OBF 2020 - Primeira Fase (Nível 2)

Cinemática: lançamento vertical e queda livre

Seja $A$ a esfera abandonada de $20,0$ $m$ de altura e $B$ a que será arremessada. É evidente que $B$ deve ser lançada para cima para chegar no solo ao mesmo tempo que $A$; dessa forma, ela passa um tempo maior no ar, compensando o maior tempo requerido para a bola $A$ cair devido à sua altura maior acima do chão. Seja $v_0$ a velocidade com a qual $B$ é arremessada. Seu movimento pode ser analisado em dois trechos: $1.$ um lançamento vertical até atingir uma altura máxima $h$ acima da base do prédio, onde $h$ é determinado pela eq. de Torricelli $v_0^2=2gh$; e $2.$ uma queda livre a partir de uma altura $h+h_B$ acima do solo ($h_B=16,0$ $m$). Portanto, o tempo total de movimento de $B$ é:

$t_B=t_1+t_2=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}+\sqrt{\dfrac{2(h+h_B)}{g}}$,

$t_B=\dfrac{v_0}{g}+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{g^2}+\dfrac{2h_B}{g}}$.

O movimento de $A$ é uma queda livre; sendo assim, o tempo de queda é $t_A=\sqrt{\dfrac{2h_A}{g}}$ (com $h_A=20,0$ $m$). Impondo a igualdade $t_B=t_A$:

$\dfrac{v_0}{g}+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{g^2}+\dfrac{2h_B}{g}}=\sqrt{\dfrac{2h_A}{g}}$,

Multiplicando por $g$:

$v_0+\sqrt{v_0^2+2gh_B}=\sqrt{2gh_A}$

Substituindo os valores numéricos, isolando o termo com $v_0$ na raiz e então elevando ambos os membros ao quadrado, temos:

$v_0^2+320=\left(20-v_0\right)^2$,

$v_0^2+320=400-40v_0+v_0^2$,

$\boxed{v_0=2,0\,m/s}$.

O que nos leva a escolher o item b).

Item b)

Gravitação

Aplicando a 2ª lei de Newton para o movimento gravitacional:

$\dfrac{GM_{estrela}m}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$

$v=\omega \cdot r$

$\dfrac{GM_{estrela}}{r^2}=\omega^2\cdot r$

Como a massa da estrela é igual a massa do Sol:

$\omega=\sqrt{GM_{sol}}\cdot r^{-\frac{3}{2}}$

$\dfrac{2\pi}{T}=\sqrt{GM_{sol}}\cdot r^{-\frac{3}{2}}$

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot r^{\frac{3}{2}}$

O raio da órbita da Terra é $r_0$, e se período de translação é:

$T_0=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot {r_0}^{\frac{3}{2}}$

O raio da órbita do planeta é $r=4r_0$. Seu período será:

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot (4r_0)^{\frac{3}{2}}$

$T=8\left(\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot {r_0}^{\frac{3}{2}}\right)$

$T=8T_0$

$\rightarrow \boxed{T=8\,anos}$

É relevante salientar que esse processo é equivalente a utlizar a 3ª Lei de Kepler da gravitação universal.

$\boxed{T=8\,anos}$

Item d)

Cálculo de massa e densidade

Primeiramente transformemos o volume para $cm^3$.

$1L=1dm^3=(10cm)^3=1000cm^3$

O volume interno é:

$V_{interno}=0,8L=800cm^3$

O volume externo é:

$V_{externo}=1L=1000cm^3$

A massa total do sistema será a massa no volume externo da garrafa, mais a massa do líquido.

$M=d_{garrafa}\cdot (V_{externo}-V_{interno})+d_{liquido}\cdot V_{interno}$

$M=0,5\cdot 200+d{liquido}\cdot 800$

$M=100g+800d_{liquido}$

A densidade do conjunto será, portanto:

$d_{conjunto}=\dfrac{M}{V_{externo}}$

$1,46g/cm^3=\dfrac{100g+800cm^3 \cdot d_{liquido}}{1000cm^3}$

$\rightarrow \boxed{d_{liquido}=1,70g/cm^3}$

$\boxed{d_{liquido}=1,70g/cm^3}$

Item b)

