Segunda Fase (Nível 2)

Cinemática

(a) Primeiramente, vamos encontrar a velocidade do motorista em cada trecho:

$v_{sim}= 0,8 \cdot 80 = 64 \rm{km/h}$

$v_{urb} = 0,5 \cdot 60 = 30 \rm{km/h}$

$v_{auto}= 0,9 \cdot 100 = 90 \rm{km/h}$

Assim, podemos calcular o tempo para percorrer cada trecho por meio da equação:

$\Delta S= v \Delta t$

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

Dessa maneira, substituindo:

$t_1= \dfrac{160}{64} \rm{h}= 2,5 \cdot 60 \rm{min} = 150 \rm{min}$

$t_2= \dfrac{40}{30} \rm{h}=\dfrac{4}{3} \cdot 60 \rm{min} = 80 \rm{min}$

$t_3=\dfrac{210}{90} \rm{h}=\dfrac{7}{3} \cdot 60 \rm{min}= 140 \rm{min}$

Assim, o tempo total é:

$t = t_1+t_2+t_3= 370 \rm{min}$

(b) A velocidade média total pode ser encontrada dividindo a distância total percorrida pelo tempo da viagem:

$v_m = \dfrac{160+40+210}{370} \cdot 60 \rm{km/h} \approx 66,5 \rm{km/h}$

(a) $370 \rm{min}$

(b) $66,5 \rm{km/h}$

Cinemática

A)

A partir do histograma, é possível observar a distribuição das velocidades $v_i$​ entre os $120$ veículos analisados:

$6$ possuem $v_i=40\, \text{km/h}$

$11$ possuem $v_i=50\, \text{km/h}$

$19$ possuem $v_i=60\, \text{km/h}$

$24$ possuem $v_i=70\, \text{km/h}$

$28$ possuem $v_i=80\, \text{km/h}$

$15$ possuem $v_i=90\, \text{km/h}$

$9$ possuem $v_i=100\, \text{km/h}$

$6$ possuem $v_i=110\, \text{km/h}$

$2$ possuem $v_1=120\, \text{km/h}$

Agora para descobrir a velocidade média basta fazer uma média ponderada com os dados acima, assim obtendo:

$$v_{media} =\frac{(40 \times 6) + (50 \times 11) + (60 \times 19) + (70 \times 24) + (80 \times 28) + (90 \times 15) + (100 \times 9) + (110 \times 6) + (120 \times 2)}{120}$$

$$v_{media} =\frac{240 + 550 + 1140 + 1680 + 2240 + 1350 + 900 + 660 + 240}{120}$$

$$\boxed{v_{media} = \frac{9000}{120} = 75 \, \text{km/h}}$$

B)

Como o exercício fala que a uma tolerância de até $5\, \text{km/h}$ e só é permitido $80\, \text{km/h}$ irao ser multados os carros presentes nas colunas $90, 100, 110 e 120 \, \text{km/h}$. Utilizando os dados previamente obtidos:

• $15$ possuem $v_i=90\, \text{km/h}$
• $9$ possuem $v_i=100\, \text{km/h}$
• $6$ possuem $v_i=110\, \text{km/h}$
• $2$ possuem $v_1=120\, \text{km/h}$

Então, a porcentagem de multas será:

$$\boxed{N_{multas}=\frac{15+9+6+2}{120}\approx 26,67\%}$$

A)

$$\boxed{v_{media} = \frac{9000}{120} = 75 \, \text{km/h}}$$

B)

$$\boxed{N_{multas}\approx 26,67\%}$$

Hidrostática

No comeco, o estado de equilíbrio é quando o empuxo se iguala ao peso

(a) Barcaça vazia:

Pelo princípio de Arquimedes:

$\rho_{\text{a}} \cdot g \cdot V_{\text{sub}} = m_{\text{barc}} \cdot g$
Cancelando a gravidade

$\rho_{\text{a}} \cdot V_{\text{sub}} = m_{\text{barc}}$
Dados: $\rho_{\text{a}} = 1000\ \text{kg/m}^3$, $m_{\text{barc}} = 180\ \text{t} = 180000\ \text{kg}$
Área da base: $A = 60 \times 11 = 660\ \text{m}^2$
$1000 \cdot (660 \cdot h) = 180000$
$h = \frac{180000}{1000 \cdot 660} \approx 0{,}273\ \text{m}$

Resposta: $h \approx 0{,}273\ \text{m}$ de profundidade submersa.

