FMJ 2020

Primeiro, precisamos descobrir quanto tempo a atleta tem disponível para realizar os giros antes de atingir a água. Ela realiza uma queda livre (partindo do repouso, $v_0 = 0$) de uma altura de 5,0 m.

Equação horária da posição na queda livre:
$h = \dfrac{g \cdot t^2}{2}$
$5,0 = \dfrac{10 \cdot t^2}{2}$
$5,0 = 5 \cdot t^2 \Rightarrow t^2 = 1 \Rightarrow t = 1,0\text{ s}$.

A atleta tem 1 segundo de queda. Nesse tempo, ela deve girar "uma vez e meia". Sabemos que uma volta completa (1 giro) equivale a $2\pi$ radianos. Logo, 1 volta e meia equivale a:
$\Delta\theta = 1,5 \cdot 2\pi = 3\pi\text{ rad}$.

A velocidade angular média ($\omega$) será:
$\omega = \dfrac{\Delta\theta}{\Delta t} = \dfrac{3\pi}{1,0} = 3,0\pi\text{ rad/s}$.

Analisando o movimento a partir da figura, o asteroide está se deslocando do afélio (ponto mais distante) em direção ao periélio (ponto mais próximo). Nesse trajeto de aproximação, a velocidade orbital do asteroide aumenta progressivamente (2ª Lei de Kepler).

A força gravitacional atua apontando diretamente para o Sol. Como o asteroide está se aproximando do Sol, o ângulo formado entre o vetor velocidade e o vetor força gravitacional é agudo. Portanto, há uma componente da força gravitacional atuando a favor do movimento, o que significa que essa força realiza um trabalho positivo (trabalho motor).

Nota sobre as incorretas: A força gravitacional entre eles é um par ação-reação, logo têm intensidades iguais (A errada). A força será máxima no periélio, pois a distância é mínima (D errada). O trabalho não seria nulo porque a trajetória não é circular e a força não é perpendicular ao deslocamento em todos os pontos (B errada). E a velocidade aumenta, não diminui (E errada).

Trata-se de um sistema isolado onde a quantidade de movimento vetorial se conserva ($\vec{Q}_{antes} = \vec{Q}_{depois}$). Vamos decompor nos eixos X (horizontal) e Y (vertical).

Conservação no Eixo X (Horizontal):
Antes da colisão, apenas o astro A se movimenta no eixo X: $Q_{xi} = 4m \cdot V_A$.
Após a colisão, todos os fragmentos têm componente horizontal para a direita. Somando as projeções no eixo X ($v \cdot \cos$):
$Q_{xf} = m(2,6V) + 3m(V \cos\alpha) + m(V \cos\theta) + m(V \cos\alpha)$
$Q_{xf} = 2,6mV + 3m(0,8V) + m(0,6V) + m(0,8V)$
$Q_{xf} = 2,6mV + 2,4mV + 0,6mV + 0,8mV = 6,4mV$.
Igualando: $4m \cdot V_A = 6,4mV \Rightarrow V_A = 1,6 V$.

Conservação no Eixo Y (Vertical):
Antes da colisão, apenas o astro B se movimenta no eixo Y: $Q_{yi} = 2m \cdot V_B$.
Após a colisão, os dois fragmentos superiores têm componente Y positiva (para cima) e o inferior tem componente negativa (para baixo). O fragmento da direita de 2,6V não tem componente vertical.
$Q_{yf} = 3m(V \text{sen}\alpha) + m(V \text{sen}\theta) - m(V \text{sen}\alpha)$
$Q_{yf} = 3m(0,6V) + m(0,8V) - m(0,6V)$
$Q_{yf} = 1,8mV + 0,8mV - 0,6mV = 2,0mV$.
Igualando: $2m \cdot V_B = 2,0mV \Rightarrow V_B = 1,0 V$.

As velocidades de A e B eram $1,6 V$ e $1,0 V$, respectivamente.