Mecânica: conceitos de potência

Primeiramente, calculemos quantas telhas $N$ são necessárias para suprir a produção mensal. Para isso, basta dividirmos o consumo total pela energia produzida por uma telha:

$$N=\dfrac{152,2}{1,15}=132,3$$

Logo, a quantidade mínima de telha é 133. Para encontrarmos a área total ocupada por telhas, devemos multiplicar a área de uma telha por 133:

$$A=133.365.475.10^{-6}m^2=23,05m^2$$

Observação:

Caso o aluno optasse por utilizar o dado do enunciado, que explicita uma potência de 9,16 W para cada telha, o mesmo chegaria na resposta $666$ $m^2$, isso supondo um funcionamento por 12 horas diárias, para cada telha. Como o aluno dever estipular um tempo de funcionamento para as telhas caso use esse dado, acredita-se que o dado correto a se utilizar é a do consumo médio mensal de 1,15 KWh.

Item e)

Termodinâmica: conceitos teóricos de temperatura e calor

I) Falsa. Calor é tem unidades de energia (Joule no SI) e temperatura e sensação térmica são medidas em $K$, por exemplo.

II) Verdadeiro. Na evaporação, o suor que se desprende para ambiente rouba calor do corpo para evaporar.

III) Verdadeiro. Quando o ambiente está muito úmido, o suor tem dificuldade para evaporar devido à alta concentração de vapor, o que aumenta as colisões das moléculas de água suspensas no ar com as moléculas de suor. Além disso, as moléculas de água do ar retém o calor do ambiente devido a seu alto calor específico, diminuindo a quantidade de energia absorvida pelo suor. Dessa forma, o corpo humano cede pouco calor pelo mecanismo do item II, elevando a sensação térmica.

Item d)

Dinâmica: resultante centrípeta e força de atrito

Temos duas condições a serem satisfeitas simultaneamente:

$\cdot$ A tração na corda não deve exceder $64$ $N$.

$\cdot$ O atrito atuando no bloco de borracha deve mantê-lo antes ou na iminência de deslizar.

As forças atuantes no sistema são a força de atrito estático $f$ entre os blocos, que aponta radialmente para dentro (como resultante centrípeta) no bloco de borracha, e a tração $T$ que mantém o sistema todo girando. Seja $\omega$ a velocidade angular do conjunto, $m_A$ a massa do bloco de metal, $m_B$ a massa do bloco de borracha, e $r$ o comprimento da corda (raio da trajetória). Pela 2ª Lei de Newton na direção radial:

$T=(m_A+m_B) \omega^2 r$,

$f=m_B \omega^2 r$.

Para atender a segunda condição, utilizamos a condição de não-deslizamento:

$f \leq \mu_e N$,

sendo $\mu_e$ o coef. de atrito estático e $N$ a normal de contato entre as superfícies dos blocos. Como o bloco de borracha não se movimenta verticalmente, a normal é equilibrada pelo seu peso: $N=m_B g$. Substituindo essa condição na 2ª Lei de Newton:

$m_B \omega^2 r \leq \mu_e m_B g$,

$\omega \leq \sqrt{\dfrac{\mu_e g}{r}}$.

Substituindo os valores numéricos, determinamos a máxima intensidade da velocidade angular:

$\omega_{max}=\sqrt{\dfrac{0,8*10}{2,0}}$,

$\boxed{\omega_{max}=2,0\,rad/s}$.

Contudo, devemos por fim verificar se a primeira condição também é satisfeita. Utilizando o valor de $\omega$, calcula-se a tração na corda:

$T=(1,20+0,80)*4,0*2,0=16$ $N$ $<64$ $N$.

Conclui-se então que a resposta está de fato correta; o item certo é b).

$\boxed{\omega_{max}=2,0\,rad/s}$

Item b)

Óptica geométrica: espelhos

Primeiramente, perceba que o objeto está a $25$ $cm$ do espelho plano, portanto a primeira imagem formada por este está $25$ $cm$ à direita dele devido à simetria dos espelhos planos.

