Solução de Victor Ivo
A prova estava relativamente bem focada em mecânica, óptica e moderna, a parte de termodinâmica não foi explorada nem a de ondas, deixando uma brecha pra quem sabe cobrarem isso numa terceira fase. A questão de moderna foi apenas uma, o que é pouco pra OBF em geral, então pode se esperar mais talvez depois.
Questão 01-
a) A primeira coisa a ser observar é que a aceleração do bloco na subida é diferente da aceleração do bloco da subida, disto temos que:
$$F=ma=mg sen{\alpha}+\mu N$$
$$N=mg cos{\alpha}$$
$$a=g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))$$
O atrito está no sentido contrário ao movimento, e neste caso está na mesma direção da componente tangencial do peso ( que decompomos em normal e tangencial ao longo do plano), aplicando torriceli:
$$v^{2}=v_{1}^2-2ad$$
Onde $$d$$ é o que é percorrido por ele, estando ele parado no final:
$$v^{2}=0=v_{1}^2-2ad$$
$$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))}$$
Aplicando torriceli na descida, a partir do ponto em que ele para:
$$v_{2}^2=0+2a_{descida} d$$
E a aceleração da descida é, agora que a gravidade e atrito estão em direções contrárias ( por que a partícula está descendo o plano):
$$F=ma=mg sen(\alpha)-\mu mg cos(\alpha)$$
$$a=g(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha))$$
b)
Daí:
$$v_{2}^2=2ad=2g(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha) \frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha)}$$
$$v_{2}^2=v_{1}^2\frac{sen(\alpha)-\mu cos(\alpha))}{sen(\alpha)+\mu cos(\alpha)}$$
$$v_{2}^2(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))=v_{1}^2(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha)$$
$$\mu cos(\alpha) (v_{2}^2+v_{1}^2)=(v_{1}^2-v_{2}^2) sen(\alpha)$$
$$\mu=tg(\alpha) \frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{2}^2+v_{1}^2}$$
Daí, substituindo na equação para $$d$$:
$$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))}$$
$$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2} tg(\alpha) cos(\alpha))}$$
$$d=\frac{v_{1}^2}{2g sen(\alpha) \frac{2v_{1}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2}}$$
$$d=\frac{v_{1}^2+v_{2}^2}{4g sen(\alpha)}$$
Gab: a)
$$\mu= tg(\alpha)\frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2}=\frac{7\sqrt{3}}{75} \approx 0.16 \approx 0.2$$
Para ter um significativo, como as velocidades, você apenas deixaria $$0.2$$, apesar de apenas ter uma casa, é o certo devido às poucas casas da veloocidade.
b)
$$d=\frac{v_{1}^2+v_{2}^2}{4g sen(\alpha)}=1.25 m \approx 1 m $$
Para ter um significativo, como as velocidades, você apenas deixaria $$1 m$$, apesar de bem tosco, é o certo teoricamente.
