Terceira Fase (Nível 2)

Conceitos Matemáticos

(a) Como foi dito no enunciado, deseja-se formar um bloco de anotações com folhas $A6$ a partir de uma folha $A0$. Logo, devemos analisar como a folha $A6$ difere de uma folha $A0$.

Considerando que a folha $A0$ tem dimensões $H_0$ e $L_0$, podemos seguir a lógica apresentada pelo enunciado e concluir que:

• A folha A1 tem dimensões $\dfrac{H_0}{2}$ e $L_0$.
• A folha A2 tem dimensões $\dfrac{H_0}{2}$ e $\dfrac{L_0}{2}$.
• A folha A3 tem dimensões $\dfrac{H_0}{4}$ e $\dfrac{L_0}{2}$.
• A folha A4 tem dimensões $\dfrac{H_0}{4}$ e $\dfrac{L_0}{4}$.
• A folha A5 tem dimensões $\dfrac{H_0}{8}$ e $\dfrac{L_0}{4}$.
• A folha A6 tem dimensões $\dfrac{H_0}{8}$ e $\dfrac{L_0}{8}$.

Sabemos que a folha $A0$ possui uma área de $1,00 \;\rm{m^2}$. Portanto, $H_0\cdot L_0=1\;\rm{m^2}$.

Então, basta mais uma equação para podermos descobrir $H_0$ e $L_0$. Para isso, vamos usar o dado do enunciado que as proporções se preservam. Assim, comparando um folha $A0$ com uma folha $A1$, podemos escrever:

$$\frac{H_0}{L_0}= \frac{L_0}{H_0/2}$$

$$H_0=L_0 \sqrt{2}$$

Então, juntando os resultados, obtemos:

$$L_0=\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}$$

$$H_0=\sqrt{1\rm{m^2} \cdot \sqrt{2}}$$

Dessa maneira, os valores buscados são:

$$L_6 = \frac{L_0}{8}=\frac{\sqrt{\frac{1\rm{m^2}}{\sqrt{2}}}}{8} \approx 105 \rm{mm}$$

$$H_6 = \frac{H_0}{8}=\frac{\sqrt{1\rm{m^2}\sqrt{2}}}{8} \approx 149 \rm{mm}$$

Uma dificuldade possivelmente relacionada a essa questão é computar $\sqrt{\sqrt{2}}$, até porque a aproximação para raízes genéricas não foi fornecida pela prova NJR, apesar de ser fornecida em outros níveis.

(b) Primeiramente, devemos calcular a área de um bloco de anotações. Para isso, podemos recorrer as suas dimensões $\dfrac{H_0}{8}$ e $\dfrac{L_0}{8}$. Obtendo que sua área é:

$\dfrac{H_0}{8}\cdot \dfrac{L_0}{8}$

$\dfrac{H_0\cdot L_0}{64}$

Como foi dito no item anterior que $H_0 \cdot L_0=1,00\; \rm{m^2}$, obtemos que a área de um bloco de anotação (papel A6) é:

$\dfrac{1}{64}\; \rm{m^2}$

Além disso, podemos calcular o volume inicial de papel, já que como nenhum papel é criado e nem perdido, temos que o volume de papel A0 deve ser o mesmo do que o volume do bloco de anotação.

O enunciado diz que a folha A0 tem área de $1,00 \; \rm{m^2}$ e espessura de $1,00 \; \rm{mm}= 10^{-3}\; \rm{m}$. Logo, seu volume deve ser de:

$1\cdot 10^{-3}\; \rm{m^3}$

Considerando que o bloco de anotação tem uma espessura $s$, podemos concluir que o volume é:

$\dfrac{s}{64}$

Como os volumes são iguais:

$1\cdot 10^{-3}=\dfrac{s}{64}$

$s=64 \cdot 10^{-3}\;\rm{m}$

Transformando em $mm$:

$\boxed{s=64 \;\rm{mm}}$

(a) altura: $\boxed{149 \;\rm{mm}}$; largura: $\boxed{105,0 \;\rm{mm}}$

(b) $\boxed{64 \;\rm{mm}}$

mecânica

((a) Força que o menino exerce no cabo (F)

O sistema de polia móvel oferece uma vantagem mecânica. A carga de peso $P_m$é sustentada por duas seções do mesmo cabo. A força que o menino exerce,$F$, é igual à tensão nesse cabo. Para o equilíbrio da polia móvel:

$$2F = P_m$$

$$P_m = m \cdot g$$

$$F = \dfrac{m \cdot g}{2}$$

$$F = \dfrac{15\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2} = \dfrac{150\ \text{N}}{2}$$

$$\boxed{F = 75\ \text{N}}$$

(b) Força que o menino exerce sobre o piso (Força Normal N)

Para encontrar a força que o menino exerce no piso, precisamos analisar as forças verticais que atuam sobre o menino. As forças são:

• Seu peso $P_M$, para baixo.
• A força de tração do cabo $F$, para cima (o cabo o puxa para cima).
• A força Normal $N$ do piso, para cima.

No equilíbrio, a soma das forças para cima é igual à soma das forças para baixo:

$$N + F = P_M$$

$$P_M = M \cdot g = 50,0\ \text{kg} \cdot 10\ \text{m/s}^2 = 500\ \text{N}$$

$$N = P_M - F$$

$$N = 500\ \text{N} - 75\ \text{N}$$

$$\boxed{N = 425\ \text{N}}$$

(c) Maior valor de m que o menino consegue sustentar

O maior valor de massa $m_{max}$ que o menino pode sustentar ocorre na situação limite em que ele está prestes a sair do chão. Nesse momento, a força que o piso exerce sobre ele é nula.

$$N = 0$$

$$0 + F_{max} = P_M$$

$$F_{max} = P_M = 500\ \text{N}$$

$$F_{max} = \dfrac{m_{max} \cdot g}{2}$$

$$500\ \text{N} = \dfrac{m_{max} \cdot 10\ \text{m/s}^2}{2}$$

$$1000 = m_{max} \cdot 10$$

$$m_{max} = \dfrac{1000}{10}$$

$$\boxed{m_{max} = 100\ \text{kg}}$$

(a)

$$\boxed{F = 75\ \text{N}}$$

Movimento circular

a) Primeiramente, vamos calcular quanto tempo irá demorar para que os planetas se alinhem novamente sobre o Polo Norte. O tempo necessário será o Mínimo Múltiplo Comum(MMC) entre os dois períodos, pois nesse momento ambos estarão juntos na origem do movimento(Polo Norte). O MMC entre $T_A=3T$ e $T_B=10T$ é $T'=30T$, então esse é o tempo buscado. Assim, o número de voltas que o planeta A fará será:

$$N = \frac{T'}{T_A} = \boxed{10 \text{voltas}}$$

b) Vamos considerar o ângulo transladado por cada planeta:

$$\Delta \theta_A = \frac{2\pi}{3T} \cdot t$$

$$\Delta \theta_B = \frac{2\pi}{10T} \cdot t$$

Assim, queremos encontrar todos os valores positivos de $n$ que satisfaçam a seguinte equação até $t=30T$:

$$\Delta \theta_A - \Delta \theta_B = 2n\pi$$

Em $t=30T$, a diferença entre os ângulos será:

$$\Delta \theta_A - \Delta \theta_B = \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{10} \right) \cdot 30 \cdot 2\pi = 2\pi \cdot 7$$

Ou seja, existem soluções de n de 1 até 7 no intervalo pedido. Porém, como o enunciado pede para desconsiderarmos o alinhamento final, o número de alinhamentos será 6.

$$\boxed{6 \text{vezes}}$$

c) Analogamente, queremos os valores ímpares de m que solucionam:

$$\Delta \theta_A - \Delta \theta_B = m \pi$$

Como vimos no item anterior, o valor máximo para a diferença entre esses ângulos é $14\pi$. Assim, as soluções existentes para m são 1, 3, 5, 7, 9, 11 e 13. Ou seja, tal alinhamento ocorreu 7 vezes.

$$\boxed{7 \text{vezes}}$$

(a) $\boxed{10}$

(b) $\boxed{6}$

(c) $\boxed{7}$

Cinemática

(a) Primeiramente, devemos encontrar em qual região o avião é alertado. Para isso, devemos recorrer a geometria do problema:

Utilizando o Teorema de Pitágoras, podemos encontrar a distância $x$:

$15^2=9^2+x^2$

$x^2=144$

$x=12 \;\rm{km}$

Entretanto, não podemos afirmar que o avião fica alerta durante $12\;\rm{km}$ já que a situação é simétrica, ou seja, também existe uma outra distância $x$ do outro lado.

Logo, o avião fica alerta durante $2x=24\;\rm{km}$. Considerando que o avião se move a uma velocidade $v=800\;\rm{km/h}$, podemos encontrar o tempo:

$v=\dfrac{d}{t}$

$800=\dfrac{24}{t}$

$t=\dfrac{24}{800} \;\rm{h}$

$t=\dfrac{3}{100} \;\rm{h}$

Transformando em minutos:

$t=\dfrac{3\cdot 60}{100} \;\rm{min}$

$\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$

(b) Sendo,

$V_{r,med}=\dfrac{\Delta r}{\Delta t}$

$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$

Como o enunciado pede entre o primeiro alerta e o ponto de máxima aproximação, devemos calcular a distância $r$ nesses casos e calcular o intervalo de tempo entre eles.

Como já foi descrito no item anterior, a distância $r$ do primeiro alerta é $15 \;\rm{km}$. No ponto de máxima aproximação, temos:

Logo, o $r$ nesse caso é $9\;\rm{km}$. Como foi visto no exercício anterior, a distância entre esses dois instantes é $x=12\;\rm{km}$. Logo, como a velocidade $v=800\;\rm{km/h}$, podemos afirmar que o intervalo de tempo entre esses dois instantes é:

$v=\dfrac{x}{t}$

$800=\dfrac{12}{t}$

$t=\dfrac{12}{800}\;\rm{h}$

$t=\dfrac{3}{200}\;\rm{h}$

Logo,

$V_{r,med}=\dfrac{r_{final}-r_{inicial}}{t_{final}-t_{inicial}}$

$V_{r,med}=\dfrac{9-15}{\dfrac{3}{200}}$

$V_{r,med}=\dfrac{-6\cdot 200}{3}$

$\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$

c) A velocidade radial instantânea $V_r(t)$ corresponde a velocidade com que o avião se aproxima (ou se afasta) de B. Ou seja, é a componente da velocidade na direção da reta que liga B com o avião. Logo, podemos afirmar que a velocidade radial é dada por:

$V_r=v \cos \theta$

Onde $\theta$ é o ângulo entre a linha de trajetória do avião e a reta que liga o avião e B, como mostra a figura a seguir:

Utilizando essa figura, é possível perceber que:

$\cos (180-\theta)=\dfrac{x}{r}$

Além disso, $r^2=9^2+x^2$. Logo,

$\cos \theta=\dfrac{-x}{\sqrt{9^2+x^2}}$

Como já foi visto nos exercícios anteriores, quando o primeiro alerta é acionado, $x=12 km$. Portanto, podemos afirmar que $x$ pode ser descrito como:

$x=12-vt$

$x=12-800t$

Substituindo, podemos encontrar que:

$V_r=v \cos \theta$

$V_r=800 \dfrac{-x}{\sqrt{9^2+x^2}}$

$\boxed{V_r=\dfrac{800(800t-12)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}}$

d) Esboçando o gráfico de $V_r=\dfrac{800(800t-12)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}$, obtemos:

Onde o eixo vertical é $V_r$ (em km/h) e o eixo horizontal é $t$ (em horas). Perceba que $V_r$ tende a $-800\;\rm{km/h}$ quando $t \to -\inf$ e $+800\;\rm{km/h}$ quando $t \to +\inf$. Além disso, a mudança de sinal acontece quando $t=0,015\;\rm{horas}$ que corresponde ao instante em que o avião se encontra logo acima da estação B.

(a) $\boxed{t=1,8 \;\rm{min}}$

(b) $\boxed{V_{r,med}=-400 \;\rm{km/h}}$

(c) $\boxed{V_r=\dfrac{800(12-800t)}{\sqrt{9^2+(12-800t)^2}}}$

(d) Veja na solução

Cinemática

(a) Para encontrar a velocidade da esfera em $t_2$, basta conservamos a energia mecânica do sistema:

$$mgLcos\theta_2 = \frac{mv^2}{2}$$

$$v= \sqrt{2gLcos\theta_2}$$

Após a esfera ser liberada do pêndulo, o movimento vira um lançamento oblíquo. Assim, podemos equacionar o movimento em cada eixo:

$$\Delta x = v cos \theta_2 \Delta t$$

$$\Delta y = -L(1-cos\theta)= vsen\theta_2 \Delta t - \frac{g(\Delta t)^2}{2}$$

A partir da segunda equação, podemos resolver a equação do segundo grau para obter uma expressão para $\Delta t$:

$$\Delta t = \frac{vsen \theta_2 + \sqrt{v^2sen^2 \theta_2+2gL(1-cos\theta_2)}}{g}$$

Assim, podemos encontrar $\Delta x$. O valor de $x_3$ é o valor $x_2=Lsen\theta_2$ em $t_2$ mais $\Delta x$. Dessa forma, substituindo a expressão para o $\Delta t$ e $v$, obtemos:

$$x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)})) \approx \boxed{2,41 \rm{m}}$$

(b) Já temos a função pelo item anterior:

$$x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))$$

Agora, para provarmos que existe um máximo no intervalo pedido, vamos usar a seguinte estratégia: adicionar um pequeno ângulo(podendo ser negativo) $\delta$ em $\theta_2= 45^\circ$ e $\theta_2= 0^\circ$. Se a função aumenta para um $\delta$ positivo em $\theta_2= 0^\circ$ e aumenta para um $\delta$ negativo em $\theta_2= 45^\circ$, então a função teve pelo menos um máximo no intervalor pedido. Utilizando as aproximações dadas no enunciado, podemos obter:

$$x_3(\theta+\delta) \approx L(sen\theta_2+cos\theta_2 \delta + 2(cos^2\theta_2 - sen(2\theta_2) \delta)(sen(2\theta)+cos(2\theta) 2\delta ) +\sqrt{(sen(2\theta)^2+2sen(4\theta)\delta +2(1-cos\theta_2+sen\theta_2 \delta)}))$$

Assim, para $\theta_2= 45^\circ$, obtemos:

$$x_3 \approx 0,7(1+4,82 \cdot 0,7) + \delta (0,7-4,82+\dfrac{0,7^3}{4})$$

Como o termo que acompanha $\delta$ é negativo, então a função aumenta para valores negativos de $delta$, como requerido.

Para $\theta_2= 0^\circ$, obtemos:

$$x_3 \approx 5 \delta$$

Como o termo que acompanha $\delta$ é positivo, então a função aumenta para valores positivos de $delta$, como requerido. Logo o resultado está provado.

