Primeira Fase - Nível B

Óptica Geométrica

Analisando as alternativas:

I) Falso. Após passar pelos dois prismas, a luz voltará ao seu estado original, de modo que não será possível perceber sua característica policromática.
II) Verdadeiro. Após passar pelo prisma, a luz será decomposta, podendo perceber sua característica policromática.
III) Falso. O experimento prova justamente o contrário.

Item C

Dinâmica

Nesse caso, como, quando atinge o solo, a partícula realiza voltas cada vez menores, há uma força de atrito atuando como resultante centrípeta no a partícula. Como sabemos, em nosso universo a força de atrito atua somente na direção oposta ao vetor velocidade, de tal modo que, nesse caso, o atrito é diferente nesse universo.

Item A

Estática

Nesse caso, como a balança se desequilibra dentro da água, o empuxo que atua em cada objeto é diferente. Sabemos, entretanto, que o empuxo depende diretamente no volume do objeto de tal modo que, assim, os dois objetos possuem volumes diferentes e, consequentemente, densidades diferentes.

Item D

Termologia

Vamos analisar alternativa por alternativa:
a) Falso. Perceba que, nesse caso, quanto maior a temperatura, maior será o volume ocupado pelo gás, de tal modo que o nível de água diminuirá.
b) Falso. Além da água, o vidro também dilata, apesar de desprezivelmente.
c) Falso. A mudança no nível do termometro se deve à dilatação do líquido.
d) Correto. Por ser hermeticamente fechado, a pressão atmosférica não influencia no temormêtro.

Item D

Cinemática

Nesse caso, devemos perceber que o tempo total entre o Galileu tirar o capuz e ver a vela é igual ao tempo que leva para luz ir e voltar a distância entre Galileu e seu assistente. Matematicamente:

$$\Delta t = \dfrac{2d}{v}$$

Numericamente:

$$\Delta t = 2 \times 10^{-5} \; \rm{s}$$

perceba, que o resultado encontrado equivale à $\boxed{2 \; \rm{centesimos} \; \rm{de} \; \rm{milesimos} \; \rm{de} \; \rm{segundo}}$.

Item A

Estática

Para resolver essa questão, perceba, primeiramente, que o espelho rotaciona no sentido anti-horário na presença das outras esferas. Assim, consequentemente, o ângulo marcado pelo indicador de ângulos irá diminuir ao longo do movimento do espelho. Além disso, perceba, pela propriedade dos espelhos, que o ângulo incidente da luz num espelho é igual ao ângulo refletido. De tal modo, quando o ângulo refletido desvia-se de $5^{\circ}$, o ângulo incidente também se desvia de $5^{\circ}$, de modo que o ângulo total formado diminui-se num total de $10^{\circ}$. Conclui-se, então, que a marcação final é igual à $\boxed{35^{\circ}}$.

Item B

Óptica

Do enunciado, sabemos que a distância focal do espelho é igual à distância do objeto ao centro somada à distância do objeto ao ponto focal:

$$f=15+5=20\,\mathrm{cm}$$

A distância $p$ do objeto ao vértice é igual à distância focal somada à distância do foco ao objeto:

$$p=20+5=25\,\mathrm{cm}$$

Pela equação de Gauss,

$$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}$$

$$p'=\dfrac{pf}{p-f}$$

Da equação do aumento,

$$A=-\dfrac{p'}{p}$$

$$A=-\dfrac{f}{p-f}$$

$$A=-\dfrac{20}{5}=\boxed{-4}$$

Logo, o item correto é o item b).

item b)

Gravitação

a) (F) Sabemos que o modelo clássico é válido para a órbita de Urano, logo a fórmula $F=GMm/d^2$ ainda é aplicável, embora devamos considerar a interação de Urano com outros corpos.
b) (F) A massa do Sol é uma constante independente do planeta sendo analisado.
c) (F) Como Saturno possui órbita de menor raio do que a de Urano, uma interação entre eles ocasionaria uma aproximação entre os planetas e a consequente diminuição da distância de Urano ao Sol.
d) (V) Como o planeta desconhecido (Netuno) possui órbita de maior raio do que a de Urano, uma interação entre eles ocasionaria uma aproximação entre os planetas e o consequente aumento da distância de Urano ao Sol.