Questão 02-
Nesta questão temos duas condições sobre o sistema, primeiro faremos a condição de $$m_{1}$$ para, porque isso facilita muito as contas, para que $$m_{1}$$ fique parado nós devemos ter as massas iguais, mostremos isso com coeficiente de restituição e conservação da quantidade de movimento, seja uma partícula de massa $$m_{1}$$ em geral chegando com velocidade maior que a de uma $$m_{2}$$, com respectivas velocidades $$v_{1}$$ e $$v_{2}$$ ($$v_{1}>v_{2}$$), e saindo depois da colisão com $$v_{1}’$$ e $$v_{2}’$$, sendo $$v_{2}’>v_{1}’$$, temos:
$$e=\frac{v_{2}’-v_{1}’}{v_{1}-v_{2}}$$
Sendo $$e$$ o coeficiente de restituição das massas, que é função apenas dos dois materiais e não da colisão em si (em boa aproximação):
$$v_{2}’-v_{1}’=e(v_{1}-v_{2})$$
$$m_{1}(v_{2}’-v_{1}’)=m_{1} e (v_{1}-v_{2})$$
E conservando a quantidade de movimento do sistema, temos:
$$p=m_{1}v_{1}’+m_{2}v_{2}’=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$$
Somando as duas equações:
$$(m_{1}+m_{2})v_{2}’=m_{1}v_{1}(1+e)+(m_{2}-m_{1}e)v_{2}$$
$$v_{2}’=\frac{m_{1}v_{1}(1+e)+(m_{2}-m_{1}e)v_{2}}{m_{1}+m_{2}}$$
E trocando os índices $$1$$ com $$2$$:
$$v_{1}’=\frac{m_{2}v_{2}(1+e)+(m_{1}-m_{2}e)v_{1}}{m_{1}+m_{2}}$$
Sendo a colisão das nossas massas elásticas ($$e=1$$), $$m_{1}$$ parado no final e $$v_{1}=v$$ com $$v_{2}=0$$:
$$v_{1}’=\frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$$
Sendo $$v_{1}’=0$$, temos que ter:
$$m_{1}=m_{2}=m$$
Agora devemos achar a velocidade com que a massa chega no ponto dado, temos que respeitando conservação de energia, definindo o zero de energia potencial no centro do círculo:
$$E=cte=\frac{m_{1}v_{1}^2}{2}+m_{1}gr=m_{1}gh$$
$$v_{1}=\sqrt{2g(h-r)}$$
No final da colisão a velocidade da massa $$m_{2}$$ é obviamente $$v_{1}$$ (pois momento se conserva, as massas são iguais e $$m_{1}$$ tá parada), para que a massa alcance o outro extremo do tubo, usando que sua velocidade vertical inicial e zero e desprezando fatores dissipativos como resistência do ar:
$$\Delta_{y}=\frac{gt^{2}}{2}$$
$$t=\sqrt{\frac{2\Delta y}{g}}$$
$$\Delta y=r$$
E para alcançar o tubo:
$$r=v_{1}t=\sqrt{2g(r-h)}\sqrt{\frac{2r}{g}}$$
$$r=2\sqrt{r(h-r)}$$
$$\frac{r}{4}=h-r$$
$$h=\frac{5r}{4}$$
Gab: a)
Se conserva energia mecânica em todos processos, como queda ou colisão (porque a colisão é elástica), e quantidade de movimento durante a colisão.
b)
$$h=\frac{5r}{4}$$
Questão 03-
Nisso temos que fazer algumas considerações sobre o que tem no resto do tubo, supondo que a pressão na parte com ar do tubo é quase zero (você fez vácuo de alguma maneira), temos que vamos ter um levantamento de líquido para o equilíbrio hidrostático continuar, tal que, por Stevin:
$$\Delta p=\rho_{liq} g h_{liq}$$
Considerando o tubo quase a vácuo, a pressão cai de uma atmosfera pra zero, logo:
$$P_{atm}=\rho_{liq} g h_{liq}$$
$$\rho_{liq}=\frac{P_{atm}}{g h_{liq}}$$
Gab:
Substituindo as fórmulas temos:
$$\rho_{liq}=\frac{10^{5}}{10*0.5}=2*10^{4} \frac{kg}{m^{3}}$$
$$\rho_{liq}=2*10^{4} \frac{kg}{10^{3} l}=20 \frac{kg}{l}=20 \frac{g}{cm^{3}}$$
Questão 04-
a) Supondo cada farol gerando potência de $$0.24 W$$, nós podemosa achar rapidamente a resistência de cada farol percebendo que a tensão em todos componentes é a mesma e igual ao da bateria, logo, estudando a tensão em um farol:
$$P=V I=0.24W$$
$$I=0.02 A$$
$$R_{farol}=\frac{V}{I}={12}{0.02}=600 \Omega$$
Como a corrente no Cd Player é o dobro do farol, e a tensão é a mesma, a resistência do farol deve ser metade do farol (é inversamente proporcional à corrente, para uma dada tensão), logo:
$$R_{cd}=300 \Omega$$
Assim, podemos calcular a resistência equivalente usando que como as três resistências estão em paralelos:
$$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{R_{farol}}+\frac{1}{R_{farol}}+\frac{1}{R_{cd}}$$
$$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{600}+\frac{1}{600}+\frac{1}{300}$$
$$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{150}$$
$$R_{eq}=150 \Omega$$
b) A corrente no Cd é:
$$I=\frac{V}{R}=\frac{12}{300}=0.04 A$$
$$P=V*I=12*0.04=0.48 W$$
Gab: a) $$R_{eq}=150 \Omega=15*10 \Omega$$ (com dois significativos)
b) $$P=0.48 W$$ (com dois significativos)
Questão 05-
a) Se considerarmos que vale as condições de Gauss e que o tempo de propagação da luz é muito rápido, podemos aplicar a equação dos pontos conjugados:
$$\frac{1}{f}=\frac{1}{p}+\frac{1}{p’}$$
Da figura vemos que o ponto está a $$10 cm$$ do centro de curvatura, portanto $$p=20cm+10cm=30cm$$:
$$\frac{1}{10}=\frac{1}{30}+\frac{1}{p’}$$
$$\frac{1}{p’}=\frac{1}{15}$$
$$p’=15cm$$
b) A partir dos pontos conjugados podemos encontrar a fórmula da velocidade instantânea da imagem, pois sabemos que:
$$\frac{d}{dt}(\frac{1}{x})=-\frac{1}{x^2}\frac{dx}{dt}$$
Daí, da equação de gauss, sendo o foco do espelho constante no tempo:
$$\frac{d}{dt} (\frac{1}{f})=-\frac{1}{f^2}\frac{df}{dt}=0$$
$$\frac{d}{dt} (\frac{1}{p})+\frac{d}{dt} (\frac{1}{p’})=0$$
$$-\frac{1}{p^2}\frac{dp}{dt}-\frac{1}{p’^2}\frac{dp’}{dt}=0$$
$$\frac{dp’}{dt}=-(\frac{p’}{p})^2 \frac{dp}{dt}$$
Como o objeto está se aproximando do vértice a velocidade constante, a distância $$p$$ diminui a uma taxa constante no tempo, que supondo uma velocidade de $$10 \frac{cm}{s}$$ (o primeiro dado da questão está provavelmente errado pela ordem de magnitude, e fora isso a velocidade dada durante a passa é realmente em $$cm$$, então é o que deveríamos considerar mesmo):
$$\frac{dp’}{dt}=V_{imagem}=-(\frac{15}{30})^2 (-10) \frac{cm}{s}$$
$$\frac{dp’}{dt}=V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}$$
E o sinal positivo indica que a imagem está se afastando do vértice, se considerarmos que os dados todos tem apenas 2 algarismos significativos, seria mais adequado aproximar:
$$V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}$$
E seria mais adequado ainda transformar as grandezas pro SI, que faremos no gabarito.
Gab: a)
$$p’=15cm$$
b)
$$V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}= 0.025 \frac{m}{s}$$
Questão 06-
Existem uma deflexão do raio, na direção vertical, devido à passagem da luz num meio mais refrigente, pois a angulação do raio com a horizontal será diferente neste meio, podemos inclusive encontrar isto por lei de snell, no meio, sendo a lámina vertical, tem o ângulo da luz com a sua normal como sendo o ângulo da luz com a horizontal, logo:
$$ n sen(\alpha)=sen(30^{\circ})$$
$$sen(\alpha)=\frac{1}{3}$$
E disso achamos o cosseno e a nova tangente:
$$cos^2{\alpha}+sen^2{\alpha}=1$$
$$cos(\alpha)=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$
$$tg(\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{4}$$
O caminho vertical feita pelo raio de luz na lâmina é:
$$\Delta y=tg(\alpha) * \Delta x=2 *\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} cm$$
O deslocamento vertical da luz caso não tivesse a lâmina seria:
$$\Delta y’=tg(30^{circ}) \Delta x=\frac{1}{\sqrt{3}} 2=\frac{2\sqrt{3}}{3} cm$$
$$\Delta y’-\Delta y=\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{sqrt{2}}{2}$$
O raio real se desloca menos que o raio original:
$$d=\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{2}}{2}$$
$$d=\frac{4\sqrt{3}-3\sqrt{2}}{6} cm$$
E como o raio real desloca menos, temos que ele vai atingir acima do raio prolongado, então temos que abaixar o rifle de uma distância $$d$$ do original.
