Solução Simulado 3 OBF- 3ª Fase - Nível 1

Somas infinitas e Cinemática

i) Com as informações dadas, podemos esboçar a trajetória do microorganismo:

Ambas as coordenadas serão dadas por sucessivas somas e subtrações de vários termos. Perceba que, no eixo $x$, a coordenada do móvel ora é reduzida de $1/4$ da distância percorrida nessa direção anteriormente, ora cresce do mesmo fator, indicando uma progressão geométrica. Portanto, vale escrever

$x_p=1,0-0,25+0,0625-0,015625+...$

$x_p=1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{64}+...$

Isso configura uma progressão geométrica (P.G.) infinita de razão $q=-1/4$ cujo termo inicial vale $1$. Usando a soma dos termos da P.G. infinita:

$x_p=\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{4}{5}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{x_p=0,8\,cm}$.

O raciocínio é análogo para $y_p$.

$y_p=0,5-0,125+0,03125-0,0078125+...$

$y_p=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{128}+...$

$y_p=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{2}{5}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{y_p=0,4\,cm}$.

'ii) Para achar o tempo de movimento, basta dividir a distância total percorrida $d$ pela velocidade $v$ do micróbio. Note que as distâncias percorridas compõem uma P.G. infinita de razão $1/2$:

$d=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+...$

$d=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=2,0\,cm$.

Por fim:

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2,0}{0,15}=13,33\,s$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{t \approx 13\, s}$.

$\boxed{(x_p, y_p)=(8,4)\cdot 10^{-1}\,cm=(8, 4) \cdot 10^{-3} \, m}$

 $\boxed{t \approx 13\, s}$

Cinemática: Lançamento Oblíquo e Movimento Circular

i) Ao ser lançada, a velocidade da bolinha pode ser dividida em duas componentes ortogonais entre si: uma paralela a barra e outra tangente ao movimento circular que a partícula executava antes de ser jogada. A primeira é simplesmente $v$, enquanto a segunda é $\Omega r$, sendo $r$ o raio de curvatura do movimento do circular, i.e. a distância da massinha ao eixo em torno do qual a barra girava, que vale $L \sin{\theta}$. Veja abaixo o esquema (3D) do vetor velocidade da massa ao sair da haste para melhor compreensão. O segmento traçejado encontra-se sobre o eixo vertical.

Para analisar a cinemática da bolinha enquanto no ar, vamos dividir o movimento em duas componentes independentes, pelo princípio de Galileu. O primeiro é o movimento exclusivamente devido à velocidade inicial $v$, que configura um lançamento oblíquo esquematizado abaixo:

A equação horária para a altura $y(t)$ convencionando o positivo para cima num movimento desse tipo é

$y(t)=y_0+v_{0_y} t-\dfrac{1}{2}gt^2$.

A partir disso, podemos encontrar o tempo de vôo $T$ da massinha, até que retorne ao nível do solo. Queremos $y(T)=0$, logo:

$0=L\cos{\theta}+v\cos{\theta} T-\dfrac{1}{2}gT^2$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $T^2-\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}T-\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}=0$.

Por Bháskara:

$T=\dfrac{\dfrac{2v\cos{\theta}}{g} \pm \sqrt{\left(\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}\right)^2+4\cdot\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}}}{2}$.

Escolhemos a raiz positiva pois a negativa nos forneceria um tempo negativo, o que é absurdo. Portanto:

$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$.

ii) Agora, imagine uma visão de cima da situação, como a esboçada abaixo. A bolinha percorre uma distância $\Omega L \sin{\theta}\cdot T$ em uma direção e $v_x T=v\sin{\theta}\cdot T$ na outra (lembre-se que a velocidade horizontal é inalterada em um lançamento sob a ação de gravidade no eixo vertical), chegando por fim no ponto $C$ ao atingir o solo.

Por fim, levando em conta a projeção do tamanho da haste $L \sin{\theta}$, utilizamos o teorema de Pitágoras para encontrar o tamanho do segmento $BC$, que é a distância desejada. Chamando-a de $D$, temos

$D^2=\left(L\sin{\theta}+v\sin{\theta} \cdot T\right)^2+\left(\Omega L \sin{\theta} \cdot T\right)^2$.

$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$,

com $T$ determinado previamente.

$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$,

onde

$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$

Conceitos de Astronomia e Trigonometria

É necessário, antes de mais nada, esboçar geometricamente a situação (vide figura abaixo).

Ao se levantar, os olhos do observador adquirem uma altura adicional (ainda que muito pequena se comparada ao raio da Terra) em relação à superfície. Agora, ele pode ver objetos que antes eram inacessíveis devido à curvatura do planeta. O efeito prático disso é uma espécie de "novo horizonte" inclinado de um ângulo $\theta$ em relação ao antigo, que é definido tomando-se a reta tangente à superfície da Terra, contendo os pontos $O$ e $P$. Dessa forma, o Sol precisa "descer" de um ângulo $\theta$ sob o ponto de vista do observador terrestre até que sua borda superior toque o "novo horizonte". O ângulo varrido pelo Sol no céu (equivalentemente, o ângulo que a Terra girou*) é $\omega \Delta t$, sendo $\omega=2 \pi /T$ a velocidade angular de rotação terrestre. Ou seja:

$\theta=\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t$.