A segunda imagem formada pelo espelho plano é proveniente da primeira imagem do objeto formada pelo espelho esférico, que atua então como objeto para o espelho plano. Primeiro, encontremos a distância entre a imagem do espelho convexo e o seu vértice utilizando a equação dos pontos conjugados:

$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}=\dfrac{1}{f}$,

sendo $f$ a dist. focal do espelho, $p$ a abcissa do objeto e $p'$ a da imagem. Como o objeto é real, utilizamos $p=5,0$ $cm$ e $f=-20$ $cm$ pelo fato de o espelho ser convexo. Logo:

$\dfrac{1}{5,0}+\dfrac{1}{p'}=-\dfrac{1}{20}$,

$p'=-4,0$ $cm$.

O sinal negativo aparece pois a imagem é virtual, formada ao lado esquerdo do espelho. Esta imagem, por sua vez, atua como objeto para o espelho plano, que conjuga então a sua segunda imagem do objeto $30+4=34$ $cm$ à direita do espelho. Portanto, a distância entre as duas primeiras imagens é de $34-25=9,0$ $cm$, resultando no item (c) como o correto.

Item c)

Fenômenos ondulatórios

Logo de cara podemos eliminar todos os itens que envolvem polarização. A polarização refere-se a estados exclusivos de ondas transversais. Esses estados são obtidos variando o sentido da oscilação transversal sem alterar o sentido de propagação. Por exemplo, ao balançar a ponta de uma corda fixa na parede a fim de produzir ondas transversais, você pode balança-la de "cima para baixo" ou de um "lado para o outro". Essas duas formas de oscilação constituem diferentes estados de polarização. Essa distinção não é possível para ondas longitudinais. Com isso, ficamos com item $a$. Somente como forma de confirmação, verifiquemos se os fenômenos listados são, de fato, comuns aos dois tipos de ondas. A reflexão e a interferência são claramente fenômenos comuns. A interferência da luz é algo amplamente estudado, assim como a interferência de ondas sonoras em salas acústicas, por exemplo. A frase anterior também se aplica ao fenômeno da reflexão. Agora, a refração, fenômeno geralmente associado à propagação da luz, também é visto em ondas longitudinais. Ao observarmos o som, por exemplo, sabemos que sua velocidade de propagação depende do meio em que está se propagando. Por esse motivo, ao mudar de um meio para outro, sua direção de propagação deverá mudar, a fim de respeitar o princípio de Huygens, por exemplo.

Item a)

Mecânica: potência e energia cinética

A potência $P$ é igual a taxa de variação de energia cinética. Ao fim do processo, o foguete terá velocidade $V=20km/s$. Dessa forma, podemos escrever:

$$P=\dfrac{\Delta{E_{cin}}}{\tau}$$

Onde $\tau$ é o tempo requerido. A variação de energia cinética é igual a energia final, pois a inicial é nula. Logo:

$$\boxed{\tau=\dfrac{\dfrac{MV^2}{2}}{P}}$$

Substituindo os valores numéricos, chegamos em: $\tau=3,3.10^3h$. Observe ao lado que o tempo em segundos foi convertido para horas dividindo-se a quantia obtida por 3600.

Item d)

Mecânica: estática

Como a prancha encontra-se em equilíbrio estático, a soma dos torques total das forças atuantes calculados com relação a um certo ponto de referência deve ser nula; equivalentemente, o torque anti-horário deve ser, em módulo, igual ao torque horário. Escolhemos como ponto de referência o ponto de apoio da rocha (que encontra-se a $4,5$ $m$ da extremidade da direita), pois isso fará com que o torque provocado pela força que a rocha provoca na barra seja zero, o que nos convém já que esta força não é pedida nem conhecida.

Para equacionar o problema, devemos primeiro calcular os braços (distância entre a linha de ação da força até ao ponto de apoio) de cada força atuando na barra: a força do parafuso $F$, o peso da barra $P=40$ $kgf$ e o peso do bungee jumper $P'=80$ $kgf$. Veja o esquema a seguir para identificá-los; lembre-se de que a linha de ação do peso de uma prancha homogênea e delgada cruza o seu centro de massa, que fica à meia distância de suas extremidades.

Figura: ilustração de forças e distâncias

Com isso:

$T_{horario}=T_{anti-horario}$,

$F*4,5+40*0,5=80*2.5$,

$\boxed{F=40,0\,kgf}$.

O estudante poderia também assumir que a força do parafuso possui sentido para cima, o que resultaria em $F=-40,0$ $kgf$. O sinal negativo indica que o sentido real da força é o contrário do assumido. O item correto é d).

