Escrito por Wesley Andrade, Wanderson Patricio, Matheus Felipe R. Borges e Rafael Ribeiro
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Questão 01
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletromagnetismo e Efeito Hall[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O movimento do avião gera um campo elétrico por meio da redistribuição de cargas, de modo a zerar a força resultante em cada elétron de suas asas.
$$-e \cdot (\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) = \vec{F} = \vec{0}$$
$$\vec{E} = – \vec{v} \times \vec{B}$$,
que é constante ao longo da asa. No esquema abaixo vemos a direção do campo elétrico induzido:
Podemos ver que:
$$\vec{v} = v \hat{z}$$
$$\vec{B} = B (\cos \theta \hat{x} + \sin \theta \hat{y})$$
Logo:
$$\vec{E} = – \vec{v} \times \vec{B} = vB (\sin \theta \hat{x} – \cos \theta \hat{y})$$
A componente de $$\vec{E}$$ que aponta ao longo das asas é dado por:
$$E_{x} = vB \sin \theta$$
Logo, a D.D.P. entre as extremidades das asas é:
$$\Delta V = E_{x} \cdot L = BvL \sin \theta$$
Pelo enunciado, temos que $$B = 30 \ \mu \text{T}$$, $$v = 800 \ \text{km/h} = \dfrac{800}{3,6} \ \text{m/s}$$, $$L = 20,0 \ \text{m}$$ e $$\theta = 60^{\circ}$$. Desse modo:
$$\Delta V = 30 \cdot 10^{-6} \cdot \dfrac{800}{3,6} \cdot 20,0 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \ \text{V}$$
$$\boxed{\Delta V = \dfrac{\sqrt{3}}{15} \ \text{V} \approx 1,13 \cdot 10^{-1} \ \text{V}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\Delta V = \dfrac{\sqrt{3}}{15} \ \text{V} \approx 1,13 \cdot 10^{-1} \ \text{V}}$$
[/spoiler]
Questão 02
[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 03
[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 $$0,1 \text{W/m}^{2}$$:
$$0,1 = \dfrac{8}{r^{2}}$$
$$r^{2} = 80 \ \text{m}^{2}$$
$$\boxed{r = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{d = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$$
[/spoiler]
Questão 04
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletrodinâmica / Circuito resistivo[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Inicialmente, vamos dividir as correntes através dos fios do circuito.
De acordo com o enunciado, tomemos o sentido da corrente no amperímetro ($$I_A$$) como positiva para a direita.
I) Aplicando a lei dos nós:
i) Nó M:
$$I_3=I_1+I_A$$ (EQ 01)
ii) Nó O:
$$I_2=I_4+I_A$$ (EQ 02)
II) Aplicando a lei das malhas ao redor do circuito
i) Caminho MNM:
$$V_M+V_1-5I_1-15I_3=V_M$$
$$5I_1+15I_3=12$$ (EQ 03)
ii) Caminho ONO:
$$V_O+V_2-10I_2-20I_4=V_O$$
$$5I_2+10I_4=3$$ (EQ 04)
iii) Caminho ONM:
$$V_N-15I_3+20I_4=V_N$$
$$3I_3=4I_4$$ (EQ 05)
Juntando as equações de 01 a 05:
$$\begin{cases} I_3=I_1+I_A\\ I_2=I_4+I_A \\ 5I_1+15I_3=12\\5I_2+10I_4=3\\ 3I_3=4I_4\end{cases}$$
A partir dessa parte a física “acabou”, agora é só matemática. Basta resolver o sistema.
De EQ 01 e EQ 03:
$$5I_1+15(I_1+I_A)=12$$
$$20I_1+15I_A=12$$ (I)
De EQ 02 e EQ 04:
$$5(I_4+I_A)+10I_4=3$$
$$15I_4+5I_A=3$$ (II)
De EQ 01 e EQ 05:
$$3(I_1+I_A)=4I_4$$
$$I_4=\dfrac{3(I_1+I_A)}{4}$$ (III)
De III e II:
$$15\cdot \dfrac{3(I_1+I_A)}{4}+5I_A=3$$
$$45I_1+65I_A=12$$ (IV)
Reorganizando o sistema com I e IV:
$$\begin{cases} 45I_1+65I_A=12\\ 20I_1+15I_A=12 \end{cases}$$
Multiplicando a primeira equação por 20, a segunda por 45 e as subtraindo:
$$20(45I_1+65I_A)-45(20I_1+15I_A)=20\cdot 12-45\cdot 12$$
$$625I_A=-300$$
$$\boxed{I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A$$
[/spoiler]
Questão 05
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
MHS e empuxo hidrostático
[/spoiler]
[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,
$$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$T = 0,12 \, N$$
b)
$$\Delta t = 0,31 \, s$$
[/spoiler]
Questão 06
[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:
$$p_D = p_A – \dfrac{5}{3}(V_D-V_A) \Rightarrow \boxed{V_D = 1,58 \,L}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$Q = 248,4 \, j$$
b)
$$V_C = 5,14 \, L$$
c)
$$V_D = 1,58 \, L$$
[/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.
I) Torque em relação a diagonal AC:
$$\tau_{ac}=0$$
$$F_B\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$$
$$F_B=0$$
II) Torque em relação a diagonal BD:
$$\tau_{bd}=0$$
$$F_A\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}-F_C\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$$
$$F_A=F_C$$
Equilibrando as forças na vertical:
$$F_A+F_B+F_C=2m_{perna}g+m_{mesa}g+m_{garrafa}g$$
A perna $$B$$ não realizará força.
$$2F_A=(3+2+1)\cdot 10$$
$$\boxed{F_A=30\,N}$$
b) Perceba que pela simetria se o peso for posto em qualquer ponto da diagonal $$AC$$ o tampo não rotacionará.
Logo, no limite, basta apoiar em cima do canto $$A$$ ou do canto $$C$$:
$$x_{max}=\dfrac{diagonal}{2}=\dfrac{1}{2}l\sqrt{2}$$
$$\boxed{x_{max}=84\,cm}$$
[/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’]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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$$
[/spoiler]