Gab:
Você deve abaixar o rifle de uma distância:
$$d=\frac{4\sqrt{3}-3\sqrt{2}}{6}cm \approx 0.43 cm \approx 0.4 cm$$
Colocamos o resultado de no final como $$0.4cm$$ para ter apenas um significativo, como o número com menos significativos do problema ($$2 cm$$ de espessura).
Questão 07-
Nós temos algumas propriedades rápidas de se analisar, como por exemplo que nós temos que no estado final (estacionário) não vai passar corrente no capacitor, portanto a corrente no resistor de $$2 \Omega$$ é a mesma que passa na resistência de $$8 \Omega$$, na fonte de $$ 10 V$$, portanto o mesmo na fonte de $$20 V$$, daí a corrente que circula nessa malha é a mesma e podemos usar lei das malhas, mesmo não sendo necessário, porque a parte mais importante de se notar e a única relevante é que o potencial acima da fonte de $$10 V$$ é $$10 V$$, devido a fonte de $$20 V$$ em série com a de $$10 V$$ na direção contrária, somando 10.
$$V_{A}=10V$$
O análogo acontece na malha da direita, a corrente é a mesma na malha, aplicando lei das malhas, supondo que passa uma corrente $$I$$ no sentido horário:
$$15-5=2I+3I$$
$$I=2A$$
Daí, sendo o potencial no terra zero, e tendo uma queda de potência de $$2I$$ no resistor de $$2 \Omega$$, logo o potência de B é:
$$0-V_{b}=2*I=4V$$
$$V_{b}=-4V$$
Portanto, a queda de potencial é:
$$\Delta V=V=14 V$$
E aplicando a energia do capacitor a isso, temos que a energia armazenada é:
$$U=\frac{CV^{2}}{2}=\frac{2*10^{-6} 196}{2}$$
$$U=1.96*10^{-4} J$$
Gab:
$$U=1.96*10^{-4}J \approx 2*10^{-4} J$$
Sendo a última aproximação necessária para o resultado ficar com 1 algarismo significativo.
Questão 08-
Aqui temos alguns efeitos relativísticos, como por exemplo que a projeção em $$y$$ da barra deve permanecer com mesmo comprimento em todos referencias, pois é uma medida perpendicular à direção de velocidade e não muda, por simetria, logo, os índices ‘ correspondem ao referencial em que a barra se move:
$$y’=y$$
A projeção longitudinal da barra deve ser comprimida, pois o seu comprimento máximo é no referencial de repouso, por contração de Lorentz o tamanho longitudinal em um referencial em que a barra se move com $$V$$ muda como:
$$x’=\frac{x}{\gamma}$$
$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$
$$tg(\beta)=\frac{y’}{x’}=\frac{y}{\frac{x}{\gamma}}=\gamma \frac{y}{x}$$
$$tg(\beta)=\gamma tg(\alpha)$$
Pela definição de $$\gamma$$:
$$v=c\sqrt{1-\frac{1}{\gamma^2}}=c\sqrt{1-\frac{tg^2(\alpha)}{tg^2(\beta)}}$$
Gab:
$$v=c\sqrt{1-(\frac{tg(\alpha)}{tg(\beta)})^2}$$