Solução OBF 2021 Prova Especial Teórica das 2ª e 3ª Fases - Nível 2

Conceitos de potência

Primeiro, devemos calcular a quantidade total de energia produzida:

$E_{tot} = 0,7\cdot400\cdot10^6\dfrac{J}{s}\cdot8\cdot3600 \, s = 8,064\cdot10^{12} \, J$

No entanto, 60% dessa energia não é consumida e deve, portanto, ser armazenada pelo UHR, isto é, $E_{UHR} = 4,8384 \cdot 10^{12} \, J$. Assim, como o desnível é $h = 500 \, m$, temos que

$E_{UHR} = mgh \Rightarrow m = 9,6768 \cdot 10^8 kg \Rightarrow \boxed{V = 967680 \, m^3}$

$V = 967680 \, m^3$

Cinemática

a)A distância percorrida pelo avião $B$ pode ser determinada multiplicando o tempo de voo, $6$ minutos como dito no enunciado, pela velocidade, $900\,km/h$.

$d=(900\,km/h)\times\left(\dfrac{6}{60}h\right)$

$\boxed{d=90\,km}$

b)A figura a baixo mostra o caminho percorrido pelos aviões, os pontos $F$ e $E$ mostram, respectivamente, as posições finais de $A$ e $B$ e o caminho em vermelho mostra a trajetória de $B$.

Figura 2: Trajetória dos aviões

Vamos definir as posições dos aviões em um plano cartesiano, para facilitar os cálculos. A posição inicial de $A$ será considerara a origem $(0,0)$, como $B$ está inicialmente na direção no nordeste a reta $AB$ faz $45^{\circ}$ com a horizontal, então a posição inicial de $B$ é $(30\sqrt{2},30\sqrt{2})$. A posição final de $A$ pode ser facilmente determinada, dado que o movimento de $A$ é para o norte. A distância percorrida por $A$ em $6$ minutos é

$AF=(450\,km/h)\times\left(\dfrac{6}{60}h\right)$

$AF=45\,km$

Então posição final de $A$ é dado por $(0,45)$ (posição do ponto $F$). Em cada um dos trechos, $BC$, $CD$, $DE$, o avião $B$ passa o mesmo tempo, $2$ minutos, ou seja, cada um mede $30\,km$,

$d=(900\,km/h)\times\left(\dfrac{2}{60}h\right)$

$d=30\,km$

Sendo $BC$ na direção vertical, $DE$ na direção horizontal e $CD$ faz $45^{\circ}$ com a horizontal (pois ele anda na direção sudoeste), conseguimos assim determinar a posição final de $B$

Figura 3: Distancias percorridas por $B$

Como mostra a figura a cima, $B$ percorre a mesma distância horizontal e vertical, $(30+15\sqrt{2})\,km$, então sua posição final é

$x_B-x_E=(30+15\sqrt{2})$

$x_E-30\sqrt{2}=-(30+15\sqrt{2})$

$x_E=15\sqrt{2}-30$

Analogamente

$y_E=15\sqrt{2}-30$

Conclui-se que a posição do ponto $E$ é $(15\sqrt{2}-30,15\sqrt{2}-30)$, Portanto podemos calcular a distância final entre $A$ e $B$ da seguente forma:

$d=\sqrt{(x_F-x_E)^2+(y_F-y_E)^2}$

$d=\sqrt{(30-15\sqrt{2})^2+(75-15\sqrt{2})^2}\,km$

$d=\sqrt{7425-3150\sqrt{2}}\,km\simeq\sqrt{7425-3150{\times}1,4}\,km=\sqrt{3015}\,km$

Podemos fazer o calculo aproximado de $\sqrt{3015}$ da seguinte forma

$\sqrt{3025-10}=\sqrt{55^2-10}=55\sqrt{1-\dfrac{10}{55^2}}$

Perceba que $\dfrac{10}{55^2}<<1$, então vale a aproximação: $(1+x)^n\simeq(1+nx)$ se $|x|<<1$

