1) Comparando os lados dos triângulos semelhantes apresentados, temos:
km
x
m
m
km
x
6 3 81
,
35
.
10
2
10
.
18
10
.
5
,
1
=
=
−2) Do teorema de Pitágoras, vem:
1002001
)
1000
(
73
,
44
1000
)
1000
(
)
(
R
+
h
2=
R
2+
d
AB2
+
h
2=
2+
2
+
h
2=
Pela aproximação fornecida, concluímos que h = 1 km.
3) Considerando a órbita da Terra circular em torno do Sol, após 1 ano a distância percorrida é:
km
R
d
=
2
.
=
2
.
3
,
1
.
1
,
5
.
10
8=
9
,
3
.
10
8 Portanto, a idade i do professor será:anos
i
43
10
.
3
,
9
10
.
40
8 9
=
4) a) Os raios orbitais da Terra e Saturno são:
R
ua
ano
R
t
S
v
T T T T T1
1
.
2
2
=
=
=
R
ua
anos
R
t
S
v
S S S S S10
30
.
2
3
2
=
=
=
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
R
S2=
R
T2+
d
2
10
2=
1
2+
d
2
d
=
9
,
95
ua
b) O ângulo e destacado na figura é:
sen
e
0
,
1
e
5
,
74
o10
1
=
=
=
Prof. Thiago Paulin Caraviello
Geometria
Apostila inicial
Resoluções
pág.2 5) a) o o
km
km
R
L
37
,
0
60
.
10
.
228
10
.
4
,
1
6 6=
=
=
b) 2 o 9 610
.
42
,
1
60
.
10
.
9
,
5
10
.
4
,
1
=
−=
=
okm
km
R
L
6) a) Analisando o desenho, temos:
59
60
59
60
60
59
60
59
=
=
=
=
=
=
=
Z Z ZR
D
R
D
R
D
H
D
R
D
h
D
Como = 100%, vem:%
7
,
101
%
100
.
59
60
=
=
Z Z
, ou seja, z é 1,7% maior que . b) Analisando o desenho, temos:A P A P A P
R
D
R
D
R
D
R
D
56
64
56
64
64
56
64
56
=
=
=
=
=
Como A = 100%, vem:%
3
,
114
%
100
.
56
64
=
=
P P
, ou seja, P é 14,3% maior que A.1) Alternativa E
Após 24 h a morte do Sol, apenas as fontes primárias de luz, ou seja, as que emitem luz própria seriam visíveis no céu. Portanto, o sobrevivente veria somente as estrelas.
2) a) Considerando que a nave dos extraterrestres viaja a velocidade da luz na ida e na volta, e que o planeta está a 4,3 anos-luz da Terra, o intervalo mínimo de tempo que a viagem do Sr. Aretha para ir e voltar é 8,6 anos.
OBS: 1 ano-luz corresponde a distância percorrida a velocidade da luz no intervalo de tempo de 1 ano.
b) Considerando que a nave se movimenta com velocidade constante c, a distância d entre o planeta à Terra pode ser calculada como:
m
d
ano
s
s
m
t
c
d
t
d
c
=
=
.
=
3
.
10
8.
4
,
3
ano
.
3
,
2
.
10
7
=
4
,
128
.
10
16Raciocínio Físico
pág.3 3) Sabendo que o Sol perde 2.106 ton em 1 s, equilalente a 2.109 kg em 1 s, o tempo t, em anos, para
o Sol perder 6.1024 kg será:
t
kg
s
kg
→
→
24 910
.
6
1
10
.
2
t
=
3
.
10
15s
=
10
8anos
4) a) Considerando o sistema em equilíbrio, temos:
km
r
r
M
r
M
r
M
r
M
P.
P=
C.
C
8
C.
P=
C.(
20000
−
P)
P=
2222
b) Sendo RP o raio de Plutão, a distância d entre o baricentro do sistema Plutão-Caronte e a superfície
de Plutão será:
km
1035
1187
2222
=
+
=
+
=
R
d
d
d
r
P P 5) a)2
5
4
10
.
5
.
10
.
2
.
10
.
2
4 5 5=
=
=
−
D
b) O diâmetro angular da cratera Copérnico vista a olho nu da Terra, em segundos de arco, é:
=
0
,
82
.
60
=
49
,
2
Como < , ou seja, a resolução angular do olho humano é menor do que o diâmetro angular da cratera Copérnico vista a olho nu da Terra, o estudante conseguirá observar a cratera.
c)
D
mm
m
D
D
H2
,
5
.
10
2
,
5
10
.
5
.
10
.
2
04
,
0
.
10
.
2
3 4 5 5
=
=
=
=
−
6) a)b) ESTRELA A. Pelo exame da figura temos que o raio da órbita rA da estrela A é menor do que o raio
pág.4 1) a) Como o hemisfério norte está mais iluminado do que o hemisfério sul, o evento astronômico representado é o solstício de verão para o hemisfério Norte, ou solstício de inverno para o hemisfério Sul.
b) As estações que estão se iniciando são: verão para hemisfério norte e inverno para o hemisfério sul. c) Da situação indicada no enunciado, temos:
Logo: h = = 23,5o.
d) Analisando a figura, temos que o Sol fica a pino sobre o Trópico de Câncer.
e) Não. Como pode ser visto da figura, toda a região entre o Círculo Polar Antártico e o polo sul encontram-se fora da região iluminada pelo Sol.
f) Não haveriam as estações do ano. 2)
( 21/06 ) Sol a pino no Trópico de Câncer. ( 21/06 ) Início do verão no hemisfério norte. ( 21/12 ) Início do verão no hemisfério sul.
