OBF 2013 – Terceira Fase (Nível 2)

25 de setembro de 2018

—

por

Paulo Kitayama

Escrita por Paulo Kitayama

Você pode acessar a prova aqui

Questão 01 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Os registros históricos evidenciam que Eratóstenes foi o primeiro a medir o raio da Terra. Sabia-se que quando o Sol se encontrava mais ao norte – posição que chamamos solstício de inverno no hemisfério Sul – os raios solares eram verticais ao meio dia em Siene, hoje Assua no Egito. Esta conclusão vinha pelo fato de a imagem do Sol poder ser vista refletida no fundo de um poço. No mesmo instante em Alexandria, medindo-se o tamanho da sombra de um bastão na vertical, os raios solares estavam inclinados, fazendo um ângulo aproximado de $7,2^o$ com a vertical. Supondo os raios solares praticamente paralelos e sendo a distância de Alexandria a Siene dada por 5000 estádios – unidade antiga de medida correspondente hoje a $800km$ – qual foi o valor do raio da Terra medido por Erastótenes? Use $\pi=3$ .

Assunto abordado

Óptica Geométrica

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Solução

Como a diferença entre o ângulo dos raios solares nos dois pontos é igual a $7,2^o$ , essa é a distância angular deles em relação ao centro da Terra.

$R \Delta \theta = 800km$

$R=\frac{800km * 180}{7,2 * \pi}$

$R=6,66 * 10^3 km$

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Gabarito

$R=6,66 * 10^3 km$

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Questão 2 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Uma vitrola® era usada para tocar discos (LP – long-play) de vinil. O prato da vitrola® – disco giratório onde se posicionava o LP – gira a $33$ RPM (rotações por minuto). Quando se desliga o aparelho o disco pára após executar $3$ rotações. Determine aceleração angular do disco e o tempo que o disco leva para parar.

Assunto abordado

Cinemática – Movimento Circular

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Solução

O disco giratório está sendo desacelerado. Primeiramente, alteramos a unidade da velocidade angular inicial de rotações por minuto (RPM) para radianos por segundo (rad/s).

Sabendo que em uma rotação é equivalente a $2 \pi$ rad, tem-se que:

$\omega=33RPM=\frac{33(2 \pi)rad}{60s}=\frac{33 * 6}{60} \frac{rad}{s}=3.3 \frac{rad}{s}$

Usando então a equação de Torricelli, a aceleração angular pode ser obtida.

$\omega^2={\omega}_0^2+2 \alpha \Delta \varphi$

Onde $\varphi$ é a distância angular percorrida, equivalente ao espaço percorrido. Esta tem um valor de $6 \pi$ , visto que cada volta equivale a $2 \pi$ . Portanto, a aceleração angular é igual a:

$\alpha = -\frac{\omega_0^2}{2 \Delta \varphi}$

$\alpha = -\frac{3.3^2}{12 \pi}=0.30 \frac{rad}{s^2}$

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Gabarito

$\alpha = 0.30 \frac{rad}{s^2}$

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Questão 3 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Um veículo move-se de um ponto A a um ponto B em linha reta. Metade do trajeto é feito com velocidade $v$ e a outra metade é feita de forma que na metade do tempo restante a velocidade é $v/2$ e na outra metade deste tempo a velocidade é $v/4$ . Qual é a velocidade média no trajeto de A até B em função de $v$ ?

Assunto abordado

Cinemática

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Solução

O trajeto completo de distância $x$ , é percorrido em um tempo $t$ . Para encontrar a velocidade média, devemos dividir $x$ por $t$ .