$\boxed{F=40,0\,kgf}$

Item d)

Mecânica: plano inclinado com atrito

Seja $V_0$ a velocidade requerida. Se a aceleração que retarda a caixa é $a$, temos por Torriceli:

$$0^2=V_0^2-2ad\to{\boxed{V_0=\sqrt{2ad}}}$$

Onde $d$ é a distância percorrida pela caixa ao longo do plano inclinado. Agora, devemos descobrir $a$. Para isso, perceba que, além do atrito que retarda a caixa, há a componente do peso ao longo do plano ajudando na frenagem. Pela segunda lei de Newton, $ma=mg\sin{12^{\circ}}+mg{\mu}\cos{12^{\circ}}$, onde foi usado que a força de atrito cinético é dada por ${\mu}N$, sendo $N$ a força normal de contato dada pela projeção ortogonal do peso no plano inclinado. Finalmente, substituindo os dados numéricos:

$$V_0=\sqrt{2ad}=\sqrt{2.10*(0,2.0,98+0,20)*4,5}\approx6,0$$

$$m/s$$

Item c)

Termodinâmica: tipos de transformações

Analisemos cada afirmação separadamente.

I) Observe a utilização da palavra "súbita" na descrição do processo. Essa palavra nos remete a um processo rápido, quase instantâneo. Um processo desse tipo é, na maioria dos casos, adiabático pois não há tempo para o calor se propagar.

II) Como o botijão é lacrado, o volume do gás é fixado, tratando-se, portanto, de uma transformação isovolumétrica.

III) Observe que a seringa é feita de material condutor. O item faz questão de nos dizer que há uma grande quantidade de água. Nesse sentido, a água funciona como um reservatório térmico que está sempre em contanto com o gás oxigênio através de um material condutor. Como o processo é lento, esse constante contato com um reservatório térmico nos remete a um processo em que a temperatura do gás é sempre igual a desse reservatório. O processo é, portanto, isotérmico.

IV) Pelo uso da palavra "rapidamente", segue o mesmo raciocínio do item I.

O item que condiz com nossa análise é o item e).

Item e)

Empuxo hidrostático

É necessário interpretar corretamente o termo "poder de impulsão". O empuxo hidrostático em um corpo submerso em um meio (no nosso caso, o ar) é proporcional ao seu volume. Portanto, o poder de propulsão é inversamente proporcional ao volume. Sendo $I$ o poder de impulsão, temos:

$I\cdot V=I_0\cdot V_0$ EQ(01)

A cada variação de altura, o poder de impulsão perde $3\%$ do seu valor anterior, portanto:

$I(h)=I_0\cdot(1-0,03)^{\alpha\cdot h}$

$I(1000)=(1-0,03)I_0=I_0\cdot(1-0,03)^{\alpha\cdot h}$

$\alpha=\dfrac{1}{1000}\,m^{-1}$

Para a altura de $1500\,m$:

$I=I_0\cdot(1-0,03)^{\frac{1500}{1000}}$

$I=I_0\cdot(1-0,03)^{1,5}$

Para facilitar as contas (esse passo não era necessário), utilizemos a aproximação binomial: se $\left|x\right|\ll 1$:

$(1-x)^n\approx 1-nx$

Logo:

$I\approx I_0\cdot(1-1,5\cdot 0,03)=I_0(1-0,045)$

$I\approx 0,955I_0$

Voltando a $EQ(01)$:

$I\cdot V=I_0\cdot V_0$

$0,955I_0\cdot V=I_0\cdot 3,91\,m^3$

$V\approx 4,094\,m^3$

Portanto, a variação de volume é:

$\Delta V=V-V_0=4,094\,m^3-3,910\,m^3$

$\rightarrow \boxed{\Delta V=0,184\,m^3}$

$\boxed{\Delta V=0,184\,m^3}$

Item b)

Termodinâmica: lei dos gases ideais

Conforme dito no enunciado, a amostra gasosa é ideal. Portanto, devemos utilizar a lei dos gases ideias, que relaciona as quantidades $P$, $V$ e $T$: $PV=nRT$. A primeira transformação do gás é isobárica, ou seja, a pressão constante. Da lei dos gases, inferi-se que a temperatura, assim como o volume, é dobrada. A segunda transformação é isotérmica, logo, a temperatura final é dada por $2T_0$. Como o volume final é dado por $V_0$, segue, pela lei dos gases, que a pressão foi dobrada. Portanto, o item correto é o item d), visto que ambas as quantidades tiveram seus valores dobrados devido às duas transformações.

