Soluções Simulado 2 OBF – Nível 1

Mecânica: cinemática

Suponhamos que a Terra esteja se girando com velocidade tangencial $v_0$. Portanto:

$v_0=\dfrac{d}{t}$

O avião está se movendo com velocidade $v$ em relação à Terra. Portanto, a velocidade com que as pessoas no avião veêm a sombra do eclipse é:

$v'=v_0\pm v$

Dependendo do sentido com que ele se move em relação à Terra.

$v'=\dfrac{d}{t'}$

$v_0\pm v=\dfrac{d}{t'}$

$t'=\dfrac{d}{\dfrac{d}{t}\pm v}$

$t'=\dfrac{d\cdot t}{d\pm vt}$

Como queremos a duração máxima:

$\boxed{t'=\dfrac{d\cdot t}{d- vt}}$

$\boxed{t'=777s}$

$\boxed{t'=777s}$

Relações volumétricas

Seja $r_2$ o raio de uma azeitona. A densidade total de uma azeitona ideal é $\varrho_s$. Se denotarmos a densidade da semente por $\varrho_p$ e do resto da azeitona por $\varrho_o$, nós obtemos a seguinte equação:

$$\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\varrho_o+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_p=\dfrac{4\pi}{3}r_1^3\varrho_s$$

Quando o resto da azeitona está em repouso na superfície, chamemos de $V_1$ e $V_2$ os volumes acima e abaixo da superfície, respectivamente. Logo:

$$V_1+V_2=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)$$

$$V_2\varrho_s=\left(V_1+V_2\right)\varrho_o$$

Daí,

$$V_1=\dfrac{4\pi}{3}\left(r_2^3-r_1^3\right)\left(1-\dfrac{\varrho_o}{\varrho_s}\right)$$

O volume total abaixo da superfície diminuído pelo volume $V_1$ e pelo volume da semente deve ser igual ao decréscimo de volume na lata ${\pi}R^2\Delta{h}$. Portanto:

$${\pi}R^2\Delta{h}=V_1+\dfrac{4\pi}{3}r_1^3$$

Com isso, chegamos em:

$$\varrho_o=\varrho_s\left(1-\dfrac{3R^2\Delta{h}-4r_1^3}{4\left(r_2^3-r_1^3\right)}\right)$$

Finalmente, substituindo na equação inicial:

$$\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s}$$

Substituindo valores numéricos:

$\boxed{\varrho_p=1,29kg.m^{-3}}$.

$\boxed{\varrho_p=\dfrac{3R^2\Delta{h}}{4r_1^3}\varrho_s=1,29kg.m^{-3}}$.

Centro de massa: uso de progressões geométricas e relações de escala

A primeira solução requere o uso de somas infinitas; em nosso caso, a soma da P.G. infinita (este conhecimento em geral não é cobrado no nível 1; caso não consiga acompanhar tudo, leia a parte I) e prossiga para o final da solução para ver um método alternativo).

I) Calculando como a massa varia:

Pela simetria, podemos perceber que o lado do triângulo posto na posição $n+1$ ($l_{n+1}$) e o triângulo posto na posição $n$ ($l_n$) é de $\dfrac{1}{2}$.

$l_{n+1}=\dfrac{l_{n}}{2}$

A densidade superficial de massa é constante:

$\sigma=\dfrac{m_{n}}{A_{n}}=\dfrac{m_{n+1}}{A_{n+1}}$

$\dfrac{m_{n}}{\dfrac{\sqrt{3}l_n^2}{4}}=\dfrac{m_{n+1}}{\dfrac{\sqrt{3}l_{n+1}^2}{4}}$

$m_{n+1}=\dfrac{m_n}{4}$

II) Calculando o baricentro de cada triângulo:

Sabemos que o baricentro divide a altura na razão de $2$ para $1$, portanto, a partir do vértice, a posição do baricentro é:

$h_n=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}l_n=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l_n$

Perceba que para cada posição $n$ existem $2^n$ triângulos fixados.

