Escrito por Akira Ito
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.
Problema 01 *
O bloco da Figura parte do repouso, empurrado por uma força $$F$$ de intensidade constante que atua durante todo o percurso. O trecho $$a$$ é liso, e o trecho $$b$$ é áspero. Determine a intensidade da força de atrito que agiu sobre o bloco no trecho $$b$$, sabendo que o bloco para ao final do percurso.
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Para que o bloco pare no fim do percurso, o trabalho total realizado pelas forças deve ser zero. Dessa forma não há variação de energia cinética entre os pontos final e inical e, como o bloco começou com velocidade nula, ele tabém terminará com velocidade nula. Assim:
$$ \Sigma \tau = \Delta E_c $$
$$ F(a+b)+F_{at}b=0 $$
$$ F_{at}=-F\left( 1+ \dfrac{a}{b} \right)$$
O sinal negativo indica que a força de atrito aponta no sentido contrário ao deslocamento do bloco, conforme já era esperado.
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$$ F_{at}=-F\left( 1+ \dfrac{a}{b} \right)$$
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Problema 02 ***
Um bloco é solto a partir do ponto mais alto de um hemisfério liso com velocidade inicial nula. Calcule o ângulo $$\theta$$ marcado na figura em que o bloco perde contato com o hemisfério. A gravidade local vale $$g$$ e o raio do hemisfério vale $$R$$.
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Podemos calcular a velocidade do bloco em função da altura usando a conservação de energia mecânica:
$$ E_{mec}=E_c+U$$
$$ mgR = mgR\cos{\theta}+\dfrac{1}{2}mv^2$$
$$ v^2=2gR(1-\cos\theta) $$
No ponto de escape, temos que a força normal deve ser nula pois não há mais contato entre os corpos. A resultante centrípeta na direção radial se torna, portanto:
$$ mg\cos\theta-N=\dfrac{mv^2}{R} $$
$$g\cos\theta=\dfrac{v^2}{R}$$
$$ v^2=gR\cos\theta $$
Substituindo uma equação na outra, temos:
$$gR\cos\theta= 2gR(1-\cos\theta) $$
$$ \cos\theta = 2 – 2\cos\theta $$
$$\cos\theta=\dfrac{2}{3} $$
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$$\cos\theta=\dfrac{2}{3} $$
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Problema 03 ***
(OBF) Após certo tempo de uso as tesouras devem ser afiadas para manter sua performance. Considere um esmeril (roda de pedra para amolar) de raio $$r$$ de $$15$$ $$cm$$ que gira com uma frequência de $$10$$ $$Hz$$. A tesoura é mantida contra o esmeril com uma força $$F$$de intensidade $$160$$ $$N$$ como esboçado na figura abaixo, onde o ângulo $$\theta$$ é igual a $$60^o$$. Qual a potência desenvolvida pelo esmeril? Considere que o coeficiente de atrito entre o esmeril e a tesoura é $$0,30$$.
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Para resolver este problema vamos primeiro encontrar a força de atrito que faz com que a velocidade angular da roda diminuir. Para calcular tal força de atrito, $$K$$, usaremos que essa força em função da força normal $$N$$ aplicada nele é:
$$K=N\mu$$
Neste caso $$N$$ é a componente radial da força $$F$$, dada por $$N=F*cos(60^o)=\frac{F}{2}$$. Assim a força de atrito é $$K=N\mu=0,15*F=24$$ $$N$$.
De modo que a Potência pedida no enunciado é simplesmente $$P$$, onde $$P=K*v$$, onde $$v$$ é a velocidade da roda no ponto de contato do esmeril, dado por $$v=\omega r$$. Onde $$\omega$$ é a velocidade angular, dada por $$\omega=2\pi f$$, onde $$f$$ é a frequencia da roda.
Assim, $$\omega=60$$ $$rad/s$$, de modo que $$v=9$$ $$m/s$$. Note que foi usado que $$\pi=3$$.
Dessa forma, com $$P=K*v$$, temos que
$$P=K*v=216$$ $$W$$ $$\approx 2,0*10^{2}$$ $$W$$
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A potencia é $$216$$ $$W$$ $$\approx 2,0*10^{2}$$ $$W$$
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Problema 04 ***
(OBF – Adaptada) Um bloco de massa $$m$$ é abandonado a partir do repouso do ponto B em uma pista lisa, paralela a um plano vertical, que inclui um trecho curvo dado por um círculo de raio $$R$$, conforme ilustrado na figura abaixo. Encontre a velocidade do bloco no instante em que ele perde contato com a pista.
