Terceira Fase (Nível 1)

Cinemática

(a)

Em um mesmo tempo, João percorre metade da distância que Maria percorre. Logo, como em 10 voltas Maria percorre $10*400=4000m$, João percorrerá :

$\boxed{\frac{4000}{2}=2000m}$

(b)

No referencial de João, Maria corre à $6 km/h$ e à cada $400m$ ela passa por ele. Ela corre por $t=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}h$. Logo, João a vê andar $6*\frac{1}{3}=2km$.

Ela passa por ele :

$\boxed{\frac{2}{0,4}=5 vezes}$

(c)

No referencial de João, Maria corre à $18km/h$ e à cada $400m$ ela passa por ele. Ela corre por $t=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}h$.Logo, João a vê andar $18*\frac{1}{3}=6km$.

Ela passa por ele :

$\boxed{\frac{6}{0,4}=15 vezes}$.

(a) $\boxed{ d=2000m}$

(b) $\boxed{ 5 vezes}$

(c)$\boxed{ 15 vezes}$

Termologia

(a) A água deve ser nebulizada para que as gotículas de água (estado líquido) sejam lançadas no ar seco e quente, promovendo a sua evaporação. Como esse é um processo endotérmico, as gotículas absorvem calor do ambiente ao seu redor e causam o seu resfriamento, como desejado. O ventilador possui a função de dispersar essas gotículas de água rapidamente, acelerando o resfriamento do ambiente.

(b) A cada minuto, 50% dos 100 ml (ou 100 g) de água evaporam, absorvendo uma energia correspondente ao calor latente de vaporização de 540 cal/g:

$$\dfrac{1}{2}\cdot 100 \cdot 540=27000\,\rm{cal}$$

Convertendo para Joules e dividindo pelo número de segundos em um minuto (60 s):

$$\dfrac{27000\cdot 4,2}{60}=\boxed{1890\,\rm{W}}$$

(c) Basta dividir o resultado anterior pelo valor de um BTU:

$$\dfrac{1890}{0,3}=\boxed{6300\,\rm{BTU}}$$

(b) $1890\,\rm{W}$

(c) $6300\,\rm{BTU}$

Astronomia/Gravitação

(a)

No caso em que $\theta=0$, todos os momentos do ano são simétricos, de maneira que não há como distinguir estações do ano. O eixo fica perfeitamente alinhado. O intervalo de tempo de claridade é de $12h$, metade do dia.

(b)

No caso em que $\theta=90$, todos os momentos também são simétricos, a única diferença é que o eixo de rotação da terra está deitado agora. Novamente o intervalo de tempo é de $12h$, metade dia.

Ver imagens.

Reações químicas/nucleares

(a) Como a energia liberada é equivalente à de uma explosão de 15 mil toneladas de TNT, e cada mil toneladas liberam $4,2\cdot 10^{12}\,\rm{J}$ de energia, temos

$$\Delta E=-15\cdot 4,2 \cdot 10^{12}=-6,3\cdot 10^{13}\,\rm{J}$$

Onde escolhemos o valor negativo pois a reação é exotérmica. Pela fórmula dada no enunciado,

$$\Delta m=m_p-m_r=\dfrac{\Delta E}{c^2}$$

$$m_p-m_r=-\dfrac{6,3\cdot 10^{13}}{(3\cdot 10^8)^2}=\boxed{-7\cdot 10^{-4}\,\rm{kg}}$$

(b) O material físsil corresponde a 80% da massa de urânio na "Little Boy":

$$m_r=0,8\cdot 64=51,2\,\rm{kg}$$

Utilizando a resposta do item anterior:

$$\eta=\dfrac{m_p-m_r}{m_r}=-\dfrac{7\cdot 10^{-4}}{51,2}\approx\boxed{-1,4\cdot 10^{-5}}$$

(c) Do item (a), sabemos que $\Delta E=-6,3\cdot 10^{13}\,\rm{J}$ e, pelo enunciado, $m_r$ é igual a 15 mil toneladas. Assim,

$$\eta=\dfrac{\Delta E}{c^2 m_r}=-\dfrac{6,3\cdot 10^{13}}{(3\cdot 10^8)^2\cdot 15\cdot 10^6}\approx\boxed{-4,7\cdot 10^{-11}}$$

a) $m_p-m_r=-7\cdot 10^{-4}\,\rm{kg}$

b) $\eta\approx -1,4\cdot 10^{-5}$

c) $\eta\approx -4,7\cdot 10^{-11}$

Densidade

Ao longo da questão, utilizaremos os subscritos Au (ouro), Ag (prata), Cu (cobre) e Pl (Platina) para indicar a densidade desses metais e a massa de determinado objeto pela qual eles são responsáveis.