No $\Delta COP$, temos:

$\cos{\theta}=\dfrac{R_T}{R_T+h}$.

Isolando $R_T$:

$\boxed{R_T=\dfrac{h\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T} \Delta t\right)}}{1-\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t\right)}}}$.

OBS.: As condições especificadas no enunciado (equinócio, experimento feito no equador, etc.) nos permitem argumentar que o ângulo que a Terra girou é o mesmo varrido pelo Sol no céu em seu movimento diurno.

$\boxed{R_T=\dfrac{h\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T} \Delta t\right)}}{1-\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t\right)}}}$

Cinemática: MRUV

Primeiramente, temos de otimizar tempo da viagem. Para fazer isso, é necessário que o elevador acelere até uma velocidade máxima $V$ que é exatamente a necessária levá-lo ao repouso no último andar, ao fim da fase de frenagem. Chame de $t_1$ e $t_2$ os tempos em cada trecho. Graficamente, temos:

Vale que:

$V=a_1 t_1=a_2 t_2$.

A distância total percorrida é $h$, que deve equivaler à área total embaixo do gráfico, que forma um triângulo de base $t_1+t_2$ e altura $V$. Logo:

$h=\dfrac{V \left(t_1+t_2\right)}{2}$,

$2h=a_1t_1\left(t_1+\dfrac{a_1}{a_2}t_1\right)$.

O que nos leva a

$t_1=\sqrt{\dfrac{2ha_2}{\left(a_1+a_2\right)a_1}}$,

e

$t_2=\sqrt{\dfrac{2ha_1}{\left(a_1+a_2\right)a_2}}$.

Por fim:

$t=t_1+t_2$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{t=\sqrt{\dfrac{2h\left(a_1+a_2\right)}{a_1a_2}}}$.

$\boxed{t=5\sqrt{2}\approx 7,0\,s}$.

$\boxed{t=\sqrt{\dfrac{2h\left(a_1+a_2\right)}{a_1a_2}}\approx 7,0\,s}$.

Termologia: Calorimetria

Da Lei de Stefan-Boltzmann, obtemos a potência emitida pelo filamento cilíndrico. Tendo em vista que $\pi d^2/4 \ll \pi dl$, podemos desprezar a área das tampas do filamento no cálculo da potência. A área lateral é $A=\pi d l$, logo

$P=\sigma \pi d l T^4_W$.

Essa potência, em sua totalidade, serve para aquecer as mãos da pessoa. Sendo $\Delta t$ o tempo requerido, temos

$P \Delta t=mc\left(T_2-T_1\right)$,

$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W}}$.

Substituindo os valores:

$\boxed{\Delta t=411,5\,s \approx 4*10^2\,s}$.

$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W} \approx 4*10^2\,s}$.

Mecânica: Hidrostática e Leis de Newton

(a) Quando a esfera se locomove fluido abaixo, há 3 forças atuando na esfera: o seu peso, para baixo; o empuxo da água para cima; e a força de arrasto viscoso também para cima, contrária ao vetor velocidade. Escrevendo a 2a Lei de Newton, convencionando o positivo para baixo:

$\vec{F}_{res}=m\vec{a}$,

$mg-E-F_v=ma$.

$\rho_e \dfrac{4}{3}\pi r^3 g-\rho_l\dfrac{4}{3}\pi r^3 g-6 \pi \eta r v=ma$,

Quando sua aceleração se torna nula, o corpo atinge a velocidade terminal $v_t$. Logo:

$\dfrac{4}{3}\rho_e \pi r^3 g=\dfrac{4}{3}\rho_l \pi r^3 g+6 \pi \eta r v_t$,

$\boxed{\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(\rho_e-\rho_l\right)gr^2}{9v_t}}$.

(b) Primeiro, chequemos a dimensão da viscosidade no SI. Da expressão do enunciado, $F \propto \eta r v \rightarrow \eta \propto F r^{-1}v^{-1}$. $F$ possui dimensões de $kg\cdot m^{-1} \cdot s^{-2}$, enquanto $r^{-1}v^{-1}$ tem dimensão de $m^{ -2}\cdot s^{-1}$, o que nos leva a concluir que $\eta$ possui dimensão de $kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}$ ou $Pa\cdot s$. Substituindo os valores (convertidos para unidades do SI) na expressão:

$\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(2,70-0,92\right)*10^3*10*\left(1,00*10^{-2}\right)^2}{5,00}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{\eta=7,91*10^{-2}\, Pa\cdot s}$.

