Soluções Simulado 1 OBF - Nível 2

Segunda lei de Newton

a) Observe que se considerarmos nosso sistema físico como todas as $N$ massas junto com as $N-1$ molas, as únicas forças externas atuando são o peso total do sistema e a tração. Como o sistema está em equilíbrio:

$$T=Nmg$$

b) Antes do corte, atuam na primeira massa a tração (calculada no item a), seu peso, e a força elástica. Esta última vale $\left(N-1 \right)mg$, pelo equilíbrio dinâmico dessa massa. Perceba que a força elástica depende apenas da elongação da mola (a menos de uma constante), que só varia depois de um tempo finito após o corte. De fato, para que mude, as massas devem ganhar velocidade, mas imediatamente após o corte elas são nulas. Logo, a força elástica não muda nessa transição. Como a força elástica mais o peso somam $Nmg$ para baixo, a aceleração da primeira massa é $Ng$ para baixo.

a) $Nmg$

b) $Ng$

Segunda lei de Newton

Observe que, pela segunda lei de Newton, a força resultante no bloco é nula, pois o mesmo desce com velocidade constante. Analisando o problema no plano de movimento do bloco, as força atuando são a componente tangencial do peso (mg\sin{\theta}), a força de atrito e a força mística. Sabemos que a força de atrito deve ser antiparalela à velocidade. Portanto, é impossível a configuração na qual o bloco "desce" (na direção do $mg\sin{\theta}$) o plano com velocidade constante, pois a força mística contribuiria com uma componente horizontal e o bloco não estaria em equilíbrio. Então, a configuração real é o bloco com uma velocidade fazendo um certo ângulo com a vertical (direção de $mg\sin{\theta}$). A força de atrito é perpendicular à força mística e a soma das mesma deve anular o $mg\sin{\theta}$. Portanto, aplicando teorema de Pitágoras

$\sqrt{f_{at}^2+\left(m{\lambda}v \right)^2}=mg\sin{\theta}$

A força de atrito é dada pelo produto da normal $mg\cos{\theta}$ pelo coeficiente de atrito cinético $\mu$. Portanto, resolvendo para $v$:

$$v=\dfrac{\sqrt{g({\sin{\theta}}^2-{\mu}^2{\cos{\theta}}^2)}}{\lambda}$$

$$v=\dfrac{\sqrt{g({\sin{\theta}}^2-{\mu}^2{\cos{\theta}}^2)}}{\lambda}$$

Dilatação térmica

O período de um pêndulo simples é dado por

$$T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{l}{g}}$$

Ao final do processo, o comprimento do fio será $l(1+{\alpha}\Delta{\theta})$. Portanto, o período final é

$$T_F=2\pi\sqrt{\dfrac{l(1+{\alpha}\Delta{\theta})}{g}}$$

Usando a aproximação binomial

$$T_F=T(1+\dfrac{{\alpha}\Delta{\theta}}{2})$$

Portanto, a variação relativa será

$$\dfrac{\Delta{T}}{T}={\dfrac{\alpha}\Delta{\theta}}{2}$$

Substituindo o valor de $\alpha$

$$\Delta{\theta}=9,09 K$$

$$\Delta{\theta}=9,09 K$$

M.U.V.

Adotando um sistema de coordenas com origem coincidente com o ponto inicial do primeiro carro, enunciemos a posição de encontro:

$$v_1t=L_0+at^2/2$$

Onde $t$ é o tempo de encontro. Reorganizando

$$t^2-(2v_1/a)t^2+2L_0/a=0$$

A expressão acima é quadrática em $t$. Observe que o que queremos é que não tenha solução para essa equação, caso contrário os carros se encontrariam. Portanto, fazendo o discriminante dessa equação igual a zero, descobrimos a aceleração mínima.

$$4{v_1}^2/{a^2}-4\dfrac{2L_0}{a}=0$$

Logo

$$a_{min}=\dfrac{{v_1}^2}{2L_0}$$

$3,2 m/{s^2}$

Colisões bidimensionais

a) Representemos as quantidades relacionadas à bolinha inicidente pelo íncide $0$ e as relacionadas às duas bolinhas emergentes de $1$ e $2$. Com essa notação, as equações de conservação de momento e energia são escritas da seguinte forma

$$\vec{P_0}=\vec{P_1}+\vec{P_2}$$

e

$${P_0}^2={P_1}^2+{P_2}^2$$

Tomando o produto escalar da primeira equação por ela mesma:

$${P_0}^2={P_1}^2+{P_2}^2+2\vec{P_1}\cdot{\vec{P_2}}$$

Por comparação

$$\vec{V_1}\cdot{\vec{V_2}}=0$$

b) Depois da colisão, as bolas formarão um ângulo reto entre si e cairão em buracos diferentes. Logo:

$${S_1}^2+{S_2}^2=d^2$$

Onde $S_1$ é a distância da bola estacionária à um buraco,$S_2$ é a distância até o outro buraco e $d$ é a distância entre os buracos. Adotando coordenadas cartesianas com origem em um dos buracos, a equação acima fica:

$$x^2+y^2+(d-x)^2+y^2=d^2$$

Reorganizando

$$(x-d/2)^2+y^2=(d/2)^2$$

Essa é a equação de uma circunferência com centro no ponto médio de separação entre buracos. Como a bola não pode ser posicionada no outro lado dos buracos, a coleção de ponto requerida é uma semicircunferência.