(a) Seja m_0 a massa da coroa. O volume da coroa de ouro é dado por

$$V_{Au}=\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}=\dfrac{1000}{19}\approx 52,6\,\rm{cm^3}$$

Para a coroa adulterada, temos

$$V_{Adulterada}=\dfrac{m_{Au}}{\rho_{Au}}-\dfrac{m_{Ag}}{\rho_{Ag}}=\dfrac{800}{19}+\dfrac{200}{10}=62,1\,\rm{cm^3}$$

Assim, a variação de volume é

$$\Delta V=V_{adulterada}-V_{Au}=\boxed{9,5\,\rm{cm^3}}$$

(b) Para que a diferença entre as coroas não seja detectável pelo método de Arquimedes, tanto a massa quanto o volume delas devem ser idênticos. Da primeira condição,

$$m_{Cu}+m_{Pl}=m_0$$

Da segunda,

$$\dfrac{m_{Cu}}{\rho_{Cu}}+\dfrac{m_{Pl}}{\rho_{Pl}}=\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}$$

Isolando $m_{Pl}$ na primeira equação e substituindo na segunda:

$$\dfrac{m_0}{\rho_{Au}}=\dfrac{m_{Cu}}{\rho_{Cu}}+\dfrac{m_0-m_{Cu}}{\rho_{Pl}}$$

$$m_0\left(\dfrac{1}{\rho_{Au}}-\dfrac{1}{\rho_{Pl}}\right)=m_{Cu}\left(\dfrac{1}{\rho_{Cu}}-\dfrac{1}{\rho_{Pl}}\right)$$

$$m_{Cu}=\dfrac{1/\rho_{Au}-1/\rho_{Pl}}{1/\rho_{Cu}-1/\rho_{Pl}}=\dfrac{\rho_{Cu}}{\rho_{Au}}\cdot \dfrac{\rho_{Pl}-\rho_{Au}}{\rho_{Pl}-\rho_{Cu}}\cdot m_0$$

A fração em massa de cobre na liga é dada por

$$\dfrac{m_{Cu}}{m_0}=\dfrac{\rho_{Cu}}{\rho_{Au}}\cdot\dfrac{\rho_{Pl}-\rho_{Au}}{\rho_{Pl}-\rho_{Cu}}=0,0947\approx\boxed{9,5\%}$$

E fração de platina é igual a $100-9,5=90,5\%$.

(a) $\Delta V=9,5\,\rm{cm^3}$

(b) 9,5% cobre e 90,5% platina

Cinemática

(a) A bola mais leve é a A, pois se observamos as posições das 3, fica claro que A foi a bola que teve o movimento mais atrapalhado por ter chegado menos longe que as outras no mesmo intervalo de tempo, e como a aceleração da partícula depende da geometria (que é igual), da densidade do ar (que é a mesma), da velocidade (que começa igual) e da massa, sabemos então que este tem que ser o fator decisivo e portanto A é a mais leve.

Agora que esclarecemos que estamos falando da bola A, para sabermos se ela chegou na velocidade terminal ou não, precisamos calcular as 2 últimas velocidades dela, não é um movimento que poderíamos achar sua velocidade por ser de certa complexidade matemática, mas podemos estimar a sua velocidade com alguma precisão. Para isso, iremos pegar 2 instantes de posição e iremos calcular a velocidade “média”  entre esses 2 instantes, que por ter um intervalo de tempo pequeno, podemos dizer que aproximadamente refletiria a velocidade instantânea do tempo entre esses 2 instantes, portanto:

$v (t = 1,9) = \dfrac{y_A (t = 1,8) - y_A (t = 2,0)}{2,0 - 1,8} \therefore v = \dfrac{9,83 - 8,25}{0,2} = 5 \cdot 1,58$

$v (t = 1,9) = 7,90 \, \textrm{m/s}$

E a penúltima velocidade:

$v (t = 1,7) = \dfrac{y_A (t = 1,6) - y_A (t = 1,8)}{1,8 - 1,6} \therefore v = \dfrac{11,41 - 9,83}{0,2} = 5 \cdot 1,58$

$v (t = 1,7) = 7,90 \, \textrm{m/s}$

Concluímos então que a bola A de fato chegou à velocidade terminal, mas para acharmos os instantes, vamos ver até onde isso vai:

$v (t = 1,5) = \dfrac{y_A (t = 1,4) - y_A (t = 1,6)}{1,6 - 1,4} \therefore v = \dfrac{12,97 - 11,41}{0,2} = 5 \cdot 1,56$

$v (t = 1,5) = 7,80 \, \textrm{m/s}$

Assim sabemos que o instante foi entre $t = 1,5 \, \textrm{s}$ e $t = 1,7 \, \textrm{s}$, e a velocidade terminal é $v = 7,90 \, \textrm{m/s}$.

