Escrito por Akira Ito, Matheus Felipe R. Borges, Lucas Tavares, Alex Carneiro, Pedro Tsuchie, João Gabriel Pepato, Gabriel Hemétrio, Paulo Henrique
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Questão 1 (Exclusiva para alunos da 1º série)
João e Maria costumam treinar juntos em uma pista olímpica de atletismo que tem $$8$$ raias, veja a figura. A raia interna tem $$400 m$$ de extensão. Certo dia, João, que está se recuperando de uma pequena lesão, deve caminhar enquanto Maria corre. Eles iniciam o treinamento escolhendo o sentido em que vão dar as voltas, começam no mesmo instante e partem da linha de largada. O treinamento termina quando Maria completa a vigésima volta. João se exercita em uma raia externa e percorre voltas de $$450 m$$ enquanto Maria usa a raia interna de $$400 m$$. Sabendo que João e Maria se exercitam com velocidades escalares constantes de, respectivamente, $$6,00 km/h$$ e $$12,0 km/h$$, determine:
(a) A distância percorrida por João no instante em que Maria completa a vigésima volta.
(b) O número de vezes que Maria ultrapassa João, se ambos dão voltas no sentido anti-horário.
(c) O número de vezes que Maria cruza com João, se Maria dá voltas no sentido anti-horário e João dá voltas no sentido horário.
Maria ultrapassa (ou cruza) João quando ambos estão na mesma linha transversal à pista. Na pista representada na imagem há exemplos de oito transversais (a linha de largada é uma delas).
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Cinemática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a)
Em um mesmo tempo, João percorre metade da distância que Maria percorre. Logo, como em $$20$$ voltas Maria percorre $$20*400=8000m$$, João percorrerá :
$$\boxed{\frac{8000}{2}=4000m}$$
(b)
Para este problema, passaremos para o referencial de João e encontraremos a velocidade angular relativa entre eles. Enquanto Maria anda 20 voltas em $$\frac{8}{12}=\frac{2}{3}h$$, João dá apenas $$\frac{2}{3}*6\frac{1}{0,450}=8,9$$ voltas. Subtraindo, chegamos que Maria dá um pouco mais de 11 voltas à mais que João. No referencial dele, ela o ultrapassa 11 vezes.
(c)
Maria dá 20 voltas, enquanto João dá um pouco mais de 8,9 voltas, mas no sentido oposto. Ao total, João vê Maria ultrapassar a origem 28 vezes.
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(a) $$ \boxed{ d=4000m}$$
(b) $$ \boxed{ 12 vezes}$$
(c)$$ \boxed{ 29 vezes}$$
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Questão 2 (Exclusiva para alunos da 1º série)
Ondas de calor no Brasil frequentemente levam a temperatura ambiente muito acima da zona de conforto térmico. Em locais abertos como por exemplo estações rodoviárias, pátios de restaurantes, etc, é cada vez mais comum a
presença de sistemas de refrigeração que usam nebulizadores, que podem ou não estar acoplados a um ventilador, como o mostrado na figura ao lado. Suponha que um aparelho desses nebulize 100 ml de água por minuto, em um ambiente aberto com ar quente e seco e que 50% das gotículas de água formada se evaporam.
(a) Explique o funcionamento desses aparelhos em termos dos fenômenos físicos envolvidos. Por que a água deve ser nebulizada? Qual a função do ventilador?
(b) Estime a quantidade de calor retirada do ambiente por segundo, em joules por segundo, J/s ou Watt (1 J/s ≡ 1 W), de funcionamento desse aparelho.
(c) A capacidade de resfriamento de ar condicionados convencionais é usualmente dada em BTU (British Thermal Unit), onde 1 BTU ≈ 0,3 J/s ou 1 BTU ≈ 0,3 W. Qual a capacidade de refrigeração do aparelho dessa questão em BTU?
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Termologia
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(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:
\[\dfrac{1890}{0,3}=\boxed{6300\,\rm{BTU}}\]
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(b) \(\boxed{1890\,\rm{W}\})
(c) \(\boxed{6300\,\rm{BTU}\})
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Questão 3(Exclusiva para alunos da 1º série)
Seja θ a inclinação do eixo de rotação da Terra em relação ao plano de sua órbita em torno do Sol. A representação esquemática da Terra dada na figura ao lado, além de θ, mostra o eixo de rotação da Terra que passa pelos polos norte (N) e sul (S) e o plano do equador que divide a Terra em dois hemisférios. Considere os casos hipotéticos em que:
(a) θ = $$0$$◦
(b) θ = $$90$$◦
Em cada caso, faça um diagrama que mostre a posição da Terra em torno do Sol e a sua orientação. Em cada diagrama, represente os dias A, B, C e D, que marcam, respectivamente os inícios do verão, outono, inverno primavera no hemisfério Sul. Considerando uma cidade de latitude de $$10$$◦ sul, indique o intervalo de tempo de claridade em cada um desses dias.
