Primeira Fase (Nível 2)

Cinemática e Dinâmica (Leis de Newton)

Primeiramente calcularemos a aceleração do caminhão usando a equação de Torricelli:

$V^2=V_0^2+2a{\Delta}S$

Segundo texto o caminhão inicia com $V_0=108\,km/h=30\,m/s$ e para ($V=0$) após percorrer ${\Delta}S=75\,m$, ou seja, a aceleração é

$0=30^2+150a$

$a=-6\,m/s^2$

Podemos então, utilizando um diagrama de forças, encontrar o coeficiente de atrito:

$-(mg\sin\theta+fat)=ma$

$-(mg\sin\theta+N\mu)=ma$

$-(mg\sin\theta+mg\cos\theta\mu)=ma$

como $g=10\,m/s^2$ e $\theta=30^{\circ}$, temos

$-(5+5\sqrt{3}\mu)=-6$

$\boxed{\mu=\dfrac{\sqrt{3}}{15}\cong{0,12}}$

A resposta é o Item (b).

Item (b)

Energia / Leis de Newton

Como a pessoa está apenas subindo, não há variação de sua velocidade, a única energia que está sendo alterada é a energia potencial gravitacional.

$\Delta E=mg\Delta H$

Como para ambos os casos a variação de altura é a mesma:

$W_e=W_r$

Ao se subir pela rampa haverá um espaço maior a ser percorrido, logo, o tempo levado para subir pelas rampas é maior que o tempo para subir pelas escadas.

$\Delta t_e<\Delta t_r$

Aplicando na fórmula da potência:

$P_e=\dfrac{W_e}{\Delta t_e}$  e  $P_r=\dfrac{W_r}{\Delta t_r}$

Logo:

$P_e>P_r$

Item (c)

Item (c)

Termologia / Escalas termométricas

Antes de iniciar a resolução da questão é necessário ressaltar que as informações fornecidas pelo enunciado estão incorretas. A temperatura de vaporização da água na escala fahrenheit é $212^{\circ} F$, e não $180^{\circ} F$. Portanto a questão está incorreta e deveria ser anulada. Todavia, a OBF optou por manter a questão, visto que a escala Fahrenheit é bastante comum nos livros didáticos.

Nessa solução iremos utilizar tanto a informação correta quanto a errada.

Solução 1: (Com as informações corretas)

A relação entre duas escalas termométricas é sempre uma função linear. Portanto, podemos dizer que a temperatura na escala Celsius ($T_c$) pode ser obtida através da relação:

$T_c=aT_f+b$

Onde $a$ e $b$ são constantes a ser definidas.

A temperatura de fusão da água é $0^{\circ}C$, que é equivalente a $32^{\circ}F$. Logo:

$0=a\cdot 32+b$   (EQ 01)

Sabemos também que a temperatura de ebulição da água $100^{\circ}C$, que é equivalente a $212^{\circ}F$. Logo:

$100=a\cdot 212+b$   (EQ 02)

Chegamos ao seguinte sistema:

$\begin{cases} 32a+b=0 \\ 212a+b=100 \end{cases}$

Resolvendo o sistema chegamos a:

$a=\dfrac{5}{9}$  e  $b=-\dfrac{160}{9}$

Portanto:

$\boxed{T_c=\dfrac{5}{9}(T_f-32)}$

Ressaltamos que o estudante poderia já ter utilizado imediatamente a fórmula acima, que é bastante conhecida e difundida na literatura. Aplicando a temperatura de $102^{\circ}F$:

$\boxed{T_c=\dfrac{5}{9}(102-32)}$

$\boxed{T_c\approx 38,9^{\circ}C}$

Portanto, de acordo com as informações corretas, o item correto será o Item (b).