(b) Se fizermos a segunda lei de Newton para a partícula, temos:

$m_A \, g - bv^2 = m_A \, a$

E no caso de ter atingido a sua velocidade terminal, a aceleração é zero, e usando os valores da questão e da prova:

$10^{-2} \cdot 10,0 - b \cdot (7,90)^2 = 0 \therefore b = \dfrac{10^{-1}}{7,90^2}$

$\boxed{b = 1,60 \cdot 10^{-3} \, \textrm{kg/m}}$

(c) Para acharmos isso, vamos ver o quanto deveria ter descido uma partícula em queda livre ao final dos $2,0 \, \textrm{s}$, e se alguma das bolas desceu a mesma altura neste intervalo, então podemos concluir que ela não foi afetada pela resistência do ar.

Escrevendo a função da altura de uma partícula em queda livre:

$\Delta y = -\dfrac{g}{2} t^2 \therefore \Delta y = -\dfrac{10}{2} 2^2$

$\Delta y = -20 \, \textrm{m}$

Como todas as bolas começam em $y_0 = 20 \, \textrm{m}$, isso significa que para uma bola que não é afetada pela resistência do ar, ela estaria em $y = 0 \, \textrm{m}$. Concluímos então que a bola C sofre ação desprezível da resistência do ar.

(a) Sim, entre $t = 1,5 \, \textrm{s}$ e $t = 1,7 \, \textrm{s}$, $\boxed{v = 7,90 \, \textrm{m/s}}$

(b) $\boxed{b = 1,60 \cdot 10^{-3} \, \textrm{kg/m}}$

(c) Sim, Bola C

Dinâmica/Estática

As forças atuantes na roda são:

Agora, temos que decompor as forças em suas componentes paralelas e perpendiculares ao plano. Para deixar a imagem menos poluídas, representaremos apenas as forças e os ângulos:

OBS: Se você está com dificuldade em entender como o ângulo entre a força $N_C$ e a direção perpendicular foi calculado, observe a representação a seguir:

Agora, basta decompormos as forças, calcularmos as forças resultantes em cada direção, igualando-as a 0.

A força resultante na direção paralela ao plano é:

$N_Csen(\alpha)-Fsen(\theta)=0$

A força resultante na direção perpendicular ao plano é:

$N_P+N_Ccos(\alpha)-Fcos(\theta)=0$.

Resolvendo esse sistema, temos que:

$N_C=F\frac{sen(\theta)}{sen(\alpha)}$

$N_P=F(cos(\theta)-\frac{sen(\theta)}{tg(\alpha)})$

Substituindo o valor de $\theta$ e os respectivos valores de $\alpha$, obtemos os seguintes valores:

a) $N_C=4285,7$, $N_P=2100N$

b) $N_C=3.529,4 0N$, $N_P=3.335,3N$

OBS: No item b), os valores $N_C$ e $N_P$ estão diferentes porque usamos a aproximação de $\sqrt{3}$ dada pela prova. Se usassemos o valor exato, obteríamos que, no item b), tanto $N_C$ quanto $N_P$ são iguais a $3.464,10N$.

a) $N_C=4285,7$, $N_P=2100N$, b) $N_C=3.529,4 0N$, $N_P=3.335,3N$

Dinâmica/Estática

a)

Notação

$a \rightarrow$ largura da base do recipiente; $a=5 cm$

$b \rightarrow$ altura do recipiente; $b=12 cm$

$H \rightarrow$ altura da água quando $h=0$

O volume de água é dado por $V=a^2H$. Segundo o enunciado $V=270 cm^3$. Assim:

$V=270=5^2H \rightarrow H=\frac{270}{25}=10,8 cm$

b) O recipiente estará na iminência de derramar quando o líquido atingir o vértice superior direito do copo, como representado na figura a seguir.

O volume de água pode ser obtido multiplicando a área do trapézio azul por $a$.

A área do trapézio é dada por (Base Maior + Base Menor)*Altura $\frac{1/2}$.

A base maior é $b$

A base menor é $b-d$, onde $d$ pode ser obtido geometricamente: $d=atg(\alpha)$.

A altura do trapézio é $a$

Dessa forma, o volume de água é:

$V=(b+b-atg(\alpha))a\frac{1}{2}$. Novamente, segundo o enunciado, $V=270 cm^3$.

Assim:

$(2*12-5tg(\alpha))5\frac{1}{2}=270 \rightarrow tg(\alpha)=0,24$

Por geometria, vemos que $tg(\alpha)=\frac{h}{\sqrt{L^2-h^2}} \rightarrow h=\frac{tg(\alpha)L}{\sqrt{1+tg^2(\alpha)}}=\frac{0,24*15}{\sqrt{1+0,24^2}}=3,50cm$

a)10,8 cm b) 3,50 cm