(a)$2,41 \rm{m}$

(b) $x_3=L(sen\theta_2 + 2cos^2\theta_2 (2 cos \theta_2 sen \theta_2 +\sqrt{4cos^2 \theta_2 sen^2 \theta_2+2(1-cos\theta_2)}))$

Conceitos Matemáticos

(a) Conforme o primeiro enunciado, a cidade de Macapá (M) está no Equador (latitude 0°) e Porto Alegre (P) está na latitude 30° Sul. No equinócio, ao meio-dia, os raios solares incidem perpendicularmente em Macapá. Pela hipótese de Eratóstenes de que os raios solares chegam paralelos à Terra, o ângulo de incidência em Porto Alegre é igual à diferença de latitude entre as cidades.

$$\boxed{alpha = 30^\circ}$$

(b) O ângulo entre as cidades é de $30^\circ$ isto é:

$$\theta = 30^\circ = \dfrac{\pi}{6}\ \text{rad}$$

Sabendo que o comprimento do arco é dado por

$$d = R\theta,$$

$$R = \dfrac{d}{\theta} = \dfrac{3300}{\pi/6} = \dfrac{3300 \times 6}{\pi}$$

Adotando

$$\pi \approx 3$$

$$R \approx \dfrac{19800}{3} = 6600\ \text{km}$$

O diagrama ficaria assim:

C)No modelo plano, o Sol estaria verticalmente sobre Macapá e faria um ângulo de $30^\circ$
com a vertical em Porto Alegre. Assim:

$$\tan 30^\circ = \dfrac{d}{H} \Rightarrow H = \dfrac{d}{\tan 30^\circ}$$

Sabendo que

$$\tan 30^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

$$H = 3300\sqrt{3}$$

Aproximando

$$\sqrt{3} \approx 1{,}7$$

$$H \approx 3300 \times 1{,}7 = 5610\ \text{km}$$

$$\boxed{H \approx 5{,}6 \times 10^3\ \text{km}}$$

(d) O modelo de Terra plana não é adotado porque ele entra em contradição com as premissas do modelo esférico, que são comprovadas por observação. No modelo esférico, que já podemos assumir como o certo, a distância (d) é calculada como $d=R\theta$, o que significa que a distância aumenta proporcionalmente com a latitude ($\theta$). Ao tentar aplicar essa distância real no cálculo da altura ($H$) do Sol no modelo plano (onde $H = \frac{d}{tan(\theta)}$), surge uma inconsistência fundamental. O modelo plano, ao ser confrontado com distâncias de latitudes diferentes, faria com que a altura calculada do Sol ($H$) mudasse drasticamente. Essa grande diferença na altura do Sol de acordo com a latitude do observador demonstra que os dois modelos são incompatíveis e que o modelo plano falha em descrever a realidade de forma coerente. Por exemplo, enquanto a observação de um ponto a $30^\circ$ de latitude resulta em uma altura $H$ de aproximadamente $5700 km$, a observação de um ponto a $45^\circ$ de latitude resultaria em uma altura H de $4950 km$.

(a) O ângulo de incidência dos raios solares em Porto Alegre é de

$$\boxed{30^\circ}$$

Hidrostática

(a) Podemos calcular a densidade média do líquido da maneira:

$$\rho_m = \frac{3}{4}\rho_g+\frac{1}{4}\rho_e= 725 \rm{kg/m^3}$$

Assim, podemos traçar a condição para equilíbrio hidrostático:

$$\rho_m \cdot h \cdot g= \frac{mg}{A}$$

$$h = \frac{m}{A\rho_m} = 34,5 \cdot 10^{-2} m$$

(b) Juntando as expressões do último item, podemos encontrar a fração x buscada:

$$x \cdot \rho_e + (1-x)\rho_g = \frac{m}{Ah}$$

$$x = \frac{\frac{m}{Ah}-\rho_g}{\rho_e-\rho_g} \approx 0,58$$

OBSERVAÇÃO: O dado $h_{gasolina} = 25,0 \rm{cm}$ está inconsistente com o resto da questão. Utilizando uma lógica análoga ao utilizada nesta solução, seria teoricamente possível conseguir as respostas com tal profundidade. Porém, como o valor está inconsistente com o resto da questão, utilizar ele gera resultados absurdos para o item b).

Ao calcular tal profundidade com a metodologia do item a), obtemos $h_{gasolina} \approx 35,7 \rm{cm}$, que seria o valor correto.