Item d)

Mecânica: hidrostática

Como a esfera está em repouso, a força de empuxo $E$ equilibra o seu peso $P=mg$. Isto é:

$E=\rho_{H_2O}V_{sub}g=P$,

onde $\rho_{H_2 O}$ é a densidade da água, $V_{sub}$ o volume submerso na água e $m$ a massa da esfera. Chamemos de $V_{Al}$ o volume da esfera preenchido de alumínio e $V_{ar}$ o volume da parte oca, que está preenchido de ar*. Já que a esfera está totalmente imersa, $V_{sub}=V_{Al}+V_{ar}$. Temos também $m=\rho_{Al}V_{Al}$. Logo:

$\rho_{H_2O}\left(V_{Al}+V_{ar}\right)g=P$,

$V_{ar} = \dfrac{P}{g} \left( \dfrac{1}{\rho_{H_{2}O}} - \dfrac{1}{\rho_{Al}} \right)$.

Inserindo os valores numéricos (com as densidades em $kg/cm^3$):

$V_{ar}=\dfrac{5,4}{10}\left(\dfrac{1}{1,0 \times 10^{-3}}-\dfrac{1}{2,7 \times 10^{-3}}\right)$,

$\boxed{V_{ar}=340 \ cm^3}$.

O item correto é o c).

Observação

Desprezamos a densidade do ar para fins de cálculo, tendo em vista que é de aproximadamente $1,29$ $kg/m^3$, muito menor que a da água ou do próprio alumínio. Além disso, esse dado não fora fornecido na capa da prova.

Item c)

Termologia: dilatação térmica

Analisemos as alternativas uma a uma.

a) reduzir igualmente as temperaturas das duas peças

Em um primeiro momento, essa alternativa é promissora. Como o eixo possui um coeficiente de dilatação maior que o do anel, o seu raio eventualmente tornar-se-á menor que o raio do eixo - que também está diminuindo - durante o processo de resfriamento, de tal forma que a diferença $T_a-T_e$ seria nula e portanto mínima. Vamos calcular em que temperatura $T_e=T_a=T$ isso ocorre utilizando a fórmula da dilatação linear e impondo a igualdade dos raios:

$R_{eixo_{final}}=R_{anel_{final}}$,

$R_{eixo_{inicial}}\left(1+\alpha_{alum.} \Delta T\right)=R_{anel_{inicial}}\left(1+\alpha_{ferro} \Delta T\right)$,

$\Delta T = \dfrac{R_{anel_{inicial}}-R_{eixo_{inicial}}}{R_{eixo_{inicial}}\alpha_{alum.}-R_{anel_{inicial}}\alpha_{ferro}}$.

Substituindo os valores numéricos:

$\Delta T = \dfrac{12,00-12,05}{12,05*2,2*10^{-5}-12,00*1,1*10^{-5}}\approx -375,7$ $^{\circ} C$,

o que nos fornece $T=20-375,7=-355,7$ $^{\circ} C$. Porém, a temperatura mínima admitida fisicamente é o zero Kelvin ($0$ $K$), que corresponde à $-273,15$ $^{\circ}C$. Como $T<-273,15$ $^{\circ} C$, a situação é fisicamente impossível.

b) elevar igualmente as temperaturas das duas peças

É fácil ver que essa situação não atende nossos objetivos. Como o coeficiente de dilatação do eixo é maior que o do anel, seu raio aumenta a uma taxa maior que a do anel, e, desta forma, o raio do anel nunca será suficiente para passar pelo eixo.

c) aquecendo apenas o anel

Queremos $R_{anel_{final}}=12,05$ $cm$ e só o anel dilata. Assim, temos, utilizando a equação da dilatação linear:

$0,05=12,00*1,1*10^{-5}*\Delta T$,

$\Delta T\approx378,8$ $^{\circ}C$.