Solução 2: (Com as informações incorretas)

A temperatura de fusão da água é $0^{\circ}C$, que é equivalente a $32^{\circ}F$. Logo:

$0=a\cdot 32+b$   (EQ 01)

A temperatura de ebulição da água é $100^{\circ}C$, que é equivalente a $180^{\circ}F$ segundo o enunciado. Logo:

$100=a\cdot 180+b$   (EQ 02)

Chegamos ao seguinte sistema:

$\begin{cases} 32a+b=0 \\ 180a+b=100 \end{cases}$

Resolvendo o sistema chegamos a:

$a=\dfrac{25}{37}$  e  $b=-\dfrac{800}{37}$

Portanto:

$\boxed{T_c=\dfrac{25}{37}(T_f-32)}$

Aplicando a temperatura de $102^{\circ}F$:

$\boxed{T_c=\dfrac{25}{37}(102-32)}$

$\boxed{T_c\approx 47,3^{\circ}C}$

Agora, utilizando a informação incorreta dada pelo enunciado, encontramos que o item mais próximo seria o Item (d). Sendo assim, as duas respostas podem consideradas corretas, uma vez que dependem das diferentes abordagens que poderiam ser tomadas pelo aluno, o que foi provocado pela inconsistência no enunciado.

Item (b) ou (d)

Item (b) ou (d) (ver comentário)

Dinâmica: Leis de Newton

A massa é uma característica intrínseca do corpo, ou seja, não depende de fatores externos como em qual planeta a massa está. Deste modo, a massa na lua continua sendo $m=1\,kg$ e a força peso é calculada por

$P=mg_{lua}$

A gravidade da lua é

$g_{lua}=\dfrac{g_{terra}}{6}$

$g_{lua}\cong1,7\,m/s^2$

Logo o peso na lua é

$\boxed{P\cong1,7\,N}$

Portanto a resposta é Item (e).

Item (e)

Ondulatória

Atente para os seguintes trechos do texto:

"Cientistas descobriram que a velocidade do som em marte é muito diferente da registrada aqui na Terra."

"Em frequências altas, acima de $240\,Hz$ [...], resultando em um som que viaja mais de 10 metros por segundo mais rápido do que em frequências baixas."

A questão nos pede essencialmente para identificar o comportamento do som na Terra. O primeiro trecho indica que o comportamento das ondas na Terra é totalmente diferente que em Marte. O segundo trecho, por sua vez, nos informa que a velocidade do som em Marte varia com a mudança de frequência em um determinado intervalo (o mecanismo que provoca isso é também brevemente apresentado no texto), sugerindo que as ondas na Terra não devem variar a velocidade com a frequência nesse mesmo intervalo, o que de fato sabemos ser verdade: a velocidade do som em um determinado meio (não-dispersivo) é independente da frequência, sendo a última determinada pela fonte que gerou o som. Em luz disso, a resposta é o Item (a).

OBS: A velocidade do som se altera caso este mude de meio - isto é, refrate -  em sua propagação, o que também resulta em uma mudança no comprimento de onda, enquanto a frequência é inalterada.

Item (a)

Termologia: Calorimetria

Calculemos inicialmente a quantidade de calor requerida para fundir esse bloco de chumbo. Para isso, devemos primeiro aquecer o bloco da temperatura inicial à temperatura de fusão. Para esse processo, o calor necessário é:

$Q_{1} = mc \Delta T = 50 \cdot 0,03 \cdot (328 - 28) \ cal = 450 \ cal$

Já o calor necessário para mudar o chumbo de estado é:

$Q_{2} = mL = 50 \cdot 6 \ cal = 300 \ cal$

Logo, o calor total usado para fundir o chumbo é:

$Q = Q_{1} + Q_{2} = 300 + 450 \ cal = 750 \ cal$

A prova nos dá o calor latente de fusão da água como $L = 80 \ cal/g$. A equação para o calor de fusão da água é:

$Q = mL$

$\boxed{m = \dfrac{Q}{L} = \dfrac{750}{80} \ g \approx 9,4 \ g}$

Logo, a resposta correta é o Item (b).

Item (b)

Cinemática

O cálculo da velocidade média total dá-se por

$v=\dfrac{{\Delta}S_1+{\Delta}S_2}{{\Delta}t_1+{\Delta}t_2}$

Os deslocamentos em cada trecho são conhecidos:

${\Delta}S_1=100\,km$   ${\Delta}S_2=50\,km$

Precisamos encontrar os intervalos de tempo. Desse modo, para o trecho 1, supondo que o carro ande com a velocidade máxima da via, temos:

$v_1=\dfrac{{\Delta}S_1}{{\Delta}t_1}$

${\Delta}t_1=\dfrac{{\Delta}S_1}{v_1}$

${\Delta}t_1=\dfrac{100}{80}\,h=\dfrac{5}{4}\,h$

Analogamente, para o trecho 2:

${\Delta}t_2=\dfrac{{\Delta}S_2}{v_2}$

${\Delta}t_2=\dfrac{50}{120}\,h=\dfrac{5}{12}\,h$

Portanto a velociade média é

$v=\dfrac{150}{\frac{5}{4}+\frac{5}{12}}\,km/h$

$\boxed{v=90\,km/h}$

A resposta é Item (a).