Na primeira metade do trajeto, tem-se que:

$\frac{x}{2}=vt_1 \rightarrow t_1=\frac{x}{2v}$

Enquanto na segunda metade:

$\frac{x}{2}=\frac{v}{2}\frac{(t-t_1)}{2}+\frac{v}{4}\frac{(t-t_1)}{2}$

$t-t_1=\frac{x}{2(\frac{v}{4}+\frac{v}{8})}$

$t=t_1 +\frac{4x}{3v}$

$t=\frac{x}{2v}+\frac{4x}{3v}$

$t=\frac{11x}{6v}$

$v_m=\frac{x}{t}=\frac{6v}{11}$

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Gabarito

$v_m=\frac{6v}{11}$

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Questão 4:

A figura mostra um lustre preso por dois cabos. Cada cabo pode suportar no máximo uma tensão de $14N$ . Qual é o maior peso que o lustre pode ter para que o sistema fique em equilíbrio estático? Use $\cos{45^o}= 0,7$ ; $\cos{60^o}= 0,5$ e $\sin{60^o}= 0,8$ .

Assunto abordado

Dinâmica

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Solução

Devemos igualar as forças no eixo $x$ e no eixo $y$ .

Em y: $F_1 \sin{60^o} + F_2 \sin{45^o} = P$

Em x: $F_1 \cos{60^o} = F_2 \cos{45^o} \rightarrow F_1=1,4 F_2$

A maior da forças nos cabos, logo, deve ser igual à tração máxima possível:

$F_1 =14N$ e $F_2=10N$

Portanto,

$P=14 * 0,8 + 10*0,7$

$P=18N$

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Gabarito

$P=18N$

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Questão 5:

Uma esteira horizontal se desloca com velocidade $v_0$ e descarrega areia dentro de uma caixa, como mostra a figura. Qual é o intervalo de velocidades com que a esteira deve se mover para que a areia caia na caixa? Use $\sqrt{10}=3,2$

Assunto abordado

Cinemática

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Solução

A condição de velocidade mínima é a areia atingir o ponto mais à direita quando estiver a uma altura $y=-2m$ .

$2,0m=v_0 t \rightarrow t= \frac{2,0}{v_0}$

$-2,0m=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{4,0}{g}}=\frac{2,0}{\sqrt{g}}$

$v_0=\frac{2,0}{t}=\frac{2,0 \sqrt{g}}{2,0}=3,2 m/s$

Enquanto a condição de velocidade máxima é a areia atingir o ponto mais a esquerda do recipiente a uma altura de $-0,5m$ .

$2,5m=v_0 t \rightarrow v_0=\frac{2,5}{t}$

$-0,5=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{1,0}{g}}$

$v_0=2,5 \sqrt{g}= 8m/s$

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Gabarito

Questão 6:

Três livros idênticos de comprimento $L$ estão empilhados com uma taça de $1/10$ do peso de um livro posicionada como mostra a figura. Qual o valor limite da razão $b/a$ para que o conjunto fique em equilíbrio?

Assunto abordado

Estática

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Solução

Para que esteja no valor limite para o equilíbrio do conjunto, o centro de massa dos dois livros superiores e a taça deve estar na borda do livro inferior.

$\frac{m}{10} (L-b) + m (\frac{L}{2}-b+a)-m (a-\frac{L}{2}+b-a)=0$

$21b-10a=11L$

Além disso, sabe-se que o sistema constituído do livro superior e a taça também se encontra em equilíbrio com o CM na bora do segundo livro.

$\frac{m}{10}(L-a)+m(\frac{L}{2}-a)=0$

$\frac{6L}{10}=\frac{11a}{10}$

$a=\frac{6L}{11}$

$21\frac{b}{a}-10=\frac{11L}{\frac{6L}{11}}$

$21\frac{b}{a}=\frac{181}{6}$

Portanto:

$\frac{b}{a}=\frac{181}{21*6}=\frac{181}{126}$

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Gabarito

$\frac{b}{a}=\frac{181}{126}$

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Questão 7:

Um pêndulo simples quando é posto para oscilar no interior de um tanque contendo um fluido tem seu período aumentado em $40%$ do período no ar. Determine a razão entre a densidade do corpo pendular e a densidade do fluido. Desprezar a resistência do ar e do fluido sobre o pêndulo.