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Astronomia/Gravitação
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(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 $$\theta=90$$, como o eixo de rotação está perpendicular ao eixo Norte-Sul, terá um momento em que o ponto ficará exposto diretamente ao sol e a rotação não influenciará nada, tendo um período de $$24h$$ de iluminação. No ponto simétrico a este, o ponto ficará de costas para o sol e a rotação não influenciará, logo serão $$24h$$ de ausência de luz. Nos pontos intermediários, o período é de $$12h$$ de iluminação.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ver imagens.[/spoiler]
Questão 4(Exclusiva para alunos da 1º série).
Um copo com base quadrada de lado 5,00 cm e altura 12,0 cm contém 270 cm3 de água. O copo está fixado em uma base de comprimento L = 15,0 cm, que pode ser
inclinada variando-se a altura h, conforme esquema dado
na figura ao lado. Determine:
(a) A altura do nível da água em relação ao fundo do
copo quando a base de fixação é horizontal (h = 0 cm).
(b) A altura h de inclinação da base de fixação quando a água no copo está na iminência de derramar.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
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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
$$tg(\alpha)=\frac{h}{\sqrt{L^2-h^2}} \rightarrow h=\frac{tg(\alpha)L}{\sqrt{1+tg^2(\alpha)}}=\frac{0,24*15}{\sqrt{1+0,24^2}}$$
$$\boxed{tg(\alpha) = 3,50\;\rm{cm}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)10,8 cm b) 3,50 cm
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Questão 5.
Arquimedes, diz a lenda, descobriu uma maneira de verificar se a coroa do rei de Siracusa era feita de ouro puro ou se tinha sido adulterada com um metal menos denso. Suponha que o rei de Siracusa entregou uma barra de ouro de \(1000\,\rm{g}\) a um ourivez para que ele fizesse uma coroa do mesmo peso. Arquimedes descobriu que o volume da coroa poderia ser medido mergulhando a coroa em água e medindo o volume deslocado. Considere as densidades
aproximadas, do ouro \(19,0\,\rm{g/cm^3}\), da prata \(10,0\,\rm{g/cm^3}\), da platina \(21,5\,\rm{g/cm^3}\) e do cobre \(9,00\,\rm{g/cm^3}\).
(a) Suponha que o ourives entregou ao rei uma coroa feita com 800 g de ouro e 200 g de prata. Qual a diferença de volume entre a coroa adulterada e uma coroa feita toda de ouro?
(b) Considere uma liga de cobre e platina. Qual deve ser a proporção de cada metal, em massa, para que a liga possa ser ser usada em joalheria, em substituição ao ouro, sem que a fraude possa ser identificada pelo método de Arquimedes?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Densidade
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 \(100-9,5=90,5\%\).
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) \(\Delta V=9,5\,\rm{cm^3}\)
(b) 9,5% cobre e 90,5% platina
[/spoiler]
Questão 6.
Através da famosa equação da equivalência entre massa e energia, \(E=mc^2\), proposta por Einstein, sabemos que a toda reação, nuclear ou química, que libera energia é acompanhada por uma variação de massa. Sejam, \(m_r\) a massa dos reagentes e \(m_p\) a massa dos produtos, então, a energia liberada na reação é dada por
\[|\Delta E | = |(m_p – m_r)|c^2\]
onde \(c\) é a velocidade da luz no vácuo.
A primeira Bomba atômica, chamada “Little Boy”, detonada sobre a cidade de Hiroshima continha cerca de 64 kg de urânio, dos quais 80% eram o urânio 235, que é a substância físsil, ou seja que sofre fissão nuclear e libera energia. Estima-se que sua explosão liberou uma energia equivalente à explosão de 15 mil toneladas do explosivo químico TNT. A explosão de mil toneladas (1 quiloton, ou 1 kt) de TNT libera, uma energia de, aproximadamente, \(4,2\times 10^{12}\,\rm{J}\).