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Considere o seguinte diagrama:
Pela conservação de energia, temos:
$$ 2mgR= mgR + mgR\sin\theta + \dfrac{1}{2}mv^2 $$
$$ 2gR(1-\sin\theta) = v^2$$
Na condição de perda de contato, a força normal é nula. Portanto, a força centrípeta resultante vale:
$$ mg\sin\theta+N= \dfrac{mv^2}{R}$$
$$ v^2=gR\sin\theta $$
Logo:
$$ 2gR(1-\sin\theta)=gR\sin\theta $$
$$ 2 – 2\sin\theta = \sin\theta $$
$$ \sin\theta=\dfrac{2}{3} $$
Substituindo isso na expressão da velocidade, temos:
$$ v^2=\dfrac{2gR}{3} $$
$$ v= \sqrt{\frac{2gR}{3}}$$
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$$ v= \sqrt{\frac{2gR}{3}}$$
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Problema 05 *
(OBF) Os alunos do Professor Physicson realizaram uma experiência em sala de aula que consistia em soltar, de uma altura de $$2,0$$ $$m$$, uma bolinha de aço sobre uma superfície quadrada, com espessura de $$5,0$$ $$cm$$, feita com massa de modelar. Cada vez que a bolinha em queda livre atingia essa superfície, ela penetrava $$2,0$$ cm, exercendo uma força de intensidade média igual a $$20,0$$ $$N$$. Dessa forma, os alunos concluíram acertadamente que:
a) Durante a penetração o trabalho total envolvido foi de $$0,4$$ $$J$$;
b) Durante a penetração o trabalho total envolvido foi de $$4,0$$ $$J$$;
c) Durante a penetração o trabalho total envolvido foi de $$40,0$$ $$J$$;
d) Durante a penetração o trabalho total envolvido foi de $$0,04$$ $$J$$;
e) Durante a penetração o trabalho total envolvido foi de $$400,0$$ $$J$$;
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O trabalho de uma força $$F$$ que atua durante um deslocamento $$d$$, no mesmo sentido, é dado por:
$$\tau = Fd$$
Com isso, temos que o trabalho durante a penetração é:
$$\tau = 20\cdot 0,02$$
$$\tau = 0,4$$ $$J$$
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Item a)
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Problema 06 **
(OBF) Durante uma erupção vulcânica, podem ser expelidos vários tipos de materiais, em diferentes estados físicos: fragmentos de rocha sólida, lava e gases. O poder de destruição em uma erupção é maximizado pelo lançamento de rochas ígneas chamadas bombas vulcânicas. Considere que uma dessas “bombas” possa ser lançada até uma altura de $$2,0$$ km. Desprezando o atrito com o ar, qual o valor aproximado da velocidade vertical inicial da “bomba”?
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Como a energia mecânica é conservada, basta calcular a energia cinética inicial e calcular qual a energia potencial gravitacional máxima que o corpo estudado pode subir:
$$ \dfrac{1}{2}mv^2=mgh $$
$$v_{y}=\sqrt{2 g h}$$
$$v_{y}=2*10^{2} \frac{m}{s}$$
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$$v_{y}=2*10^{2} \frac{m}{s}$$
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Problema 07 *
Um projétil de $$m=2,0\,\textrm{kg}$$ é arremessado com uma velocidade inicial de $$v=10\,\textrm{m/s}$$ fazendo um ângulo $$\theta=30^\circ$$ com a horizontal. Calcule o trabalho realizado pela força peso desde o início do lançamento quando o projétil alcança a altura máxima.
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Na altura máxima, a velocidade vertical do projétil é nula. Portanto, podemos usar o teorema da energia cinética:
$$ \Sigma \tau = \Delta E_c $$
$$ \tau = \left( \dfrac{1}{2}mv_x^2 – \dfrac{1}{2}mv^2\right) $$
Em que $$v_x=v\cos\theta$$. Além disso, temos que $$v^2=v_x^2+v_y^2$$, em que $$ v_y=v\sin\theta $$. Portanto:
$$ \tau = -\dfrac{1}{2}mv_y^2 $$
$$ \tau = -\dfrac{1}{2}m (v\sin\theta)^2$$
$$ \tau=- 25\,\textrm{J}$$
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$$ \tau=- 25\,\textrm{J}$$
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Problema 08 *
Um projétil de massa $$m=100\,\textrm{g}$$ atinge perpendicularmente uma parede vertical com velocidade escalar $$ 60\,\textrm{m/s} $$. O projétil penetra na parede e desloca-se $$ 20\,\textrm{cm} $$ até parar. Determine a intensidade da força média que a parede exerce no projétil e que se opõe ao movimento.