(b) Barcaça carregada:

Agora o empuxo equivale ao peso máximo carregado, a diferenca é que agora temos que contar a nova massa e cana de acúcar

Massa da carga: $m_{\text{carga}} = \rho_{\text{carga}} \cdot V_{\text{carga}} = 700 \cdot 400 = 280000\ \text{kg}$
Massa total: $m_{\text{total}} = 180000 + 280000 = 460000\ \text{kg}$
$1000 \cdot (660 \cdot h_{\text{carregada}}) = 460000$
$h_{\text{carregada}} = \frac{460000}{1000 \cdot 660} \approx 0{,}697\ \text{m}$
Distância até o limite de profundidade de 2,50 m: $2{,}50 - 0{,}697 \approx 1{,}803\ \text{m}$

Resposta: sobra $\approx 1{,}80\ \text{m}$ para navegação segura.

Resposta: sobra $\approx 1{,}80\ \text{m}$ para navegação segura.

Cinemática

Para calcular a velocidade média, basta calcularmos o tempo total de movimento junto com o deslocamento total, para os três casos. Analisando o gráifico temoss

$x_t=22,00\;\rm{m}$

$x_r=-6,00\;\rm{m}$

$x_p=28,00\;\rm{m}$

$t_t=50,00\;\rm{s}$

$t_r=12,00\;\rm{s}$

$t_p=28,00\;\rm{s}$

E portanto
(a) $v_{\text{med, total}} = \frac{\Delta x_{\text{total}}}{\Delta t_{\text{total}}} = \frac{2}{50} = 0{,}44\ \text{m/s}$
(b) $v_{\text{med, reg}} = \frac{\Delta x_{\text{reg}}}{\Delta t_{\text{reg}}} = \frac{-6}{12} = -0{,}5\ \text{m/s}$
(c) $v_{\text{med, prog}} = \frac{\Delta x_{\text{prog}}}{\Delta t_{\text{prog}}} = \frac{28}{28} = 1{,}0\ \text{m/s}$

Resultados finais: (a) $0{,}44\ \text{m/s}$, (b) $-0{,}5\ \text{m/s}$, (c) $1{,}0\ \text{m/s}$

Gabarito:a)0,44 m/s b)-0,5m/s c)1,0 m/s

Cinemática

A) Para resolver esse exercício, iremos decompor a velocidade$v_0$ no eixo $x$ e $y$ e escreveremos as equações horárias do espaço:

$$s = s_0 + v \cdot t \Leftrightarrow 12=v_0\cdot \cos(\theta) \cdot t$$

$$s = s_0 + v_0 \cdot t + \frac{1}{2} a t^2 \Leftrightarrow 1=v_0\sin(\theta)\cdot t -\frac{gt^2}{2}$$

Conseguimos descobrir o $\sin(\theta)$ e $\cos(\theta)$, podemos usar o triângulo retângulo formado pela altura H da parede, a distância $d$ e a linha tracejada. Para encontrar a hipotenusa, utilizamos o teorema de Pitágoras:

$$x^2=5^2+12^2 \Leftrightarrow x=13$$

$$\sin(\theta)=\frac{5}{13}$$

$$\cos(\theta)=\frac{12}{13}$$

Dessa forma, podemos substituir nas equações horárias:

$$2=v_0\cdot \frac{12}{13} \cdot t \Leftrightarrow v_0=\frac{13}{t}$$

$$1=v_0\cdot \frac{5}{13}\cdot t -\frac{gt^2}{2} \Leftrightarrow$$

$$\frac{5\cdot 13t}{13t}-5t^2=1 \Leftrightarrow t=\frac{2\sqrt{5}}{5}\Leftrightarrow$$

$$\boxed{v_0=\frac{13\cdot 5}{2\sqrt{5}} \approx 14,3\, \text{m/s}}$$

B) Utilizando a fórmula da altura máxima:

$$H_{max}=\frac{(v_0\sin(\theta))^2}{2g} \Leftrightarrow$$

$$\boxed{H_{max}=\frac{(\frac{13\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{5}{13})^2}{20}\approx 1.56 m}$$

A)

$$\boxed{v_0\approx 14,3\, \text{m/s}}$$

B)

$$\boxed{H_{max}\approx 1.56 m}$$

Calorimetria

(a) Para que todo o gelo esteja derretido, é preciso que toda a massa de gelo se transforme em água por fusão. Vale ressaltar que durante esse processo, a temperatura da mistura gelo + água permanece em $0\;\rm{^{\circ}C}$. Logo, durante o derretimento do gelo, a garrafa absorve uma taxa média de calor igual a $P=8\;\rm{J/s}$ (olhe a tabela)

Para encontrar o tempo necessário ao derretimento completo, calculamos o calor necessário para a fusão total:

$Q_1=m_{gelo}L_{fus\tilde{a}o}$

Do enunciado, $m_{\text{gelo}} = 200\;\rm{g}$ e, no início da prova, foi dado $L_{fus\tilde{a}o} = 80\;\rm{cal/g}$. Assim:

$Q_1=200\cdot 80$

$Q_1=16000\;\rm{cal}$

Convertendo para Joules $(1\;\rm{cal}=4{,}2\;\rm{J})$:

$Q_1=16000\cdot 4{,}2$

$Q_1=67200\;\rm{J}$

Considerando que taxa média com que a garrafa absorve calor do ambiente é $P=8\;\rm{J/s}$, o tempo necessário para derreter o gelo é:

$P=\dfrac{Q_1}{t_1}$

$t_1=\dfrac{Q_1}{P}$

$t_1=\dfrac{67200}{8}$

$t_1=8400\;\rm{s}$

Convertendo para minutos $(1\;\rm{min}=60\;\rm{s})$:

$t_1=\dfrac{8400}{60}$

$\boxed{t_1=140\;\rm{min}}$

(b) Já calculamos anteriormente o tempo necessário para o derretimento completo do gelo: $t_1=140\;\rm{min}$.

Agora, após o gelo derreter, temos $m=200\;\rm{g}$ de água inicialmente a $0\;\rm{^{\circ}C}$. Queremos o tempo (contado desde o instante inicial) para que essa água atinja $25\;\rm{^{\circ}C}$.

Como a taxa de absorção de calor muda entre os intervalos $0\;\rm{^{\circ}C}$ à $10\;\rm{^{\circ}C}$ e $10\;\rm{^{\circ}C}$ à $25\;\rm{^{\circ}C}$ (veja a tabela), vamos tratar separadamente cada etapa.

Para primeira etapa, devemos calcular o calor necessário para aumentar a temperatura da água até $10\;\rm{^{\circ}C}$:

$Q_2=mc_{\acute{a}gua}\Delta T$

No início da prova, foi dado $c_{\acute{a}gua} = 1\;\rm{cal/g^{\circ}C}$. Assim:

$Q_2=200\cdot 1 \cdot (10-0)$

$Q_2=2000\;\rm{cal}$

$Q_2=8400\;\rm{J}$

Considerando que taxa média com que a garrafa absorve calor do ambiente é $P=6\;\rm{J/s}$, o tempo necessário para derreter o gelo é:

$t_2=\dfrac{Q_2}{P}$

$t_2=\dfrac{8400}{6}$

$t_2=1400\;\rm{s}$

$t_2=\dfrac{70}{3}\;\rm{min}$

$t_2\approx 23{,}33\;\rm{min}$

Para segunda etapa, devemos calcular o calor necessário para aumentar a temperatura da água até $25\;\rm{^{\circ}C}$:

$Q_3=mc_{\acute{a}gua}\Delta T$

$Q_3=200\cdot 1 \cdot (25-10)$

$Q_3=3000\;\rm{cal}$

$Q_3=12600\;\rm{J}$

Considerando que taxa média com que a garrafa absorve calor do ambiente é $P=2\;\rm{J/s}$, o tempo necessário para derreter o gelo é:

$t_3=\dfrac{Q_3}{P}$

$t_3=\dfrac{12600}{2}$

$t_3=6300\;\rm{s}$

$t_3=105\;\rm{min}$

Logo, como o enunciado pede o intervalo contado a partir do instante inicial, somamos $t_1$ (derretimento) com $t_2$ (aquecimento até $10\;\rm{^{\circ}C}$) e $t_3$ (aquecimento até $25\;\rm{^{\circ}C}$):

$t=t_1+t_2+t_3$

$t=140+23,33+105$

$\boxed{t=268{,}33\;\rm{min}}$

(a) $\boxed{t_1=140\;\rm{min}}$

(b) $\boxed{t=268{,}33\;\rm{min}}$

Dinâmica

O bloco pequeno $m$ não escorrega sobre $M$ se a força máxima de atrito estático for suficiente para fornecer a força inercial $m \cdot a_{\text{max}}$ durante a oscilação. A aceleração máxima do movimento harmônico simples é

$a_{\text{max}} = A \cdot \omega^2$

Para o sistema oscilando solidariamente, $\omega^2 = \frac{k}{M + m}$. Portanto

$a_{\text{max}} = \frac{A \cdot k}{M + m}$

A condição para não haver deslizamento é

$m \cdot a_{\text{max}} \leq \mu \cdot m \cdot g$

Cancelando $m$:

$a_{\text{max}} \leq \mu \cdot g$

Substituindo a expressão de $a_{\text{max}}$:

$\frac{A \cdot k}{M + m} \leq \mu \cdot g$

Isolando $k$:

$k \leq \frac{\mu \cdot g \cdot (M + m)}{A}$

Substituindo os valores numéricos (com $g = 10$):

$k \leq \frac{0{,}30 \cdot 10 \cdot (0{,}30 + 0{,}20)}{0{,}10}$

$k \leq \frac{0{,}30 \cdot 10 \cdot 0{,}50}{0{,}10} = 15 \ \text{N/m}$

Logo, o maior valor possível da constante elástica que garante que $m$ não escorregue é aproximadamente **15 N/m**.

$15\ \text{N/m}$

Condução de calor

(a) Para resolver essa questão, precisamos lembrar da Lei de Fourier:

$P = \dfrac{kA\Delta T}{l}$

Onde P é a potência que atravessa a interface(80% de $1500 \rm{W}$), k é a condutividade térmica do material, A é a área e l é o comprimento. Dessa forma, podemos calcular a diferença de temperatura causa por cada camada:

$\Delta T_{Aco} = \dfrac{P \cdot l}{k_{Aco} \cdot A} = 2 \rm{^{\circ} C}$

$\Delta T_{Cu} = \dfrac{P \cdot l}{k_{Cu} \cdot A} = 0,1 \rm{^{\circ} C}$

Assim, a diferença de temperatura total é:

$\Delta T= 2 \Delta T_{Aco}+ \Delta T_{Cu}= 4,1 \rm{^{\circ} C}$

Como a água está em ebulição, sua temperatura é de:

$T_0 = 100 \rm{^{\circ}C}$

Assim, a temperatura no fundo da panela é:

$T=T_0+\Delta T = \boxed{104,1 \rm{^{\circ}C} }$

b) Como visto no item anterior, a camada de cobre causa uma diferença de temperatura de $0,1 \rm{^{\circ}C}$ entre sua interface inferior e exterior. Essas são as interfaces aço/cobre e cobre/aço. Logo, a diferença de temperatura buscada é de $\Delta T_{Cu}=0,1 \rm{^{\circ}C}$.

