OBF 2009 - Terceira Fase - Nível 2

Dinâmica

a) As forças que agem no dispositivo é o peso deste e a normal de contato exercida pela plataforma. Observe que ambas as forças são verticais, porém possuem sentidos opostos, pois o peso é direcionado para baixo, enquanto a normal é para cima.

b) Entende-se que o "peso" citado pela questão é, na verdade, o que é mais conhecido por "peso aparente", isto é, o valor da força normal de reação, já que esta varia de acordo com a aceleração do dispositivo da seguinte forma:

$N-P=ma_{y}$

$N=m(g+a_{y})$

Portanto, $N$ é máxima quando $a_{y}$ também o for, ou seja, quando tivermos $a_{y}=19,6 \frac{m}{s^{2}}$, que corresponde a $t=0,0 s$.

c) Novamente, de $N=m(g+a_{y})$, temos que $N=0$ ocorre quando $a_{y}=-g=-10,0 \frac{m}{s^{2}}$. Por outro lado, pelo gráfico, depreende-se que a função $a_{y}(t)$ é dada por:

$a_{y}(t)=19,6- \frac{39,2}{1,0}t$

Daí:

$-10,0=19,6-39t$

$t \approx 0,76 s$

d) O dispositivo perderá o contato com a plataforma no instante $t \approx 0,76 s$, ou seja, quando $a_{y}=-10,0 \frac{m}{s^{2}}$, pois a partir desse instante o módulo de $a_{y}$ passa a ser maior que o de $g$, e ambas estarão no mesmo sentido.

a) Peso do dispositivo e a normal de contato com a plataforma.

b) $t=0,0 s$; $a_{y}=19,6 \frac{m}{s^{2}}$

c) Sim; $t\approx 0,76 s$; $a_{y}=-10,0 \frac{m}{s^{2}}$

d) Sairá voando da plataforma; $t\approx 0,76 s$

Gravitação

A força de interação gravitacional entre Titã e Saturno é:

$F_{TS}=\frac{GM_{Ti}M_{S}}{d_{Ti,S}^{2}}$

Por outro lado, a questão nos dá a relação entre a massa de Titã e a da Lua, entre a massa de Saturno e da Terra, além da relação entre a distância Titã-Saturno e a distância Lua-Terra. Logo, escrevendo matematicamente essas três relações:

$M_{Ti}=1,85M_{L}$

$M_{S}=95M_{Te}$

$d_{Ti,S}=\frac{76}{24}d_{Te,L}$

Portanto, podemos reescrever a força entre Titã e Saturno como:

$F_{TS}=\frac{G*1,85M_{L}*95M_{Te}}{(\frac{76}{24})^{2}d_{Te,L}^{2}}$

$F_{TS}=\frac{24^{2}*95*1,85}{76^{2}}\frac{GM_{L}M_{Te}}{d_{Te,L}^{2}}$

$\frac{F_{TS}}{F_{LT}}\approx 17,5$

$F_{TS} > F_{LT}$

$\frac{F_{TS}}{F_{LT}}\approx 17,5$

$F_{TS} > F_{LT}$

Impulso e quantidade de movimento

O impulso será numericamente igual à área compreendida entre a curva de $F_{x}$ e o eixo $t=0$. Logo:

$I=-\frac{500*2*10^{-3}}{2}+\frac{2000*6*10^{-3}}{2}-\frac{500*2*10^{-3}}{2}$

$I=6-1=5 N*s$

$I=6-1=5 N*s$

Trabalho e energia

a) Pelo gráfico, podemos obter os pontos de retorno, isto é, os pontos em que a energia da partícula é exclusivamente potencial. Esses pontos correspondem às posições $x=0,75$ $m$ e $x=7$ $m$.

b) A maior velocidade será alcançada justamente quando a energia potencial for mínima, isto é, nas posições $x=1$ $m$ e $x=4$ $m$. Tal velocidade será igual a:

$V=\sqrt{\frac{2E}{m}}$

$V=\sqrt{\frac{24}{0,5}}$

$V=4\sqrt 3 \approx 6,8 \frac{m}{s}$

c) De $x=0,75$ $m$ até $x=1$ $m$: velocidade cresce.

De $x=1$ $m$ até $x=2$ $m$: velocidade diminui.

De $x=2$ $m$ até $x=4$ $m$: velocidade cresce.

De $x=4$ $m$ até $x=7$ $m$: velocidade diminui.

Tal análise é obtida a partir da curva de energia potencial dada na questão, e tendo em vista que a energia mecânica do sistema é conservada, a diminuição da energia potencial corresponde ao aumento de energia cinética e vice-versa.

a) $x=0,75$ $m$ e $x=7$ $m$.

b) $V=4\sqrt 3 \approx 6,8 \frac{m}{s}$

c) De $x=0,75$ $m$ até $x=1$ $m$: velocidade cresce.