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O trabalho realizado pela parede é capaz de mudar a energia cinética do projétil. Usando o teorema da energia cinética:
$$ \Sigma \tau = \Delta E_c $$
$$ F\cdot d=\left( 0-\dfrac{1}{2}mv^2 \right) $$
$$ F=\dfrac{mv^2}{2d}$$
$$ F=900\,\textrm{N} $$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ F=900\,\textrm{N} $$
[/spoiler]
Problema 09 *
Uma pequena esfera de isopor, de densidade $$\rho_o = 0,2 \,\textrm{g/cm}^3$$, é abandonada no fundo de um tanque contendo água até uma altura $$H = 10 \,\textrm{cm}$$. A densidade da água vale $$\rho = 1 \,\textrm{g/cm}^3$$, determine a altura máxima $$x$$ atingida pela bola, medida a partir da superfície da água. Despreze quaisquer forças de resistência (atrito, viscosidade etc.).
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Vamos calcular a força de empuxo:
$$ E= \rho V g$$
Usando o teorema da energia cinética, temos:
$$ \Sigma \tau = \Delta E_c $$
$$ \tau_E+\tau_P = 0 $$
$$ E\cdot H – mg(H+x)=0 $$
$$ \rho VgH= (\rho_0 V)g(H+x)$$
$$ \rho H = \rho_0 H + \rho_0 x $$
$$ x=\dfrac{H(\rho-\rho_0)}{\rho_0} $$
$$ x=40\,\textrm{cm} $$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ x=40\,\textrm{cm} $$
[/spoiler]
Problema 10 *
Um bloco de massa $$m = 1,0 \,\textrm{kg}$$ desloca-se sobre um plano horizontal com atrito e comprime uma mola de constante elástica $$k = 10 \,\textrm{N/m}$$. O coeficiente de atrito vale $$\mu = 0,3$$. Sabendo que a máxima compressão atingida pela mola vale $$x=40 \textrm{cm} $$, calcule a velocidade da caixa ao tocar a mola.
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Parte da energia cinética do bloco é convertido em energia potencial elástica ao longo da compressão da mola e o resto da energia é perdida na forma de atrito. Portanto, podemos usar a conservação de energia mecânica:
$$ \dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}kx^2+F_{at}x$$
$$ v=\sqrt{x^2\dfrac{k}{m}+2\mu gx} $$
$$ v= 2\,\textrm{m/s}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ v= 2\,\textrm{m/s}$$
[/spoiler]
Problema 11 *
(Semana 161 – Adaptada) Zucas Lanoni é um dos responsáveis pela Exposição Anual de Objetos Históricos em Valinhos e, para o ano de 2023, Zucas foi encarregado de levar uma estátua da Ilha de Páscoa para o evento. Nesse problema vamos analisar, de maneira hipotética e simplificada, a extração de uma estátua parcialmente submersa.
As estátuas da Ilha de Páscoa (conhecidas como Moais) são grandes esculturas de pedra com o formato de uma cabeça humana, conforme ilustra a figura abaixo. Para a nossa análise simplificada, vamos aproximar a estátua para um paralelepípedo uniforme de massa $$M=5000\,kg$$ e altura $$L=5,0\,m$$ e largura $$D=1,0\,m$$. Considere a gravidade $$g=10\,ms^{-2}$$.
A estátua de interesse está parcialmente coberta por uma coluna de terra (de altura $$H=1,0\,m$$) e não é possível levá-la direto para um avião. Assim será necessário primeiro extraí-la para depois transportá-la. Suponha que a força necessária para manter o corpo em equilíbrio vertical está representada no gráfico abaixo:
O eixo vertical representa a força que deve ser aplicada para conseguir levantar a estátua (em unidades de $$Mg$$) em função da profundidade. Note que, inicialmente, a profundidade vale $$H=1,0\,m$$. Calcule o trabalho que deve ser realizado para extrair completamente a estátua do solo.