( 20/03 ) Equinócio de outono no hemisfério sul. ( 20/03 ) Início do outono no hemisfério sul. ( 21/06 ) Início do inverno no hemisfério sul. ( 23/09 ) Início da primavera no hemisfério sul. ( 21/12 ) Sol a pino no Trópico de Capricórnio. ( 21/06 ) Solstício de verão no hemisfério norte.
( 20/03 ) Sol sobre a intersecção da eclíptica com o equador celeste indo do hemisfério sul para o norte.
3) V, F, F, F, F
1) Alternativa C
Se a Lua apareceu próximo ao oeste no pôr do Sol, o ângulo entre o Sol e a Lua é menor que 90o.
O que indica estar entre a fase nova e quarto crescente.
Fases da Lua e eclipses
Estações do ano
pág.5 2) Alternativa E
O ângulo pode ser estimado por:
2
360
2 2 1t
t
t
o→
+
→
7,4
dias
dias
7
,
29
360
→
→
o
o7
,
89
=
Portanto:
3) Alternativa BComo o pouso da Apollo 11 deveria acontecer pouco depois de o Sol no Mar da Tranquilidade, o lugar destacado deve se encontrar em uma região Iluminada próxima ao terminador lunar.
OBS: Terminador é o nome linha que separa a região Iluminada da região não iluminada. 4) a) O diâmetro aparente do Sol (DSol) nesta data é:
o Sol Sol
arctg
D
D
0
,
532
9
,
149
392
,
1
Já o diâmetro aparente da Lua (DLua): próxima ao perigeu será:
o Lua Lua
arctg
D
D
0
,
548
363104
3475
Como DLua > DSol , o eclipse foi total.b) O diâmetro aparente do Sol (DSol) nestas condições será:
o Sol Sol
arctg
D
D
0
,
524
1
,
152
392
,
1
Já o diâmetro aparente da Lua ( DLua) próxima ao apogeu :
o Lua Lua
arctg
D
D
0
,
491
405696
3475
Como DLua < DSol , o eclipse será anular.
o S L
d
d
7
,
89
cos
cos
=
pág.6 1) C, B e A
2)
3)
d) Em 23h 56min 04s, pois este é o período de rotação da Terra em relação às estrelas.
pág.7 4) a) C, E, C, C, C
b)
1) a) Da definição de velocidade média, temos:
h
km
v
t
h
R
v
10544
24
)
35800
6376
(
2
)
(
2
=
+
=
+
=
b) A porcentagem de propelente em relação á massa total do satélite é obtida dividindo-se a massa de propelente (2 400 kg) pela massa total (5 000 kg), ou seja, 0,48 ou 48%.
c) A massa total de propelente é de 2400 kg. Desse total, 2% (48 kg) são reservados para a manobra final. Logo, a quantidade de propelente para uso durante a vida útil desse satélite é de: 2400 – 48 = 2352 kg. Como são consumidos 20 kg de propelente por mês, os 2352 kg de propelente serão suficientes para operar por 117,6 meses (2352/20 = 117,6 meses), que é, aproximadamente 9,8 anos (117,6/12 = 9,8 anos).
pág.8 2) a) Da segunda Lei de Newton, e lembrando que P =m.g, temos:
2 6 6 6
/
5
,
1
.
10
.
3
10
.
10
.
3
10
.
9
,
6
.
5
.
.
5
.
E
P
m
m
s
m
R
=
−
=
−
=
=
b) Após 100 s de voo, a massa do foguete reduz:
s
100
m
1
10
.
5
,
1
r 4→
→ s
kg
m
r=
1
,
5
.
10
6kg
Logo, sua nova massa
m
é:kg
m
m
m
m
m
total=
+
r
3
.
10
6=
−
1
,
5
.
10
6
=
1
,
5
.
10
6Aplicando novamente a segunda Lei de Newton para essa nova situação, vem: 2 6 6 6
/
13
.
10
.
5
,
1
10
.
10
.
5
,
1
10
.
9
,
6
.
5
.
.
5
.
E
P
m
m
s
m
R
=
−
=
−
=
=
3) a) O percentual é obtido a partir da divisão: 5500/550000 = 0,01 ou 1% .
b) O acionamento do motor no Ponto 2 precisa causar um v = 1000 km/h, ou seja, x = 1000/11000 = 0,09. Quanto ao Mf, tem-se que ao final da queima do motor só restará sua estrutura, ou seja, 25000
kg. Introduzindo-se este valor na Equação do Foguete, obtém-se:
kg
M
M
e
M
e
M
e
M
M
P P P P x f P2500
)
1
1
,
1
(
25000
)
1
(
25000
)
1
(
25000
)
1
(
0,09 0,1
−
−
−
=
−
=
c) O acionamento do motor no Ponto 1 precisa causar um v = 4500 – 1000 = 3500 km/h. Neste caso, x = (3500+900)/1100 = 0,40. Quanto ao Mf será: Mf = 25000 + 2500 = 27500 kg. Usando a Equação do
Foguete tem-se:
kg
M
M
e
M
e
M
M
P=
f(
x−
1
)
P=
27500
(
0,40−
1
)
P=
27500
(
1
,
5
−
1
)
P=
13750
d) Para obter a massa total de propelente, basta somar as massas das manobras 1 e 2, logo:
