Segunda Fase (Nível 1)

Matemática aplicada à física

(a) Como ele irá cobrir as paredes de um quarto em formato de paralelepípedo, iremos calcular a área da lateral desse quarto (paredes).

Sejam $l=9\,m$ e $w=6\,m$ o comprimento e a largura do quarto, e $h=4\,m$ a altura.

$A_{lat}=2lh+2wh=2h(l+w)$

$A_{lat}=2\cdot 4\cdot(9+6)\rightarrow \boxed{A_{lat}=120\,m^2}$

Fazendo a proporção do enunciado:

$\dfrac{18L}{320m^2}=\dfrac{V}{120m^2}$

$\boxed{V=6,75\,L}$

Serão utilizados $6,75\,L$ de tinta.

(b) Basta usar 2 latas de $3,6\,L$:

Preço $=R$\, 2 \cdot 90 \rightarrow \boxed{R$\,180,00}$

(a) $\boxed{6,75\,L}$

(b) $\boxed{R$\,180,00}$

Cinemática

(a) Inicialmente, o motorista se movia a $V_{0} = 108 \ km/h = 30 \ m/s$. Assim, a distância percorrida até o motorista reagir é:

$\Delta S = V_{0} \Delta t_{r} = 30 \cdot 2 \ m$

$\boxed{\Delta S = 60 \ m}$

(b) Podemos usar Torriceli para encontrar a distância percorrida entre o início e o fim da frenagem:

$V_{f}^{2} = V_{0}^{2} + 2 a \Delta S$

$0 = V_{0}^{2} - 2 \cdot a \cdot \Delta S'$

$\Delta S' = \dfrac{V_{0}^{2}}{2a} = \dfrac{30^{2}}{2 \cdot 4} \ m$

$\Delta S' = 112,5 \ m$

Assim, de modo a evitar um acidente, o motorista deve se posicionar uma distância $d = \Delta S + \Delta S'$ atrás do veículo da frente. Logo:

$\boxed{d = 172,5 \ m}$

(a) $\boxed{\Delta S = 60 \, m}$

(b) $\boxed{d = 172,5 \, m}$

Termologia: Calorimetria

Utilizando a fórmula do calor sensível,

$\Delta E = M\cdot c \cdot \Delta T$

Para encontrar a variação de energia (ou calor adquirido) $\Delta E$, note que o enunciado fornece a intensidade $I=1400\,W/m^2$ da radiação. Multiplicando a intensidade (em $W/m^2$) pela área $A$ (em $m^2$) do escudo solar (cuja superfície é perpendicular aos raios do sol) e pelo tempo de exposição $\Delta t$ (em $s$), obtemos a energia absorvida (em $J$), desprezando perdas de calor. Temos:

$I \cdot A\cdot \Delta t=M\cdot c \cdot \Delta T$

$1400 \, W/m^2 \cdot 250 \, m^2 \cdot 3600 \, s = 6 \cdot 10^3\,kg \cdot 2 \cdot 10^3\, \dfrac{J}{kg\,^{\circ}C} \cdot \Delta T$

$\boxed{\Delta T = 105\,^{\circ}C \, = 105 \, K}$

$\boxed{\Delta T = 105 \, K}$

Cinemática

Como o escudo sempre deve apontar para o sol, o período de rotação do espelho deve ser o mesmo período de rotação do JWST em torno do sol (Situação análoga ao que acontece com a lua, sempre observamos a mesma face da lua, pois o período de rotação em torno do seu eixo é o mesmo período de rotação em torno da terra). Para encontrar o período do telescópio precisamos analisar o seguinte trecho do enunciado:

"O JWST orbita em torno de um ponto exterior da órbita da Terra ao longo da
reta que une a Terra e o Sol."

Ou seja, para fins de resolução podemos considerar que o JWST sempre está na reta que liga a terra ao sol

Como mostra a figura, quando a terra completa uma volta ao redor do sol o JWST também deve completar uma volta, logo seu período de rotação é 1 ano (mesmo da terra).

$T=1\,ano=365\,dias=365\times24\,h$

$\boxed{T=8760\,h}$

$\boxed{T=8760\,h}$

Dinâmica

(a) Como a esfera está parada em relação ao laboratório, e o laboratório está no equador terrestre, o movimento da esfera em relação a um referencial inercial, que observa a terra apenas rodando, será um movimento circular de mesmo raio ($R=6400\,km$) e período da terra ($T=24\,h$). Portanto a aceleração da esfera será

$a=\omega^2{R}$

Onde $\omega$ é a velocidade angular do movimento circular.