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O trabalho de uma força variável é a área sob o gráfico de Força vs Deslocamento. Dessa forma, o trabalho é a área do gráfico entre os pontos $$x=0,0\,m$$ e $$x=1,0\,m$$.
$$ \tau = A_{rea}$$
$$ \tau = \dfrac{(1+3)\,Mg\times 1\,m}{2} $$
Logo, usando $$Mg=5\times10^4\,N$$:
$$\tau=1,0\times 10^5\,J$$
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$$\tau=1,0\times 10^5\,J$$
[/spoiler]
Problema 12 *
Um pêndulo constituído por uma esfera de massa $$M = 5 \,\textrm{kg}$$, presa a um fio ideal de comprimento $$L = 1 \,\textrm{m}$$, está inicialmente em repouso, quando sofre a ação de uma força $$F = 90 \,\textrm{N}$$ horizontal constante causada por um forte vento naquela direção. Pede-se determinar a velocidade final com que a bola atingirá o teto. Considere efeitos gravitacionais.
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Podemos simplesmente calcular o trabalho realizado pelo vento e aplicar o teorema da energia cinética. Um detalhe importante para se notar é que, embora a trajetória da partícula seja curva, a força sempre possui direção e sentido constante, então podemos calcular o trabalho como sendo qualquer “caminho” imaginário que a bolinha pode percorrer.
Então, ao invés de somar cada parcela de trabalho de várias etapas ao longo do trajeto circular, podemos simplesmente calcular o trabalho do segmento horizontal de comprimento $$L$$, que vale $$\tau=LF$$, e somar com o trabalho do segmento vertical de comprimento $$L$$, que vale $$\tau=0$$ pois o deslocamento é perpendicular à direção da força. A mesma ideia vale para o trabalho da força peso.
Logo:
$$ \Sigma \tau = \Delta E_c $$
$$ FL-mgL=\left( \dfrac{1}{2}mv^2-0 \right) $$
$$ v= 4\,\textrm{m/s}$$
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$$ v= 4\,\textrm{m/s}$$
[/spoiler]
Problema 13 *
(OBF) Dois corpos, $$A$$ e $$B$$, de massas diferentes ($$m_A = 3m_B$$) foram lançados verticalmente para cima com velocidades iniciais diferentes. Um deles ($$A$$) atingiu uma altura quatro vezes maior do que o outro ($$B$$). Desprezando as resistências impostas ao movimento, quantas vezes é a sua velocidade inicial superior a do outro?
a) $$V_{0(A)} = 2 V_{0(B)}$$
b) $$V_{0(A)} = 4 V0(B)$$
c) $$V_{0(A)} = V_{0(B)}$$
d) $$V_{0(B)} = 2 V_{0(A)}$$
e) $$V_{0(B)} = 4 V_{0(A)}$$
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Como se despreza qualquer tipo de resistência, podemos conservar a energia nos lançamentos de cada corpo e achar uma relação entre suas velocidades de lançamento e a altura máxima atingida. Temos então que:
$$E_{cinA} = E_{potA}$$
$$\dfrac{m_{0(A)}V^2_A}{2} = m_A g H_A$$
$$V_{0(A)}^2 =2 g H_A$$
$$V_{0(A)} = \sqrt{2 g H_A}$$
Esse processo é análogo para o corpo B, logo:
$$V_{0(B)} = \sqrt{2 g H_B}$$
Podemos extrair do enunciado que:
$$H_A = 4 H_B$$
Com isso:
$$V_{0(A)} = \sqrt{2 g 4 H_B}$$
$$V_{0(A)} = 2\sqrt{2g H_B}$$
$$V_{0(A)} = 2V_{0(B)}$$
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Item a)
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Problema 14 *
(OBF) Sobre uma mesa horizontal o Professor Physicson espalhou cinco blocos idênticos de madeira com massa de $$500,0$$ $$g$$ e espessura de $$10,0$$ $$cm$$ cada. A partir daí, ele solicitou de uma aluna que empilhasse sobre a mesa todos os blocos, um após o outro. Ao término dessa tarefa, desprezando-se os atritos existentes e que inicialmente não havia nenhuma superposição entre os blocos, perguntou à turma qual foi o trabalho, em Joules, realizado pela aluna. Acertadamente, eles responderam: (adote $$g = 10$$ $$\frac{m}{s^2}$$ )
a) $$3,0$$
b) $$2,0$$
c) $$5,0$$
d) $$4,0$$
e) $$1,5$$
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Pelo teorema da energia cinética:
$$\tau_{res}=\Delta{E_{cinetica}}=\tau_{mg}+\tau_{aluna}$$
Como a variação da energia cinética é nula (Os blocos estão em repouso no início e no final do processo), temos:
$$-\tau_{mg}=\tau_{aluna}$$
O trabalho do peso é dado por $$-mg\Delta{h}$$ para um incremento positivo $$\Delta{h}$$ da altura do centro de massa de um dos blocos. Como 4 blocos são empilhados, determinemos o trabalho total realizado pelo peso:
$$\tau_{mg} = -mge-2mge-3mge-4mge = -10mge$$
onde $$e$$ é a espessura dos blocos. Portanto:
$$\tau_{aluna} = 10mge = 5J$$
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Letra c)
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Problema 15 **
Considere o sistema do problema 4. Encontre a menor altura $$H$$ que a bolinha deve ser abandonada para que ela consiga dar uma volta no trajeto circular sem descolar do trilho.