A energia dissipada é a diferença entre a Energia Mecânica Inicial (no alto do caminhão) e a Energia Mecânica Final (no fim da canaleta).

1. Energia Mecânica Inicial: O galão possui Energia Potencial e Energia Cinética iniciais.
$E_{mi} = E_p + E_c = mgh + \dfrac{m \cdot v_0^2}{2}$
$E_{mi} = (20 \cdot 10 \cdot 2,0) + \dfrac{20 \cdot (3,0)^2}{2}$
$E_{mi} = 400 + 10 \cdot 9 = 400 + 90 = 490\text{ J}$.

2. Energia Mecânica Final: O galão atinge o solo ($h=0$), tendo apenas Energia Cinética final.
$E_{mf} = \dfrac{m \cdot v_f^2}{2} = \dfrac{20 \cdot (2,0)^2}{2} = 10 \cdot 4 = 40\text{ J}$.

A energia dissipada pelo atrito na canaleta foi:
$E_{dissipada} = E_{mi} - E_{mf} = 490 - 40 = 450\text{ J}$.

A potência térmica é definida pelo calor sensível transmitido por unidade de tempo ($P = \dfrac{Q}{\Delta t} = \dfrac{m_{agua} \cdot c \cdot \Delta T}{\Delta t}$). O fluxo mássico fornecido pela questão ($m$) reflete justamente a razão ($\dfrac{m_{agua}}{\Delta t}$).

Para o dia de Verão, a água salta de 25 °C para 35 °C ($\Delta T_V = 10^\circ\text{C}$) sob vazão $m$:
$P_V = m \cdot c \cdot 10$.

Para o dia de Inverno, a água salta de 15 °C para 35 °C ($\Delta T_I = 20^\circ\text{C}$) sob vazão reduzida de $0,80m$:
$P_I = (0,80m) \cdot c \cdot 20$
$P_I = 16 \cdot m \cdot c$.

Relacionando as equações, dividindo uma pela outra:
$\dfrac{P_I}{P_V} = \dfrac{16 \cdot m \cdot c}{10 \cdot m \cdot c} = 1,6$
$P_I = 1,6 \cdot P_V$.

A energia interna ($U$) de um gás ideal é uma função de estado, o que significa que seu valor depende única e exclusivamente da temperatura absoluta em que o gás se encontra no momento ($U = \dfrac{3}{2}nRT$ para gases monoatômicos, por exemplo).

Em qualquer transformação cíclica (como a ABCDA mostrada no diagrama), o gás inicia e termina o seu percurso sempre no mesmo estado termodinâmico inicial (ponto A). Se o estado final é o mesmo que o estado inicial, as temperaturas são idênticas ($T_{final} = T_{inicial}$).

Portanto, ao longo de um ciclo completo, a variação da energia interna é estruturalmente nula ($\Delta U = 0$).

Vamos analisar a geometria do sistema a partir da reta Normal (perpendicular à superfície reflexiva do vidro).

Se o vidro tem uma inclinação de 50° com a horizontal, a reta Normal ao vidro fará o ângulo complementar em relação à horizontal: $90^\circ - 50^\circ = 40^\circ$.

Como o raio refletido segue paralelamente ao solo (é perfeitamente horizontal), o ângulo de reflexão ($r$) — que é medido entre a Normal e o raio refletido — equivale diretamente à inclinação da própria Normal com a horizontal. Ou seja, $r = 40^\circ$.

Pela 2ª Lei da Reflexão, o ângulo de incidência ($i$) é igual ao ângulo de reflexão ($i = r = 40^\circ$). Assim, a separação total em graus entre o raio incidente e o raio refletido é de $i + r = 80^\circ$.

Sendo o raio refletido horizontal, o raio incidente deve estar vindo com uma angulação de 80° com a horizontal para baixo. A pergunta, porém, deseja saber o ângulo que o raio incidente faz em relação à reta vertical ($\theta$).

A relação da reta vertical com a horizontal compõe 90°. Portanto: $\theta = 90^\circ - 80^\circ = 10^\circ$.

