OBF 2010 – Terceira Fase (Nível 3)

Gravitação universal e Energia

Para resolução dessa questão é necessário lembrar que a energia potencial gravitacional é dada por:

$E_{pot}=-\frac{GMm}{r}$

Sabendo disso, iremos conservar a energia mecânica do sistema.

$E_{cinetica final}=\frac{mv^{2}}{2}-\frac{GM_{terra}m_{corpo}}{R_{terra}}$

$v=\sqrt{\frac{2E_{cinetica final}}{m_{corpo}}+\frac{2GM_{terra}}{R_{terra}}}$

Para que a velocidade seja mínima, a energia cinética final deve ser zero, então:

$v_{escape}=\sqrt{\frac{2GM_{terra}}{R_{terra}}}$

Pela lei da gravitação universal:

$\frac{GM}{R_{terra}^2}=10$ $m/s^2$

$\frac{GM}{R_{terra}}=6,4*10^7$ $m^2/s^2$

Substituindo na fórmula para a velocidade de escape:

$v_{escape}=8*10^3*\sqrt{2}$ $m/s$

Como não foi dada a raiz quadrada de dois, a resposta deve permanecer nesse formato.

$8*10^{3}*\sqrt{2}$ $m/s$

Colisões, energia e M.H.S

a) Primeiramente, devemos calcular a velocidade do pêndulo de massa $M$ no instante da colisão, para fazer isso, utilizaremos a conservação da energia:

$\frac{Mv^2}{2}=Mgh$

$v=\sqrt{2gh}$

Sabendo disso, agora conservaremos o momento nos instantes imediatamente antes e depois da colisão:

$M\sqrt{2gh}=MV+MV^{'}$

Podemos também escrever a equação do coeficiente de restituição que, por ser uma colisão perfeitamente elástica, é igual à 1:

$1=\frac{V^{'}-V}{\sqrt{2gh}} \rightarrow V^{'}=V+\sqrt{2gh}$

Substituindo na conservação do momento se obtém:

$V=\frac{M-m}{M+m}\sqrt{2gh}$

$V^{'}=\frac{2M}{M+m}\sqrt{2gh}$

Pela conservação da energia no movimento de subida de cada um, se obtém então:

$\frac{MV^{2}}{2}=MgH$

$M(\frac{M-m}{M+m})^{2}*2gh=MgH$

$H=(\frac{M-m}{M+m})^{2}h$

$\frac{mV^{'2}}{2}=mgH^{'}$

$m(\frac{2M}{M+m})^{2}*2gh=mgH^{'}$

$H^{'}=(\frac{2M}{M+m})^{2}h$

b) Para a resolução desse item será necessário considerar $h<<L$, pois assim os pêndulos poderão ser tratados como se estivessem realizando um M.H.S. Uma característica do M.H.S é que o período não depende da amplitude, portanto, ambos os pêndulos levarão meio período para voltar à posição da colisão e consequentemente colidir novamente. Esse intervalo de tempo é então:

$\Delta t=\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$

a) $H=(\frac{M-m}{M+m})^{2}h$

$H^{'}=(\frac{2M}{M+m})^{2}h$

b) $\Delta t=\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$

Óptica

a) Primeiramente, sabemos que o filme possui $36$ $mm$ de largura, então, pode-se afirmar que o tamanho da imagem formada no filme é de $9$ $mm$ além disso, pode-se afirmar também que essa imagem é invertida, pois é real. Sabendo disso, pode-se escrever o aumento para o barco:

$A=\frac{I}{O} \rightarrow \frac{35*10^{-3}}{35*10^{-3}-p}=\frac{-9*10^{-3}}{12} \rightarrow 420=9p-0,315$

$p=46,7$ $m \approx 4,7*10$ $m$

b)Quando a imagem preencher todo o filme, terá tamanho de $36$ $mm$ e será invertida novamente, logo, escrevendo outra vez o aumento para o barco:

 $A=\frac{I}{O}$

$\frac{35*10^{-3}}{35*10^{-3}-p}=\frac{-36*10^{-3}}{12} \rightarrow \frac{35}{p-35*10^{-3}}=3 \rightarrow 35=3p-0,105$

$p=11,7$ $m \approx 1,2*10$ $m$

a) $p=46,7$ $m \approx 4,7*10$ $m$

b) $p=11,7$ $m \approx 1,2*10$ $m$

Termodinâmica

a)O tempo total que ele atua em um ano é dado por:

$\Delta t =5*365 \rightarrow \Delta t=1825$ $h \approx 2*10^{3}$ $h$

Portanto, pode-se escrever:

$E=Pot*\Delta t$

$730*10^3=Pot*1825$

$Pot=4*10^{2}$ $W$

b)A máxima performance deve ser dada pelo coeficiente de performance de Carnot para refrigeradores, dado por:

$e=\dfrac{Q_{F}}{W}=\dfrac{Q_{F}}{Q_{Q}-Q_{F}}=\dfrac{T_{F}}{T_{Q}-T_{F}}$

$e=\dfrac{268}{25}$

$e=10,72 \approx 11$

Note que o coeficiente de performance pode sim ser maior que $1$, diferente do rendimento.

c) Pela definição do coeficiente de performance para um refrigerador, a potência com que o calor é retirado da água é:

$Pot_{agua}=e Pot_{cons}=4288$ $W$

Sendo assim, temos que o calor retirado da água em uma hora é:

$Q_{F}=Pot_{agua}*\Delta t=1,54368*10^{7}$ $J \approx 1,54*10^{7}$ $J$

A massa de gelo formada pode ser obtida então pela calorimetria do sistema:

$Q_{F}=Q_{sensivel}+Q_{latente}=\Delta m \left( L_{a} + c_{a} \Delta T \right)$

$\Delta m=\dfrac{Q_{F}}{L_{a}+ c_{a} \Delta T} \approx 45,65$ $kg \approx 5*10$ $kg$

a) $400$ $W$

b)$8,53$%$\approx 9$%

c) $\Delta m \approx 45,65$ $kg \approx 5*10$ $kg$

Modos normais de vibração, Dilatação e relação de Taylor

Para resolução dessa questão, primeiramente deveremos calcular a tração na corda escrevendo a segunda lei de Newton  na vertical para o peso.

$F_{resultante}=ma$

Como $a=0$ $m/s^2$

$T-P=0$

$T=250*10$

$T=2500$ $N$

A partir disso, pode-se calcular a velocidade de propagação de uma onda nessa corda a partir da relação de Taylor:

$V=\sqrt{\frac{T}{\mu_{0}}}$

$V=\sqrt{\frac{2500}{\mu_{0}}}$

Lembrando da fórmula para a frequência fundamental de uma corda presa por duas extremidades fixas:

$f_{fundamental_{0}}=\frac{V}{2L_{0}}$

$440=\frac{\sqrt{2500}}{\sqrt{\mu_{0}}*2L_{0}}$

$440=\frac{50,00}{\sqrt{\mu_{0}}*2L_{0}}$

Sabendo que haverá uma dilatação devido ao aumento da temperatura, pode-se escrever:

$L=L_{0}(1+\alpha \Delta T)$

$L=L_{0}*(1+1,7*10^{-5}*40)$

Além disso, sabemos que a densidade é inversamente proporcional ao comprimento da corda, portanto, utilizando a aproximação binomial:

$\mu=\mu_{0}*(1-1,7*10^{-5}*40)$

$\sqrt{\mu}=\sqrt{\mu_{0}}*(1-0,85*10^{-5}*40)$

Portanto, pode-se calcular a nova frequência fundamental:

$f_{fundamental}=\frac{50}{\sqrt{\mu}*2L}$

$f_{fundamental}=\frac{50,00}{2*L_{0}*(1+1,7*10^{-5}*40)(1-0,85*10^{-5}*40)*\sqrt{\mu_{0}}}$

$f_{fundamental}=440*(1-0,85*10^{-5}*40)$

$f_{fundamental}=439,8504$ $Hz\approx 4,4*10^{2}$ $Hz$

Portanto:

$\Delta f_{fundamental}=0,1496$ $Hz \approx 1,5*10^{-1}$ $Hz$

$0,1496$ $Hz \approx 1,5*10^{-1}$ $Hz$

Colisões e M.H.S

a) Ao observar o movimento do carrinho ao entrar em contanto com a mola, verifica-se claramente um M.H.S, entretanto, sua duração não é de um período, pois a partir do momento que a mola tem um comprimento maior que seu comprimento natural, essa perde o contato com o carrinho, portanto, pode-se afirmar que:

$\Delta t=\frac{T}{2} \rightarrow \Delta t=\frac{2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}}{2}$

$\Delta t=\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

b)Como não há forças dissipativas realizando trabalho no sistema, pode-se afirmar que a velocidade com que o carrinho volta é igual à velocidade com que colide com a mola, portanto, pelo teorema do impulso:

$I=\Delta p \rightarrow I=mv-(-mv)$

$I=2mv$

a) $\Delta t=\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

b) $I=2mv$

Eletricidade

a) Primeiramente, devemos calcular, através da conservação da energia, a velocidade adquirida pelos elétrons devido à diferença de potencial $V_{a}$:

$eV_{a}=\frac{mv^{2}}{2} \rightarrow v=\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo a velocidade dos elétrons, agora podemos calcular o volume de elétrons que passa por uma área $A$ por segundo, ou seja, a vazão de elétrons $S$ que é calculada analogamente à vazão de um flúido por:

$S=vA \rightarrow S=A\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo o volume de elétrons que passa por essa área por segundo, podemos calcular o número de elétrons que passa pela mesma por segundo ($N$):

$N=nS \rightarrow N=nA\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Pode-se então agora calcular a carga que passa por essa área por segundo, ou seja, pode-se calcular a corrente ($I$):

$I=eN \rightarrow I=neA\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo a corrente, pode-se calcular então a densidade de corrente ($J$) simplesmente dividindo-a pela área, ou seja:

$J=ne\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

b)  Observe que para o cálculo de $\Delta y$ devemos levar em conta uma ambiguidade que ocorreu entre a figura e o enunciado do problema, no enunciado é falado que após a região de aceleração, os elétrons passariam por uma região de campo elétrico uniforme $E$ na direção $y$ com comprimento $L_{e}$, entretanto, na imagem, observa-se que a região de campo elétrico possui um comprimento não indicado e após a mesma há uma região livre de campo elétrico, tendo essa região comprimento $L$, durante a resolução desse item, então, consideraremos somente a situação descrita no enunciado e não a presente na figura. Sabendo disso, podemos ver que para o cálculo de $\Delta y$ precisamos apenas do tempo ($t$) que o elétron leva para atravessar a região e da aceleração do elétron na direção y, poderemos então a partir disso, calcular o desvio $\Delta y$ pelas equações do M.U.V. Começaremos calculando o tempo da travessia:

$vt=L_{e} \rightarrow$$\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}t=L_{e}$

$t=L_{e}\sqrt{\frac{m}{2eV_{a}}}$

Agora calcularemos, pela segunda lei de Newton, a aceleração do elétron na direção y:

$ma=eE \rightarrow a=\frac{eE}{m}$

Sabendo disso, podemos agora calcular o desvio $\Delta y$:

$\Delta y=\frac{at^{2}}{2}$

$\Delta y=\frac{\frac{eE}{m}(L_{e}\sqrt{\frac{m}{2eV_{a}}})^{2}}{2}$

$\Delta y=\frac{EL_{e}^{2}}{4V_{a}}$

a) $J=ne\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

b) $\Delta y=\frac{EL_{e}^{2}}{4V_{a}}$

Energia e Magnetismo

a) Primeiramente, devemos calcular a velocidade do íon de carbono 12 através do teorema da Energia cinética, podemos afirmar que:

$eV=\frac{m_{1}v_{1}^2}{2} \rightarrow v_{1}=\sqrt{\frac{2eV}{m_{1}}}$

Sabendo disso, podemos escrever a segunda lei de Newton na forma radial:

$ev_{1}B=\frac{m_{1}v_{1}^2}{R_{1}} \rightarrow R_{1}=\frac{m_{1}v_{1}}{eB}$

Substituindo a velocidade encontrada anteriormente, se obtém:

$R_{1}=\frac{\sqrt{\frac{2m_{1}V}{e}}}{B}$

Analogamente:

$R_{2}=\frac{\sqrt{\frac{2m_{2}V}{e}}}{B}$

Substituindo a carga do elétron informada no início da prova:

$R_{1}=\frac{2,5*10^{9}}{B}\sqrt{2m_{1}V}$

$R_{2}=\frac{2,5*10^{9}}{B}\sqrt{2m_{2}V}$

Onde todos os dados devem estar no S.I para que os raios sejam obtidos em metros.

b) Dividindo os raios $R_{1}$ e $R_{2}$ encontrados no item anterior:

$\frac{R_{1}}{R_{2}}=\sqrt{\frac{m_{1}}{m_{2}}}$

$R_{2}=R_{1}\sqrt{\frac{m_{2}}{m_{1}}}$

a) $R_{1}=\frac{2,5*10^{9}}{B}\sqrt{2m_{1}V}$

      $R_{2}=\frac{2,5*10^{9}}{B}\sqrt{2m_{2}V}$

b) $R_{2}=R_{1}\sqrt{\frac{m_{2}}{m_{1}}}$