(a) $\boxed{ 104,1 \rm{^{\circ }C}}$

(b) $\boxed{0,1 \rm{^{\circ}C}}$

Conservação de Energia

Antes e após a colisão do bloco com a mola, temos os seguintes diagramas:

Com isso, podemos conservar a energia mecânica, usando a linha inicial da plataforma como referencia:

$mgh = \frac{kd^2}{2} - mgd$

$d^2 - \frac{2mg}{k}(h+d)=0$

Resolvendo a equação do segundo grau e usando a raiz positiva (porque $d$ é maior que zero):

$d=\frac{mg}{k} + \sqrt{(\frac{mg}{k})^2+\frac{2mg}{k}h}$

Substituindo os valores numéricos:

(a) $\boxed{d = 32 \;\rm{cm}}$

(b) $\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$

(a) $\boxed{d = 32 \;\rm{cm}}$

(b) $\boxed{d = 40 \;\rm{cm}}$

Óptica Geométrica

((a) O menor tempo possível dar-se-á quando a luz simplesmente percorre paralelamente ao eixo da fibra. Estando num meio de índice de refração $n$, a velocidade da luz nesse meio é reduzida pelo fator $n$, logo:

$v = \frac{c}{n}$

E pode-se dizer que, seja $\Delta x$ o deslocamento:

$\frac{\Delta x}{v} = t$

Assim, obtemos que:

$t_1 = \frac{L \cdot n}{c} = \frac{1500 \cdot 1,4}{3 \times 10^8} = 7,0 \ \mu s$

(b) O maior tempo possível dar-se-á quando a luz sofre múltiplas reflexões totais, ou seja, incide na borda da fibra óptica de forma que esteja com o ângulo máximo de inclinação em relação ao normal, de forma que ainda não haja nenhuma perda por refração. O ângulo de inclinação é tal que:

$1,4 \cdot \sin \theta = 1,19$

Logo:

$\sin \theta = 0,85$

A nova distância percorrida pela luz será exatamente:

$\frac{L}{\sin \theta} = \frac{1500}{0,85}$

E o tempo $t_2$ será:

$t_2 = \frac{L}{\sin \theta} \cdot \frac{n}{c} = \frac{1500 \cdot 1,4}{3 \times 10^8 \cdot 0,85} \approx 8,24 \ \mu s$

(c) Fazendo a substituição numérica dada pelo enunciado:

$\Delta x = (t_2 - t_1) \cdot v$

$\Delta x = \left[(8,24 - 7,0) \times 10^{-6}\right] \cdot \left(\frac{3,0 \times 10^8}{1,40}\right)$

$\Delta x \approx 2,66 \times 10^2 \ m$

Assim, o resultado final é aproximadamente 266 m.

(a) 7 microssegundos

(b) 8,4 microssegundos

(c) 266 metros

Estática

Primeiramente, seja $l$ o comprimento total da barra e $d$ a distância do ponto $A$ até ao ponto $C$.

Para que ocorra o equilíbrio, o torque e a força resultante precisam ser ambos nulos. Como não sabemos inicialmente a força de contato no ponto $C$, podemos escolher esse como o ponto de referência do torque, de forma que apenas $\vec{F}$, $M\vec{g}$ e $m\vec{g}$ possuírão torques relevantes.

Pontanto, sabendo que $\vec{F}$ é sempre perpendicular a barra e utilizando o sentido anti-horário do torque como positivo, o torque da força $\vec{F}$ é:

$T_{\, F} = F \cdot d$

Além disso, para calcular o torque das duas forças restantes, devemos primeiro achar o braço de cada uma das forças (ou seja, a menor distância entre a direção da força e o ponto de referência $C$) e substituirmos na fórmula do torque. Desse modo, sabendo que o peso da barra atua em seu centro de massa e usando um pouco de geometria, obtemos que o braço da força $m\vec{g}$ é $(l/2 - d) \cos{\theta}$ e da força $M\vec{g}$ é $(l - d) \cos{\theta}$, assim:

$T_{\, mg} = - mg \cdot (l/2 - d) \cos{\theta}$

$T_{\, Mg} = - Mg \cdot (l - d) \cos{\theta}$

Onde o sinal negativo aparece devido ao sentido das forças na barra.