item d)

Matemática

Podemos calcular o valor do ângulo $\alpha$ por regra de três, uma vez que a Lua executa aproxidamente um movimento circular uniforme em torno da Terra:

$$\dfrac{100\, \mathrm{min}}{40.000\,\mathrm{min}}=\dfrac{2\alpha}{360^\circ}$$

$$\alpha=\dfrac{180^\circ}{400}=0,45^\circ$$

A partir da figura, como a soma de todos os ângulos do triângulo $\Delta QBC_T$ deve ser igual a $180^\circ$:

$$180^\circ-\gamma-\alpha+\theta+\beta=180^\circ$$

Desprezando $\theta$ e resolvendo para $\beta$:

$$\beta\approx \gamma+\alpha$$

$$\beta\approx 0,3^\circ+0,45^\circ=0,75^\circ$$

Pela imagem:

$$\sin{\beta}=\dfrac{\overline{PC_T}}{\overline{BC_T}}$$

Como o raio da órbita lunar é igual a $\overline{BC_T}$:

$$R_L=\dfrac{r}{sin{\beta}}$$

$$R_L=\boxed{76r}$$

Logo, o item correto é o item c).

item c)

Dinâmica/Estática

a) (V) Os pesos das massas são constantes durante o movimento e responsáveis por ele.
b) (F) Uma corda mais pesada faz com que a tensão na corda não seja constante em todo o seu comprimento e seu valor também pode variar durante o movimento, variando a força resultante nas massas.
c) (V) Se o peso das massas fosse parecido, as suas acelerações não seriam muito altas por conta da baixa força resultante, ocasionando maior lentidão no movimento.
d) (V) Uma roda muito leve conseguiria adquirir facilmente a velocidade angular necessária para que não houvesse deslizamento entre ela e a corda, de forma que o atrito fosse desprezível.

item b)

Cinemática

Perceba que no $12^\circ$ flash, a esfera percorreu exatamente $125 \,\mathrm{cm}$ na direção vertical. Sendo $\Delta t$ o intervalo de tempo entre dois flashes consecutivos, sua equação de movimento é tal que

$$y=\dfrac{1}{2}gt^2$$

$$1,25=\dfrac{1}{2}\cdot 10 \cdot 12^2\cdot (\Delta t)^2$$

$$\Delta t=\dfrac{5}{120}=\boxed{\dfrac{1}{24}\,\mathrm{s}}$$

Logo, o item correto é o item é o item a).

item a)

Óptica

Pela equação de Gauss para as lentes,

$$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}$$

$$p'=\dfrac{pf}{p-f}$$

Da equação do aumento,

$$A=-\dfrac{p'}{p}$$

$$A=\dfrac{f}{f-p}$$

Para a lente objetiva, $f=4\,\mathrm{cm}$ e $p=5\,\mathrm{cm}$, logo $A_1=-4$. Para a ocular, $f=5\,\mathrm{cm}$ e $p=4\,\mathrm{cm}$, logo $A_2=5$. O módulo do aumento total é tal que

$$|A|=|A_1A_2|=\boxed{20}$$

Logo, o item correto é o item c).

item c)

Termologia

Usaremos a fórmula: $Q=mc_{cobre}\Delta T$

O exercício consiste em calcular qual é a energia necessária para elevar a temperatura de 1 quilograma de cobre em 1 °F. Assim, $m=1 kg$, $c_{cobre}=0,09\frac{cal}{g ^\circ C }$ e $\Delta T=1^\circ F$. Devemos nos atentar às unidades.

Deixaremos $c_{cobre}$ em $\frac{cal}{g ^\circ C }$ pois queremos a resposta em calorias.

Como a unidade de massa presente em $\frac{cal}{g ^\circ C}$ é $g$, trocaremos $kg$ por $g$: $m=1000g$.

Como a unidade de temperatura em $\frac{cal}{g ^\circ C }$ é $^\circ C$, devemos trocar $^\circ F$ por $^\circ C$: como $\frac{\Delta T_{celsius}}{5}=\frac{\Delta T_{farenheit}}{9}$, um $\Delta T_{fahrenheit}=1 ^\circ F$ corresponde a um $\Delta T_{celsius}=\frac{5}{9} ^\circ C$.

