Escrito por Ualype Uchôa e Antônio Ítalo
Questão 1
Considere uma sala em forma de paralelepípedo de lados a=4,00 m, b=5,00 m é h=3,00 m. A altura da sala é dada por h e o piso retangular tem lados a e b. Em um dado instante, uma formiga e uma mosca estão no ponto A, que é um dos vértices do piso. Por alguma razão qualquer, ambas querem atravessar a sala, indo ao ponto B, localizado no teto, e que está na mesma diagonal principal do paralelepípedo que passa por A. Sabendo que ambos podem andar por quaisquer superfícies, inclusive paredes verticais, mas somente a mosca pode voar, determine a menor distância que cada inseto deve percorrer para atingir o ponto B.
Solução
Seja A o ponto de partida dos insetos, e B o ponto de chegada, com o segmento AB sendo a diagonal principal do paralelepípedo. Lembrando que a menor distância entre dois pontos é uma linha reta que passa por estes, o menor caminho que a mosca pode realizar é ir voando em linha reta de A até B. Chame de DM o comprimento deste trajeto. Utilizando o Teorema de Pitágoras duas vezes, temos:
D2M=a2+b2+h2
Substituindo os valores dados:
D2M=4,002+5,002+3,002
D2M=50,00 ∴
DM=5√2m
Usando o valor fornecido de √2=1,4:
DM=7,0m.
Para a formiga, a análise do caminho mínimo torna-se menos trivial. Para uma melhor visualização, planifiquemos o sólido geométrico, conforme mostrado a seguir.

Ora, para que a distância percorrida seja mínima, a formiga deve mover-se ao longo da linha tracejada(ela percorre parte do trajeto em uma parede, e o restante ao longo do teto), pois a mínima distância entre dois pontos é uma reta. Chamando de DF essa distância, temos, novamente, pelo Teorema de Pitágoras:
D2F=b2+(a+h)2
Substituindo:
D2F=5,002+7,002
DF=√74=√2∗√37=7√375 m
Não foi fornecido o valor √37, mas podemos aproximá-lo, fazendo as contas, para 6,1, obtendo:
DF≈8,5m.
Adendo: Observe que, caso trocássemos a posição dos lados a e b, obteríamos uma resposta diferente para o caminho percorrido pela formiga:
D2F=a2+(b+h)2
DF=√80m.
Contudo, esse caminho é maior do que o achado anteriormente, logo, não corresponde à menor distância que a formiga pode percorrer. Existe, ainda, outra forma de planificar a figura, que também resulta em um valor diferente para DF, que é maior ainda que os outros dois achados anteriormente.
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Gabarito
DM=7,0m
DF=7√375m≈8,5m
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Questão 2
Um estudante observa que sua família, por comodidade, prefere secar as roupas em uma máquina elétrica ao invés de pendurá-las no varal, onde o clima em geral seco de sua região, as secaria sem custo. Para estimar o gasto mensal com a máquina de secar, o estudante seleciona uma amostra representativa das roupas da casa que, quando secas, têm massa 8,00 kg e, quando úmidas (logo após lavadas e torcidas ou centrifugadas, ou seja, prontas para ir para o varal ou secadora), têm massa de 15,00 kg. Considerando que, na máquina, o calor usado para secar a roupa vem da eletricidade, estime o custo mensal para secar as roupas na secadora sabendo que em média, por mês, são lavados 120 kg de roupas e o custo do energia elétrica na região é de R$0,85/kWh.
Solução
Deve-se perceber que a diferença de massa depois da secagem é proveniente da água que evaporou durante o processo, que é posterior ao de lavagem. Primeiramente, façamos uso de uma proporção simples com os dados do enunciado para encontrar a massa das roupas molhadas no processo mensal (perceba que 120 kg é a massa apenas das roupas secas ou antes de serem lavadas), e deste número subtraímos os 120 kg de forma a obter a massa de água evaporada:
8,00120=15,00m
m=225 kg ∴
Δm=225−120=105 kg =105∗103 g
O calor necessário Q em calorias para a evaporação foi, então (note que, em primeira aproximação, podemos desconsiderar o calor sensível, visto também que nada foi informado sobre a temperatura inicial da água):
Q=ΔmLv=105∗103∗540=5,67∗107 cal
Em joules:
Q=4,2∗5,67∗107≈2,38∗108 J
Façamos, então, uma nova proporção para encontrar o custo C desse processo, em reais, dado que R$0,85 correspondem à 1 kWh =3,6∗106 J:
0,85C=3,6∗1062,38∗108 ∴
C≈R$56,19
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Questão 3
Uma bola cai verticalmente sobre um plano inclinado de 30∘ e, ao colidir com ele no ponto A, é lançada em uma direção que forma um ângulo de 60∘ com a vertical, conforme indicado na figura abaixo. A bola atinge novamente o plano inclinado no ponto B, que está a uma altura 2,00 m abaixo de A. Determine (a) o intervalo de tempo que a bola demora para ir de A a B e (b) a intensidade da velocidade da bola em B.