Assunto abordado

Oscilações

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Solução

O período é inversamente proporcional à raíz quadrada da aceleração gravitacional. Quando o pêndulo é posto em um fluido, a aceleração gravitacional resultante é igual à gerada pelo peso somada à do empuxo. Para um corpo de densidade $\rho$ , volume $V$ e um líquido de densidade $\rho_l$ :

$\rho Vg'=\rho V g-\rho_l V g$

$g'=g(1-\frac{\rho_l}{\rho})$

Logo, para que o período seja 40% maior que o período no ar:

$\sqrt{\frac{1}{g'}}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$

$\frac{1}{g(1-\frac{\rho_l}{\rho})}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$

$1-\frac{\rho_l}{\rho}=1,4^{-2}$

$1-0,51=\frac{\rho_l}{\rho}$

$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$

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Gabarito

$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$

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Questão 8:

Uma pequena esfera com densidade relativa (densidade em relação a água) $\rho_1=1,5$ é solta na superfície livre de um recipiente contendo água. No mesmo instante é solta outra esfera pequena com densidade relativa $\rho_2=0,5$ do fundo do recipiente. Em que profundidade, a partir da superfície livre, as esferas irão se encontrar? Desprezar os efeitos da viscosidade do fluido e as dimensões da esfera.

Assunto abordado

Empuxo

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Solução

A aceleração de um corpo sujeito à gravidade em um fluido de densidade $\rho_l$ é igual a:

$\rho V a=\rho V g-\rho_l V g$

$a=g(1-\frac{\rho_l}{\rho_2})$

Logo, a posição do corpo 1, que inicial a altura h, é igual a:

$y_1=h-\frac{g(1-{\rho_1}^{-1})t^2}{2}$

Enquanto a posição do corpo 2 é igual a:

$y_2=\frac{g(1-{\rho_2}^{-1})t^2}{2}$

Logo, igualando as duas posições:

$h-\frac{a_1 t^2}{2}=\frac{a_2 t^2}{2}$

$2h=(a_2+a_1)t^2$

$t=\sqrt{\frac{2h}{a_1+a_2}}$

A profundidade é igual a $h-y_1$ no tempo obtido anteriormente. Porém, não é possível calcular essa profundidade sem a altura total de líquido no recipiente.

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Gabarito

$h(1-\frac{2(1-{\rho_1}^{-1})}{(1-{\rho_1}^{-1})+(1-{\rho_2}^{-1})}$

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Questão 9 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Um pedaço de gelo de $0,30kg$ a $0^o C$ é colocado em um recipiente termicamente isolado contendo $2,0kg$ de água a $10^o C$ . Determine a temperatura e a composição final do sistema. Dados: calor específico da água= $1,0 cal/g^o C$ ; calor específico do gelo= $0,50 cal/g^oC$ ; calor latente de fusão da água= $80 cal/g$ .

Assunto abordado

Calorimetria e transição de fase

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Solução

Primeiramente devemos analisar qual o maior calor: O necessário para levar a água até $0^o C$ , ou o que faz com que todo o gelo passe para a fase líquida.

Para que a temperatura da água decresça até $0^o C$ , o calor necessário é:

$Q_1 = 2,0kg * (1,0 cal/g^o C) * 10^o C = 20 kcal$

Enquanto o calor para que o gelo todo funda, é:

$Q_2 = 0,30kg * 80 cal/g = 24,0 kcal$

Concluindo que toda a água decresce a $0^o C$ , fornecendo calor para que uma parte do gelo se torne líquido. No equilíbrio:

$Q_1 = m_{gelo} L$

$20 kcal = m_{gelo} 80 cal/g^o C$

$m_{gelo} = 0,25 kg$

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Gabarito

O sistema final é constituído de $0,05kg$ de gelo em equilbrio com $2,25kg$ de água a $0^o C$ .

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Questão 10:

Com base na figura, as duas esferas à direita estão inicialmente em repouso e a esfera da esquerda incide sobre a do centro com velocidade $v_0$ . Supondo que as colisões sejam frontais e elásticas, mostre que se $m1\geq m2$ há duas colisões $m1 < m2$ há três colisões.

Assunto abordado

Colisões

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Solução

Primeiramente analisando se um corpo de massa m colidir com um corpo de massa M em repouso em cada caso de relação entre as massas.