Assim, a energia necessária para elevar a temperatura de 1 grama de cobre em 1 °F é

$Q=mc_{cobre}\Delta T=1000g*0,09\frac{cal}{g ^\circ C }*\frac{5}{9}^\circ C=50 cal$

item a)

Termodinâmica

O enunciado nos diz que a relação entre a temperatura e a pressão é linear, então, com dois pontos $(p,T)$, já conseguimos descrever essa reta calcular o de $T$ desejado.

O enunciado nos dá a temperatura e a altura da coluna de mercúrio em dois pontos – não nos dá a pressão, mas podemos calculá-la.

Pelo teorema de Stevin: $p=p_{atm}+\rho gh$.

Não sabemos o valor de $\rho g$, mas podemos calculá-lo. O enunciado nos diz que a pressão atmosférica equivale à pressão gerada por uma coluna de 76 cm de mercúrio. Então:

$1 =76 \rho g \rightarrow \rho g=\frac{1}{76}\frac{atm}{cm}$

Assim, podemos chegar nos dois pontos $(p,T)$ que desejamos:

- Quando $T=120 ^\circ C$, $h=104 cm$, então $p=1+104\frac{1}{76}$

- Quando $T=0 ^\circ C$, $h=44 cm$, então $p=1+44\frac{1}{76}$

Os dois pontos que temos são $(p_2,T_2)=(1+104\frac{1}{76},120)$ e $(p_1,T_2)=(1+44\frac{1}{76},0)$.

A função de uma reta tem a forma $T=ap+b$.

Para calcular o coeficiente angular da reta (a), usamos que:

$a=\frac{T_2-T_1}{p_2-p_1}=\frac{120-0}{(1+104\frac{1}{76},120)- (1+44\frac{1}{76},0)}=\frac{120}{\frac{60}{76}}=152$.

Para calcularmos o coeficiente linear da reta (b), pegamos os valores de $T$ e $p$ correspondentes a algum ponto e o colocamos na equação da reta:

Aqui, escolhemos $T_2$ e $p_2$, mas poderíamos ter escolhido $T_1$ e $p_1$ também.

$T=152p+b\rightarrow T_2=152p_2+b \rightarrow 120=152*(1+104\frac{1}{76})+b \rightarrow b=-240 ^\circ C$.

O zero absoluto se daria quando $p=0$. Nesse ponto, a temperatura seria:

$T_{0}=152*0+(-240)=-240 ^\circ C$.

O valor obtido por Amontons é então $-240^\circ C$, enquanto o valor atual é $-273 ^\circ C$. A diferença entre esses dois valores é $-240-(-273)=33 ^\circ C$.

item c)

Óptica

a) Se a pupila fosse um “furo” pequeno, em relação ao globo ocular, só conseguiríamos ver com intensidade em uma ambiente muito iluminado.

CORRETA: A quantidade de energia luminosa que entra pela pupila é diretamente proporcional à área da pupila e à intensidade luminosa. Assim, se a abertura da pupila é pequena, necessitamos que a intensidade luminosa seja grande – que o ambiente seja muito iluminado – para enxergarmos.

b) Como o cristalino é uma lente convergente, ela consegue direcionar para um ponto da retina todos os raios oriundos de um ponto do objeto que passam pela pupila.

CORRETA:  Todo raio de luz que incide na lente convergente paralelamente ao eixo óptico é direcionada ao ponto focal.

c) Como a pupila é um “furo” pequeno, em relação ao globo ocular, as imagens projetadas na retina seriam nítidas sem a presença do cristalino.

INCORRETA: O cristalino – uma lente convergente – focaliza na retina os raios de luz que recebe. Se não houvesse o cristalino, os raios de luz se encontrariam muito antes, depois, ou nem mesmo se encontrariam, fazendo com que as imagens formadas não fossem nítidas.

d) O cristalino precisa ser flexível para mudar a distância focal a fim de deixar nítidas as imagens de objetos localizados em distância diferentes.

CORRETA: Para focalizar os raios de luz na retina, o cristalino precisa adequar a sua distância focal baseando-se na distância dos objetos. Assim, ao depender da distância dos objetos observados, o cristalino é esticado ou relaxado para alterar a sua distância focal.

item c)

Dinâmica/Estática

A figura acima o peso do trecho do colar no cateto oposto e o peso tangencial do segmento do colar na hipotenusa.