$d=55\left(1-\dfrac{10}{55^2}\right)^{\frac{1}{2}}\,km\simeq55\left(1-\dfrac{5}{55^2}\right)\,km$

$d=55-\dfrac{5}{55}\,km=\left(55-\dfrac{1}{11}\right)\,km$

$\boxed{d=54,9\,km}$

a)

$d=90\,km$

b)

$d=54,9\,km$

Trocas de calor

Para calcular a temperatura final do sistema podemos usar a conservação da energia, ou seja, a soma do calor recebido pela lata $Q_L$ e do calor recebido pelo vapor de água que condensou $Q_V$ é $0$.

$\displaystyle\sum{Q}=0$

$Q_L+Q_V=0$

O calor da lata pode ser calculado da seguinte forma:

$Q_L=m_{agua}c_{agua}\Delta{T}+m_{alum}c_{alum}\Delta{T}$

$Q_L=m_{agua}c_{agua}(T_f-2)+m_{alum}c_{alum}(T_f-2)$

$Q_L=350(T_f-2)+15\times0,22(T_f-2)=353,3(T_f-2)$

O calor específico da água e do alumínio são encontrados no início da prova. O vapor de água variará sua temperatura de $20^{\circ}$ até $T_f$ e cederá calor para condensar, no início da prova é dado o calor latente de condensação da água a $0^{\circ}C$, porém como $T_f$ não é muito distante de $0^{\circ}C$ podemos usar esse valor de calor latente para resolver a questão. (O calor específico do vapor de água é dado no início da prova $c_V=0,5\,Cal/g^{\circ}C$)

$Q_V=m_Vc_V\Delta{T}-m_VL$

$Q_V=m_Vc_V(T_f-20)-m_VL$

$Q_V=4\times0,5(T_f-20)-4\times600=2(T_f-20)-2400$

Portanto

$Q_L+Q_V=0$

$353,3(T_f-2)+2(T_f-20)-2400=0$

$355,3T_f=3014,6$

$\boxed{T_f=8,86^{\circ}C}$

$T_f=8,86^{\circ}C$

Cinemática

Primeiramente vamos destacar alguns trechos do enunciado.

"O skatista, termina a sua manobra “aterrissando” no mesmo ponto da prancha do skate de onde pulou."

"[..] o skate se move com velocidade $\vec{V_0}$ constante de módulo 2 m/s"

Essas passagens sugerem que a velocidade horizontal do skatista não muda quando ele pula e tem módulo $2\, m/s$.

"Em determinado instante, ele dá um pulo vertical e passa por cima da haste, quase tocando-a [...]"

"[...]a altura da haste horizontal em relação à prancha de skate é de 30 cm[...]"

Modelando o salto do skatista como um lançamento de uma partícula, a altura máxima desse lançamento mede $30\,cm$

Figura 1: Lançamento do skatista

Conseguimos encontrar a velocidade vertical do skatista na hora do salto utilizando a equação de Torricelli para o movimento vertical

$0=V_y^2-2gh_{max}$

$V_y=\sqrt{2gh_{max}}$

$V_y=\sqrt{6}\,m/s=\sqrt{2}\times\sqrt{3}\,m/s=1,4\times1,7\,m/s$

$V_y=2,38\,m/s$

O tempo que o skatista demora para percorrer a distância do ponto de laçamento à haste, chamado de $x$ na figura, é

$t=\dfrac{V_y}{g}$

$t=0,238\,s$

Portanto

$x=V_0{\times}t$

$\boxed{x=47,6\,cm}$

Essa é a resposta do item a). A velocidade resultante quando a partícula é ejetada é

$V=\sqrt{V_0^2+V_y^2}$

$V=\sqrt{(4+6)}\,m/s=\sqrt{10}\,m/s=\sqrt{2}\times\sqrt{5}\,m/s=1,4{\times}2,2\,m/s$