(a) $h = \frac{m}{A\rho_m} = 34,5 \cdot 10^{-2} m$

(b) $x = 0,58$

Mecânica

(a) Primeiramente, podemos utilizar a equação da Lei de Hooke uniaxial do enunciado da seguinte forma:

$\sigma = Y \varepsilon \iff \dfrac{F}{A} = Y \dfrac{\Delta L}{L_{0}} \iff F = \left( \dfrac{YA}{L_{0}} \right) \Delta L$

Logo, podemos concluir que:

$k = \dfrac{YA}{L_{0}} = \dfrac{(2 \cdot 10^{11} \cdot (36 \cdot 10^{-6})}{0,6} \cdot \dfrac{\rm{N}}{m} \iff \boxed{k = 1,2 \cdot 10^{7} \, \rm{N/m}}$

(b) A velocidade relativa de aproximação entre o topo e a onda de compressão é $v_{0} + v_{s}$, logo o tempo $\tau$ para que o topo pare de se mover é:

$\tau = \dfrac{L_{0}}{v_{0} + v_{s}}$

Primeiramente, podemos calcular $v_{s}$ por:

$v_{s} = \sqrt{\dfrac{Y}{\rho}} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 10^{11}}{8 \cdot 10^{3}}} \iff v_{s} = 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}$

Além disso, por conservação de energia, podemos escrever:

$v_{0} = \sqrt{2gh}$

Para alturas na ordem de $10 \, \rm{m}$, temos que $v_{0} \sim 10^{1} \, \rm{m/s} \ll 5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s} = v_{s}$. Portanto, no cálculo de $\tau$, podemos estimar $v_{0} + v_{s} \approx v_{s}$, o que implica:

$\tau \approx \dfrac{L_{0}}{v_{s}} = \dfrac{0,6 \, \rm{m}}{5 \cdot 10^{3} \, \rm{m/s}} \iff \boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$

(c) A fim de encontrar a condição limite, podemos primeiramente perceber que a diferença no comprimento da barra é $\Delta L = v_{0} \tau = \tau \sqrt{2gh}$. Assim, a Lei de Hooke uniaxial se torna:

$\sigma = Y \dfrac{\tau \sqrt{2gh}}{L_{0}} \iff h = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma L_{0}}{Y \tau} \right)^{2}$

Como as condições para o problema são $\sigma \le \sigma_{y}$, temos:

$h_{max} = \dfrac{1}{2g} \left( \dfrac{\sigma_{y} L_{0}}{Y \tau} \right)^{2} \approx \dfrac{1}{2 \cdot 10} \left( \dfrac{(400 \cdot 10^{6}) \cdot 0,6 }{(2 \cdot 10^{11}) \cdot (1,2 \cdot 10^{-4})} \right)^{2} \, \rm{m} \iff \boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$

(a)

$\boxed{k = 1,2 \cdot 10^{7} \, \rm{N/m}}$

(b)

$\boxed{\tau = 1,2 \cdot 10^{-4} \, \rm{s}}$

(c)

$\boxed{h_{max} = 5 \, \rm{m}}$

Ondas e cinemática

Para a resolução, primeiro organizamos os dados do problema. A distância do estudante ao topo (AE) é de $500 m$. A distância máxima que o som é audível é de $1,20 km$, ou seja, $1200 m$. A velocidade do automóvel é de $60 km/h$, o que corresponde a $50/3 m/s$.

A interpretação mais direta do problema, para que seja possível resolvê-lo com os dados fornecidos, é que a distância audível (1200 m) é o caminho que o som percorre sobre a superfície da estrada, desde o carro (C) até o estudante (E), passando pelo ponto mais alto (A). Matematicamente, a distância total do som é a soma da distância do carro ao topo (AC) e do topo ao estudante (AE).

$$d_{som}=d_{AC}+d_{AE}$$

A partir disso, calculamos a distância que o carro está do topo quando o estudante o ouve pela primeira vez:

$$1200\ \text{m} = d_{AC} + 500\ \text{m}$$

$$d_{AC}=700\ \text{m}$$

(a) Para resolver este item, devemos considerar o tempo que o som leva para viajar do carro até o estudante. O intervalo de tempo solicitado é a diferença entre o instante em que o carro é visto (quando ele chega ao ponto A) e o instante em que o som é percebido pelo estudante.