Seja \(\eta = (m_p – m_r)/m_r\) a variação relativa de massa envolvida em uma reação nuclear ou química.
(a) Qual a variação de massa que ocorreu na explosão da “Little Boy”?
(b) Determine \(\eta\) da explosão da “Little Boy” considerando que todo o material físsil foi consumido.
(c) Estime \(\eta\) para uma explosão de TNT com energia energia igual à liberada por “Little
Boy”. Considere que o único reagente da explosão do TNT é o próprio TNT.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Reações químicas/nucleares
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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,
\[\eta=\dfrac{\Delta E}{c^2 m_r}=-\dfrac{6,3\cdot 10^{13}}{(3\cdot 10^8)^2\cdot 15\cdot 10^6}\approx\boxed{-4,7\cdot 10^{-11}}\]
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) \(m_p-m_r=-7\cdot 10^{-4}\,\rm{kg}\)
b) \(\eta\approx -1,4\cdot 10^{-5}\)
c) \(\eta\approx -4,7\cdot 10^{-11}\)
[/spoiler]
Questão 7.
Um carro está estacionado em um plano inclinado de ângulo θ = 30◦. Para se assegurar que não deslize,
foram colocados calços sob as rodas, conforme esquema na figura. O calço, que está fixo no plano inclinado, forma
ângulo α com ele. Considere uma roda em equilíbrio estático no qual atua uma força F de intensidade de 6000 N. Essa força, aplicada no eixo da roda, corresponde à resultante da carga do carro mais o peso da própria roda. Desconsidere as forças de atrito. Determine $$N_P$$ e $$N_C$$, respectivamente, as intensidades das forças que o plano inclinado e o calço exercem na roda, nos seguintes casos:
(a) α = 45◦
(b) α = 60◦
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$3.464,10N$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$N_C=4285,7$$, $$N_P=2100N$$, b) $$N_C=3.529,4 0N$$, $$N_P=3.335,3N$$
[/spoiler]
Questão 8.
Três bolas de brinquedo, A, B, C, de mesmo raio e massas diferentes são abandonadas, em $$t = 0 \, \textrm{s}$$, da janela de um prédio, localizada $$20 \, \textrm{m}$$ acima de um pátio vazio no piso térreo. A tabela ao lado mostra a altura aproximada das bolas em função do tempo $$t$$.
As bolas estão sob a ação da força gravitacional (peso) e da força de resistência do ar, ou força de arrasto, $$\vec{F}_{ar}$$. Essa força é oposta ao movimento do corpo e sua intensidade é dada por $$F_{ar} = bv^2$$, onde $$v$$ é o módulo da velocidade do corpo em relação ao ar e $$b$$ é uma constante positiva que depende da geometria do corpo e da densidade do ar.
A ação de $$\vec{F}_{ar}$$ pode ser desprezada devido, entre outros, à combinação dos seguintes fatores: (1) velocidade suficientemente baixa e (2) corpo suficientemente massivo.
(a) Todos os corpos em queda no ar, depois de um intervalo de tempo suficientemente longo, se movem com velocidade constante, chamada velocidade terminal. A bola mais leve já atingiu a velocidade terminal? Quando? Qual seu valor?
(b) Sabendo que a massa da bola mais leve é $$10,0 \, \textrm{g}$$, qual o valor da constante $$b$$?
(c) A ação de $$F_{ar}$$ durante toda a queda é desprezível para alguma bola? Qual? Justifique.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática [/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(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
[/spoiler]
Questão 9.
Durante uma experiencia de óptica em um laboratório didático, uma estudante faz a montagem na qual uma vela de $$4,00\,\rm{cm}$$ de altura é posicionada entre uma lente convergente e um espelho côncavo, conforme diagrama mostrado na figura. O espelho e a lente têm distâncias focais, respectivamente de $$10,0\,\rm{cm}$$ e $$30,0\,\rm{cm}$$. A lente e a vela e a lente são posicionadas, respectivamente, a $$15,0\,\rm{cm}$$ e $$45,0\,\rm{cm}$$ do espelho.
(a) Determine a posição e a altura da imagem vista pela estudante.
(b) Apresente o esquema com os raios de luz que determinam geometricamente a imagem.