Como o colar está em equilíbrio, $P_{CO}=P_Hsen(\alpha)$.

Mas, segundo o enunciado: “o peso aparente da porção que está na hipotenusa $(P_A)$ (comprimento do plano inclinado) é igual ao peso real da porção rente ao cateto oposto a a (altura do plano inclinado) $(P_{CO})$.” Assim, $P_{CO}=P_A$.

Logo $P_A= P_Hsen(\alpha)$. O seno do ângulo alfa é dado por $\frac{cateto oposto}{cateto adjacente}$. Dessa forma:

$\frac{P_A}{P_H}=\frac{peso aparente}{peso real}=\frac{cateto oposto}{cateto adjacente}$.

OBS: Outra maneira de resolver esse exercício é usando análise dimensional. A unidade de cada termo da equação deve ser igual (i.e. a equação $F=m$ não faria sentido, uma vez que o lado esquerdo tem unidade de força – como Newton – e o lado direito tem unidade de massa – como kg). Vamos analisar o caso de cada alternativa:

1. a) Tanto o lado esquerdo quanto o lado direito da equação são adimensionais (não têm unidades de medida)
2. b) O lado esquerdo tem unidade de peso, enquanto o lado direito tem unidade de distância
3. c) O lado esquerdo tem unidade de peso$^2$, enquanto o lado direito tem unidade de distância$^2$.
4. d) O lado esquerdo tem unidade de peso$^2$, enquanto o lado direito tem unidade de peso

Apenas a alternativa a é dimensionalmente coerente.

item a)

Dinâmica/Estática

O que acontece nesse exercício é o seguinte:

O peso desce, puxando o fio que está ligado à mola. Assim, a mola é estendida, puxando o carrinho.

Comprimento natural da mola: $l_0=3$ polegadas

Comprimento da mola: $l$

Tempo total das 10 oscilações do pêndulo: $\tau$

Constante elástica da mola: $k$

Massa do carrinho: $m$

Aceleração do carrinho: $a$

A força que a mola gera no carrinho é dada pela lei de Hooke: $F=k(l-l_0)$. Assim, pela segunda lei de Newton, $a=\frac{k(l-l_0)}{m}$.

Como a aceleração é constante, a distância percorrida pelo carrinho em um tempo $\tau$ é dada pela função horária do espaço: $\Delta s=v_0t+\frac{at^2}{2}=0t+\frac{k(l-l_0)}{m}\frac{\tau^2}{2} \rightarrow \Delta s=\frac{k(l-l_0)}{m}\frac{\tau^2}{2}$.

No segundo experimento, $l=9$ polegadas e $m=20$ libras. Substituindo esses valores na equação para $\Delta s$:

$\Delta s_2= \frac{k(9-3)}{20}\frac{\tau^2}{2}=\frac{3k\tau^2}{20}$. O enunciado não nos deu o valor de $k\tau^2$, então devemos calculá-lo. Para isso, usaremos os dados da primeira experiência.

Na primeira experiência, $l=5$ polegadas, $m=10$ libras e $\Delta s= 40$ polegadas.

Usando a equação para $\Delta s$, $40=\frac{k(5-3)}{10}\frac{\tau^2}{2} \rightarrow k\tau^2=400$ libras.

Subsituindo o valor de $k\tau^2$ na equação para $\Delta s_2$, temos que:

$\Delta s_2=\frac{3}{20}*400=60$ polegadas.

item d)

Mecânica

Para começarmos, vamos calcular a velocidade de cada carrinho logo antes da colisão.

Como o enunciado diz, a velocidade do carrinho A logo antes da colisão é $V$.

Para calcular a velocidade do carrinho B logo antes da colisão, devemos usar a equação de Torricelli: $v^2_f=v^2_0+2a\Delta s \rightarrow v_f=\sqrt{2a*4d}=\sqrt{4*2ad}$.