Assunto Abordado
Cinemática: Lançamento Oblíquo
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Solução
a) Um bom jeito de analisar a questão é mudar de perspectiva, rotacionando o plano e estudar o movimento do projétil ao longo deste, com os eixos x e y sendo respectivamente tangencial e normal ao plano, com o positivo apontando plano abaixo (no eixo x) e para fora do plano (no eixo y), e origem no ponto A. Desta forma, o movimento passa a ser acelerado em ambos os eixos, com uma aceleração horizontal de ax=gsin30∘ e uma vertical ay=−gcos30∘. Com um pouco de observação, é fácil ver que a inclinação do vetor velocidade inicial com respeito ao plano é de 60∘. Primeiramente, escrevamos a equação horária da posição no eixo horizontal:
x(t)=v0cos60∘t+gsin30∘t22
Usando a equação horária no eixo y, encontramos o tempo total de vôo tt impondo que y=0, e escolhemos a raiz diferente de zero, pois esta corresponderia ao instante inicial:
y(t)=v0sin60∘t−gcos30∘t22
y(tt)=0=tt(v0sin60∘−gsin60∘tt2)
tt=2v0g
Sendo X o alcance ao longo do plano, podemos substituir x(tt)=X para obtermos v0:
X=2v20g(cos60∘+sin30∘)
v0=√gX4sin30∘
Substituindo em tt, e usando X=hsin30∘, onde h=2,00 m, temos, por fim:
tt=√hgsin30∘
Substituindo os valores numéricos:
tt=√2,00100,50=2√55s
tt=0,88 s ≈0,9 s.
b) Podemos usar a equação de Torricelli em ambos os eixos, e então utilizar o Teorema de Pitágoras, haja vista que essas velocidades são ortogonais entre si. Logo, temos que:
v2By=(v0sin60∘)2−2gcos60∘Δy
Temos Δy=0, logo:
v2By=(v0sin60∘)2
Em x:
v2Bx=(v0cos60∘)2+2gsin30∘hsin30∘
v2Bx=(v0cos60∘)2+2gh
Logo:
v2B=v20(sin260∘+cos260∘)+2gh
vB=√v20+2gh
Substituindo os dados:
vB=√20+2∗10∗2,00=√60=2√15 m/s
vB=2∗2,2∗1,7m/s→vB≈7,5m/s
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Gabarito
tt=2√55s≈0,88s.
vB=2√15m/s≈7,5m/s
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Questão 4
Um aluno de física está estudando simulações computacionais e faz um aplicativo no qual um pequeno quadrado, de lado a=4 mm, se move retilineamente na região entre duas paredes também móveis. O quadrado tem velocidade de módulo constante v=4 mm/s e, ao colidir com as paredes, inverte imediatamente o sentido de seu movimento. As paredes se movem com velocidades de módulo V=1mm/s constantes, porém a parede A se move para direita e a parede B para a esquerda. A figura abaixo, fora de escala, representa o sistema no início da simulação, instante t0=0, no qual a distância entre as paredes é L=36 mm e o quadrado está em contato com a parede A. A simulação termina no instante em que o quadrado entra em contato simultâneo com as duas paredes e, portanto, não pode mais se mover. (V e v são medidas em relação à tela do computador). Determine: (a) o intervalo de tempo de duração da simulação e (b) o instante em que ocorre a quarta colisão com uma parede.

Assunto Abordado
Cinemática: MRU
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Solução
a) Note que, pela igualdade das velocidades das placas, é necessário que o final da simulação ocorra com o quadrado no centro das placas, sendo assim, vale:
VΔtsim=L−a2
Δtsim=L−a2V
Substituindo, obtemos:
Δtsim=16 s
b) Chame de Δti (onde i=1,2,3,4,...) o intervalo de tempo entre a (i-1)-ésima e a i-ésima colisão. Desta forma, Δt1 é o intervalo de tempo até a primeira colisão, Δt2 é o intervalo de tempo entre a primeira e a segunda colisão, e assim por diante. Entremos no referencial da placa à esquerda, subtraindo, então, V para a esquerda de todos os móveis. Temos então que a placa da direita sempre se moverá com 2V para a esquerda, e o quadrado com v−V para a direita ao se afastar da placa esquerda, e v+V para a esquerda ao aproximar-se dela. Convencionando o sentido positivo para a direita, temos, até a primeira colisão:
(L−a)−2VΔt1=(v−V)Δt1
Seja (L−a)=l:
Δt1=lv+V
Para a segunda colisão, a distância entre o quadrado e a placa é de l−2VΔt1. Logo:
Δt2=l−2VΔt1v+V
Δt2=l(v−V)(v+V)2=(v−V)v+VΔt1
Para a terceira colisão, a distância entre o quadrado e a placa direita é de l−2VΔt1−2VΔt2, então:
l−2VΔt1−2VΔt2−2VΔt3=(v−V)Δt3
Δt3=l−2VΔt1−2VΔt2v+V
Δt3=l−2VΔt1v+V−2Vv+VΔt2
Δt3=v−Vv+VΔt2=(v−Vv+V)2Δt1
Por fim, analisemos a quarta colisão, quando a distância entre o quadrado e a placa é de l−2VΔt1−2VΔt2−2VΔ3:
Δt4=l−2VΔt1−2VΔt2−2VΔt3v+V
Δt4=v−Vv+VΔt3=(v−Vv+V)3Δt1
Nos foi pedido o tempo até a quarta a colisão. Sendo ele t4, tem-se:
t4=Δt1+Δt2+Δt3+Δt4
Que pode ser reescrito como:
t4=Δt13∑n=0(v−Vv+V)n
t4=L−av+V3∑n=0(v−Vv+V)n
Substituindo os valores fornecidos, encontramos:
t4=325∗272125s→t4≈14s
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Gabarito
a) Δtsim=L−a2V=16s
b) t4=L−av+V3∑n=0(v−Vv+V)n≈14s.
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Questão 5
A Lua vista da Terra é um fenômeno que vem nos fascinando desde os primórdios da Humanidade. Parte I, faça um diagrama que explique as fases da Lua no qual (1) a Terra ocupa a posição central, (2) é representada a trajetória da Lua em período orbital, (3) é indicado a direção aproximada dos raios solares e (4) é apresentado a Lua em quatro posições correspondentes às suas quatro fases. Parte II, (a) o que é o lado oculto da Lua?, (b) que condições o movimento lunar deve satisfazer para que ele exista? e (c) Faça uma cópia do diagrama feito na parte II e represente, em cada posição da Lua, a sua face oculta.
Assunto Abordado
Conceitos de Astronomia: Fases da Lua
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Solução
Parte I: Vide diagrama a seguir:

Onde a Terra está representada em azul, e os raios de luz vindos do sol chegam praticamente paralelos. A órbita da Lua em torno do Terra também está indicada, junto às setinhas, que indicam o sentido da translação da Lua ao redor do nosso planeta. A porção branca da lua corresponde à parte visível (iluminada pelo Sol) e a porção escura à parte que não está iluminada pelo sol.
Parte II:
a) O lado oculto da Lua é o hemisfério da lua que não pode ser visto por nenhum observador terrestre; isto é, sempre vemos um mesmo lado da lua, enquanto o outro lado permanece oposto.
b) O período de revolução da Lua em torno da Terra deve ser igual ao seu período de rotação em torno do próprio eixo, pois, assim, ambos os giros se compensam e nós nunca conseguiremos ver o outro lado da Lua.
c) Usando os conhecimentos dos itens a) e b), copiamos o diagrama da parte 1, com o lado oculto da Lua representado em vermelho:

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Questão 6
Um estudante de física deseja estimar a profundidade de um poço. Ele dispara o cronômetro no instante em que abandona uma pedra sobre sua boca e observa que levou Δt=2,5 s para ouvir o som da pedra atingindo a água. Assumindo que a velocidade do som é 340 m/s, qual a profundidade do poço?
Solução
O tempo que levará para o estudante ouvir o som é a soma do tempo que levou para a pedra cair com o tempo que levou para o som subir, sendo assim:
Δt=√2Hg+HVs
Isolando o termo com a raiz quadrada e elevando ambos os lados da equação ao quadrado, temos:
2Hg=(Δt)2+H2V2s−2HΔtVs
Simplificando:
H2−2(VsΔt+V2sg)H+(VsΔt)2=0
Aplicando Bháskara:
H=2Vs(Δt+Vsg)±√4V2s(Δt+Vsg)2−4(VsΔt)22
H=Vs(Vsg+Δt)(1±√1−1(1+VsgΔt)2)
Como escolhemos o sinal correto? Podemos analisar o caso limite Δt=0, onde H deve ser igual à zero. Para isso ocorrer, devemos escolher o sinal negativo. Para facilitar os cálculos numéricos, note que:
1(1+VsgΔt)2≪1
Portanto, podemos utilizar a aproximação binomial para facilitar os cálculos numéricos:
(1+x)n≈1+nx
Utilizando a aproximação binomial, obtemos:
H≈VsΔt2(1+VsgΔt)
Substituindo, obtemos:
H≈29,1m
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Gabarito
H=Vs(Vsg+Δt)(1±√1−1(1+VsgΔt)2)≈VsΔt2(1+VsgΔt)≈29,1m
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Questão 7
Um prumo é um instrumento usado determinar a direção vertical em determinado ponto. Em cada ponto da Terra, a direção do zênite é dada pela linha imaginária que liga o ponto ao centro da Terra. Devido à rotação da Terra, a linha do prumo é, em geral, ligeiramente desviada em relação à direção do zênite. Na figura abaixo, o laboratório hipotético A está localizado exatamente sobre o polo Norte. O conjunto formado por fios ideais, um dinamômetro e uma massa m, pendurado num ponto fixo do teto, funciona como um prumo. Na posição do laboratório A, a linha do zênite é indicada pelo eixo z e vemos que coincide com a linha do prumo, que está sendo tensionada por uma tração T. O laboratório hipotético B está localizado em uma cidade costeira exatamente sobre o paralelo 30∘ de latitude sul. Nesse laboratório, a direção do zênite é indicada pelo eixo z′ e é pendurado um prumo exatamente igual ao anterior. No laboratório B, a linha de prumo é tencionada por uma tração T′ e sua direção está desviada da direção do zênite por um ângulo θ, que está representado, fora da escala, na figura abaixo. Determine (a) o ângulo θ e (b) o desvio relativo de T′ em relação à T, ou seja (T′−T)T. (c) Qual a orientação do eixo x′ representado na figura em relação aos pontos cardeais do laboratório B? Considere a Terra esférica, com raio RT=6400 km.

Assunto Abordado
Referenciais não inerciais: Efeitos da rotação terrestre na gravidade
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Solução
a) Para a análise do fenômeno, observe o esquema a seguir (fora de escala), onde podemos ver a terra, de raio RT, girando em torno do seu próprio eixo (linha tracejada) com velocidade angular ω:

Para um corpo de prova na superfície a uma latitude ϕ (que pode estar associada ao hemisfério Norte ou Sul), desenhamos as acelerações (ou gravidades) às quais este está submetido, no seu próprio referencial, que é não-inercial. A gravidade g0 é devido à atração gravitacional entre os corpos, e tem módulo 10 m/s2. Contudo, ainda há uma gravidade fictícia devido à força centrífuga, produzida pelo efeito de rotação e que possui módulo ω2r, onde r é a distância do ponto ao eixo, isto é, Rcosϕ. Logo, o corpo estará submetido à uma gravidade total efetiva que chamaremos de geff. Note que, nos pólos, essa gravidade tem valor máximo e igual à g0, pois o efeito rotacional é nulo. Utilizando lei dos cossenos no triângulo de vetores, temos que:
g2eff=g20+(ω2RTcosϕ)2−2g0ω2RTcos2ϕ
De antemão, façamos uma estimativa da velocidade angular da terra, sabendo que seu período de rotação é de 3600∗24 s =86400 s ≈9∗104 s:
ω=2πT=69∗104≈7∗10−5 rad/s
Que é um valor muito pequeno, o que nos permite desprezar o termo (ω2Rcosϕ)2. Reescrevendo a expressão:
g2eff=g20−2g0ω2RTcos2ϕ
geff=g0(1−2ω2RTcos2ϕg0)12
É evidente que g0≫ω2RTcos2ϕ. Logo, utilizaremos a aproximação (1+x)n≈1+nx para x≪1:
geff≈g0−ω2RTcos2ϕ
Substituindo os valores:
geff=10−(7∗10−5)2∗(6,4∗106)∗(0,50)2≈9,98 m/s2.
Para descobrirmos o desvio angular θ (que é o ângulo entre os vetores →geff e →g0), usemos Lei dos Senos:
ω2RTcosϕsinθ=geffsinϕ
sinθ=ω2RTcosϕsinϕgeff
Substituindo os valores numéricos:
sinθ=(7∗10−5)2∗(6,4∗106)∗0,50∗0,859,98≈1,34∗10−3
Como θ≪1rad, vale a aproximação sinθ≈θ(rad), desta forma:
θ≈1,34∗10−3 rad
Em graus:
θ=180∗1,34∗10−3π≈8∗10−2 ∘
Onde foi usado π=3.
b) Como fora visto no item a), a gravidade sentida pelo prumo é geff, de tal forma que T′=mgeff. Já a tração T=mg0, então, calculamos o desvio relativo:
T′−TT=geffgo−1=9,9810−1=−2∗10−3
c) Observe a figura a seguir (fora de escala), que representa a terra vista de perfil:

Em azul estão representados os eixos x′ e z′; em laranja, a direção da gravidade efetiva; em preto, uma das linhas tracejadas representam a direção Norte-Sul, e a outra a linha do Equador. Está representado também o Polo Sul PS. Perceba que o esquema está correto, pois a gravidade efetiva aponta para algum ponto no plano do Equador no lado direito da figura (primeiro quadrante). Para que analisemos a orientação do eixo x′ em relação aos pontos cardeais do laboratório, observe que a direção Norte-Sul cruza com este eixo em algum ponto no espaço. Um observador do laboratório que olha "em direção a esse ponto" estará mirando o ponto cardeal sul(pois ele encontra-se no Hemisfério Sul). Desta forma, o sentido oposto corresponde ao ponto cardeal Norte, que é exatamente o sentido positivo do eixo x′.
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Gabarito
a) θ=1,34∗10−3rad≈8∗10−2∘
b) T′−TT=−2∗10−3
c) A orientação do eixo x′ é positiva no sentido do ponto cardeal Norte.
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Questão 8
"Konstantin S. Novoselov, na cerimônia de entrega do prêmio Nobel de Física de 2010 que ganhou, juntamente com Andre Geim, iniciou sua palestra dizendo: Muito parecido com o mundo descrito no romance "Planolândia: Um Romance em Muitas Dimensões", de E. A. Abbot, o grafeno é muito mais do que apenas um cristal plano. Ele possui um número de propriedades incomuns que são frequentemente únicas ou superiores às de outros materiais."(Traduzido e adaptado de www.nobelprize.org/uploads/2018/06/novoselov_lecture.pdf.)
O Grafeno é um cristal bidimensional formado por átomos de carbono localizados nos vértices de uma rede hexagonal, conforme representado na figura abaixo. Entre as inúmeras propriedades da "Planolândia", o grafeno é o material mais resistente já testado. Um metro quadrado de grafeno (com a espessura de um só átomo!), consegue sustentar um peso de 40N (de um gato). Considerando que a distância entre dois átomos de carbono no grafeno é
a=1,4∗10−10 m (1,4 angstroms) e que a massa molar do carbono é 12 g/mol, determine aproximadamente a massa de uma película de grafeno de 1 m2.

Assunto Abordado
Geometria e Conceitos básicos
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Solução
Para determinarmos a massa, primeiramente, devemos saber o número de átomos da estrutura, que possui 1 m2. Uma ótima estimativa deste número se dá através da construção de triângulos equiláteros na figura original, de tal forma que cada triângulo englobe um único átomo, de acordo com a figura a seguir, onde está representada uma porção do arranjo molecular da estrutura, onde os átomos estão em preto:

Observe que os vértices destes triângulos passam pelo centro dos hexágonos. Dando um pequeno "zoom", partiremos para a geometria do problema:
Observe o ΔABC: seu lado l será dado por:
l=2a2tan60∘
. A altura h por sua vez, será:
h=lsin60∘.
Obtemos, então, a área de cada triângulo:
A=lh2=3a2√34
Dividindo-se a área total da película de grafeno pela área de um triângulo, obteremos o número N de átomos (haverão pequenos efeitos de borda que podem ser desprezados):
N=1m23a2√34=4√3m29a2
Substituindo os dados do problema e usando √3=1,7, obtém-se:
N≈3,855∗1019
Façamos, então, uma proporção com o número de Avogadro para encontrar a massa M correspondente, dada a massa molar do carbono de 12 g/mol e sabendo que 1 mol equivale à 6∗1023 átomos:
126∗1023=M3,855∗1019 ∴
M=7,7∗10−4g→M=7,7∗10−7kg
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