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Óptica[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Inicialmente, vale ressaltar que o estudante verá duas imagens da vela, uma que é formada pelos raios que passam apenas pela lente e outra formada pelos raios que refletem no espelho e passam pela lente. Pelo comando da questão “Determine a posição e a altura da imagem vista pelo estuante” só é pedido as informações de uma imagem, então calcularemos a imagem que os raios foram refletidos pelo espelho e passaram pela lente. (Pois afinal o espelho está ali por um motivo)
i) Reflexão dos raios no espelho.
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_E}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{10}$$
$$\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_1}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_1=30\,\rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_1}{4}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=- 8 \rm{cm}$$
ii) Imagem final.
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_L}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_F=30 \rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_F}{8}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=-16 \rm{cm}$$
Logo, a imagem está a uma distância $$30\rm{cm}$$ à direita da lente e altura $$16\,cm$$, porém invertida.
Obs.: A imagem que é formada direto pela lente é
Achando a posição:
$$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p’}=\dfrac{1}{f_L}$$
$$\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{10}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}$$
$$\dfrac{1}{p’_F}=\dfrac{1}{30}$$
$$p’_F=30\,\rm{cm}$$
Achando a altura:
$$\dfrac{y’}{y}=-\dfrac{p’}{p}$$
$$\dfrac{y’_F}{4}=-\dfrac{30}{15}$$
$${y’_1}=-8\,\rm{cm}$$
(b) Para utilizar o esquema de raios usaremos as seguintes propriedades:
Para a lente:
1.Raios paralelos convergem no plano focal.
2.Raios que passam pelo centro óptico não sofrem desvio.
Para o espelho:
1.Raios paralelos convergem no foco.
2.Raios que passam pelo centro óptico desviam com o mesmo angulo de incidência.
Utilizando essas propriedades podemos encontrar as imagens, utilizei o auxílio das imagens encontradas por meio das equações para montar o diagrama de raios.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) a imagem está a uma distância $$30\rm{cm}$$ à direita da lente e altura $$16\,cm$$.
(b)
[/spoiler]
Questão 10.
Considere uma máquina térmica que opera ciclicamente extraindo calor de uma fornalha a $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C}$$ e um rio que está a $$27,0 \, ^{\circ} \textrm{C}$$. Um estudante de física faz um protótipo usando um gás ideal monoatômico como o subsistema responsável pelas transferências de energia.
O gás ideal está encerrado na câmara de um cilindro ao qual está acoplado um pistão. Quando o pistão é travado o volume do gás é mantido constante. Quando a trava é removida o gás interage com um agente mecânico externo, trocando energia na forma de trabalho com ele, durante sua expansão ou compressão. As paredes do cilindro são condutoras de calor.
A primeira versão do protótipo opera de acordo com o ciclo de quatro etapas:
- O cilindro com o pistão travado e o gás com volume $$V_A = 1,00 \, \textrm{litro}$$, pressão de $$105 \, \textrm{Pa}$$, e temperatura $$20,0 \, ^{\circ} \textrm{C}$$, é inserido na fornalha. Aguarda-se o equilíbrio térmico.
- Com o cilindro na fornalha, remove-se a trava do pistão. O gás se expande, realizando trabalho, até atingir o volume $$V_B = 2,00 \, \textrm{litros}$$.
- O pistão é travado e transfere-se o cilindro da fornalha para o rio. Aguarda-se o equilíbrio térmico.
- Com o cilindro na água, remove-se a trava do pistão. Comprime-se o gás, realizando trabalho sobre ele, até atingir novamente o volume $$V_A$$.
(a) Qual o trabalho realizado (saldo da energia mecânica transferida) pelo gás, por ciclo?
(b) Qual a eficiência deste protótipo de máquina térmica?
(c) Qual a máxima eficiência termodinâmica que uma máquina térmica pode ter operando usando a fornalha como fonte quente e o rio como fonte fria?