Seja a massa do primeiro triângulo posto $m$ (o identificamos com índice “$1$“). Portanto:

$m_n=m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$

Como o primeiro triângulo posto possui lado $\dfrac{l}{2}$, os lados dos triângulos são:

$l_n=l\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Portanto, a altura dos baricentros é:

$h_n=\dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Finalmente, calculando a altura do centro de massa (lembre-se que o triângulo original não possui massa) utilizando a sua definição:

$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n\cdot h_n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m_n}$

$Y_{cm}=\dfrac{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n\cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}2^n \cdot m\cdot \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}$

$Y_{cm}=\dfrac{m\cdot \dfrac{\sqrt{3}l}{3}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{4}\right)^n}{m\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n }$

Acima, utilizamos o resultado da soma dos termos de uma P.G. infinita: $S_n=a_1/(1-q)$, sendo $a_1$ o primeiro termo e $q$ a razão, definida para $|q|<1$. Portanto:

$Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}l \cdot \dfrac{1}{3}$

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l \approx 0,19 l}$.

Utilizamos $\sqrt{3}=1,7$ fornecido pela prova.

Uma solução alternativa utiliza-se de argumentos de proporcionalidade e uma visão "criativa" da situação.

Dividimos a figura no primeiro triângulo colocado (ao meio) e nos demais triângulos menores ao lado deste. Como vimos na Solução 1, a massa diminui por um fator de $4$ quando os lados do triângulo diminuem por um fator de $2$. Perceba que as figuras formadas ao lado do primeiro triângulo colocado são exatamente iguais à figura fractal original, porém com dimensões (lineares) reduzidas pela metade. Dessa forma, a massa do fractal reduzido ao lado do primeiro triângulo colocado é $1/4$ da massa do fractal total (denote ela por $m$). Chame de $Y_{cm}$ a altura do centro de massa do fractal. Seguindo esse raciocínio, a altura do centro de massa do fractal reduzido com dimensões lineares iguais à metade do fractal total estará a uma altura $Y_{cm}/2$ da base do triângulo original. Tendo em vista que o centro de massa do primeiro triângulo colocado está a uma altura de $l\sqrt{3}/6$ da base do triângulo original e sua massa é $m/2$, calculamos $Y_{cm}$ usando sua definição (atente para o fato de que há dois fractais reduzidos por um fator de $2$ em relação ao fractal total):

$Y_{cm} = \dfrac{\dfrac{m}{2} \cdot \dfrac{l\sqrt{3}}{6}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}+\dfrac{m}{4} \cdot \dfrac{Y_{cm}}{2}}{m}$,

E, desta forma:

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$.

$\boxed{Y_{cm}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}l\approx 0,19l}$.

Mecânica: lançamento oblíquo

Perceba que, como sugere a figura, os irrigadores conseguem irrigar toda a área de uma círculo de raio $R$, onde $R$ é o alcance do lançamento oblíquo de maior alcance, ou seja, o que faz um ângulo de $\pi/12$ com a horizontal. Esse alcance é dado por: $R=\dfrac{V_0^2}{g}\sin{(2.\pi/12)}=5m$. O desperdício em reais é dado pelo valor da área, em $m^2$, comum aos dois círculos. Essa área $A$ pode ser calculada com auxílio da figura abaixo:

Na figura acima, os pontos $B$ e $C$ são as intersecções dos dois círculos e o ponto $A$ é um irrigador. Pela figura, vemos que metade da área $A$ somada à área do triângulo $\Delta{ABC}$ nos da a área do setor circular que compreende o arco $BC$. Logo:

$$\dfrac{A}{2}=\dfrac{{\angle{BAC}}*R^2}{2}-(ABC)=\dfrac{{\angle{BAC}}*R^2}{2}-\dfrac{R^2\sin{\angle{BAC}}}{2}=\dfrac{R^2}{2}\left(\angle{BAC}-\sin{\angle{BAC}}\right)$$

Observe que $\cos{\angle{BAC}/2}=d/2R=\sqrt{3}/2$. Logo, $\angle{BAC}=\pi/3$. Finalmente, o desperdício em reais é dado por:

$$A=25\left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\approx{R$4,53}$$

$$A=25\left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\approx{R$4,53}$$

Mecânica: cinemática

Sejam $N$ e $L$ as posições do caça e do fantasma respectivamente no momento $t$ de mínima aproximação. Nesse momento, o caça está, em algum lugar, sobre a circunferência de centro $T$ e raio $v_Ct$ e o fantasma está sobre a reta $AB$ a uma distância, digamos, $x$ do ponto $C$. Esse cenário está descrito na figura abaixo.