$\boxed{V=3,08\,m/s}$

Essa é a resposta do item b).

a)

$x=47,6\,cm$

b)

$V=3,08\,m/s$

Leis de Kepler e Gravitação

a) Pela Terceira Lei de Kepler, temos:

$\dfrac{T^{2}}{R^{3}} = \text{constante}$

$\dfrac{T_{A}^{2}}{R_{A}^{3}} = \dfrac{T_{B}^{2}}{R_{B}^{3}}$

$\dfrac{R_{B}^{3}}{R_{A}^{3}} = \dfrac{T_{B}^{2}}{T_{A}^{2}}$

$\dfrac{R_{B}^{3}}{R_{A}^{3}} = \dfrac{(8T_{A})^{2}}{T_{A}^{2}} = 8^{2} = 2^{6}$

Tirando a raiz cúbica dos dois lados, obtemos que:

$\boxed{\dfrac{R_{B}}{R_{A}} = 4}$

b) 

Primeiramente calculemos a força exercida pelo planeta na lua B. A Lei da Gravitação Universal de Newton diz que:

$F_{BP} = \dfrac{m_{B}m_{P}G}{R_{B}^{2}} = \dfrac{m_{B}m_{P}G}{16 R_{A}^{2}}$

Pelo esquema acima, vemos que a distância de máxima aproximação entre os dois planetas vale $r_{\text{min}} = R_{B} - R_{A} = 3 R_{A}$. Logo, a força máxima entre esses dois corpos é:

$f_{BA, \text{max}} = \dfrac{m_{A}m_{B}G}{r^{2}} = \dfrac{m_{A}m_{B}G}{9 R_{A}^{2}}$

Desse modo, a razão requerida é dada por:

$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{m_{A}m_{B}G}{9 R_{A}^{2}} \cdot \dfrac{16 R_{A}^{2}}{m_{B}m_{P}G}$

$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{16m_{A}}{9m_{P}} = \dfrac{16 \cdot 6m_{B}}{9 \cdot 1000m_{B}}$

$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{96}{9000}$

$\boxed{\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{4}{375} \approx 1,067 \cdot 10^{-2}}$

a) $\boxed{\dfrac{R_{B}}{R_{A}} = 4}$

b) $\boxed{\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{4}{375} \approx 1,067 \cdot 10^{-2}}$

Equilíbrio dos corpos pontuais

Inicialmente, antes de começarmos nossa solução propriamente dita, podemos perceber que pela simetria do nosso sistema, como em todos os itens $m_A=m_B$, em todos os itens:

$\theta_A=\theta_B=\theta$  e  $\theta_{CA}=\theta_{CB}=\alpha$

Consideremos portanto:

$m_A=m_B=M$  e  $m_c=m$

Também devido a simetria:

$T_A=T_B=T_2$  e  $T_{CA}=T_{CB}=T_1$

Representando mais simplificadamente nosso sistema:

I) Como as argolas superiores estão fixas, o tamanho $D$ é constante.

$D=L\sin{\alpha}+L\sin{\theta}+L\sin{\theta}+L\sin{\alpha}$

$D=2L(\sin{\alpha}+\sin{\theta})=cte$

Portanto:

$\sin{\alpha}+\sin{\theta}=cte$

No item a) vemos que: $\theta=30^{\circ}$ e $\alpha=60^{\circ}$

Logo:

$\boxed{\sin{\alpha}+\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}}$  (EQ 01)

Vamos deixar esse resultado guardado por enquanto.