a) Demonstração

b) Semicircunferência

Dinâmica rotacional

a) Por definição, o impulso linear é a massa do sistema multiplicada pela variação de velocidade do centro de massa da barra (vetor). Como a velocidade inicial é nula:

$$J=mv$$

Portanto

$$v=\dfrac{J}{m}$$

b) O impulso angular em torno do centro de massa é

$$J_a=Jx$$

O mesmo pode ser escrito como o momento de inércia em relação ao centro de massa multiplicado pela variação da velocidade angular do corpo (vetor):

$$Jx=\dfrac{mL^2\omega}{12}$$

Da equação acima, extraímos $\omega$. O ponto da barra de velocidade é tal que

$$v-{\omega}y=0$$

Onde $y$ é a distância do ponto até o centro de massa. Logo, substituindo os valores de $v$ e $\omega$:

$$y=\dfrac{L^2}{12x}$$

A distância até o centro de massa da barra é

a)

$$v=\dfrac{J}{m}$$

b)

$$y=\dfrac{L^2}{12x}$$

Relação de Taylor e segunda lei de Newton

Pela relação de Taylor

$$T={\mu}v^2$$

Onde $T$ é a tração no fio e $\mu$ é a densidade linear de massa da corda. Pelo equilíbrio de forças no bloco, essa tração é igual ao peso do blobo $mg$. Na segunda situação, a nova tração deverá se igual ao peso equivalente do bloco, ou seja, a soma vetorial do peso com o empuxo. O último é facilmente calculado:

$$P_{equi}=mg-{2{\rho_a}mg}/{3{\rho}}={\mu}v^2-{2{\rho_a}mg}/{3{\rho}}$$

Onde $\rho$ é a densidade requerida. Igualando a expressão acima com a nova tração ${\mu}u^2$, com $u=0,5v$, descobre-se $\rho$. O resultado é

$\rho=890 kg/{m^3}$

$890 kg/{m^3}$

Gravitação e parábola de segurança

a) O campo gravitacional dentro de uma esfera (a uma distânicia $r$ do centro) com massa uniformemente distribuída é

$$\vec{g_e}=-\dfrac{GMr}{R^3}=4\pi\dfrac{{\rho}G\vec{r}}{3}$$

Onde $\vec{r}$ é o vetor que aponta do centro da esfera até o ponto em que queremos calcular o campo. Procedendo como pede o enunciado, façamos a superposição das duas configurações, somando (vetorialmente) os campos devido a cada uma separadamente.

$$\vec{g}=-\left(\dfrac{4\pi{\rho}G\vec{r_1}}{3}-4\pi\dfrac{{\rho}G\vec{r_2}}{3} \right)$$

Onde o índice $1$ representa o centro da esfera maior e $2$ o centro da cavidade. O sinal de menos no segundo termo devêm do fato explicado no enunciado. Observe que para qualquer ponto dentro da esfera:

$$\vec{r_1}-\vec{r_2}=(R/2)\hat{x}$$

Logo

$$\vec{g}=-\dfrac{2{\pi}GR\rho}{3}=-\dfrac{GM}{2R^2}\hat{x}$$

Para qualquer ponto da cavidade. Ou seja, o campo é constante dentro da cavidade.

b) O ponto desejado é a interseção da equação da cavidade (no plano $xy$)

$$(x-R/2)^2+y^2=(R/2)^2$$

com a parábola de segurança (veja aqui)

$x^2=\dfrac{v^2}{2g}-\dfrac{gy}{2v^2}$

Onde $g$ é a gravidade dentro da cavidade (calculada no item a). Resolvendo para x:

$x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}-\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$

A raíz

$x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}+\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$

É maior que $R$, portanto, não é válida.

a) $\vec{g}=-\dfrac{2{\pi}GR\rho}{3}=-\dfrac{GM}{2R^2}\hat{x}$

b) $x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}-\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$

Calorimetria

a) Como a vaporização é muito rápida, o calor necessário para vaporizar só pode ser obtido através do calor de fusão. Portanto, se uma massa $m_i$ de água se solidifica e $m_v$ se vaporiza, temos

$$m_iq_i=m_vq_v$$

Como a mssa total é $m=m_i+m_v$

$$m_i=(\dfrac{q_v}{q_i+q_v})m=44 g$$

b) O metal esfria cedendo um calor $q_m$, que derrete uma quantidade de gelo:

$$q_m=CM\Delta{T}$$

Onde $\Delta{T}$ é variação de temperatura. A massa do metal é constante, portanto, pela sua dilatação volumétrica, podemos escrever

$$\rho=\dfrac{{\rho}_0}{1+{\beta}\Delta{T}}$$

Logo

$$\Delta{T}=\dfrac{{\rho}_0-\rho}{{\beta}\rho}=\dfrac{{\rho}_0-M/V}{{\beta}M/V}=\dfrac{{\rho}_0V-M}{{\beta}M}$$

Igualando $q_m$ com o calor necessário para derreter a quantidade requerida de massa de gelo

$\Delta{m}=\dfrac{MC\Delta{T}}{q_i}=\dfrac{C({\rho}_0V-M)}{3{\alpha}q_i}=\approx 64$ $g$

Contudo, isso é mais do que a massa total de gelo, portanto, todas as $44$ $g$ de gelo derretem.

a) $44 g$

b) $44 g$

Leis da Termodinâmica e trabalho mecânico

a) Pelo balanço de energia

$$W=|Q_q|-|Q_f|=\dfrac{{\gamma}{T_1}^2+{\chi}{T_2}^2-({\chi}+{\gamma}){T_F}^2}{2}$$

b) O rendimento máximo de qualquer maquina térmica é igual ao rendimento de Carnot. Na maquina de Carnot, as trocas infinitesimais de calor entre a fonte quente e a fonte friar devem respeitar

$$\dfrac{|\Delta{Q_q}|}{T_q}=\dfrac{|\Delta{Q_f}|}{T_f}$$

Como a fonte quente cede calor

$$|\Delta{Q_q}|=-\Delta{Q_q}$$

Por outro lado, como $\Delta{Q}=C\Delta{T}$, onde $C$ é a capacidade térmica do corpo (ela é proporcional a temperatura no presente caso), temos

$$-{\gamma}\dfrac{T_q\Delta{T_q}}{T_q}={\chi}\dfrac{T_f\Delta{T_f}}{T_f}$$

Aplicando a relação para os instantes inicial e final do processo:

$${\gamma}(T_1-T_F)={\chi}(T_F-T_2)$$

Logo

$$T_1=T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{{\gamma}}$$

c) O trabalho fornecido pela maquina térmica deve ser, no mínimo, igual a variação de energia potencial do sistema $mgh$. Portanto, a gravidade máxima será

$$g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)$$

a)

$$W=|Q_q|-|Q_f|=\dfrac{{\gamma}{T_1}^2+{\chi}{T_2}^2-({\chi}+{\gamma}){T_F}^2}{2}$$

$$g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)$$

b)

$$T_1=T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{{\gamma}}$$

c)

$$g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)$$

Dioptro esférico

Consideremos que a primeira superfície somente refrate e a segunda somente reflete. Dessa forma, apenas uma imagem é formada. Os raios de luz vão refratar, refletir na segunda superfície e refratar de novo. A "imagem" da primeira refração, que servirá de objeto para a reflexão, deverá ter uma posição tal que os raios de luz, depois de refletirem, refrataram para o ponto de onde partiram (a fonte $S$). Como a situação deve ser simétrica, essa posição é justamente o diamêtro da esfera oposto à fonte. De fato, os raios que voltam da reflexão, chegam na primeira superfície exatamente como vieram (todos os raios com o mesmo ângulo de incidência), portanto, também convergirão para $S$. Portanto, devemos simplesmente impor que a distância imagem de $S$ devido à primeira refração seja $2r$:

$$\dfrac{1}{d}+\dfrac{n}{2r}=\dfrac{(n-1)}{r}$$

Resolvendo para $d$

$$d=\dfrac{2r}{n-2}=5 cm$$

$d=0,05$ $m$

Relação de Taylor

Pela relação de Taylor, a velocidade de propagação de uma onda viajante numa corda esticada é

$$v=\sqrt{T/{\mu}}$$

Lembre-se de que, na dedução dessa fórmula, é suposto que não há deslocamento horizontal (de cada ponto da corda), ou seja, essa velocidade calculada é, na realidade, em relação ao referencial no qual o meio de propagação está em repouso. Sendo assim, para descobrirmos a velocidade da onda em relação á Terra devemos somá-la (vetorialmente) com a velocidade de giro da corda (velocidade do meio de propagação). Evidentemente, o tempo mínimo é obtido quando essas duas velocidades estão na mesma direção. Para descobrir a velocidade em relação à corda, devemos descobrir a tração de um fio que gira com velocidade angular constante. Considere um arco infinitesimal da corda que subtende um ângulo central $\Delta{\theta}$, essa arco tem massa ${\mu}{\Delta{\theta}}$ e sofre uma aceleração centrípeta ${\Omega}^2R$. A resultante centrípeta é $2T\sin{\Delta{\theta}}$. Como o arco é infinitesimal, $\sin{\Delta{\theta}}=\Delta{\theta}$, logo

$$T={\mu}R^2{\Omega}^2$$

Ou seja , a velocidade em relaçao ao meio de propagação é ${\Omega}R$. Sendo assim, a velocidade máxima em relação à Terra é ${2\Omega}R$. Como a onda deve viajar uma distância de $2{\pi}R$ para completar uma volta, o tempo mínimo é

$$t=\dfrac{2{\pi}R}{2{\Omega}R}=\dfrac{\pi}{\Omega}$$

Demonstração