Note que, nas condições do instante $t$ da figura, os pontos $N$, $T$ e $L$ devem ser colineares. De fato, caso o ponto $N$ estivesse em outra posição da circunferência senão a que faz os três pontos serem colineares, existiria uma direção a ser seguida pelo caça (justamente a direção do segmento $TL$) que diminuiria a distância $NL$ ainda mais. O problema agora se resume em achar $NL$ em função do parâmetro $x$ e analisar a condição de mínimo. Observe que a observação acima não resolve o problema por completo: obtivemos apenas uma condição necessária para que a situação de mínimo aconteça. Igualando os intervalos de tempo do caça e do fantasma, obtemos a seguinte relação: $\dfrac{l+x}{v_G}=\dfrac{TN}{v_C}$. Daí, $NL=TL-TN=\sqrt{D^2+x^2}-\dfrac{v_C}{v_G}(l+x)$. Definindo $r=NL+l\dfrac{v_C}{v_G}$, obtemos a seguinte equação quadrática ao isolar a raiz da quadrada e elevar ambos lados da equação ao quadrado:

$$x^2+\dfrac{2rv_Cv_G}{v_C^2-v_G^2}x+\dfrac{v_G^2\left(r^2-D^2\right)}{v_C^2-v_G^2}=0$$

Para acharmos a condição de mínimo, basta igualarmos o determinante da equação acima a zero:

$$\Delta=0\to{r=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}}$$

Resolvendo para $NL$:

$$\boxed{NL=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}-l\dfrac{v_C}{v_G}}$$

$$\boxed{NL=\dfrac{D\sqrt{v_G^2-v_C^2}}{v_G}-l\dfrac{v_C}{v_G}}$$

Termodinâmica: colorimetria

Primeiramente, devemos verificar se a água chega na temperatura de fusão do gálio após ceder calor para o gálio fundir completamente. Para isso, igualemos o calor cedido pela água ao calor necessário para fundir o gálio por completo. Resolvemos para a variação de temperatura da água.

$$cV\Delta{T}=\left(C+c_1m_{Ga}\right)\Delta{t_s}+m_{Ga}L$$

Onde $\rho=10^3kg.m^{-3}$ é a densidade da água e $\Delta{t_s}=t_t-t_1$ é a variação de temperatura do gálio ao chegar na temperatura de fusão $t_t$. Substituindo os valores numéricos, chegamos em $\Delta{T}=0,9$, ou seja, o sistema entrará em equilíbrio termodinâmico em uma temperatura $t$ maior que $t_t$. O equilíbrio de calores no fornece essa temperatura:

$$\left(C+c_1m_{Ga}\right)\Delta{t_s}+m_{Ga}L+\left(C+c_2m_{Ga}\right)\left(t-t_t\right)=\left(t_0-t\right)cV\rho\to{t=86,4^{\circ}C}$$

$$\boxed{t=86,4\,^{\circ}C}$$

Cosmologia

a) Utilizando a condição do enunciado juntamente com o fato de que o volume de uma esfera de raio $R$ é dada por $\dfrac{4}{3}{\pi}R^3$, obtemos a relação requerida:

$$H_0R=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}=\sqrt{\dfrac{8G{\rho}_{crit}{\pi}R^3}{3R}}\to{H_0^2=\dfrac{8}{3}G{\pi}\rho_{crit}}\to{\boxed{\rho_{crit}=\dfrac{3H_0^2}{8\pi G}}}$$

b) Seguindo as instruções e lembrando que $1$ ano equivale a $365*24*3600$ $s$:

$t=\dfrac{1}{H_0}=\sqrt{\dfrac{3}{8G{\pi}\rho_{crit}}}=1,34*10^{10}\,anos$

a) Demonstração

b) $\boxed{t=\dfrac{1}{H_0}=\sqrt{\dfrac{3}{8{\pi}G\rho_{crit}}}=1,34*10^{10}\,anos}$

Óptica: lei de Snell

Olhando a configuração, podemos olhar primeiramente alguns ângulos especiais:

Aplicando a lei de Snell:

$\dfrac{c}{\sin{\theta}}=\dfrac{c'}{\sin{\alpha}}$

Olhando para os ângulos no triângulo na circunferência:

$\alpha +\alpha+180^{\circ}-\theta=180^{\circ}$

$\theta=2\alpha$

$\dfrac{c}{\sin{(2\alpha)}}=\dfrac{c'}{\sin{\alpha}}$

$c'=\dfrac{c}{2\cos{\alpha}}$

como os ângulos são pequenos:

$\cos{\alpha}\rightarrow 1$

Portanto:

$\boxed{c'=\dfrac{c}{2}}$

$\boxed{c'=\dfrac{c}{2}}$