Não sabemos o valor de $ad$, então queremos deixar $v_f$ apenas em função de V. Para isso, deveremos escrever a equação de Torricelli que descreve a descida do carrinho A:

$v^2_2=v^2_1+2a\Delta s \rightarrow V=\sqrt{2ad}$. Substituindo $2ad$ por $V^2$ na equação de $v_f$, temos que $v_f=2V$.

Dessa forma, logo antes da colisão, o carrinho A se move para a direita com velocidade $V$ e o carrinho B se move para a esquerda com velocidade $2V$.

A quantidade de movimento total antes da colisão é:

$Q_i=4m*V-m*2V=2m*V$.

Como os carrinhos se engatam, eles têm a mesma velocidade após a colisão $(V_f)$. A quantidade de movimento após a colisão é:

$Q_f=4mV_f+mV_f=5mV_f$

A quantidade de movimento total se conserva, então a quantidade de movimento total antes da colisão é igual à quantidade de movimento total após a colisão $(Q_i=Q_f)$.

Assim, $2mV=5mV_f \rightarrow V_f=\dfrac{2}{5}V$.

item a)

Cinemática, Dinâmica

Vamos primeiramente usar as leis de Newton para encontrar a aceleração de cada bola. Além da força da gravidade, que puxa os objetos para baixo, ainda há a força de resistência do ar na situação apresentada. Dessa forma, a força resultante na esfera pequena vale:

$F_{res}=P_{eso}-F_{ar}$

Mas o enunciado diz que a força de resistência do ar vale  $0,05\%=5\cdot 10^{-4}$ do peso total, então:

$F_{res}=ma=mg (1-5\cdot 10^{-4})$

$a=g (1-5\cdot 10^{-4})$

Na esfera maior, de acordo com o enunciado, a força de resistência do ar é desprezível, então a aceleração da esfera maior é simplesmente $A=g$.

Da cinemática, sabemos pela equação horária da posição:

$S=S_0+V_0t+\dfrac{1}{2}at^2$

O caminho percorrido vale $S-S_0=h$, que é a altura da torre. Além disso, $V_0=0$ pois as esferas partem do repouso, então:

$h=\dfrac{1}{2}at^2$

Para a esfera maior:

$h= \dfrac{1}{2}gt^2$

Para a esfera menor:

$h-0,04= \dfrac{1}{2}g (1-5\cdot 10^{-4})t^2$

Note que, ao invés de $h$, usamos $h-0,04$ na distância percorrida pela esfera menor. Além disso, é importante  salientar que os tempos são iguais. Assim, podemos dividir as duas equações para encontrar:

$\dfrac{h}{h-0,04}=\dfrac{1}{1-5\cdot 10^{-4}}$

Resolvendo a equação, temos $h=80\,\textrm{m}$. Portanto item b).

item b)

Termodinâmica

Vamos analisar as alternativas separadamente:

a) Falso. O ciclo de Carnot é reversível e, ao fim de um ciclo, retorna para o ponto inicial, mas isso não significa que não há calor trocado. Na realidade, ao longo de um ciclo, o calor fornecido pela fonte quente é transformado em trabalho e parte desse calor é perdido para a fonte quente. Vale salientar que a eficiência com que esse processo ocorre (ou seja, o trabalho gerado sobre o calor da fonte quente) vale $\eta=1-\dfrac{T_f}{T_q}$.

b) Falso. O calor fornecido pela fonte quente é maior do que o calor perdido para a fonte fria, pois parte da energia se transforma em trabalho.

c) Falso. A eficiência de Carnot vale $\eta=1-\dfrac{T_f}{T_q}$, então percebe-se que uma maior diferença de temperatura pode proporcionar, na realidade, um aumento de eficiência. No entanto, tome muito cuidado com comparações descuidadas, uma diferença entre as temperaturas maior não significa necessariamente que a eficiência é maior. Imagine por exemplo, duas máquinas de Carnot (A e B): as temperaturas das fontes de A são $1\,\textrm{K}$ e $10\,\textrm{K}$, enquanto as de B são $1000\,\textrm{K}$ e $1011\,\textrm{K}$. Embora a diferença entre as temperaturas de B seja maior por $1\,\textrm{K}$, a eficiência de A é muito maior.

d) Verdadeiro. Embora não seja possível atingir a temperatura de $0\,\textrm{K}$, essa afirmação é verdadeira.

Portanto item d).

item d)