Agora podemos começar a nossa solução:

a) Equilibrando a força em $x$ na argola $B$:

$T_2\sin{\theta}=T_1\sin{\alpha}$

$\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sin{\theta}}{\sin{\alpha}}$  (EQ 02)

Aplicando os valores do enunciado:

$\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

$\boxed{\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,57}$

b) Equlibrando a força em $y$ em $C$:

$2T_1\cos{\alpha}=mg$

$T_1\cos{\alpha}=\dfrac{mg}{2}$  (EQ 03)

Equilibrando a força em $y$ em $B$:

$T_2\cos{\theta}=T_1\cos{\alpha}+Mg$

$T_2\cos{\theta}=\dfrac{(m+2M)g}{2}$  (EQ 04)

Podemos organizar as equações de 01 a 04 no sistema:

$\begin{cases} \sin{\alpha}+\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}\\ \dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sin{\theta}}{\sin{\alpha}}\\ T_1\cos{\alpha}=\dfrac{mg}{2}\\ T_2\cos{\theta}=\dfrac{(m+2M)g}{2} \end{cases}$

Dividindo a EQ 03 pela EQ 04:

$\dfrac{T_1}{T_2}\cdot \dfrac{\cos{\alpha}}{\cos{\theta}}=\dfrac{m}{m+2M}$

$\dfrac{\tan{\theta}}{\tan{\alpha}}=\dfrac{m}{m+2M}$

para simplificação de cálculos, tomemos as notações:

$\dfrac{m}{m+2M}=a$  e  $\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}=b$

reescrevendo o sistema:

$\begin{cases} \tan{\theta}=a\cdot \tan{\alpha}\\ \sin{\theta}+\sin{\alpha}=b \end{cases}$

Como estamos trablhando no intervalo $(0, 90^{\circ})$:

$\tan{\theta}, \tan{\alpha}>0$

Logo:

$\sin{\theta}=\dfrac{a\cdot \tan{\alpha}}{\sqrt{1+a^2\tan^2{\alpha}}}$

Portanto:

$\sin{\alpha}+\dfrac{a\cdot \tan{\alpha}}{\sqrt{1+a^2\tan^2{\alpha}}}=b$

$\boxed{\sin{\alpha}+\dfrac{a\cdot \sin{\alpha}}{\sqrt{1-(1-a^2)\sin^2{\alpha}}}=b}$  (EQ 05)

Através da equação encontrada logo acima, é possível encontrar o valor de $\sin{\alpha}$ para qualquer valor de $m$ e $M$.

Como neste item é dito que $M>>m$:

$a=\dfrac{m}{m+2M}$

$\rightarrow a\rightarrow 0$

Se aplicarmos $a=0$ na equação 05, encontramos:

$\sin{\alpha}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}>1$

Esse resultado é incoerente para a realidade. Logo, a única solução deve ser $\alpha\rightarrow 90^{\circ}$, visto que:

$\displaystyle \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}} \tan{\alpha}=+\infty$

E ao multiplicarmos por $a$, que tende a $0$, é possível achar um valor possível para a nossa equação.

$\boxed{\alpha=90^{\circ}}$

Aplicando esse valor na equação 01:

$\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

Aplicando na equação 04:

$T_2\approx Mg\cdot \sqrt{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}$

Aplicando esse valor na equação 02:

$\boxed{T_1=\dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2\sqrt{3}}}\cdot Mg}$

Como o valor de $M$ não é dado pelo enunciado, não é possível encontrar uma solução.

c) Como $M<<m$:

$a=\dfrac{m}{m+2M}\approx 1$

Aplicando esse valor na equação 05:

$\sin{\alpha}+\dfrac{1\cdot \sin{\alpha}}{\sqrt{1-(1-1^2)\sin^2{\alpha}}}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$

$\sin{\alpha}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}$

$\rightarrow \cos{\alpha}=\dfrac{\sqrt{12-2\sqrt{3}}}{4}$

Aplicando na equação 03:

$\boxed{T_1=mg\cdot \dfrac{2}{\sqrt{12-2\sqrt{3}}}}$

Aplicando valores encontramos:

$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$

a)

$\boxed{\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,57}$

b)

Não é possível encontrar o valor de $T_1$ (ver solução)

c)

$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$

Equilíbrio do corpo extenso

a) Inicialmente, vejamos a relação entre as forças nas pernas da mesa. Sendo $F_A$, $F_B$ e $F_C$ as forças de contato das pernas A, e C com o chão, respectivamente.