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Máquinas Térmicas [/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para calcularmos este trabalho façamos primeiro o gráfico $$P \times V$$ do ciclo, e para isso precisamos entender o que acontece em cada processo:
Processo 1
A partícula é aquecida de maneira isobárica (volume constante) de $$20 \, ^{\circ} \textrm{C} = 293 \, \textrm{K}$$ para $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Gay-Lussac:
$$\dfrac{T_0}{P_0} = \dfrac{T_Q}{P_1} \Rightarrow \dfrac{293}{1,00 \cdot 10^5} = \dfrac{1300}{P_1} \therefore P_1 = \dfrac{1300 \cdot 10^5}{293}$$
$$P_1 \approx 4,44 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 2
Agora nós temos uma expansão isotérmica(temperatura constante) de $$V_A = 1,00 \, \textrm{L}$$ para $$V_B = 2,00 \, \textrm{L}$$, portanto calculando a pressão ao final desse processo usando a lei de Charles:
$$P_1 V_A = P_2 V_B \therefore (4,44 \cdot 10^5) \cdot 1,00 = P_2 \cdot 2,00$$
$$P_2 \approx 2,22 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 3
Agora temos um esfriamento isobárico, de $$1027 \, ^{\circ} \textrm{C} = 1300 \, \textrm{K}$$ para $$27 \, ^{\circ} \textrm{C} = 300 \, \textrm{K}$$, repetindo o processo:
$$\dfrac{T_Q}{P_2} = \dfrac{T_F}{P_3} \Rightarrow \dfrac{1300}{2,22 \cdot 10^5} = \dfrac{300}{P_3} \therefore P_3 = \dfrac{300 \cdot 10^5}{1300}$$
$$P_3 \approx 0,5 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
Processo 4
Por último, temos uma contração isotérmica de $$V_B = 2,00 \, \textrm{L}$$ para $$V_A = 1,00 \, \textrm{L}$$, e repetindo o processo:
$$P_3 V_B = P_4 V_A \therefore (0,50 \cdot 10^5) \cdot 2,00 = P_4 \cdot 1,00$$
$$P_4 = P_0 = 1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$
E assim desenhamos o seguinte diagrama:
Observação: O ciclo não fecha certinho em $$1,00 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$ e ele não passa em exatamente $$0,50 \cdot 10^5 \, \textrm{Pa}$$, mas aproximamos pois a diferença de $$7 \, ^{\circ} \textrm{C}$$ entre a temperatura inicial do sistema e a do rio é desprezível e os valores são muito próximos destes.
Para calcularmos o trabalho total gerado por este ciclo, precisamos somente calcular o trabalho da curva do processo 2 e subtrair do trabalho da curva do processo 4, já que não há trabalho realizado nas outras curvas.
Primeiro precisamos calcular $$nR$$, o produto do número de mols com a constante dos gases ideais, então usando a lei dos gases ideais no instante inicial, temos:
$$PV = nRT \therefore (1,00 \cdot 10^5) \cdot (1,00 \cdot 10^{-3}) = nR \cdot 293$$
$$nR = \dfrac{100}{293}$$
Sabendo que o trabalho de um processo isotérmico que vai de um volume $$V_1$$ a um volume $$V_2$$ vale $$W = nRT \ln \left( \dfrac{V_2}{V_1} \right)$$, então calculando o trabalho total do ciclo:
$$W_{total} = W_2 – W_4 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) – nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right)$$
$$W_{total} = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) – \dfrac{100}{293} \cdot 300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right)$$
$$\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$$
Observação: Na prova não foi fornecido o valor de $$\ln 2$$, portanto deixaremos a resposta com ambos os formatos.
(b) Como a definição de eficiência é $$\eta = \dfrac{W}{Q_{entra}}$$, e já calculamos o trabalho, precisamos agora calcular o calor total que entra no sistema. Como os processos de entrada de calor são o 1 e o 2, sabemos que $$Q_{entra} = Q_2 + Q_1$$.
Processo 1
No processo 1, temos uma curva isobárica, e portanto $$Q_1 = \Delta U_1 = \dfrac{3}{2} nR \Delta T$$, lembremos que o gás é monotômico e por isso sua capacidade térmica molar vale $$C_V = \dfrac{3}{2} R$$, assim:
$$Q_1 = \dfrac{3}{2} nR (T_Q – T_F) = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{100}{293} \cdot (1300 – 300) = \dfrac{1500}{2,93}$$
$$Q_1 \approx 512 \, \textrm{J}$$
Processo 2
No processo 2, temos uma curva isotérmica, e portanto $$Q_2 = W_2$$, e como já vimos o quanto vale $$W_2$$, temos:
$$Q_2 = nR T_Q \ln \left( \dfrac{V_B}{V_A} \right) = \dfrac{100}{293} \cdot 1300 \cdot \ln \left( \dfrac{2,00}{1,00} \right) = \dfrac{1300}{2,93} \ln 2$$
$$Q_2 \approx 444 \ln 2 = 308 \, \textrm{J}$$
Agora, com tudo em mãos vamos calcular a eficiência:
$$\eta = \dfrac{237}{308 + 512}$$
$$\boxed{\eta \approx 29 \%}$$
(c) Como sabemos, a eficiência máxima de uma máquina térmica, é a eficiência de uma máquina de Carnot, que vale:
$$\eta_{Carnot} = 1 – \dfrac{T_F}{T_Q}$$
Usando $$T_F$$ que é a temperatura fria, como sendo a do rio, e $$T_Q$$, a temperatura quente, como sendo a da fornalha, temos:
$$\eta_{max} = 1 – \dfrac{300}{1300}$$
$$\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{W_{total} = \dfrac{1000}{2,93} \ln 2 \approx 341 \ln 2 \approx 237 \, \textrm{J}}$$
(b) $$\boxed{\eta \approx 29 \%}$$
(c) $$\boxed{\eta_{max} \approx 77 \%}$$
[/spoiler]
Questão 11.