De $x=1$ $m$ até $x=2$ $m$: velocidade diminui.

De $x=2$ $m$ até $x=4$ $m$: velocidade cresce.

De $x=4$ $m$ até $x=7$ $m$: velocidade diminui.

Dinâmica

a) Nessa situação, temos, na horizontal:

$Fcos\theta = F_{FAT_{max}}$

$Fcos\theta = \mu_{e} N$

Daí, na vertical, temos:

$N = Fsen\theta + P$

Logo:

$Fcos\theta = \mu_{e}(Fsen\theta + P)$

$F = \frac{\mu_{e} P}{cos\theta - \mu_{e} sen\theta}$

b) A força normal de reação será:

$N = Fsen\theta + P$

$N = \frac{\mu_{e} Psen\theta}{cos\theta - \mu_{e} sen\theta} + P$

$N = \frac{Pcos\theta}{cos\theta - \mu_{e} sen\theta}$

a) $F = \frac{\mu_{e} P}{cos\theta - \mu_{e} sen\theta}$

b) $N = \frac{Pcos\theta}{cos\theta - \mu_{e} sen\theta}$

Cinemática

Na situação de alcance máximo, temos:

$\alpha=45^{\circ}$

Daí, escrevendo a equação da trajetória:

$y=xtg45^{\circ}-\frac{gx^{2}}{2V_{0}^{2}(cos45^{\circ})^{2}}$

$h=x-\frac{gx^{2}}{V_{0}^{2}}$

$\frac{g}{V_{0}^{2}}x^{2}-x+h=0$

$x=\frac{1\pm \sqrt{1-\frac{4gh}{V_{0}^{2}}}}{\frac{2g}{V_{0}^{2}}}$

Portanto:

$\Delta x=d=\frac{V_{0}^{2}}{g}\sqrt{1-\frac{4gh}{V_{0}^{2}}}$

$d=\frac{V_{0}^{2}}{g}\sqrt{1-\frac{4gh}{V_{0}^{2}}}$

Colisões

Pela conservação da quantidade de movimento, temos:

$m_{1}V_{1i}-m_{2}V_{2i}=m_{1}V_{1f}+m_{2}V_{2f}$

Por outro lado, a relação do coeficiente de restituição nos dá:

$e=\frac{V_{2f}-V_{1f}}{V_{2i}+V_{1i}}=1$

$V_{2f}-V_{1f}=V_{2i}+V_{1i}$

$V_{1f}=V_{2f}-V_{2i}-V_{1i}$

Substituindo $V_{1f}$ na expressão da conservação da quantidade de movimento, temos:

$(m_{1}+m_{2})V_{2f}=2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}$

$V_{2f}=\frac{2m_{1}V_{1i}+(m_{1}-m_{2})V_{2i}}{m_{1}+m_{2}}$

$V_{2f}=\frac{160+(-2)*10}{10}$

$V_{2f} = 14 \frac{m}{s}$

Logo:

$14-V_{1f} = 30$

$V_{1f} = -16 \frac{m}{s}$

$V_{2f} = 14 \frac{m}{s}$

$V_{1f} = -16 \frac{m}{s}$

Gravitação

Sabendo que a resultante centrípeta sobre uma das massas $m$ é igual a soma da força de interação gravitacional com a massa $M$ e a outra massa $m$. Portanto:

$\frac{mV^{2}}{r}=\frac{GMm}{r^{2}}+\frac{Gm^{2}}{(2r)^{2}}$

$\omega^{2}r=\frac{G}{r^{2}}(M+\frac{m}{4})$

$\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}=\frac{G}{r^{3}}(M+\frac{m}{4})$

$T=2\pi\sqrt{\frac{r^{3}}{G(M+\frac{m}{4})}}$

$T=2\pi\sqrt{\frac{r^{3}}{G(M+\frac{m}{4})}}$

Dinâmica

No caso em que a força $F$ é mínima, a força de atrito que age no bloco $m$ possui a mesma direção do plano, como sentido para cima. Logo, a Segunda Lei de Newton para a cunha pode ser escrita como:

$F + F_{at}cos\theta - Nsen\theta = Ma$

Por outro lado, podemos escrever para o bloco:

$F_{at}sen\theta + Ncos\theta = mg$

$Nsen\theta - F_{at}cos\theta = ma$

Daí, dividindo uma pela outra:

$\frac{a}{g} = \frac{sen\theta - \mu_{e}cos\theta}{\mu_{e}sen\theta + cos\theta}$

$a = g\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1}$

Além disso, da primeira equação, depreende-se que:

$N = \frac{mg}{\mu_{e}sen\theta + cos\theta}$

Logo:

$F + F_{at}cos\theta - Nsen\theta = Ma$

$F = Ma + N(sen\theta - \mu_{e}cos\theta)$

$F = Mg\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1} + mg\frac{sen\theta - \mu_{e}cos\theta}{\mu_{e}sen\theta + cos\theta}$

$F = Mg\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1} + mg\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1}$

$F = (M + m)g\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1}$

Agora, no caso em $F$ é máxima, temos que a força de atrito sobre o bloco terá sentido oposto ao do caso anterior, ou seja, o bloco estará na iminência de subir o plano; logo, reescrevendo a Segunda Lei de Newton para a cunha:

$F - F_{at}cos\theta - Nsen\theta = Ma$

Por outro lado, temos, para o bloco:

$-F_{at}sen\theta + Ncos\theta = mg$

$Nsen\theta + F_{at}cos\theta = ma$

Da primeira equação, temos:

$N = \frac{mg}{cos\theta - \mu_{e}sen\theta}$

Da segunda equação, temos:

$ma = mg\frac{sen\theta + \mu_{e}cos\theta}{cos\theta - \mu_{e}sen\theta}$

$a = g\frac{tg\theta + \mu_{e}}{1 - \mu_{e}tg\theta}$

Portanto:

$F = Ma + N(sen\theta + \mu_{e}cos\theta)$

$F = Mg\frac{tg\theta +\mu_{e}}{1 - \mu_{e}tg\theta} + mg\frac{tg\theta + \mu_{e}}{1 - \mu_{e}tg\theta}$

$F = (M + m)g\frac{tg\theta + \mu_{e}}{1 - \mu_{e}tg\theta}$

$F_{min} = (M + m)g\frac{tg\theta - \mu_{e}}{\mu_{e}tg\theta + 1}$

$F_{max} = (M + m)g\frac{tg\theta + \mu_{e}}{1 - \mu_{e}tg\theta}$

Torque

Para que a gangorra esteja em equilíbrio, o somatório dos torques deve ser nulo. Logo:

$m_{gato1}g\frac{L}{2} = m_{gato2}gd + m_{tigela}g\frac{L}{2}$

$m_{gato2}d = (m_{gato1} - m_{tigela})\frac{L}{2}$

$d = \frac{(m_{gato1} - m_{tigela})}{2m_{gato2}}L$

$d = \frac{2*3}{4} = 1,5 m$

$d = 1,5 m$

Dinâmica e Energia

a) Como as molas estão associadas em paralelo, podemos substituí-la por uma mola equivalente, de tal forma que sua constante $k^{'}$ seria:

$k^{'}\Delta x = 2k\Delta x$

$k^{'} = 2k$

b) Conservando a energia do sistema:

$\frac{1}{2}mV^{2} = \frac{1}{2}k^{'}(\Delta x)^{2}$

$\frac{1}{2}mV^{2} = \frac{1}{2}2k(\Delta x)^{2}$

Por outro lado:

$\frac{1}{2}mV_{0}^{2} = \frac{1}{2}k(\Delta x)^{2}$

Daí:

$V^{2} = 2V_{0}^{2}$

$V = \sqrt{2} V_{0}$

a) $k^{'} = 2k$

b) $V = \sqrt{2} V_{0}$

Termodinâmica

a) Pela Primeira Lei da Termodinâmica, temos:

$\Delta U_{1-2} = Q_{1-2} - W_{1-2}$

$Q_{1-2} = \Delta U_{1-2} + W_{1-2}$

Porém, temos que $\Delta U_{1-2}$ é:

$\Delta U_{1-2} = \frac{3}{2}(p_{2}V_{2} - p_{1}V_{1})$

$\Delta U_{1-2} = \frac{3}{2}(900 - 300)*10^{-1}$

$\Delta U_{1-2} = 90 J$

E pelo gráfico, temos que o trabalho $W_{1-2}$ será:

$W_{1-2} = [AREA] = 3*10^{5}*200*10^{-6} = 60 J$

Portanto:

$Q_{1-2} = 90 + 60 = 150 J$

b) Da mesma forma:

$Q_{2-3} = \Delta U_{2-3} + W_{2-3}$

Como a transformação é isocórica ($W_{2-3} = 0$), temos:

$Q_{2-3} = \Delta U_{2-3} = \frac{3}{2}(p_{2}V_{2} - p_{1}V_{1})$

$Q_{2-3} = \frac{3}{2}(300 - 900)*10^{-1}$

$Q_{2-3} = -90 J$

a) $Q_{1-2} = 150 J$

b) $Q_{2-3} = -90 J$

Óptica

a) Pela equação de Gauss:

$\frac{1}{p} + \frac{1}{p^{'}} = \frac{1}{f}$

Já a relação do aumento linear transversal nos dá:

$\frac{i}{o} = -\frac{p^{'}}{p}$

Logo:

$\frac{1}{p} - \frac{\frac{o}{i}}{p} = \frac{1}{f}$

$\frac{1}{p}(1 - \frac{o}{i}) = \frac{1}{f}$

$p = f(1 - \frac{o}{i})$

Por outro lado, a questão nos dá que:

$\frac{o}{i} = -\frac{12}{\frac{36*10^{-3}}{4}}$

$\frac{o}{i}= -\frac{4000}{3}$

Daí:

$p = 35,0*(1 + \frac{4000}{3})$

$p \approx 46,7 m$

b) Com isso, a razão $\frac{o}{i}$ é modificada, de tal forma que, agora:

$\frac{o}{i} = -\frac{12}{36*10^{-3}}$

$\frac{o}{i} = -\frac{1000}{3}$

Logo:

$p = 35,0*(1 + \frac{1000}{3})$

$p \approx 11,7 m$

Portanto, o deslocamento do fotógrafo será de:

$\Delta p = 46,7 - 11,7 = 35,0 m$

a) $p \approx 46,7 m$

b) $\Delta p = 35,0 m$

Hidrostática

Pelo equilíbrio das forças:

$E = mg$

$\rho_{l}(\frac{1}{3}AH - \frac{1}{3}ah)g = \rho_{c}(\frac{1}{3}AH)g$

$\rho_{l}(AH - ah) = \rho_{c}AH$

Por outro lado, a semelhança entre o cone original e aquele originado a partir da retirada do tronco imerso na água nos dá:

$\frac{a}{A} = (\frac{h}{H})^{2}$

$a = A(\frac{h}{H})^{2}$

Logo:

$\rho_{l}(AH - A\frac{h^{3}}{H^{2}}) = \rho_{c}AH$

$\rho_{l}AH(1 - (\frac{h}{H})^{3}) = \rho_{c}AH$

$(\frac{h}{H})^{3} = 1 - \frac{\rho_{c}}{\rho_{l}}$

$h = H(1 - \frac{\rho_{c}}{\rho_{l}})^{\frac{1}{3}}$

$h = H(1 - \frac{\rho_{c}}{\rho_{l}})^{\frac{1}{3}}$

Termodinâmica

a) Conservando a energia do sistema:

$\Delta U_{1} + \Delta U_{2} = 0$

$n_{1}C{V}(T_{eq} - T_{1i}) + n_{2}C_{V}(T_{eq} - T_{2i}) = 0$

$(n_{1} + n_{2})T_{eq} = n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}$

$T_{eq} = \frac{n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}}{n_{1} + n_{2}}$

b) A energia final do lado A será então:

$U_{A} = n_{1}C_{V}T_{eq} = \frac{n_{1}C_{V}(n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i})}{n_{1} + n_{2}}$

Por outro lado, a energia total será:

$U_{total} = U_{A} + U_{B}$

$U_{total} = C_{V}(n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i})$

Portanto:

$\frac{U_{A}}{U_{total}} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}$

$U_{A} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

c) Novamente, como:

$U_{total} = U_{A} + U_{B}$

Daí:

$\frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total} + U_{B} = U_{total}$

$U_{B} = \frac{n_{2}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

a) $T_{eq} = \frac{n_{1}T_{1i} + n_{2}T_{2i}}{n_{1} + n_{2}}$

b) $U_{A} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

c) $U_{B} = \frac{n_{2}}{n_{1} + n_{2}}U_{total}$

Óptica

Prolongando a reta normal no ponto de incidência da luz no espelho inclinado em relação a vertical até o espelho vertical, temos que o menor ângulo formado por essa reta e o espelho vertical será $75^{\circ}$, já que o espelho inclinado tem um desvio de $15^{\circ}$ da vertical. Por outro lado, pela Lei da Reflexão, o ângulo entre a normal e o raio refletido também será $\theta$. Agora, por fim, traçando as retas normais no segundo e no terceiro ponto de reflexão, será formado um triângulo retângulo que nos dará que o ângulo de incidência na segunda reflexão será $35^{\circ}$, já que na terceira esse ângulo é $55^{\circ}$. Com isso, achamos que o ângulo formado pelo raio incidente na segunda reflexão faz $55^{\circ}$ com o espelho vertical, e, de posse de todas as informações dadas até aqui, podemos pegar o triângulo formado pelo espelho vertical, raio incidente da segunda reflexão e reta normal da primeira reflexão, escrevendo a relação para o ângulo externo:

$75^{\circ} = 55^{\circ} + \theta$

$\theta = 20^{\circ}$

$\theta = 20^{\circ}$