Ou seja, $|T_a-T_e|=378,8$ $^{\circ}C$.

d) resfriando apenas o eixo

Queremos $R_{eixo_{final}}=12,00$ $cm$ e só o eixo dilata. Assim, temos, utilizando a equação da dilatação linear:

$-0,05=12,05*2,2*10^{-5}*\Delta T$,

$\Delta T \approx -188,6$ $^{\circ} C$.

Ou seja, $|T_a-T_e|=188,6$ $^{\circ}C$.

e) aquecendo apenas o eixo

Essa alternativa não faz sentido pois o raio do eixo iria apenas aumentar, dificultando ainda mais a passagem do anel.

Em face do que fora apresentado, conclui-se que o cenário possível que fornece o menor valor de $|T_a-T_e|$ é aquele apresentado no item d).

Item d)

Óptica geométrica: espelhos planos

Todas as velocidades utilizadas na solução são dadas em relação à Terra; caso contrário, será apropriadamente indicado.

A primeira imagem formada pelo espelho plano da direita move-se com uma velocidade de $1,0$ $m/s$ (em relação à Terra) para a direita, pois o objeto (pessoa) está se movendo para a esquerda.

A primeira imagem formada pelo espelho da esquerda move-se com $1,0$ $m/s$ para a direita pois a pessoa se aproxima deste espelho a $1,0$ $m/s$. Esta imagem, por sua vez, funciona como objeto para o espelho da direita, formando a segunda imagem do espelho da direita, que se move para a esquerda com $1,0$ $m/s$. Perceba que essa última imagem está a uma distância do espelho maior do que a primeira, movendo-se em sentido oposto à ela.

Portanto, concluímos as imagens aproximam-se uma da outra com $2,0$ $m/s$ (velocidade relativa), resultando no item b) como o correto.

Observação

O aluno poderia se confundir e pensar que a alternativa correta seria o item d), que explicita as velocidades em relação à Terra ($1,0$ $m/s$). No entanto, o trecho "se aproximam uma da outra com uma velocidade de (...)" implicita que a velocidade fornecida é a de um móvel com relação ao outro.

Item b)

Ondulatória: superposição de ondas

Utilizando a relação fundamental da ondulatória $v=\lambda f$, obtemos a velocidade de propagação das ondas. Veja que, da figura, a distância entre dois vales consecutivos - que corresponde ao comprimento de onda - é de $12$ $cm$. Logo, $v=12*5,0=60$ $cm/s$.

É interessante analisar o movimento relativo de propagação das ondas para obter a resposta de forma mais imediata. No referencial da onda que se propaga para a esquerda, a outra onda se propaga com $60+60=120$ $cm/s$ para a direita. A mínima distância que ela precisa andar para que as pertubações na corda se cancelem é de $\lambda/2$, portanto:

$\dfrac{12}{2}=120*\Delta t$,

$\boxed{\Delta t = 5*10^{-2}\,s}$.

O item certo é b).

Item b)

Gravitação

Vamos analisar cada item:

Item a): (FALSO)

Os eclipses dependem da posição relativa entre o Sol, a Terra e a Lua. Se a órbita relativa da Lua em relação a Terra se mantesse constante, os eclipses teriam a mesma frequência.

Item b): (FALSO)

Sabemos que o plano da translação da Terra não está perpendicular com a linha que une os polos Norte e Sul terrestre. A Terra possui uma inclinação de aproximadamente $23^{\circ}$ em relação ao plano de translação, é por isso que ocorrem as estações do ano.

Se a Terra descrevesse uma órbita circular perfeita as estações do ano ainda existiriam.

Item c): (FALSO)

A duração do dia depende da velocidade de rotação da Terra ao redor do próprio eixo, e não de sua velocidade de translação.

Item d): (FALSO)

Sabemos que o movimento de translação da Terra é uma elipse. Porém, a excentricidade dessa elipse é quase zero, ou seja, a Terra descreve uma órbita quase circular.

Considerando que a distância média entre a Terra e o Sol seja a mesma, a temperatura média não teria grande variação.

Item e): (VERDADEIRO)

Aplicando a 2ª lei de Newton para a órbita circular:

$F_{grav}=F_{cp}$

$\dfrac{GM_{sol}m}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$

$\rightarrow \boxed{v=\sqrt{\dfrac{GM_{sol}}{r}}}$

Como o raio do movimento é constante, a velocidade também será constante.

