Segunda Fase (Nível 1)

Óptica

Para este problema precisamos relembrar algumas coisas sobre as cores:

• A luz branca carrega consigo todas as cores
• Quando um objeto é exposta à luz branca e aparente ter uma cor x, é porque ele refletiu x e absorveu todas as outras cores.
• O preto absorve todas as cores

Quando colocarmos a luz azul, o amarelo a absorverá e não irá refletir nada, logo se transformará em preto, a  parte branca refletirá o azul, se tornando azul. A parte preta absorverá a luz azul e continuará preta e o azul refletirá o azul.

Logo teremos $2$ cores, Azul e Preto.

$2$ cores distintas

Dinâmica/Estática

A alavanca é inter-resistente conforme o diagrama a seguir feito à partir de uma visão lateral da alavanca

Em que a força é aplicada em A, a força resistente em C e o ponto de apoio em B. Logo a alavanca é inter-resistente e devemos colocar o número 3.

A alavanca é inter-resistente, número $3$

Cinemática, Óptica

No referencial da estrada, temos o seguinte sistema:

Nesse referencial, é mais complicado calcularmos a velocidade do caminhão, então passaremos para o referencial do espelho retrovisor.

A velocidade de um corpo 2 em relação a um corpo 1 é:

$v_r=v_2-v_1$

Assim, a velocidade da imagem em relação ao motorista é:

$v_r=v_i-v_m=15-0=15 km/h$

E a velocidade da imagem em relação ao caminhão é:

$v_r=v_i-v_c=15-(-15)=30km/h$

(a) $\boxed{15 \, \textrm{km/h}}$

(b) $\boxed{30 \, \textrm{km/h}}$

Gravitação

1. Sim, a órbita elíptica faz com que o corpo orbitante esteja mudando a sua distância ao orbitado em todos os momentos.

2. Para esta, primeiro vamos olhar uma imagem esquematizando a órbita da Terra em torno do Sol (fora de escala):

Na imagem vemos que de fato a Terra está mais afastada e por isso a intensidade luminosa que ela recebe é menor, mas não é por isso que no hemisfério Sul é Inverno, além de que no hemisfério Norte ao mesmo tempo é Verão, então esta não poderia ser a verdadeira explicação. A verdadeira explicação é que devido à inclinação da Terra, o hemisfério Sul recebe os raios solares com uma incidência pouco direta, o que causa diminuições na temperatura geral dessa região em relação a outras épocas do ano.

4. Pela Lei das Áreas, ou a 2a Lei de Kepler, sabemos que a reta que une um corpo orbitante ao orbitado varre áreas iguais em tempos iguais, portanto para uma maior reta devemos ter uma menor velocidade, então este item também está correto.

Assim a soma fica $1 + 4 = 5$.

$\boxed{N=5}$

$\boxed{N=5}$

Dinâmica/Estática

Denotaremos a força de atrito de destaque no bloco B por $F_B$ e, no bloco C, por $F_C$.

Começaremos desenhando o diagrama de forças na segunda configuração

Como o sistema está em equilíbrio:

$T_A=P_A$

$T_A=T_C+F_B$

$T_C=P_C$

Onde $P_A=3Mg$, $P_C=2Mg$, e $F_B=2Mg\mu_B$.

Resolvendo esse sistema, temos que $\mu_B=1/2$.

Desenhando agora o diagrama de forças da primeira configuração:

Como o sistema está em equilíbrio:

$T_C=F_C$

$T_A=F_B+T_C$

$T_A=P_A$

Onde $F_C=2Mg\mu_C$.

Como obtemos $\mu_B$ a partir da configuração anterior, podemos resolver esse sistema, obtendo que $\mu_C=1$.

O coeficiente de atrito entre o bloco C e a mesa é $1$

Cinemática

(a) Usando as grandezas que foram dadas no enunciado, precisamos encontrar um jeito de calcular o número de passos que André faz em um minuto. Sabemos que sua velocidade vale:

$v=18\,\dfrac{km}{h}$

Sabemos que uma hora possui 60 minutos, isto é $1\,h=60\,min$, então podemos substituir isso para chegar mais perto da resposta final que procuramos:

$v=\dfrac{18\,km}{60\,min}$

Além disso, em um quilômetro existem 1000 metros, ou seja $1\,km=1000\,m$, então:

$v=\dfrac{18 \times 1000\,m}{60\,min}$

Por fim, sabemos que um passo de André equivale a 1,2 metros, ou seja:

$1\,passo=1,2\,m$

$1\,m=\dfrac{1}{1,2}\,passos$

Portanto:

$v=\dfrac{18 \times 1000\,passos}{1,2\times 60\,min}$

Numericamente encontramos:

$\boxed{v =250\,\dfrac{passos}{min}}$

(b) Para converter a cadência para Hz, basta converter $1\,\rm{min} = 60\,\rm{s}$. Portanto:

$v=250 \dfrac{passos}{60\,s}$

$\boxed{v =4,17\,\rm{Hz}}$

(a) $\boxed{v =250\,\dfrac{passos}{min}}$

(b) $\boxed{v =4,17\,\rm{Hz}}$

Termologia

Neste problema, usaremos o fato de que, em um sistema isolado:

$\sum Q=0$

Precisamos, portanto, calcular o $Q$ para o açúcar e para a água. Achando a massa do açúcar em gramas:

$m=1.5^3\cdot1,6\cdot10=54 \, \textrm{g}$

Aplicando $Q=mc\Delta T$ para o açúcar:

$Q=54\cdot1,3(T_F-20)$

Aplicando $Q=mc\Delta T$ para a água:

$Q=300\cdot(T_F-90)\cdot4,2$

Aplicando que $\sum Q=0$ :

$300\cdot(T_F-90)\cdot4,2+54\cdot1,3(T_F-20)=0$

Resolvendo para $T_F$:

$\boxed{T_F=86,3\rm{^ \circ C}}$

$\boxed{T_F=86,3\rm{^ \circ C}}$

Cinemática

(a) Para analisar a distância percorrida podemos calcular a área do gráfico! Sendo assim, a distância $d$ para cada partícula será:

$d_A = \dfrac{9\;\rm{m/s} \cdot 4\; \rm{s}}{2}$

$d_A = 18 \; \rm{m}$

$d_B = \dfrac{7\;\rm{s}\cdot (3+1) \;\rm{m/s}}{2} + \dfrac{1 \;\rm{s} \cdot (7+2) \;\rm{m/s}}{2}$

$d_B = 18,5 \;\rm{m}$

Por fim, para a partícula C:

$d_C = 4 \;\rm{m/s} \cdot 4\;\rm{s}$

$d_C = 16 \;\rm{m}$

Podemos então concluir que a maior distância será percorrida pela partícula B, sendo ela:

$\boxed{d_{max} = 18,5 \;\rm{m}}$

(b)

A aceleração instantânea pode ser calculada graficamente utilizando

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

Sendo assim, para a aceleração mínima, podemos observar que as menores serão negativas, ou seja, a velocidade diminui em função do tempo. Além disso, a menor terá uma inclinação mais acentuada. Sendo assim, a trajetória que possui essas características é a "descida" da velocidade de B. Sendo assim:

$a_{min}=\dfrac{(2-7) \,\rm{m/s}}{1\,\rm{s}}$

$\boxed{a_{min} = - 5 \;\rm{m/s^2}}$

(a) $\boxed{d_{max} = 18,5 \;\rm{m}}$

(b) $\boxed{a_{min} = - 5 \;\rm{m/s^2}}$