Portanto, usando que o torque resultante na barra é nulo, chegamos que:

$T_{\, F} + T_{\, Mg} + T_{\, mg} = 0 \iff F \cdot d - Mg \cdot (l-d)\cos{\theta} - mg \cdot (l/2 - d) \cos{\theta} = 0$

Ou seja:

$F = Mg \dfrac{(l-d)\cos{\theta}}{d} + mg \dfrac{(l/2-d)\cos{\theta}}{d}$

(a) No caso em que $\theta = 0^{\circ}$, $\cos{\theta} = 1$ e, portanto, temos que:

$F = Mg \dfrac{(l-d)}{d} + mg \dfrac{(l/2-d)}{d} = \left( 0,5 \cdot 10 \cdot \dfrac{(80 - 16)}{16} + 0,2 \cdot 10 \cdot \dfrac{(40 - 16)}{16} \right)\, N$

Desse modo, realizando as contas, chegamos em:

$\boxed{F = 23 \, \mathrm{N}}$

(b) No caso em que $\theta = 60^{\circ}$, $\cos{\theta} = 1/2$ e, portanto, temos que:

$F = Mg \dfrac{(l-d)}{2 \cdot d} + mg \dfrac{(l/2-d)}{2 \cdot d} = \left( 0,5 \cdot 10 \cdot \dfrac{(80 - 16)}{2 \cdot 16} + 0,2 \cdot 10 \cdot \dfrac{(40 - 16)}{2 \cdot 16} \right) \, N$

Desse modo, realizando as contas, chegamos em:

$\boxed{F = 11,5 \, \mathrm{N}}$

(c) Para descobrir a força de contato, que denominaremos $\vec{f}$, no ponto $C$, devemos utilizar que no equilíbrio a força resultante vertical e horizontal na barra devem ser nulas. Portanto, utilizando trignometria para decomposição da força $\vec{F}$, a condição de equilíbrio implica que:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} f_{y} - Mg - mg - F\cos{\theta} = 0 \\ F\sin{\theta} - f_{x} = 0 \end{array} \right.$

Desse modo, substituindo os valores das constantes dadas no enuncuado, do ângulo $\theta$ e da força $\vec{F}$ de $B$, obtemos:

$\left\lbrace \begin{array}{@{}l@{}} f_{y} = (0,2 \cdot 10 + 0,5 \cdot 10 + 11,5 \cdot 0,5) \, \mathrm{N} = 12,75 \, \mathrm{N} \\ f_{x} = (11,5 \cdot 0,85) \, \mathrm{N} = 9,775 \, \mathrm{N} \end{array} \right.$

Logo, a intensidade de $\vec{f}$ é:

$f = \sqrt{f_{x}^{2} + f_{y}^{2}} = \left( \sqrt{12,75^{2} + 9,775^{2}} \right) \, \mathrm{N} \Rightarrow \boxed{f = 16,07 \, \mathrm{N}}$

Sendo possível obter resultados aproximados com a formula de aproximação dada no início da prova.

(a)

$F = 23 \, \mathrm{N}$

(b)

$F = 11,5 \, \mathrm{N}$

(c)

$f = 16,07 \, \mathrm{N}$

Ondas e cinemática

a):

Sabemos que a onda sonora leva 1,2 segundos para ir até o paredão, refletir e voltar. Logo, o tempo de ida será de 0,6 segundos.

Assumindo a velocidade do som como 340 m/s, temos:

$d=v\cdot t \rightarrow$

$\boxed{d=340\cdot 0,6 \;\rm{m}=204\;\rm{m}}$

b):

Sabemos que o som se propagará isotropicamente, logo, podemos considerar uma esfera para o cálculo da área.

$I= \frac{P}{A} \rightarrow$

$\boxed{I_1= \frac{P}{4 \pi r^2}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\cdot 3 \cdot 10^2}=5\cdot 10^{-6} \;\rm{W/m^2}}$

c):

Aplicando a mesma lógica do item b) só que agora para uma distância de 2d:

$\boxed{I_e=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\pi (2d)^2}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{4\cdot 3 (408)^2}\approx 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$

a) $\boxed{d=204\;\rm{m}}$

b) $\boxed{I_1=5\cdot 10^{-6} \;\rm{W/m^2}}$

c) $\boxed{I_e= 3\cdot 10^{-9} \;\rm{W/m^2}}$