Item (a)

Cinemática

O texto nos diz que:

"O paraquedas é ajustado para ser aberto em um instante $t_A$ após o brinquedo já estar se movendo para baixo"

Ou seja, até o momento $t_A$ o paraquedista só está sob ação da gravidade, logo a velocidade varia linearmente e o paraquedista e está se movendo para baixo ($v<0$) nesse instante. Após o paraquedas abrir o módulo da velocidade deve diminuir, porém o seu sentido deve se manter para baixo. Portanto, a resposta é o Item (b).

Item (b)

Hidrostática

Como o corpo está equilibrado as forças que atuam nele se cancelam, ou seja, a somatória dos empuxos em cada líquido equilibram o peso do objeto.

Suponhamos que uma fração $f_c$ do volume do corpo está no líquido de cima, e uma fração $f_b$ do volume do corpo está no líquido de baixo.

Consideremos também que a densidade do líquido de cima é $d_c$, a do líquido de baixo é $d_b$, a densidade do corpo é d, o volume do corpo é $V$ e a gravidade local é $g$.

$E_c+E_b=P$

$d_c\cdot V_c\cdot g+d_b\cdot V_b\cdot g=mg$

$d_c\cdot f_c V+d_b\cdot f_b\cdot V=dV$

$d_c\cdot f_c+d_b\cdot f_b=d$   (EQ 01)

Como todo o corpo está submerso, a soma das frações em cada líquido deve ser igual a 2.

$f_c+f_b=1 \rightarrow f_b=1-f_c$   (EQ 02)

Substituindo (EQ 02) em (EQ 01) temos:

$d_c\cdot f_c+d_b\cdot (1-f_c)=d$

$d_c\cdot f_c-d_b\cdot f_c+d_b=d$

$\boxed{f_c=\dfrac{d_b-d}{d_b-d_c}}$

Analogamente:

$\boxed{f_b=\dfrac{d-d_c}{d_b-d_c}}$

Perceba que a porcentagem do corpo que fica em cada líquido não depende da quantidade de cada líquido, mas apenas as densidades dos mesmos. Logo, adicionar mais líquido não alterará o equilíbrio.

Item (b)

Item (b)

Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme

Para sairmos da superfície da Terra até a Estação Espacial, devemos percorrer uma distância radial dada por:

$\Delta r = R_{orb} - R_{T} = 42000 - 6400 \ km \ = 35600 \ km$

A velocidade constante do elevador nos leva o concluir que o movimento será um MRU, para o qual vale a equação horária:

$\Delta r = V \Delta t$

$\Delta t = \dfrac{\Delta r}{V} = \dfrac{35600}{200} \ h = 178 \ h = \dfrac{178}{24} \ dias$

Logo:

$\boxed{\Delta t \approx 7,4 \ dias}$

Logo, concluímos que o gabarito correto é o Item (b).

Item (b)

Dinâmica: Gravitação

A Lei de Gravitação Universal nos diz que:

$F_{G} = \dfrac{GMm}{r^2}$

Assim, vemos que a intensidade da força força gravitacional decai com o quadrado da distância. Desse modo, quanto mais próximo da Terra, maior será o peso de uma pessoa. Logo, vale a seguinte relação:

$\boxed{0 < P_{E} < P_{T}}$

Assim, a alternativa correta é Item (b).

Item (b)

Cinemática

Para essa questão utilizaremos o princípio da inércia.

No referencial do carro, todos os itens dentro do seu interior não tem aceleração resultante. Portanto, como os corpos devem acelerar no referencial da terra, um força de inércia é produzida no referencial do carro, de tal maneira que a soma da força de inércia com a força resultante será nula.

$\vec F_{in}+\vec F_{r}=\vec 0$

$m\vec a_{in}+m\vec a=\vec 0$

$\vec a_{in}=-\vec a$

Portanto, a direção que o amuleto seguirá será contrária a direção da aceleração do carro.

