$ com ela. O equilíbrio de forças é representado, portanto, por:
$$2F_{el} \cos{45^o}=mg$$
$$2 (2K) (L \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{L}{2}) \frac{\sqrt{2}}{2}=mg$$
$$m= 2(1-\frac{\sqrt{2}}{2}) \frac{KL}{g}$$
$$m \approx 2(1-0,7) \frac{KL}{g}= 0,6 \frac{KL}{g}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$m=(2-\sqrt{2}) \frac{KL}{g} \approx 0,6 \frac{KL}{g}$$
[/spoiler]
Parte II – Questões de Resposta Aberta
Questão 05:
No arranjo experimental da figura abaixo, os circuitos I e II foram montados com malhas simples, contendo os resistores $$R_{1}$$ e $$R_{2}$$, uma bateria de $$12$$ $$V$$ e outra bateria B de força eletromotriz desconhecida. Na montagem do circuito I, o amperímetro, A, indicou uma corrente, $$I_{1} = 2$$ $$A$$, e, na montagem do circuito II, indicou uma corrente,$$ I_{2} = 6$$ $$A$$. As resistências internas das duas baterias e do amperímetro são de valor desprezível. Qual o valor da força eletromotriz da bateria B?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Circuitos Elétricos [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Utilizando a equação de Kirchhoff nos dois circuitos, temos a situação em que $$V_B>12V$$ e $$V_B<12V$$.
No primeiro caso, as equações mostram que:
$$12-V_{B}=(R_{1}+R_{2})*2A$$ e $$12+V_{B}=(R_{1}+R_{2})*6A$$
$$12-V_{B}=\frac{1}{3} (12+V_{B})$$
$$8=\frac{4}{3} V_{B}$$
$$V_B=6 V$$
No segundo caso,
$$V_{B}-12=(R_{1}+R_{2})*2A$$ e $$V_{B}+12=(R_{1}+R_{2})*6A$$
$$V_{B}-12=\frac{1}{3} (V_{B}+12)$$
$$\frac{2}{3} V_{B}=16$$
$$V_{B}=24 V \approx 2*10^{1} V$$
Onde a aproximação final foi feita pelo fato das operações serem limitadas devido às correntes terem apenas um algarismo significativo, implicando que o resultado de produtos ou divisões que a envolvam também devem o ter. Contudo, provavelmente o autor da questão não percebeu as implicações da falta de dígitos, e aceitariam respostas de dois dígitos como $$24$$ $$V$$. Ainda assim, é bom colocar a resposta no formato acima, mesmo do Gabarito, pois esta engloba a resposta exata e a aproximação dos algarismos significativos.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$V_{B}=6V$$ ou $$V_{B}=24V \approx 2*10^{1} V$$
[/spoiler]
Questão 06:
Um motorista desliga o motor do seu carro, mas por esquecimento, deixa as luzes das lanternas dianteiras e traseiras acesas durante $$2$$ minutos. A potência da lâmpada de cada lanterna é de $$10$$ $$W$$ e a tensão na bateria permanece constante e igual a $$12$$ $$V$$. Ao ligar o motor, a bateria é recarregada pela corrente gerada pelo alternador. Considere que esta corrente permanece constante e igual a $$30$$ $$A$$ e a tensão na bateria não se altera. Nestas condições:
a) Quanto tempo é necessário para repor a carga perdida pela bateria, considerando que as lanternas estão desligadas?
b) Quanto tempo é necessário para repor a carga perdida pela bateria considerando que as lanternas permanecem acesas e que todos os elementos do circuito estão associados em paralelo ao alternador
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Circuitos Elétricos [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) O tempo necessário pode ser calculado igualando a energia dissipada por todas as 4 lanternas à energia ganha de novo pela bateria. A potência dada à bateria é, dada uma tensão $$U$$ sobre ela e uma corrente $$I$$ passando sobre ela $$P=U I$$. Logo:
$$U I \Delta t=4 (10W)(2*60 s)$$
$$12V*30A*\Delta t=4 (10W)(2*60 s)$$
$$\Delta t \approx 13 s \approx 1*10^{1} s$$
Onde a aproximação para $$1*10^{1}$$ $$s$$ seria feita porque foi dado o tempo de trabalho das luzes como sendo $$2$$ $$min$$, que é um número com apenas um algarismo significativo e que faz, portanto, qualquer multiplicação com ele ter como resultado um número de apenas um algarismo significativo. Contudo, provavelmente isso não foi o que o autor da questão pensou, e o mais adequado é colocar a resposta no formato acima, que é o mesmo da dada pelo Gabarito. A primeira parte da igualdade tem um número de dois algarismos significativos, porque essa seria a quantidade de algarismos da resposta caso o tempo não fosse dado com apenas um significativo.
b) A mesma igualdade anterior pode ser obtida, porém a potência das lanternas deve ser subtraída, pois elas estão drenando parte da energia que seria fornecida pela bateria:
$$[(12V)(30A) – 4(10W)] \Delta t=4 (10W)(2*60*s)$$
$$(360-40) \Delta t=4800$$
$$\Delta t= 15s \approx 1*10^{1} s$$
Como no item $$a$$, a aproximação para $$1*10^{1}$$ $$s$$ foi feita porque foi dado o tempo de trabalho das luzes como sendo $$2$$ $$min$$, que é um número com apenas um algarismo significativo e que faz, portanto, qualquer multiplicação com ele ter como resultado um número de apenas um algarismo significativo. Contudo, provavelmente isso não foi o que o autor da questão pensou, e o mais adequado é colocar a resposta no formato acima, que é o mesmo da dada pelo Gabarito. A primeira parte da igualdade tem um número de dois algarismos, porque essa seria a quantidade de algarismos da resposta caso o tempo não fosse dado com apenas um significativo.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\Delta t \approx 13 s \approx 1*10^{1} s$$
b) $$\Delta t= 15s \approx 1*10^{1} s$$
[/spoiler]
Questão 07:
A variação de campo magnético pode gerar uma corrente elétrica. A comprovação dessa proposição foi feita pelo físico e químico inglês Michael Faraday. Com um pedaço do fio é construída uma espira circular plana, ligada a um amperímetro e submetida a uma variação de fluxo magnético através do movimento de um imã, como mostrado na figura.
O imã, inicialmente mantido a certa distância da espira, ao ser aproximado com o seu polo norte incidindo perpendicularmente ao centro da espira, estabelece uma variação de fluxo magnético igual a $$6,0 \times 10^{-2}$$ $$Wb$$ num curto intervalo de tempo de $$2,0 \times 10^{-1}$$ $$s$$.
a) Determine o valor da força eletromotriz induzida na espira.
b) Calcule o valor da corrente induzida, indicada pelo amperímetro, sabendo que a resistência da espira é igual a $$0,5$$ $$\Omega$$ .
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Indução Eletromagnética [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Essa é uma clássica questão de Lei de Faraday. Essa Lei diz que a tensão induzinda em um loop, i.e, a força eletromotriz gerada por uma volta nesse loop, é igual, em módulo, à taxa de variação temporal do fluxo magnético dentro desse loop. Dessa maneira:
$$|\varepsilon_{ind}|=|\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}|$$
$$|\varepsilon_{ind}|=|\frac{6,0*10^{-2}}{2,0*10^{-1}}|$$
$$|\varepsilon_{ind}|=0,30 V$$
Onde a resposta tem dois algarismos significativos porque todos termos no produto que a gerou tem esse número de significativos
b) Para que o loop esteja em equilíbrio, então deve valer que a tensão induzida entre dois pontos fornece energia a uma carga acelerada de tal que maneira que a dissipação de energia que ocorre nesse movimento é igual, em módulo, à energia ganha pela partícula devido à tensão induzida. Isto é equivalente a dizer que a tensão induzida fornecida é compensada por uma queda de tensão $$r$$ $$i$$ entre esses pontos, sendo $$r$$ a resistência entre eles e $$i$$ a corrente. Desta maneira, em uma volta no loop, a queda de tensão devido à resistência percorrida por corrente deve compensar a tensão induzida no loop:
$$\varepsilon_{ind}=R*I \Leftrightarrow I=\frac{\varepsilon_{ind}}{R}$$
$$I=\frac{0,30 V}{0,5 \Omega}=0,6 A$$
Onde a resposta tem um digito significativo porque o termo com menos significativos na divisão, $$0,5$$ $$\Omega$$, tem um significativo.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\varepsilon_{ind}=0,30 V$$
b) $$I=0,6 A$$
[/spoiler]
Questão 08:
De acordo com a teoria da relatividade, a energia relativística pode se relacionar com a massa $$m$$ da partícula em repouso e com o quadrado da velocidade da luz no vácuo $$c$$. Estime, em toneladas, a massa de gelo a $$0^{\circ}$$ que poderíamos fundir com a energia relativística de $$1$$ $$g$$ de areia.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Relatividade e Calorimetria [/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A energia de repouso, i.e, energia que uma massa tem só por existir é igual a $$mc^{2}$$. Portanto, a massa de gelo é obtida igualando a energia de repouso da areia à energia usada para derreter uma massa $$m_{gelo}$$ de gelo.
$$m_{areia} c^{2}=m_{gelo} L$$
$$(1 \times 10^{-3} kg)(9 \times 10^{16} \frac{m^2}{s^2})=m_{gelo} (80 \times 10^{3} \frac{cal}{kg}) (4 \frac{J}{cal}) $$
$$m_{gelo}=2.81 \times 10^8 kg$$
$$m_{gelo}=2.81 \times 10^{5} ton \approx 3*10^{5}$$
Onde a aproximação foi feita porque o número com menor algarismo significativo na multiplicação tinha um significativo, o $$1$$ $$g$$ de areia.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$m_{gelo}=2.81 \times 10^{5} ton \approx 3 \times 10^{5}$$
[/spoiler]