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No ponto mais alto da trajetória circular, a bolinha deve estar na iminência de “descolar” do chão. Ou seja, a força normal é nula nesse instante. Portanto, temos a seguinte relação para a força centrípeta:
$$ mg+N=\dfrac{mv^2}{R} $$
$$ mg=\dfrac{mv^2}{R} $$
$$ v^2=Rg $$
Agora vamos usar a conservação de energia:
$$ mgH=mg(2R)+\dfrac{1}{2}mv^2 $$
$$ mgH=mg(2R)+\dfrac{1}{2}mRg $$
$$ H=\dfrac{5}{2} R$$
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$$ H=\dfrac{5}{2} R$$
[/spoiler]
Problema 16 **
(OBF) As figuras abaixo mostras duas situações, nas quais dois blocos de formas cúbica e cilíndrica feitos de material, homogêneo, isotrópico com distribuição uniforme e que serão lançados sobre as superfícies horizontais e rugosas de mesmo coeficiente de atrito. Os blocos cúbico e cilíndrico são lançados com as energias cinética $$K_{1}$$ e $$K_{2}$$ respectivamente. Sejam $$d_{1}$$ e $$d_{2}$$ as distâncias percorridas pelos blocos cúbico e cilindrico respectivamente sobre a superfície rugosa até parar, de forma que $$d_{1}=3d_{2}$$. Determine a razão $$\frac{K_{1}}{K_{2}}$$
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Os corpos vão iniciar o movimento com uma certa energia cinética, e esta será dissipada pela força de atrito que o chão exerce sobre eles. Pode-se dizer que a variação de energia cinética de um corpo é igual à resultante de trabalho de forças externas sobre ele, que no caso é apenas o trabalho da força de atrito. Inicialmente um dos corpos terá energia cinética $$K$$, e após parar terá zero, portanto:
$$\Delta K=0-K=-K=W$$
Onde $$W$$ é o trabalho das forças externas. A força de atrito sobre o corpo é cinética, pois ele se move em relação ao solo durante a aplicação desta, e portanto vale $$F_{at}=\mu N$$, onde $$\mu$$ é o coeficiente de atrito entre o corpo e o chão é $$N$$ é a força de reação normal do solo. Como o corpo está em equilíbrio na direção vertical, vale que $$N=mg$$, que é o peso do corpo. Portanto, pela definição de trabalho:
$$W=\vec{F} \cdot \vec{d}=-F_{at} d=-K$$
$$K=\mu m g d$$
A razão da energia cinética entre os corpos $$1$$ e $$2$$ é portanto:
$$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{m_{1} d_{1}}{m_{2} d_{2}}$$
A massa dos corpos é dada por $$m=\rho V$$, onde $$\rho$$ é a densidade deles, que é igual, e $$V$$ seu volume. O volume de um cubo de lado $$a$$ é igual a $$V_{1}=a^{3}$$, e o de um cilindro de raio $$r$$ e altura $$h$$ é $$V_{2}=\pi r^{2} h$$, e como $$2 r=h=a$$, este é $$V_{2}=\frac{\pi a^{3}}{4}$$. Portanto, vale que:
$$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{V_{1} d_{1}}{V_{2} d_{2}}=\frac{4*d_{1}}{\pi d_{2}}=\frac{12}{\pi}$$
A questão terminaria aí normalmente, contudo como a OBF dá o valor de $$\pi$$ como sendo $$3$$ no início de qualquer prova, você deve simplificar a resposta para:
$$\frac{K_{1}}{K_{2}}\approx\frac{12}{3}=4$$
Onde a aproximação foi feita para deixar um algarismo significativo de resposta, pois todos dados foram dados com um significativo. Contudo, é bom em geral você colocar o valor exato no gabarito seguido pela sua aproximação, assim como é colocado na secção “Gabarito” dessa solução.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{12}{\pi} \approx 4$$
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