I) O amuleto vai para trás:

O carro está acelerando

II) O amuleto vira para a esquerda:

O carro está virando para a direita

Item (a)

Item (a)

Energia / Leis de Newton

O dinamômetro sempre medirá a tração aplicada no gancho, que está ligada a uma mola no interior do aparelho.

Como em ambos os casos a corda ligada ao gancho suporta o mesmo peso, não haverá variação na leitura do aparelho.

A tração suportará o peso do bloco:

$T=P$

$T=mg$

$\boxed{T=20\,N}$

Item (b)

Item (b)

Análise Dimensional

Denotando por $[x]$ a unidade de medida no S.I. da grandeza $x$, obtemos que:

$[p] = Pa = [a][V^{2}] = [a] \cdot (m^{3})^{2} = [a] m^{6}$

$\boxed{[a] = \dfrac{Pa}{m^{6}}}$

Logo, a unidade de $a$ é dada por $\dfrac{Pa}{m^{6}}$, o que corresponde ao Item (c).

Item (c)

Dinâmica: Leis de Newton

Para entender o movimento de forma qualitativa, devemos primeiramente fazer algumas contas. Pela 2ª Lei de Newton, escrevemos a resultante centrípeta do bloco, de onde podemos então encontrar a intensidade da força de contato $N$ em termos de outras quantidades:

$mg\cos{\theta}-N=\dfrac{mv^2}{R}$

$N=m\left(g\cos{\theta}-\dfrac{v^2}{R}\right)$

Sendo $v$ o módulo da velocidade do bloco.

Primeiramente, notemos que, para $\theta=0$ (posição mais alta), $v=0$, e portanto $N=mg$.

Observando agora o termo em parênteses, perceba que $g\cos{\theta}$ diminui conforme o bloco desliza pela superfície, já que $\theta$ cresce e portanto seu cosseno diminui. Por outro lado, o termo acompanhado de $v^2$ é crescente, uma vez que, por conservação de energia (já que quaisquer atritos são ausentes), a velocidade do bloco aumenta conforme ele cai - isto é, a perda de energia potencial gravitacional se traduz em ganho de energia cinética. Esses efeitos em oposição eventualmente farão com que o termo entre parênteses caia a zero, e portanto que $N$ se anule, o que resulta na perda de contato do bloco com a superfície em um determinado ângulo $\theta_c$ (a priori, desconhecido), momento a partir do qual o bloco é lançado e cai sob a ação exclusiva da gravidade. Podemos inferir, também, que $\theta_c<\dfrac{\pi}{2}$, uma vez que $\theta=\pi/2$ resultaria em $N<0$, o que é absurdo. Sendo assim, podemos resumir a análise semi-quantitativa da intensidade da força de contato no bloco da seguinte forma: $N=0$ em $\theta=0$, decresce no intervalo de $0$ a $\theta_c$ (com $\theta_c<\dfrac{\pi}{2}$) e anula-se em $\theta=\theta_c$, quando o bloco abandona a superfície. Isso está corretamente descrito no Item (d).

Alternativamente, o aluno, na prova, poderia utilizar meios mais rápidos de identificar a resposta correta. A condição $N=mg$ em $\theta=0$, por exemplo, figura apenas nos itens (c), (d) e (e), e portanto eliminamos os demais. Como sabemos que $\theta$ não chega a $\pi/2$, e portanto nem a $\pi$, a única alternativa restante é o item (d).

OBS 1: Veja que, em nossa equação, já estamos supondo que $N>0$ e que essa força aponta radialmente para fora, o que é de fato verdadeiro: a superfície não pode "puxar" o bloco para si, e portanto o valor mínimo que $N$ pode assumir é zero, o que significa perda de contato com a superfície.

OBS 2: Esse problema é uma versão mais qualitativa e simplificada de outro problema clássico em mecânica, o qual pede essencialmente que o estudante encontre o ângulo crítico $\theta_c$ mencionado para o qual o bloco abandona a superfície. Isso é feito expressando matematicamente a conservação de energia mecânica, de onde encontramos $v$ em função de $\theta$. Substituindo $v$ na equação que encontramos para $N$ e impondo a condição $N=0$, determinamos $\theta_c$.