Primeiro, calculamos o tempo de viagem do carro para percorrer os 700 m até o topo (A), que chamaremos de $\Delta t_{carro}$.

$$\Delta t_{carro} = \dfrac{\text{distancia}}{\text{velocidade}} = \dfrac{700\ \text{m}}{\frac{50}{3}\ \text{m/s}} = 42\ \text{s}$$

Em seguida, calculamos o tempo que o som, emitido daquela posição inicial, leva para chegar ao estudante, que chamaremos de $\Delta t_{som}$. A distância total percorrida pelo som é de 1200 m e sua velocidade no ar é de aproximadamente 340 m/s.

$$\Delta t_{som} = \dfrac{\text{distancia}}{\text{velocidade}} = \dfrac{1200\ \text{m}}{340\ \text{m/s}} \approx 3,53\ \text{s}$$

O intervalo de tempo entre a percepção (ouvir) e a observação (ver) é a diferença entre esses dois tempos. O carro é visto 42 s após o som ser emitido, mas o som só é ouvido 3,53 s após ser emitido. Portanto, o intervalo entre os dois eventos é:

$$\Delta t = \Delta t_{carro} - \Delta t_{som}$$

$$\Delta t = 42\ \text{s} - 3,53\ \text{s} \approx 38,47\ \text{s}$$

$$\boxed{\Delta t \approx 38,5\ \text{s}}$$

(b) O fenômeno ondulatório que permite que uma onda contorne ou se espalhe ao encontrar um obstáculo é a difração, também conhecido como princípio de Huygens

(a) $\Delta t = 38,5\ \text{s}$
(b) Difração ou princípio de Huygens.

Termodinâmica

(a) Primeiramente, podemos utilizar a lei de condução de Fourier entre a camada externa e interna:

$\dfrac{\Delta Q}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L}$

Além disso, sendo $L_{v} = 5 \cdot 10^{5} \, \rm{J/m^{3}}$ a capacidade térmica volumétrica da costa, o calor associado a um aumento $\Delta L$ na crosta é:

$\Delta Q = L_{v} \Delta V = L_{v} A \Delta L$

Poranto, temos que:

$L_{v} A \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{kA\Delta T}{L} \iff \dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{k \Delta T}{L_{v}L}$

Substituindo os valores do enunciado e convertendo as unidades:

$\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = \dfrac{2,5 \cdot 1200}{(5 \cdot 10^{5}) \cdot (35 \cdot 10^{3})} \cdot \dfrac{10^{3} \, \rm{mm}}{(3,1 \cdot 10^{7})^{-1} \, \rm{ano}} \iff \boxed{\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$

(b) Considerando a taxa de crescimento constante, o tempo $\tau$ desde o período que a Terra possuía magma exposto é:

$\tau = \dfrac{L}{(\Delta L/\Delta t)} = \dfrac{35 \cdot 10^{6} \, \rm{mm}}{5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}} \iff \boxed{\tau = 6,6 \cdot 10^{3} \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$

(a)

$\boxed{\\dfrac{\Delta L}{\Delta t} = 5,3 \cdot 10^{3} \rm{mm/ano}}$

(b)

$\boxed{\tau \sim 10^{4} \, \rm{anos}}$

Óptica geométrica

(a) Observe o seguinte diagrama:

Veja que os ângulos marcados em azul são iguais a $30^\circ$. Assim, pela lei de Snell:

$n\sin(30^\circ)=\sin(\theta)$

$\theta=\arcsin\left(\dfrac{n}{2}\right)$

Portanto, o desvio é dado por:

$\boxed{\delta=\arcsin(0.75)-30^\circ}$

(b) Basta tirar a diferença entre os valores extremos de $\theta$. Portanto,

$\boxed{A=\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)}$

(a) $\arcsin(0.75)-30^\circ$

(b) $\arcsin(0.76)-\arcsin(0.74)$

Mecânica

(a) Primeiramente, quando o carretel é puxado ele adquirá acelerações linear e angular não nulas, até enfim chegar no regime de rolamento perfeito ( quando não há deslizamento). Nesse regime, temos então que:

\begin{equation}v = \omega R \iff a = \alpha R \end{equation}

Assim, sendo $f_{at}$ a força de atrito com o solo, podemos calcular a força e o torque resultante no carretel (usando o centro de massa $G$ como referência para o torque) da seguinte forma:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} N = 2mg - F \sin(\theta)\\ 2ma = F \cos(\theta) - f_{at} \\ (2mr^{2}) \alpha = Fr - f_{at}R \end{array} \right.$

Logo, substituindo (1) na duas ultimas equações temos que

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2mR^{2} \alpha = FR \cos(\theta) - f_{at}R, \\ 2mr^{2} \alpha = Fr - f_{at}R \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta) - \dfrac{r}{R} \right)$

Nesse caso onde $\theta = 90^{\circ}$ e $F = mg$, podemos substituir e achar:

$\boxed{\alpha = - \dfrac{rg}{2(R^{2}-r^{2})} = - 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 4,7 \, \rm{m/s^{2}}}$

(b) Esse caso é análogo ao item (a), portanto basta substituir $\theta = 0^{\circ}$ e $F = mg$ na expressão para $\alpha$. Isso nos permite concluir que:

$\boxed{\alpha = \dfrac{g}{2(R+r)} = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}, \; \; \; a = \alpha R \approx 3,1 \, \rm{m/s^{2}}}$

(c) A diferença quantitativa das situações nos itens (a) e (b) é a diferença entre os sinais de $\alpha$ e $a$. Portanto, podemos concluir da expressão de $\alpha$ que a condição crítica é:

$\alpha = \dfrac{FR}{2m(R^{2}-r^{2})} \left( \cos(\theta_{c}) - \dfrac{r}{R} \right) = 0 \iff \boxed{\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right)}$

Podemos ainda verificar que $\theta < \theta_{c} \iff \alpha > 0$ e $\theta > \theta_{c} \iff \alpha < 0$, de acordo com o enunciado.

(d) Primeiramente, vamos calcular a força de atrito máxima $f_{at,max}$ nesse caso. Temos que:

$f_{at,max} = \mu N = \mu (2mg - F \sin(\theta)) \iff f_{at,max} = \dfrac{3}{10} mg$

Caso ocorrese rolamento perfeito, teríamos como vimos no item anterior:

$\alpha = 0 \, \rm{rad/s} \iff 2mR \alpha = F \cos(\theta_{c}) - f_{at} = 0 \iff f_{at} = \dfrac{6}{5} mg > f_{at,max}$

O que é um absurdo. Portanto, ocorre deslizamento e o atrito é cinético de módulo igual $f_{at,max}$. Assim:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} 2m a = 2mg \cdot \dfrac{3}{5} - \dfrac{3}{10}mg \\ 2mr \alpha = 2mg \cdot 3 - \dfrac{3}{10}mg \cdot 5 \end{array} \right. \; \Rightarrow \; \left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}} \\ \alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}} \end{array} \right.$

(a)

$\alpha = - 93,75 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = - 4,7 \, \rm{m/s^{2}}$

(b)

$\alpha = 62,5 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = 3,1 \, \rm{m/s^{2}}$

(c)

$\theta_{c} = \arccos \left( \dfrac{3}{5} \right) \approx 53,13^{\circ}$

(d)

$\alpha = 7,5 \, \rm{rad/s^{2}}$

$a = 4,5 \, \rm{m/s^{2}}$