Escrito por Wesley Andrade, Wanderson Patricio, Matheus Felipe R. Borges e Rafael Ribeiro
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Questão 01 (Exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conceitos de potência
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
$$E_{UHR} = mgh \Rightarrow m = 9,6768 \cdot 10^8 kg \Rightarrow \boxed{V = 967680 \, m^3} $$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$V = 967680 \, m^3$$
[/spoiler]
Questão 02 (Exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$|x|<<1$$
$$d=55\left(1-\dfrac{10}{55^2}\right)^{\frac{1}{2}}\,km\simeq55\left(1-\dfrac{5}{55^2}\right)\,km$$
$$d=55-\dfrac{5}{55}\,km=\left(55-\dfrac{1}{11}\right)\,km$$
$$\boxed{d=54,9\,km}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$d=90\,km$$
b)
$$d=54,9\,km$$
[/spoiler]
Questão 03 (Exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Trocas de calor[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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
$$Q_L+Q_V=0$$
$$353,3(T_f-2)+2(T_f-20)-2400=0$$
$$355,3T_f=3014,6$$
$$\boxed{T_f=8,86^{\circ}C}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T_f=8,86^{\circ}C$$
[/spoiler]
Questão 04 (Exclusiva para alunos da 1ª série)
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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).
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$x=47,6\,cm$$
b)
$$V=3,08\,m/s$$
[/spoiler]
Questão 05
[spoiler title=’Assuntos abordados’ style=’default’ collapse_link=’true’]Leis de Kepler e Gravitação[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{m_{A}m_{B}G}{9 R_{A}^{2}} \cdot \dfrac{16 R_{A}^{2}}{m_{B}m_{P}G}$$
$$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{16m_{A}}{9m_{P}} = \dfrac{16 \cdot 6m_{B}}{9 \cdot 1000m_{B}}$$
$$\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{96}{9000}$$
$$\boxed{\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{4}{375} \approx 1,067 \cdot 10^{-2}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\dfrac{R_{B}}{R_{A}} = 4}$$
b) $$\boxed{\dfrac{f_{BA, \text{max}}}{F_{BP}} = \dfrac{4}{375} \approx 1,067 \cdot 10^{-2}}$$
[/spoiler]
Questão 06
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Equilíbrio dos corpos pontuais[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
$$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$$
[/spoiler]
Questão 07
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Equilíbrio do corpo extenso[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$C$$.
$$x=\dfrac{diagonal}{2}=\dfrac{1}{2}l\sqrt{2}$$
$$\boxed{x=84\,cm}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$F_A=30\,N$$
b)
$$x_{max}=84\,cm$$
[/spoiler]
Questão 08
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Noções de geometria espacial / Cálculo de volume[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\Delta V_{med}=\dfrac{A}{70}$$
$$\boxed{\Delta V_{med}=-\dfrac{4800}{7}\,m^3\approx -685,7\,m^3}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$V_o=13600\,m^3$$
b)
$$\Delta t=70\,s$$
c)
$$\Delta V_{med}=-\dfrac{4800}{7}\,m^3\approx -685,7\,m^3$$
[/spoiler]
Questão 09
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Termodinâmica
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$p_D = p_A – \dfrac{5}{3}(V_D-V_A) \Rightarrow \boxed{V_D = 1,58 \,L}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$Q = 248,4 \, j$$
b)
$$V_C = 5,14 \, L$$
c)
$$V_D = 1,58 \, L$$
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Questão 10
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
MHS e empuxo hidrostático
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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,
$$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$T = 0,12 \, N$$
b)
$$\Delta t = 0,31 \, s$$
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Questão 11
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica geométrica[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
“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.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$$
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Questão 12
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Potência e Intensidade[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$0,1 \text{W/m}^{2}$$:
$$0,1 = \dfrac{8}{r^{2}}$$
$$r^{2} = 80 \ \text{m}^{2}$$
$$\boxed{r = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{d = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$$
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