Se $m>M$ , m continua o seu caminho na mesma direção que inicialmente, enquanto M vai com velocidade maior para essa direção.

Se $m=M$ , o corpo de massa m passa a ficar em repouso enquanto o corpo de massa M passa a ter a velocidade inicial do corpo de massa m.

Se $m<M$ , o corpo de massa m, após colidir, passa a se mover na direção contrária e o corpo de massa M se move na direção inicial.

Analisando esses casos, a primeira colisão das esferas de massa $m_1$ faz com que a primeira esfera fique parada e a segunda se mova com $v_0$ . Após isso, a esfera de massa $m_1$ colide com a de massa $m_2$ , e analisando os casos, se $m_1>m_2$ ou $m_1=m_2$ , so há duas colisões. Enquanto se $m_1<m_2$ , a segunda esfera volta e causa uma terceira colisão com a primeira esfera.

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Gabarito

Demonstração acima

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Questão 11:

Um pequeno corpo de massa m pode deslizar ao longo de uma superfície horizontal de comprimento $3R$ (de A a B na figura) e então ao longo de uma trajetória circular de raio $R$ . O coeficiente de atrito cinético é $0,5$ entre os pontos A e B e nulo ao longo da circunferência. O bloco sai do repouso no ponto A com a mola comprimida. Qual deve ser a menor compressão da mola para que o bloco percorra todo o círculo sem perda de contato?

Assunto abordado

Energia mecânica

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Solução

Devemos primeiramente conservar a energia mecânica da compressão da mola para calcular a velocidade inicial:

$\frac{kx^2}{2}=\frac{m{v_A}^2}{2}$

$v_A=x \sqrt{k}{m}$

Parte dessa energia é então dissipada pela força de atrito:

$E_B=\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)$

Objetivando que o corpo consiga completar a parte circular da trajetória, a normal no ponto mais alto dessa deve ser igual a 0. Portanto, é necessário que a energia do ponto B seja suficiente para suprir a energia potencial gravitacional e a energia cinética necessária para que a resultante centrípeta seja igual ao peso.

$\frac{mv^2}{R}=mg$

$E_B=\frac{mv^2}{2}+2mgR$

$\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)=\frac{mgR}{2}+2mgR$

$\frac{kx^2}{2}=\frac{5mgR}{2}+\frac{3mgR}{2}$

$\frac{kx^2}{2}=4mgR$

$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$

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Gabarito

$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$

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Questão 12:

Um observador em O olha diretamente para uma pedra no fundo de uma piscina inicialmente vazia. A piscina tem a base retangular com dimensões $L$ e $2L$ . À medida que se enche a piscina com água - índice de refração $n_A$ - o observador tem a impressão de que a pedra vai se deslocando. A que velocidade o observador vê a pedra se mover enquanto a piscina enche a uma vazão constante $I_V$ ?

Assunto abordado

Óptica Geométrica

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Solução

Sabendo que a vazão é igual à velocidade com que o nível de água sobe multiplicado pela área.

$I_V=2L^2 v$

$v=\frac{I_V}{2L^2}$

A distância percorrida pelo feixe de luz proveniente da pedra que chega ao olho é igual à distância percorrida pela água divida pelo índice de refração da água.

$d=\frac{1}{n_{agua}} d_0$

$d_0=h$

$d=\frac{h}{n_{agua}}$

Derivando em função do tempo a equação acima, obtemos a velocidade:

$v_P-\frac{I_V}{2L^2}=\frac{I_V}{2n_{agua} L^2}$

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Gabarito

$v_P=\frac{I_V}{2L^2} \big( \frac{1}{n_{agua}}+1 \big)$

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OBF 2013 – Terceira Fase (Nível 2)

Questão 01 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Questão 2 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Questão 3 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Questão 4:

Questão 5:

Questão 6:

Questão 7:

Questão 8:

Questão 9 (exclusiva para alunos da 1ª série):

Questão 10:

Questão 11:

Questão 12:

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