I) Torque em relação a diagonal AC:

$\tau_{ac}=0$

$(F_B-m_{perna}g)\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$

$F_B=m_{perna}g$

II) Torque em relação a diagonal BD:

$\tau_{bd}=0$

$(F_A-m_{perna}g)\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}-(F_C-m_{perna}g)\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$

$F_A=F_C$

Equilibrando as forças na vertical:

$F_A+F_B+F_C=3m_{perna}g+m_{mesa}g+m_{garrafa}g$

Substituindo o valor de força da perna $B$, temos:

$2F_A=(3+2+1)\cdot 10$

$\boxed{F_A=30\,N}$

b) Perceba que pela simetria se o peso for posto em qualquer ponto da diagonal $AC$ o tampo não rotacionará.

Logo, basta apoiar em cima do canto $A$ ou do canto $C$.

$x=\dfrac{diagonal}{2}=\dfrac{1}{2}l\sqrt{2}$

$\boxed{x=84\,cm}$

a)

$F_A=30\,N$

b)

$x_{max}=84\,cm$

Noções de geometria espacial / Cálculo de volume

a) O volume inicial é o volume de um paralelepípedo de água:

$V_o=c\cdot l\cdot h$

$V_o=32\cdot 100\cdot 4,25$

$\boxed{V_o=13600\,m^3}$

b) Considerando como $t=0$ o momento em que a ponta do barco entra na ponte, e como momento final o instante em que a traseira do barco sai da ponte, temos:

$v=\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$

$2=\dfrac{100+40}{\Delta t}$

$\boxed{\Delta t=70\,s}$

c) Considere que em um certo instante $t$, um volume $V_{barco}$ da carcaça do barco está imerso na água da ponte, e há um volume $V(t)$ de água na ponte.

Pela conservação do volume:

$V_{barco}+V(t)=V_o$

$V(t)-V_o=-V_{barco}$

$\Delta V(t)=-V_{barco}$

Vamos calcular como o volume do barco imerso na água varia com o tempo.

I) A traseira da barcaça ainda não entrou na ponte:

Como a traseira ainda não entrou, o tempo deve ser menor que o tempo de entrada do barco.

$t<\dfrac{40\,m}{2\,m/s}$

$t<20\,s$

Seja $x$ o comprimento do barco que está dentro da ponte.

$x=v\cdot t \rightarrow x=2t$

O volume do barco será portanto:

$V_{barco}=3\cdot 8\cdot x$

$V_{barco}=48t$

Logo:

$\boxed{\Delta V(t)=-48t\, ;\, 0\leq t<20\,s}$

II) Todo o barco está dentro da ponte:

Para calcular o volume do barco após entrar totalmente, basta aplicarmos $x=40\,m$ na equação do item I).

$V_{barco}=3\cdot 8\cdot 40$

$V_{barco}=960\,m^3$

Quanto tempo o barco passará dentro da ponte?

Como o barco tem $40\,m$ de comprimento e a ponte $100\,m$, temos:

$\Delta t=\dfrac{100-40}{2}$

$\Delta t=30\,s$

Dessa forma ele estará do instante $t=20\,s$ até o instante $t=50\,s$ completamente dentro da ponte.

$\boxed{\Delta V(t)=-960\,m^3\,;\,20\,s\leq t\leq50\,s}$

III) A ponta da barcaça já saiu da ponte:

Essa situação se manterá até o momento $t=70\,s$ (já calculado anteriormente).

Como o barco se move com velocidade constante, o comprimento do barco na ponte é descrito por uma função linear.

$x=A+Bt$

Em $t=50\,s$ o comprimento é $40\,m$, e em $t=70\,s$ o barco saiu completamente.