$\boxed{v=\sqrt{\dfrac{GM_{sol}}{r}}}$

Como o raio do movimento é constante, a velocidade também será constante.

Item e)

Termodinâmica: calorimetria

Calculemos o calor necessário para fundir todo o ouro:

$$Q_1=M\left(15+0,03(1060-20)\right)cal/g=46,2Mcal/g$$

A variação de temperatura que esse calor gera no alumínio é:

$$\Delta{T}=\dfrac{46,2Mcal/g}{M.0,2cal/g}=231 K$$

Sendo assim, concluímos que o alumínio não chega ao seu ponto de fusão e, portanto, atinge uma temperatura de $20+231=251$ $^{\circ} C$, o que nos leva a marcar o item c).

Item c)

Cinemática

Sabemos que para um movimento retlíneo uniformemente variado (MRUV), com aceleração constante $a$, velocidade inicial $v_0$, e posição inicial $S_0$, a posição em função do tempo é:

$S=S_0+v_0\cdot t+\dfrac{a\cdot t^2}{2}$

Adotando o referencial positivo da esquerda para a direita, sendo a posição do corpo A, $S_A$, e a posição do corpo B, $S_B$, temos:

$S_A=0+4t+\dfrac{-4\cdot t^2}{2}$ e $S_B=12-4t+\dfrac{-2\cdot t^2}{2}$

$S_A=4t-2t^2$ e $S_B=12-4t-t^2$

Quando os dois corpos se encontram:

$S_A=S_B$

$4t-2t^2=12-4t-t^2$

$t^2-8t+12=0$

Fatorando:

$(t-2)(t-6)=0$

$\rightarrow \boxed{t_1=2s}$ e $\boxed{t_2=6s}$

O aluno poderia ter optado por resolver a equação do segundo grau utilizando Bháskara ou soma e prouto, chegando no mesmo resultado.

$\boxed{t_1=2s}$ e $\boxed{t_2=6s}$

Item e)

Mecânica: trabalho e impulso

I) Trabalho da força resultante centrípeta

A direção da força resultante centrípeta é sempre perpendicular ao deslocamento do corpo; logo, ela não realiza trabalho.

II) Impulso da força resultante centrípeta

O teorema do impulso nos diz que o impulso $I$ da força resultante - em nosso caso, centrípeta - durante um certo intervalo de tempo é igual à variação do vetor momento linear (ou quantidade de movimento, caso prefira) $\Delta \vec{p}=m\Delta \vec{v}$ nesse mesmo intervalo. Equacionando:

$\vec{I}=\Delta \vec{p}$,

$\vec{I}=m(\vec{v}_f-\vec{v}_i)$.

Durante meia volta, o vetor velocidade da partícula mantém sua direção, porém inverte o sentido, o que significa que $|\Delta \vec{v}|=|\vec{v}-(-\vec{v})|=2v$. Logo, o módulo do impulso aplicado vale

$\boxed{|\vec{I}|=2mv=2,0\,kg.m.s^{-1}}$.

Conclui-se que a resposta para as duas perguntas, respectivamente, é, então: zero, $2,0\,kg.m.s^{-1}$. A alternativa a ser escolhida é o item b).

Item b)

Mecânica: trabalho e energia

Para entender melhor o funcionamento do equipamento, você pode assistir o seguinte vídeo.

Entendamos, primeiramente, o que acontece entre duas batidas consecutivas: tome o primeiro golpe do martelo contra a estaca. O martelo inicialmente encontra-se a $8,0$ $m$ do topo da estaca*, a qual possui comprimento inicial arbitrário acima do solo. Abandonando-se o martelo, inicia-se o processo de fincamento; após o primeiro golpe, a estaca afunda $10$ $cm$ $=0,1$ $m$ verticalmente no solo, e então o equipamento (martelo) retorna à mesma posição que ele se encontrava no início, num mesmo nível acima do solo. Isso significa que, agora, o martelo se localiza a uma altura de $8,0+0,1=8,1$ $m$ da extremidade superior da estaca. Nas próximas "batidas", a altura em relação ao topo da estaca sempre aumenta de $0,1$ $m$: $8,2$ $m$, $8,3$ $m$ e assim por diante. Energeticamente falando, o que ocorre devido ao fincamento da estaca é que o peso do martelo sempre realiza um trabalho maior para golpeá-la pois a energia potencial gravitacional em relação ao topo da estaca torna-se maior após cada "batida" devido ao aumento de altura. Esta energia potencial gravitacional armazenada no martelo é convertida em energia cinética, a qual é transferida (não necessariamente de forma integral) à estaca; e esta, por sua vez, transfere parte dessa energia ao solo, que realiza trabalho (conforme dito no enunciado, "trabalho de perfuração do solo"*) sobre a estaca mediante ação de forças resistivas. Nosso objetivo é, então, calcular o trabalho (em módulo) que o solo realiza sobre a estaca; ou, de modo equivalente, a energia total que a estaca transfere ao solo, que corresponde a 90% do trabalho total realizado pelo peso do martelo no processo de golpeamento (apenas no movimento de descida do martelo).