(a) $\boxed{\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(\rho_e-\rho_l\right)gr^2}{v_t}}$

(b) $\boxed{\eta=7,91*10^{-2}\, Pa\cdot s}$

Cinemática e Trigonometria

Haja vista que o objetivo é obter a maior pontuação, a colisão entre o objeto e o projétil deve ocorrer em $t=0,50\,s$. A imagem abaixo esquematiza a configuração do sistema nesse momento, sendo $C$ o ponto do choque.

No triângulo $\Delta COB$, podemos utilizar a Lei dos Senos para encontrar $\alpha$:

$\dfrac{R}{\sin{\alpha}}=\dfrac{v_0 t}{\sin{\left(\pi-\omega t\right)}}$ $\rightarrow$ $\sin{\theta}=\sin{\left(\pi-\theta\right)}$

$\rightarrow$ $\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}}$.

Com $\alpha$ em mãos, podemos encontrar $x$ de uma forma prática tomando as projeções horizontais de $OC$ e $BC$:

$x=R\cos{\left(\pi-\omega t\right)}+v_0 t \cos{\alpha}$.

Substituindo $\cos{\alpha}=\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}$ e sabendo que $\cos{\left(\pi-\theta\right)}=-\cos{\theta}$:

$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}}$.

O alvo gira de um ângulo $\omega t=2,50\,rad$ que equivale a $150^{\circ}=5\pi/6\, rad$ utilizando $\pi=3$. da capa da prova. Logo, $\sin{\omega t}=\sin{30^{\circ}}=0,50$ e $\cos{\omega t}=-cos{30^{\circ}}=-0,85$. Inserindo as quantidades numéricas, obtemos

$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$,

$\boxed{x=9,13*10^{-1}\,m}$.

$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$,

$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}=9,13*10^{-1}\,m}$.

Mecânica: Conservação de energia e Momento linear

OBS.: Na solução que segue, a palavra "sistema" sempre faz referência implícita ao sistema "$M+m+m_0$". Caso o sistema ao qual se refere for outro, será explicitado.

i) Vamos analisar a colisão entre a bala e a massa $m$. Devido ao incrustamento da bala, a colisão é do tipo inelástica. Se após essa colisão os dois móveis andam juntos com $v_0$ para a direita, conservamos o momento linear do sistema "$m+m_0$" por ser mecanicamente isolado (a mola não foi deformada logo após a colisão):

$m_0 v=\left(m+m_0\right)v_0$,

$v_0=\dfrac{m_0}{m+m_0}v$.

Desta forma, a energia inicial do sistema após o choque da bala é dada por

$E_0=\dfrac{\left(m+m_0\right)v^2}{2}=\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2$.

ii) Agora, é necessário identificar em que momento a mola alcançará a deformação máxima. Sabemos que o comprimento da mola está diretamente relacionado com a velocidade relativa entre os corpos ligados às suas extremidades. Quando esta velocidade relativa torna-se nula, a mola alcança o momento de máxima deformação; após isso, a velocidade de $M$ torna a ser maior e o comprimento volta a aumentar. Sendo assim, o instante que buscamos é aquele no qual os três móveis movimentam-se juntos como se fossem um corpo só. Resta agora equacionar. Acompanhe:

Seja $v_f$ a velocidade final do sistema, no momento de máxima deformação. Ora, todas as forças atuantes no sistema sempre são e foram internas, então o momento linear sempre se conserva. Logo:

$m_0 v=\left(M+m+m_0\right)v_f$,

$v_f=\dfrac{m_0}{M+m+m_0}v$.

Denote por $E_f$ a energia mecânica final do sistema na máxima deformação da mola. Após a colisão de $m_0$ com $m$, a energia mecânica do sistema se conserva devido à ausência de agentes dissipativos. É errôneo dizer que a energia cinética inicial da bala se transforma na energia mecânica final $E_f$, pois a colisão inelástica no início é responsável por dissipar uma fração da energia inicial da bala; por esse motivo calculou-se $E_0$ na etapa passada. Escrevendo a conservação da energia mecânica:

$E_0=E_f$,

$\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2=\dfrac{\left(M+m+m_0\right)v_f^2}{2}+\dfrac{k\Delta x^2}{2}$,

$\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2=\dfrac{m_0^2 v^2}{2\left(M+m+m_0\right)}+\dfrac{k\Delta x^2}{2}$,

Assim, obtemos por fim:

$\boxed{\Delta x=v\sqrt{\dfrac{Mm_0^2}{k\left(M+m+m_0\right)\left(m+m_0\right)}}=0,10\,m}$.

Uma ideia muito semelhante foi cobrada nos níveis 1 e 2 da OBF 2011 Terceira Fase, provas as quais você pode conferir os comentários clicando aqui. Uma solução mais rápida e imediata poderia ter sido feita utilizando-se massa reduzida (Ideia 05) ou referencial do CM (Ideia 24). Optou-se aqui por uma solução mais tradicional que seja mais familiar ao aluno.

$\boxed{\Delta x=v\sqrt{\dfrac{Mm_0^2}{k\left(M+m+m_0\right)\left(m+m_0\right)}}=0,10\, m}$