As micro-ondas são uma forma de radiação eletromagnética e viajam no vácuo com a velocidade da luz ($v = c = 3,0 \times 10^8\text{ m/s}$).

Antes de jogar na fórmula fundamental da ondulatória, precisamos compatibilizar o sistema de medidas convertendo o comprimento de onda ($\lambda$) fornecido em centímetros para metros:
$\lambda = 12\text{ cm} = 0,12\text{ m}$.

Aplicando a Equação Fundamental ($v = \lambda \cdot f$):
$3,0 \times 10^8 = 0,12 \cdot f$
$f = \dfrac{3,0 \times 10^8}{0,12}$

Ajustando as vírgulas matematicamente:
$f = \dfrac{300 \times 10^6}{0,12} = 2500 \times 10^6\text{ Hz}$.

Transcrevendo o resultado para notação científica padrão:
$f = 2,5 \times 10^9\text{ Hz}$.

Para um aparelho receber 6,0 V originários de pilhas de 1,5 V, a associação precisa ser em série perfeita (aditiva), onde o polo positivo de uma pilha sempre se conecta ao negativo da próxima (e assim sucessivamente: $1,5 + 1,5 + 1,5 + 1,5 = 6,0\text{ V}$).

Observando as cores da Figura 1, o polo positivo (+) é a extremidade laranja com o ressalto, e o polo negativo (-) é a base plana verde.

Acompanhando o percurso na Figura 2 de cima para baixo:
A Pilha 1 está corretamente oferecendo seu polo positivo (laranja) para o terminal superior (+).
A fiação conecta a traseira verde (-) da Pilha 1 com a traseira verde (-) da Pilha 2. Isso anula a diferença de potencial (oposição).
A fiação seguinte liga a frente laranja (+) da Pilha 2 com a frente laranja (+) da Pilha 3. Oposição novamente.
A fiação seguinte liga a traseira verde (-) da Pilha 3 com a traseira verde (-) da Pilha 4. Oposição.

Se invertermos fisicamente a posição da Pilha 2 e da Pilha 4, o zigue-zague dos fios passará a conectar sistematicamente a traseira verde de uma pilha à frente laranja da seguinte. Isso criará o circuito "mais com menos" ideal em todas as pontes, viabilizando o fornecimento integral dos 6,0 V na saída inferior do aparelho.

O raio da trajetória descrita por uma partícula carregada inserida de modo ortogonal num campo magnético é dado por $R = \dfrac{m \cdot v}{|q| \cdot B}$.

Temos um próton ($q = +e$, $m = m_p$) e uma partícula alfa, que é um núcleo de Hélio composto por 2 prótons e 2 nêutrons. Dessa forma, ela carrega o dobro da carga ($q_\alpha = +2e$) e quatro vezes mais massa, visto que o nêutron tem peso similar ($m_\alpha = 4m_p$).

Para que a partícula alfa bata no mesmo ponto Y, ela deve realizar exatamente a mesma trajetória, possuindo então um raio idêntico ao do próton inicial ($R_\alpha = R_p$):

$\dfrac{m_\alpha \cdot v}{q_\alpha \cdot B_{novo}} = \dfrac{m_p \cdot v}{q_p \cdot B}$
$\dfrac{4m_p \cdot v}{2e \cdot B_{novo}} = \dfrac{m_p \cdot v}{e \cdot B}$

Simplificando as massas, cargas e a velocidade de ambos os lados da equação:
$\dfrac{4}{2 \cdot B_{novo}} = \dfrac{1}{B} \Rightarrow \dfrac{2}{B_{novo}} = \dfrac{1}{B}$
$B_{novo} = 2B$. Ou seja, a intensidade do campo tem que ser multiplicada por dois.

Já o sentido de deflexão da trajetória é ditado pelo sinal da carga elétrica. Sendo a partícula alfa e o próton positivos, a Regra da Mão Direita empurrará ambos para o mesmo lado perante o mesmo campo. Logo, o sentido do campo magnético deve ser mantido.