$\begin{cases} 40=A+50B\\0=A+70B\end{cases}$

Chegamos portanto a:

$x=140-2t$

Logo o volume do barco nesses momentos será:

$V_{barco}=3\cdot 8\cdot (140-2t)$

$V_{barco}=3360-48t$

Portanto, a nossa variação será:

$\boxed{\Delta V(t)=-3360+48t\,;\,50\,s<t\leq 70\,s}$

Organizando essas três regiões da nossa função chegamos a:

$\Delta V(t)=\left\{\begin{array}{rll} -48t & \hbox{se} & 0\leq t<20 \\ -960 & \hbox{se} & 20\leq t\leq 50\\ -3360+48t&\hbox{se}& 50<t\leq 70 \end{array}\right.$

Plotando em um gráfico:

A área no gráfico é o mesmo que o de um trapézio, porém seu sinal será negativo, visto que todos os valores estão abaixo do eixo das abscissas.

$A=-\dfrac{960(30+70)}{2}$

$A=-48000\,m^3\cdot s$

Portanto, o valor médio será:

$\Delta V_{med}=\dfrac{A}{70}$

$\boxed{\Delta V_{med}=-\dfrac{4800}{7}\,m^3\approx -685,7\,m^3}$

a) 

$V_o=13600\,m^3$

b)

$\Delta t=70\,s$

c)

$\Delta V_{med}=-\dfrac{4800}{7}\,m^3\approx -685,7\,m^3$

Termodinâmica

a) Nesse item, devemos usar, diretamente, a primeira lei da termodinâmica no trecho total AB, já que ela representa uma equação de estados. Portanto,

$\Delta U_{AB} = Q_{AB} - W_{AB}$

$nC_v (T_B-T_A) = Q_{AB} - W_{AB}$

Como o valor numérico de $W_{AB}$ é igual à área debaixo do gráfico $p \times V$, temos que

$nC_v (T_B-T_A) = Q_{AB} - \dfrac{(p_A+p_B)(V_B-V_A)}{2}$

Por se tratar de um gás monoatômico, $C_v = \dfrac{3}{2}R$. Assim, utilizando a relação de Clayperon, podemos isolar $Q_{AB}$:

$Q_{AB} = \dfrac{3}{2}(p_BV_B-p_AV_A)+\dfrac{(p_A+p_B)(V_B-V_A)}{2} = \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{33}{32}\cdot 7 + 3\left(\dfrac{1}{4}-1\right)\right] =$

$= 2,284\cdot10^5 \, Pa\cdot L = \boxed{248,4 \, J}$

b) Como em C há a troca de endotérmico para exotérmico, temos que o calor trocado momentaneamente naquele ponto é nulo. Então, podemos tomar um $(\Delta Q)_C = dQ_C$ (OBS: a notação $df$ representa uma variação bem pequena da variável $f$) bem pequeno e fazer $dQ_C = 0$. Assim, tomando a primeira lei da termodinâmica nessa escala pequena, temos que:

$dW_C +dU_C = p_CdV_C + dU_C = dQ_C = 0$

$p_CdV_C + \dfrac{3}{2}nRdT_C = p_CdV_C +\dfrac{3}{2}nRdT_C = p_CdV_C +\dfrac{3}{2}d(pV) = 0$

$2p_CdV_C+3[(p+dp)(V+dV)-pV)=0$

Como $dp$ e $dV$ são muito pequenos, o produto $dp\cdot dV$ é desconsiderável em relação aos outros termos.

$2p_CdV_C+3[(p+dp)(V+dV)-pV)\approx 2p_CdV_C+3p_CdV_C+3V_Cdp_C = 0$

$5p_C + 3V_C\dfrac{dp}{dV} = 0$

Assim, como $p$ e $V$ seguem uma relação linear, podemos escrever que $p=aV+b \Rightarrow dp = adV \Rightarrow \dfrac{dp}{dV} = a$. Assim, substituindo essas relações na f[ormula anterior, chegamos a