Durante um minuto, ocorrem 10 golpes. Sendo assim, o deslocamento do martelo nas descidas é dado por $8,1+8,2+8,3+8,4+8,5+8,6+8,7+8,8+8,9+9,0=85,5$  $m$. Logo, o trabalho realizado pelo peso é

$W=mg\left(h_1+h_2+h_3+...+h_{10}\right)$,

$W=200*10*85,5=1,71*10^5$ $J$,

dos quais 90% equivalem ao módulo do trabalho realizado pelo solo na estaca. Por fim:

$W_{estaca}=0,9W$ $\rightarrow$ $\boxed{W_{estaca}=1,54*10^5\,J}$.

O que acarreta no item c) como o correto.

Observação 1

Para ser mais preciso, consideramos que a extremidade inferior do martelo se encontrava inicialmente a $8,0$ $m$ da ponta superior da estaca, pois é esta parte que a golpeia.

Observação 2

No enunciado, o elaborador diz: "Considerando que, a cada batida, 90% da energia mecânica do martelo é convertida em trabalho de perfuração do solo, o trabalho mecânico que ele realiza sobre a estaca. (...)". Acreditamos que o emprego da palavra ele tornou a interpretação ambígua, pois o sujeito nesse caso poderia ser o solo ou o martelo. No entanto, o uso da expressão "trabalho de perfuração do solo" deixa a entender que é desejado o trabalho que o solo realiza sobre a estaca.

$\boxed{W_{estaca}=1,54*10^5\,J}$

Item c)

Mecânica: gravitação

Usemos a lei da gravitação universal para calcular a razão entre as forças. Definindo $M$ como a massa solar e $m$ como a do planeta, temos:

$$r=\dfrac{F_1}{F_2}=\dfrac{\dfrac{G \cdot 2Mm}{4d^2}+\dfrac{G \cdot Mm/3}{d^2}}{\dfrac{GMm}{d^2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{6}$$

Item d)

Conhecimentos gerais de gravitação

Analisemos os itens.

I) Falso. Um raio de luz demora 450 anos para atingir o HD. Evidentemente, nenhuma sonda é capaz de viajar a velocidade da luz. Mesmo que fosse possível, nem todas sondas viajariam, necessariamente, com essa velocidade.

II) Verdadeiro. Geralmente, é feita uma distinção entre os atos de "ver" e "observar" fenômenos. O primeiro está relacionado com o ato da chegada da luz ao olho do observador, enquanto o segundo é um termo abrangente que engloba, também, fenômenos em que o tempo de propagação da luz não é relevante. Por exemplo, suponha que um físico, na Terra, saiba, exatamente, em que momento um outro físico enviará-lhe um pulso luminoso de um planeta distante. No momento da emissão, o físico da Terra pode ter observado que o pulso luminoso fora emitido, apesar de não tê-lo visto. Contudo, os itens dessa questão nos sugerem que algum item deve estar correto. Sendo assim, pressupôs-se que o enunciado se refere, erroneamente, ao ato de "ver". Nesse caso, a luz proveniente do fenômeno observado leva 450 anos para atingir os olhos de um observador na Terra.

III) Falso. Um sistema binário não é estacionário. Geralmente, os corpos do sistema giram em torno do centro de massa do mesmo. De qualquer forma, os corpos nunca permanecem em repouso. O item sugere que o planeta orbite em torno de estrelas estacionários nos focos de uma elipse.

Item b)