Terceira Fase (Nível Jr)

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

Conceitos Matemáticos

(a) 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

$$d = R\theta,$$

obtemos:

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

Adotando

$$\pi \approx 3$$

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

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

(b) 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

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

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

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

(c) 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)

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

(b)

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

(c) O modelo plano, ao ser aplicado a locais de diferentes latitudes, implicaria que a altura calculada do Sol ($H$) variaria drasticamente com a latitude, o que contradiz as observações reais.

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 $T_A=T$ e $T_B=4T$ é $T'=4T$, então esse é o tempo buscado. Assim, o número de voltas que o planeta A fará será:

$$N = \frac{T'}{T_A} = \boxed{4 \text{voltas}}$$

(b) Vamos considerar o ângulo transladado por cada planeta:

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

$$\Delta \theta_B = \frac{2\pi}{4T} \cdot t$$

Assim, queremos encontrar todos os valores positivos de $n$ que satisfaçam a seguinte equação até $t=4T$:

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

Em $t=4T$, a diferença entre os ângulos será:

$$\Delta \theta_A - \Delta \theta_B = (1-\frac{1}{4}) \cdot 4 \cdot 2\pi = 2\pi \cdot 3$$

Ou seja, existem soluções de n de 1 até 3 no intervalo pedido. Porém, como o enunciado pede para desconsiderarmos o alinhamento final, o número de alinhamentos será 2.

$$\boxed{2 \text{vezes}}$$

(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 $6\pi$. Assim, as soluções existentes para m são 1, 3 e 5. Ou seja, tal alinhamento ocorreu 43vezes.

$$\boxed{3 \text{vezes}}$$

(a) $\boxed{4}$

(b) $\boxed{2}$

(c) $\boxed{3}$

Hidrostática

a) Podemos traçar a condição do equilíbrio hidrostático:

$$\rho_c V g = \rho_a V_s g$$

Onde $V$ é o volume do cubo, $\rho_a$ é a densidade da água e $V_s$ o volume submerso do cubo. Substituindo os valores, obtemos $V_s = 112,5 cm^3$. Assim, o volume do cubo que fica acima do nível da água é $\Delta V= V-V_s=12,5 cm^3$. Por um outro lado, esse volume é igual a altura buscada vezes a área de uma das faces do cubo:

$$\Delta V= H \cdot (50\rm{cm})^2$$

$$H = \frac{12,5}{25}= 0,5 \rm{cm} = \boxed{5 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$

b) Agora, a condição de equilíbrio será:

$$\rho_c L g = g( \rho_a h_a + \rho_o h)$$

Onde $L$ é o lado do cubo e $h_a$ é a profundidade de água em torno do cubo. Então podemos encontrar $h_a = 37 \rm{mm}$. Assim, podemos encontrar $H$:

$$H= L- h_a = \boxed{13 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$

c) Perceba que a altura do topo do cubo com respeito ao óleo é $H+h$. Então, vamos utilizar as expressões encontradas no item passado:

$$L -(\frac{\rho_c L- \rho_o h}{\rho_a} + h) = 0$$

Isolando h, encontramos:

$$h = \frac{L(1-\frac{\rho_c}{\rho_a})}{1-\frac{\rho_o}{\rho_a}} = \boxed{25 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$$

a) $\boxed{5 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$

b) $\boxed{13 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$

c) $\boxed{25 \cdot 10^{-3} \rm{m}}$

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:

$$2F = P_m$$

O peso da carga $P_m$ é dado por:

$$P_m = m \cdot g$$

Portanto, a força $F$ é:

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

Substituindo os valores para $m = 15\ \text{kg}$:

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

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

(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:

$$N + F = P_M$$

O peso do menino $P_M$ é:

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

Agora, podemos isolar e calcular a Normal $N$:

$$N = P_M - F$$

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

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

Pela Terceira Lei de Newton, a força que o menino exerce sobre o piso é igual em módulo à força Normal.

(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.

$$N = 0$$

Analisando novamente as forças sobre o menino nessa condição:

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

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

Isso significa que a força máxima que ele pode aplicar no cabo é igual ao seu próprio peso. Agora, usamos a relação do item (a) para encontrar a massa correspondente a essa força máxima:

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

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

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

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

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

(a)

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

(b)

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

(c)

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

Termodinâmica

a) Ao fechar a porta da geladeira em um dia quente, o ar quente do ambiente entra no interior do refrigerador. Esse ar, ao ser rapidamente resfriado pelas superfícies internas frias, sofre uma queda de pressão conforme a equação dos gases ideais ($PV=nRT$)

Como a temperatura (T) diminui, e o volume (V) é constante, a pressão interna (P) também diminui. Isso gera uma diferença de pressão entre o interior da geladeira e o ambiente externo, dificultando a reabertura da porta logo em seguida.

Com o passar do tempo, essa diferença de pressão se reduz gradualmente devido a pequenas trocas de ar pela vedação da porta, e a dificuldade para abrir a porta desaparece.

b) A cozinha aquece. A geladeira é um dispositivo que realiza trabalho para transferir calor de um corpo mais frio (seu interior) para um mais quente (o ambiente externo). Isso contraria o fluxo natural do calor, que vai espontaneamente do quente para o frio. Por isso, esse processo exige fornecimento de energia.

De acordo com a Segunda Lei da Termodinâmica, não é possível construir um sistema que funcione em ciclo e transfira calor de uma fonte fria para uma fonte quente sem o fornecimento de trabalho externo.

Quando a porta da geladeira permanece aberta, o ar quente do ambiente entra continuamente. O compressor tenta compensar essa troca, funcionando por mais tempo e consumindo mais energia. Como consequência, mais calor é liberado na cozinha.

c) Colocar comida quente na geladeira eleva a temperatura interna, fazendo com que mais energia tenha que ser utilizada para restaurar a temperatura ideal, o que aumenta o consumo de energia.

A umidade liberada pela evaporação do alimento quente se espalha no interior do refrigerador. Essa umidade tende a condensar e congelar nas superfícies, favorecendo a formação de gelo.

d) Ao abrir o congelador, o ar quente e úmido do ambiente entra em contato com o ar frio do interior. A umidade condensa rapidamente, formando gotículas visíveis de água. Ou seja, a “fumaça branca” é névoa. A névoa desce pois ela é mais fria (e portanto mias denso) do que o ar do ambiente. Como ela é mais densa, a “fumaça branca” desce.

Veja na solução

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,

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

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

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

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

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

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

Ondas e cinemática

Primeiramente, vamos organizar os dados e converter as unidades para o Sistema Internacional (SI) para facilitar os cálculos. A distância do estudante ao topo (AE) é de 500 m. A distância máxima audível é de 1,20 km, ou seja, 1200 m. A velocidade do automóvel é de 60 km/h, que equivale a 50/3 m/s. A velocidade do som a ser usada no item (b) é de 340 m/s.

A interpretação mais direta do problema é que a distância audível (1200 m) corresponde à distância percorrida pelo som ao longo da superfície da estrada, do carro (C) até o estudante (E), passando pelo topo (A).

Com isso, podemos descobrir a que distância do topo o carro está quando o som é emitido pela primeira vez:

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

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

Esta é a distância que o carro precisa percorrer até ser visto no ponto A.

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

(a) Intervalo de tempo com propagação instantânea do som

Se a propagação do som é instantânea, o estudante ouve o carro no exato momento em que ele está a 700 m do topo. O intervalo de tempo que ele precisa esperar é simplesmente o tempo que o carro leva para percorrer essa distância. Usando a equação do movimento uniforme:

$$\Delta t_{carro} = \dfrac{d_{AC}}{v_{carro}} = \dfrac{700\ \text{m}}{\frac{50}{3}\ \text{m/s}}$$

$$\Delta t_{carro} = \dfrac{700 \cdot 3}{50} = 14 \cdot 3$$

$$\boxed{\Delta t = 42\ \text{s}}$$

(b) Intervalo de tempo considerando a velocidade do som

Neste caso, o estudante só ouve o som um tempo depois que ele foi emitido. O intervalo de tempo entre ouvir e ver será o tempo de viagem do carro menos o tempo de viagem do som. O tempo de viagem do carro, já calculado no item (a), é de 42 s. O tempo de viagem do som é o tempo que ele leva para percorrer a distância total de 1200 m até o estudante.

$$\Delta t_{som} = \dfrac{d_{som}}{v_{som}} = \dfrac{1200\ \text{m}}{340\ \text{m/s}}$$

$$\Delta t_{som} \approx 3,53\ \text{s}$$

O evento “ver” ocorre 42 s após a emissão do som, enquanto o evento “ouvir” ocorre aproximadamente 3,53 s após a mesma emissão. O intervalo de tempo final é, portanto, a diferença entre eles:

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

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

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

(a)

$$\boxed{\Delta t = 42\ \text{s}}$$

(b)

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