$5aV_C +5b+3V_Ca = 0 \Rightarrow \boxed{V_C = -\dfrac{5b}{8a}}$

Analisando os valores do gráfico, podemos ver que $p = \dfrac{255}{224}-\dfrac{}31{224}V$. Ou seja, $\boxed{V_C = 5,14 \, L}$.

c) Agora, queremos que, para qualquer ponto $X$ da reta, $dQ_X < 0$. Assim, desenvolvendo as contas da mesma maneira que no item anterior, chegamos a $5p_X+3V_X\dfrac{dp}{dV} < 0$. Como todas essas transformações são lineares, temos que

$p = mV+n \Rightarrow 8mV_X+5n<0$

Essa relação vale, inclusive, para $X\equiv A$:

$\Rightarrow 8mV_A+5n<0 \Rightarrow 8m+5n<0$

Como a pressão em $A$ é $1\cdot 10^5 Pa$, temos que:

$1=m\cdot 1+n$

Portanto:

$8m+5(1-m) < 0 \Rightarrow m < -\dfrac{5}{3}$

Assim, na reta AD, que é a condição extrema, $m = -\dfrac{5}{3}$. Então, podemos fazer:

$p_D = p_A - \dfrac{5}{3}(V_D-V_A) \Rightarrow \boxed{V_D = 1,58 \,L}$

a)

$Q = 248,4 \, j$

b)

$V_C = 5,14 \, L$

c)

$V_D = 1,58 \, L$

MHS e empuxo hidrostático

a) Como o balão estará em equilíbrio vertical, temos que a tração será a diferença entre o empuxo e o peso do balão cheio. Assim,

$P = g(3\cdot10^{-3}+0,20\cdot15\cdot10^{-3}) = 6\cdot10^{-2} \, N = 0,06 \, N$

$E = \rho_{ar}gV = 1,20\cdot10\cdot15\cdot10^{-3} = 0,18 \,N$

Assim,

$T = 0,18 - 0,06 = \boxed{0,12 \, N}$

b) Podemos fazer uma analogia com o pêndulo simples. Temos que $mg_{efetiva} = E-P = 0,12 \Rightarrow g_{efetiva} = 20 \, m/s^2$. Assim, como

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}}$

E queremos a primeira passagem pelo ponto de equilíbrio, o intervalo de tempo será $\Delta t = \dfrac{T}{4}$. Portanto,

$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$

a)

$T = 0,12 \, N$

b)

$\Delta t = 0,31 \, s$

Óptica geométrica

"Espelhando" a caixa em relação ao espelho, temos (numa vista aérea da situação):

Claramente vemos que não há impedimento na visão de $A'B'$, o reflexo de $AB$. Logo:

$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$

Obs: Possivelmente essa questão foi disponibilizada com o enunciado incorreto. Nós, criadores de materiais do Noic, supomos que, originalmente, o espelho ocuparia apenas uma parte da face esquerda da caixa, tornando o problema mais desafiador. No entanto, seguindo o comando da questão obtido durante a prova, a resolução correta é essa mostrada acima.

$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$

Potência e Intensidade

Precisamos obter uma função para a intensidade da onda sonora em função da distância até a britadeira. Desprezando perdas de energia para o ar e considerando que a britadeira se porte como uma fonte pontual, temos que:

$P(r) = I(r) \cdot 4\pi r^{2} = \text{constante}$

Para $r = 2 \ \text{m}$, a intensidade é de $I(2 \ \text{m}) = 2,0 \ \text{W/m}^{2}$. Logo:

$I(r) \cdot 4\pi r^{2} = 2,0 \cdot 4 \pi \cdot 2,0^{2} \ \text{W}$

$I(r) \cdot r^{2} = 8,0 \ \text{W}$

$I(r) = \dfrac{8}{r^{2}} \ \text{W/m}^{2}$

Igualando essa expressão à intensidade de $0,1 \text{W/m}^{2}$:

$0,1 = \dfrac{8}{r^{2}}$

$r^{2} = 80 \ \text{m}^{2}$

$\boxed{r = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$

$\boxed{d = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$