Item (d)

Óptica 

As duas características determinantes de um telescópio são sua magnificação e resolução, sendo este último o fator mais proeminente na capacidade de enxergar objetos mais distantes. De maneira geral, quanto mais luz vinda de um mesmo ponto o aparato é capaz de captar, melhor será a resolução deste ponto na imagem final. Logo, concluímos que o Telescópio Espacial James Webb é capaz de ver mais longe do que o Hubble devido ao seu maior diâmetro o permitir coletar mais energia luminosa. Assim, a alternativa correta é o Item (a).

Item (a)

Cinemática

Quando analisamos um lançamento vertical, precisamos entender como funcionam as forças atuando no corpo.

Como a única força atuando no corpo é a força peso, ela será a força resultante:

$\vec F_r=\vec P$

$m\vec a=m\vec g$

$\vec a=\vec g$

Como a gravidade aponta para baixo temos que em todos os momentos:

A aceleração aponta para baixo.

Como o corpo atingirá uma altura máxima, ele não pode ter velocidade neste ponto, pois, caso ele ainda tivesse velocidade o corpo subiria ou desceria.

A velocidade é nula.

Item (b)

Item (b)

Estática

Acompanhe o diagrama de forças abaixo:

Primeiramente, pelo equilíbrio das forças na vertical, temos:

$A_y+B_y=P$

Ou seja, independetemente do valor de $H$ a soma $|A_y+B_y|$ se mantém constante. Para encontrar as componentes $A_x$ e $B_x$  deve-se calcular o equilíbrio de torque em relação aos pontos $B$ e $A$, respectivamente. Isto é:

$A_x{H}=Pl$

$B_x{H}=Pl$

Logo,

$A_x=\dfrac{Pl}{H}$

$B_x{H}=\dfrac{Pl}{H}$

Portanto, tanto $A_x$ tanto $B_x$ são inversamente proporcionais à $H$, devem aumentar com a diminuição da distância. A resposta certa é Item (e).

Item (e)

Estática do ponto material

Utilizando a notação vetorial, chame de $\vec{T}_{AB}$ a tração no fio $AB$ e $\vec{T}_{AC}$ a tração no fio $AC$. Para o equilíbrio estático do anel - de massa desprezível -, a resultante das forças atuantes deve ser zero:

$\vec{F}+\vec{T}_{AB}+\vec{T}_{AC}=0$

Pelo método da linha poligonal, podemos dispor esses vetores (forças) de tal forma que eles formem um polígono fechado; no nosso caso, um triângulo retângulo, já que as trações de cada fio são perpendiculares entre si (lembre-se que um está na vertical e o outro na horizontal):

Pelo teorema de Pitágoras, tem-se então que:

$F^2=T_{AC}^2+T_{AB}^2=400^2+300^2$

$\boxed{F=500\;N}$

Logo, o item correto é o Item (c).

Item (c)

Termologia: Dilatação de sólidos

Existem duas coisas principais que devemos perceber para marcar o item correto. Primeiramente, devemos notar que o tamanho do buraco aumentará, e isso vale para qualquer formato. Um jeito simples de ver isso é imaginar que o buraco fosse preenchido (ou que fizemos um corte na placa e não retiramos o pedaço interior à ele). A figura abaixo ilustra a situação para um buraco circular. À esquerda, temos a placa sem o furo, apenas com a região circular demarcada em destaque. As linhas vermelhas tracejadas indicam as fronteiras das superfícies após o aumento de temperatura. À direita, temos a mesma situação, mas a região circular não é mais preenchida, deixando um buraco na placa. Perceba que o fato da região não estar preenchida não altera o fato de que suas fronteiras irão expandir da mesma forma que o fariam caso não houvesse o buraco, como mostra a imagem à esquerda. Desse modo, concluímos que o tamanho do buraco deve aumentar.

Em segundo, quando a placa é aquecida de forma homogênea, a dilatação na grande maioria dos materiais ocorre de forma isotrópica; isto é, o coeficiente de dilatação linear é o mesmo em todas as direções. Isso significa que todos os lados do quadrado (de mesmo comprimento) aumentam igualmente de tamanho, e portanto seu formato final ainda deve ser o de um quadrado. Por fim, vemos então que o único item a obedecer tais condições é o Item (d), no qual o buraco mantém seu formato inicial e aumenta em tamanho.

Item (d)