Considere uma bancada horizontal de um laboratório didático na qual foi fixado um semicilindro rígido de raio $$r$$. Uma pequena esfera de massa m está conectada ao
semicilindro por um fio de massa desprezível e comprimento$$ L = \pi r$$, conforme a figura. Inicialmente, com $$\theta = 0$$, o fio é vertical e tangencia o semicilindro. Determine o menor valor da intensidade da velocidade inicial da esfera, $$v_0 = |v_0|$$, para que a esfera atinja a configuração com $$\theta = 135◦$$
com o fio tensionado.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica/Estática
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a tração é sempre perpendicular à trajetória da massa, não há trabalho sendo realizado na massa, então a energia é conservada.
Denotaremos o comprimento do trecho da corda que NÃO está enrolado por $$l$$, que é dado pela subtração do comprimento do trecho enrolado da corda $$(r\theta)$$ do comprimento total da corda $$(L)$$: $$l=L-r\theta$$.
A energia potencial da massa em função de $$\theta$$ é dada por:
$$E_g=-mgh=-mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
A energia cinética da massa é dada por
$$E_c=\frac{1}{2}mv^2$$
Onde $$v$$ é a velocidade da massa
Assim, a energia total é dada por
$$E=\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
Por conservação de energia, essa energia deve ser igual á energia inicial $$(E_0)$$, que é:
$$E_0=\frac{1}{2}mv_0^2-mgL$$
Então:
$$\frac{1}{2}mv^2- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL$$
A resultante centrípeta é:
$$F_cp=T-mgcos(\theta)=\frac{mv^2}{l} \rightarrow \frac{1}{2}mv^2=\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))$$
Substituindo essa igualdade na equação da conservação de energia, temos que:
$$\frac{l}{2}l(T-mgcos(\theta))- mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))= \frac{1}{2}mv_0^2-mgL$$
$$T=mgcos(\theta)+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+mg(rsen(\theta)+lcos(\theta))$$
Quando $$\theta$$ é igual a 135 graus (ou $$\frac{3\pi}{4}$$ radianos), temos
$$ T_{(\frac{3\pi}{4})}=mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))$$
Como, nesse instante, o fio deve estar tensionado, $$T>0$$.
Assim, $$mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{l}(\frac{1}{2}(mv_0^2-mgL)+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+lcos(\frac{3\pi}{4}))>0$$
Substituindo $$l$$ por $$L-r\theta=L-r\frac{3\pi}{4}$$ (como foi dito no ínicio da solução):
$$mgcos(\frac{3\pi}{4})+\frac{2}{ L-r\frac{3\pi}{4} }(\frac{1}{2}mv_0^2-mgL+ mg(rsen(\frac{3\pi}{4})+( L-r\frac{3\pi}{4})cos(\frac{3\pi}{4}))>0$$
Usando que $$cos(\frac{3\pi}{4})=-0,7$$, $$sen(\frac{3\pi}{4})=0,7$$, $$g=10 \frac{m}{s^2}$$ e $$L=r\pi$$, obteremos que:
$$\boxed{v_0=7,86\sqrt{r}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v_0=7,86\sqrt{r}}$$
[/spoiler]
Questão 12.
O ponto A da figura ao lado representa uma ambulância que se desloca com velocidade constante de módulo $$v_0 = 120 \, \textrm{km/h}$$. No instante em que ela começa a atravessar uma praça quadrada, de lados $$100 \, \textrm{m}$$, sua sirene de $$1000 \, \textrm{Hz}$$ é ligada. Assim que a ambulância cruza a praça, a sirene é desligada. Nos pontos B e C estão situados dois observadores. Desconsidere a largura das ruas e suponha que o som da sirene se propaga isotropicamente.