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}\cong7\times10^{-5}\,s^{-1}$

$\boxed{a\cong0,031\,m/s^2}$

(b) Após o fio ser cortado, a única força que atua na esfera é a força peso, ou seja, pela segunda lei de Newton

$P=ma$

$a=g$

$\boxed{a=10\,m/s^2}$

(a) $\boxed{a\cong0,031\,m/s^2}$

(b) $\boxed{a=10\,m/s^2}$

Cinemática e noções de geometria

(a) A viagem consiste de $3$ (três) trechos de $5\,h$ de duração cada, nos quais o personagem sempre se move a $60\,km/h$. Sendo assim, a distância total percorrida é

$d=3 \cdot 60 \cdot 5\, km \rightarrow \boxed{d=900\,km}$

(b) Sabemos que, na primeira etapa, o personagem ruma na direção Sul. Independentemente de onde ele esteja inicialmente localizado, rumar para o Sul significa se mover ao longo de um meridiano, i.e., uma circunferência centrada no planeta e que passa por ambos os polos. Logo, a distância percorrida nessa etapa (e também na terceira) correponde a um arco de circunferência centrado no planeta. Chamando o raio do planeta de $R$ e $\Delta \varphi$ o módulo da variação de latitude, veja o diagrama a seguir, em que $A$ e $B$ são os pontos de partida e chegada, respectivamente. Consideramos que o personagem estava no hemisfério norte no diagrama.

Temos:

$\dfrac{d}{3}=R \Delta \varphi \rightarrow \Delta \varphi=\dfrac{d}{3R}$

A circunferência do equador do planeta foi dada no enunciado, e vale $C=3600\,km$. Como $C=2\pi R$, $R=\dfrac{1800}{\pi}\,km$. Substituindo:

$\Delta \varphi= \dfrac{900 \cdot \pi}{3 \cdot 1800}$

$\boxed{\Delta \varphi=\dfrac{\pi}{6}\,rad=30^{\circ}}$

Note que, nesse item, não era necessário descobrir ainda a localização inicial/final do personagem, mas apenas entender que o movimento seria ao longo de um meridiano.

(c) Há duas possíveis respostas para esse item. Isso ocorre pois existem diferentes localizações iniciais que satisfazem as condições do problema. Estudaremos, aqui, dois diferentes casos possíveis. Os restantes são análogos ao caso 2, e portanto comentaremos sobre eles na observação ao fim da solução. Ressaltamos, no entanto, que o aluno provavelmente não teria de resolver os diferentes casos possíveis para pontuar completamente, já que isso não foi pedido explicitamente e estamos falandos de duas soluções válidas. Uma solução que contenha apenas um dos dois casos mostrados abaixo já basta.

Caso 1: O personagem está no hemisfério Norte

Nesse caso, o personagem localiza-se inicialmente no Polo Norte ($A$, na figura abaixo). Ao se mover $300\,km$ na direção Sul na primeira etapa, ele chega em $B$, no paralelo (circunferência nas quais todos os pontos estão a uma mesma latitude) de latitude $90^{\circ}-\Delta \varphi=60^{\circ}$. Ao ir na direção oeste, seu movimento é ao longo deste parelelo. Após percorrer $300\,km$ sobre ele, o personagem chega em $C$, executa a etapa 3 e ruma para o Norte, percorrendo um arco de comprimento igual ao da etapa 1 e retornando ao Polo Norte. Veja um esquema, fora de escala, da vista superior da situação:

Seja $\Delta \lambda$ a variação de longitude, temos, então:

$\dfrac{d}{3}=r \cdot \Delta \lambda$

Note que o raio $r$ da circunferência do paralelo vale $R\sin{\Delta \varphi}$. Então:

$300 =\dfrac{1800}{\pi} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \Delta \lambda$

$\boxed{\Delta \lambda=\dfrac{\pi}{3} \, rad=60^{\circ}}$

Caso 2: O personagem está no hemisfério Sul

No segundo caso, o personagem localiza-se inicialmente em um ponto $A$ no hemisfério Sul. A localização inicial do personagem é tal que, ao se mover $300\,km$ na direção Sul na primeira etapa, ele chega no ponto $B$, sobre o paralelo cuja circunferência é de $300\,km$. Ao ir na direção oeste, ele percorre $300\,km$ e assim dá uma volta completa no paralelo, retornando à $B$. Daí, o personagem executa a etapa 3 e ruma para o Norte, percorrendo o mesmo arco da etapa 1 e retornando ao ponto inicial. Veja a figura que ilustra a vista superior da situação, fora de escala:

Como podemos ver, não há variação de longitude na etapa 2:

$\boxed{\Delta \lambda = 0}$

Adiantando a solução do próximo item, é importante perceber também que o módulo da latitude $|\varphi_A|$ do ponto $A$ é maior do que $45^{\circ}$. Podemos descobri-la calculando a latitude $\varphi_2$ do paralelo da etapa 2, cuja circunferência sabemos ser de $d/3=300\,km$:

$\dfrac{d}{3}=2 \pi R \cos{\varphi_2}$

$300= 2\pi \cdot \dfrac{1800}{\pi} \cos{\varphi_2}$

$\cos{\varphi_2}=\dfrac{1}{12} \rightarrow |\varphi_2| \approx 85^{\circ}$.