(a) Determine, para cada observador (B e C), a maior e menor frequência sonora com que ouvem o som da sirene.
(b) Sejam $$f_B$$ e $$f_C$$ as frequências da ambulância percebidas por B e C. No mesmo plano cartesiano, faça gráficos de $$f_B$$ e $$f_C$$ em função do tempo $$t$$. Use o eixo horizontal para $$t$$. Adote $$t = 0$$ como o instante em que a ambulância liga as sirenes.
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Efeito Doppler [/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Para o observador B, nós temos que a ambulância se aproxima dele, e assim que o cruza, ela desliga sua buzina, e assim nós temos que considerar o efeito doppler da aproximação, e depois a frequência normal no momento que ela passa por ele. Lembrando que a fórmula para o efeito Doppler é:
$$f = \dfrac{v_S + v_O}{v_S + v_F} f_0$$
Onde $$v_S$$ é a velocidade do som, $$v_O$$ a velocidade do observador e $$v_F$$ a velocidade da fonte, o sentido adotado é positivo do observador para a fonte. Assim sendo a frequência percebida por B quando a ambulância se aproxima é: (Lembrem de converter a velocidade da ambulância de $$120 \, \textrm{km/h}$$ para $$\dfrac{100}{3} \, \textrm{m/s}$$)
$$f_{B,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0} f_0 = \dfrac{340}{340 – \dfrac{100}{3}} 1000$$
$$\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$$
E a frequência mínima é quando a ambulância cruza ele, assim tendo uma velocidade perpendicular a ele, que não constitui como uma aproximação ou afastamento de B, assim:
$$\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$
Para o observador C, nós vamos ter algo quase igual, mas agora devemos ter um cuidado com o ângulo de aproximação.
A verdadeira velocidade de aproximação é $$v_0 \cos \theta$$ e não $$v_0$$, pois a componente perpendicular a reta que liga a ambulância A ao observador C não importa para o efeito Doppler. Podemos ver que a velocidade fica cada vez mais perpendicular a esta reta, e portanto a velocidade máxima de aproximação é no instante inicial, quando $$\theta = 45 \, ^{\circ}$$. Após isto nós teremos um momento onde a velocidade estará totalmente perpendicular (quando a ambulância cruza a praça), e estes serão os momentos de máximo e mínimo, respectivamente. Portanto:
$$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{340}{340 – \dfrac{100}{3} \cos 45 \, ^{\circ}} 1000$$
$$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$$
E a mínima:
$$\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$
(b) A frequência percebida pelo observador B em função do tempo é fácil de ver que será a máxima até o instante final, onde será a mínima, mas para termos uma ideia de como deve ser a frequência percebida pelo observador C em função do tempo, vamos escrever $$\cos \theta$$ em função do tempo.
$$\cos \theta = \dfrac{x}{\sqrt{L^2 + x^2}}$$
Mas como a ambulância realiza um movimento retilíneo uniforme partindo da ponta oposta a C, temos que $$x = L – v_0 t$$, assim:
$$\cos \theta = \dfrac{L – v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L – v_0 t)^2}}$$
Colocando isso na equação da frequência percebida por B:
$$f_{C,max} = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \cos \theta} f_0 = \dfrac{v_S}{v_S – v_0 \dfrac{L – v_0 t}{\sqrt{L^2 + (L – v_0 t)^2}}} f_0$$
Substituindo os valores numéricos e fazendo o gráfico de ambas as frequências chegamos em:
Mas sendo razoáveis, podemos entender que não era esperado do aluno que fosse feito um gráfico perfeito de tal curva, portanto durante a prova, acreditamos que o esperado era apenas uma curva como essa, que podia ser encontrada fazendo uma reta ligando do ponto máximo ao ponto mínimo de C e dela, fazer uma curva muito suave com concavidade para baixo, como a do gráfico.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) $$\boxed{f_{B,max} \approx 1109 \, \textrm{Hz}}$$ e $$\boxed{f_{B,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$ para o observador B.
$$\boxed{f_{C,max} \approx 1074 \, \textrm{Hz}}$$ e $$\boxed{f_{C,min} = f_0 = 1000 \, \textrm{Hz}}$$ para o observador C.
(b)
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