Apenas pelo baixo valor do cosseno, o aluno que tivesse optado por resolver o caso 2 em sua prova já poderia inferir que $|\varphi_2|$ seria alto, próximo a $90^{\circ}$. Sendo assim, $|\varphi_A|=|\varphi_2|-\Delta \varphi \approx 55^{\circ}$.

(d) Conforme visto acima, no caso 1, a latitude inicial/final do personagem é de $90^{\circ}$. No caso 2, por outro lado, temos uma latitude de $-55^{\circ}$. Como ele só pode ter - em qualquer caso possível - partido de uma latitude $55^{\circ}\leq|\varphi|\leq90^{\circ}$, a qual é sempre maior que $45^{\circ}$, podemos certamente afirmar que o urso que ceifou a vida do pobre personagem era um Urso Branco (1).

Observação: Na realidade, omitimos um fato interessante sobre o problema para deixar a solução mais simples e didática: existem mais de dois casos do que aqueles mostrados no item (c). Em vez de na etapa 2 o personagem dar uma volta completa no paralelo de comprimento $300\,km$, ele poderia dar 2 voltas no paralelo de $150\,km$, ou 3 voltas no paralelo de $75\,km$ ... ou $n$ ($n$ natural diferente de zero) voltas no paralelo de $\dfrac{300}{n}\,km$; ele sempre percorreria $300\,km$ como deve, e com uma variação sempre nula de longitude, ele também voltaria para o mesmo ponto que começou após realizar a etapa 3. O quão mais próximo do polo o paralelo for, maior a latitude inicial/final, em módulo. Note, no entanto, que essa latitude sempre possuiria módulo cada vez maior, sendo esse valor mínimo para o caso 2 estudado no item (c). Portanto, a existência dessas outras possibilidades citadas não afeta a resposta dos itens (c) ou (d), servindo apenas como uma curiosidade.

(a)  $\boxed{d=900\,km}$

(b) $\boxed{\Delta \varphi=30^{\circ}}$

(c) $\boxed{\Delta \lambda=60^{\circ}}$ ou $\boxed{\Delta \lambda = 0}$

(d) $\boxed{1}$

Dinâmica/Conservação da energia

(a) Para encontrar a velocidade quando o bloco atinge a parte mais alta podemos conservar a energia mecânica:

$\dfrac{mv_0^2}{2}=mgH+\dfrac{mv^2}{2}$

$v^2=v_0^2-2gH$

Segundo o enunciado da questão $v_0=3\,m/s$ e $H=0,3\,m$

$v=\sqrt{3},m/s\cong1,7\,m/s$

O enunciado pede a resposta em $cm/s$, então a resposta é

$\boxed{v=170\,cm/s}$

(b) Para encontrar o tempo devemos encontrar a aceleração do bloco na rampa.

Sabe-se que a desaceleração na rampa é

$a=g\sin{\alpha}$

$a=\dfrac{3g}{5}$

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

O tempo pode ser calculado por

$v-v_0=-at$

$t\cong\dfrac{1,3}{6}\,s$

$\boxed{t\cong0,22\,s}$

(a) $\boxed{v=170\,cm/s}$

(b) $\boxed{t\cong0,22\,s}$

Estática

As balanças são feitas para medir a massa de objetos, para o funcionamento ideal da balança os objetos devem ser colocados sob nenhuma força externa além do peso, pois a balança calcula a força normal e divide pela gravidade $\left(m=\frac{P}{g}\right)$. Inicialmente, sob ação apenas da força peso a balança mede $400\,g=0,4\,kg$, ou seja, o real peso do objeto é igual a normal ($N_0$ no início)

$N_0=P=mg$

$P=4N$

Após o estudante aplicar a força a massa medida é $M=1500\,g=1,5\,kg$, ou seja, a normal com a balança mede

$N=Mg$

$N=15N$

Segundo o diagrama de forças e o equilíbrio na vertical, podemos encontrar a força $F$

$F\cos{30^{\circ}}=N-P$

$F\dfrac{\sqrt{3}}{2}=11\,N$

$F=\dfrac{22\sqrt{3}}{3}\,N$

$\boxed{F\cong12,7\,N}$

$\boxed{F\cong12,7\,N}$