OBF 2010 - Terceira Fase (Nível 2)

Movimento circular uniforme

a) Inicialmente, devemos calcular a distancia ($D$) percorrida pelo objeto em função do número de voltas. Para uma volta, é valido:

$\Delta S=2 \pi R_{terra}$ $\rightarrow$ $\Delta S=3,84*10^{7}$ $m \approx 3,8*10^{7}$ $m$

Para n voltas, então:

$D=n \Delta S$ $\rightarrow$ $D=3,84*10^{7}*n$ $m \approx 3,8*10^{7}*n$ $m$

Como é um movimento circular uniforme:

$D=c*\Delta t$ $\rightarrow$ $3,84*10^{7}*n=3*10^{8}*\Delta t$

Portanto:

$\frac{n}{\Delta t}=7,8125$ voltas por segundo $\approx 8$ voltas por segundo

b) Por ser um M.C.U, é válida a relação:

$c=\omega R_{terra}$

Logo:

$\omega=46,875$ $rad/s$ $\approx 5*10$  $rad/s$

c) Sabe-se que, no M.C.U, $\omega=2$π$f$, onde $f$ é a frequência, portanto:

$f= \frac{\omega}{6}$

$f= 7,8125$ $Hz$ $\approx 8$ $Hz$

a) $7.8125$ voltas por segundo $\approx 8$ voltas por segundo

b) $46.875$ $rad/s$ $\approx$ $5*10$ $rad/s$

c) $7.8125$ $Hz$ $\approx 8$ $Hz$

Cinemática

a) A definição de velocidade média no eixo x entre dois instantes $t_{0}$ e t é:

$V_{media}=\frac{x_{t}-x_{t_{0}}}{t-t_{0}}$

Portanto, como x é o mesmo nos instantes $t=0$ $s$ e $t=8$ $s$:

$V_{media}=0$ $m/s$

b) No gráfico, observa-se que nesse intervalo de tempo a função é uma reta, portanto, para calcular o coeficiente angular (B):

$B=\frac{10-0}{2-0}$ $\rightarrow$ $B=5,0$ $m/s$

Para calcular o coeficiente linear (A), deve-se simplesmente observar que em $t=0$ $s$, $x=0$ $m$, portanto:

$A=0$ $m$

Com isso:

$x(t)=5,0t$

Onde $t$ está em segundos e $x$ em metros

a) $0$ $m/s$

b) $x(t)=5,0t$

Onde $t$ está em segundos e $x$ em metros

Cinemática

a) Definiremos a origem do eixo x como a posição do estudante no instante em que o ônibus estiver iniciando seu movimento, portanto, poderemos escrever:

$x_{onibus}(t)=40+\frac{0,17t^2}{2}$

$x_{estudante}(t)=5t$

Com $x$ em metros e $t$ em segundos, devemos igualar a posição dos estudantes para obter o instante em que o estudante alcança o ônibus.

$x_{onibus}(t)=x_{estudante}$

$40+\frac{0,17t^2}{2}=5t$

Resolvendo a equação de segundo grau, iremos obter duas raízes:

$t_{1}=\frac{20}{17}(25-\sqrt{285})$ $s$

$t_{2}=\frac{20}{17}(25+\sqrt{285})$ $s$

O tempo de encontro será a menor das raízes, logo:

$t_{encontro}=\frac{20}{17}(25-\sqrt{285})$ $s$

b) Pela definição de aceleração, a velocidade do ônibus no instante em que o estudante o alcança será:

$V=0,170t_{encontro}$

$V=\frac{17}{100}*\frac{20}{17}(25-\sqrt{285})$

$V=5-\sqrt{\frac{57}{5}}$ $m/s$

Como a prova não forneceu valores para a raiz de 5 nem para a raiz de 57, a resposta será deixada nesse formato.

a)$\frac{20}{17}(25-\sqrt{285})$ $s$

b)$5-\sqrt{\frac{57}{5}}$ $m/s$

Gravitação universal

Primeiramente, escreveremos a gravidade na superfície da terra:

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

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

Sabendo disso, agora escreveremos a segunda lei de Newton na forma radial:

$\frac{GMm}{(R_{terra}+400000)^2}=\frac{mV^2}{R_{terra}+400000}$

$V=\sqrt{\frac{GM}{R_{terra}*(1+\frac{400000}{R_{terra}})}}$

$V=\sqrt{\frac{6,4*10^{7}}{1,0625}}$

$V=7761,14$ $m/s \approx 8*10^{3}$ $m/s$

$7761,14$ $m/s \approx 8*10^3$ $m/s$

Óptica

Como o índice de refração da lente é maior que o do ar, deve ser uma lente de borda fina para que seja convergente, duas possibilidades são lentes biconvexas e plano convexas, esquematizadas respectivamente na figura a seguir:

Para a lente biconvexa, há várias possibilidades de raios, escolhamos uma com raios iguais e, pela equação dos fabricantes de lentes:

$\frac{1}{f}=0,5*\frac{2}{R} \rightarrow R=f \rightarrow R=10$ $cm$

Para a lente plano convexa, só há um raio possível:

$\frac{1}{f}=\frac{0,5}{R} \rightarrow R=f/2 \rightarrow R=5,0$ $cm$

Para a lente biconvexa (Esquerda): $R_{1}=R_{2}=10$ $cm$

Para a lente plano-convexa (Direita): $R=5,0$ $cm$

Trabalho

a) O trabalho de uma força constante é dada por:

$Fdcos\alpha$

 Onde $\alpha$ é o ângulo entre a força e o vetor deslocamento. Nesse caso, $\alpha$ é zero, portanto o trabalho da força $F$ será:

$500*1$ $J$

$500$ $J \approx 1*10^3$ $J$

b) O teorema da energia cinética diz que o trabalho da força resultante é igual a variação da energia cinética entre dois pontos, portanto:

$T _{F} + T _{P} = \frac{mv^2}{2}$

$500-50*10*1*\frac{1}{2}=\frac{mv^2}{2}$

$v=\sqrt{10}$ $m/s$

Como a prova não informou a raiz quadrada de 10, a resposta permanecerá nesse formato.

a)$500$ $J\approx 1*10^{3}$  $J$

b)$\sqrt{10}$ $m/s$

Conservação da energia

Para a resolução dessa questão deve-se lembrar que a energia potencial de uma mola deformada em $\Delta$x é dada por:

$E_{pot}=\frac{k\Delta x^2}{2}$

Como a questão diz para desconsiderar o efeito de qualquer tipo de atrito, pode-se afirmar que a energia mecânica do sistema irá se conservar, portanto:

$\frac{mv^2}{2}=\frac{k\Delta x^{2}}{2}$ $\rightarrow$ $\Delta x=v\sqrt\frac{m}{k}$

$\Delta x=v\sqrt\frac{m}{k}$

Gases ideias

Primeiramente, deve-se saber que um ano possui aproximadamente:

$3,15*10^7$ $s$

Agora devemos calcular o raio dessa nebulosa:

$2R=45*3*10^{8}*3,15*10^{7}$ $m$

$R=2,12625*10^{17}$ $m \approx 2*10^{17}$ $m$

Sabendo disso, podemos calcular o volume da nebulosa:

$V=\frac{4\pi R^3}{3}$

$V=4*R^{3}$

$V=3,845*10^{52}$ $m^3 \approx 4*10^{52}$ $m^3$

A partir disso, podemos descobrir o número de átomos de Hidrogênio na nebulosa:

$N_{H}=3,845*10^{52}*80 \rightarrow N_{H}=3,076*10^{54}$ átomos $\approx 3*10^{54}$ átomos

$N_{H_{2}}=1,538*10^{54}$ átomos $\approx 2*10^{54}$ átomos

Dividindo pelo número de Avogadro, se obtém o número de mols de $H_{2}$:

$n_{H_{2}}=2,563*10^{30}$ $mol\approx 3*10^{30}$ $mol$

Agora, podemos utilizar a equação de Clapeyron para descobrir a pressão na nebulosa:

$PV=n_{H_{2}}RT$

$P=\frac{2,563*10^{30}*8,3*7500}{3,845*10^{52}}$

$P=4,15*10^{-18}$ $Pa \approx 4*10^{-18}$ $Pa$

$P=4,15*10^{-18}$ $Pa \approx 4*10^{-18}$ $Pa$

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

Dinâmica

Para a resolução dessa questão, deveremos calcular a quantidade de movimento do sistema em função do tempo. Note que somente a parte que ainda não encostou no chão da corda irá possuir velocidade e essa velocidade será a mesma de uma queda livre, pois a corda não está tracionada logo cada parte dela sente somente o próprio peso.

$p=\frac{M}{L}*(L-x)*gt$

$p=Mgt-\frac{Mg^{2}t^{3}}{2L}$

Utilizaremos agora o teorema do impulso para um intervalo de tempo muito pequeno para poder obter-se a normal instantaneamente.

$\Delta p = F_{resultante}\Delta t$

$p_{t+\Delta t}-p_{t}=(Mg-N)\Delta t$

$Mg(t+\Delta t)-\frac{Mg^{2}(t+\Delta t)^{3}}{2L}-(Mgt-\frac{Mg^{2}t^{3}}{2L})=(Mg-N)\Delta t$

Ao abrir $(t+\Delta t)^3$ desprezaremos termos de segunda ordem, pois podemos fazer $\Delta t$ arbitrariamente pequeno.

$Mg-\frac{3Mg^{2}t^{2}}{2L}=Mg-N$

$N=\frac{3Mg^{2}t^{2}}{2L}$

$N=\frac{3Mgx}{L}$

$\frac{3Mgx}{L}$

Estática

Para a resolução dessa questão, primeiramente, iremos descobrir a força normal de contato entre o operário e a barra. Pela segunda lei de Newton no eixo Y para o operário, pode-se escrever:

$P_{operario}=N_{1}$

$N_{1}=500$ $N$

Perceba que essa força aponta para baixo na barra e para cima no homem devido à terceira lei de Newton.

Sabendo disso, devemos escrever a próxima condição para o equilíbrio do sistema operário-barra: O torque resultante sobre a barra deve ser zero. (Sentido horário adotado como positivo)

$\tau_{resultante}=T_{N_{1}}+T_{P_{barra}}+T_{T}$

$0=N_{1}*2+P_{barra}*5-T_{y}*10$

$T_{y}=2000$ $N$

Sabemos que:

$T_{y}=T*sen{\frac{\pi}{3}}$

$T=\frac{T_{y}}{0,87}$

$T=2298,85$ $N\approx 2,3*10^{3}$ $N$

$229,885$ $N\approx 2,3*10^{3}$ $N$

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:

$f_{fundamental}=\frac{50,00}{\sqrt{\mu}*2L}$

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

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

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

Portanto:

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

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

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) $p=11,7$ $m \approx 1,2*10$ $m$

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.

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

Calorimetria

a) Deve-se lembrar que o calor utilizado para elevar a temperatura de um corpo é denominado calor sensível e é calculado por:

$Q=mc \Delta T$

Onde m é a massa do corpo, c o calor específico e $\Delta$T a variação de temperatura, portanto, para a água do rio, precisamos primeiro calcular a massa de água no mesmo, como sabemos sua densidade e seu volume, isso se torna simples:

$m=d*v$ -> $m=1000*4,0*10^{11}$ $\rightarrow$ $m=4,0*10^{14}$ $kg$ 

Substituindo na fórmula para o calor sensível:

$Q=4,000*10^{14}*4190* 1$ $\rightarrow$ $Q=1,676*10^{18}$ $J$ $\approx 2*10^18$ $J$

b) A definição de potência, nesse caso, será:

$Pot=Q/ \Delta t$

Onde $\Delta$t é a variação do tempo. Dessa forma:

$\Delta t=\frac{Q}{Pot}$

Substituindo os valores:

$\Delta t=1,676*10^9$ $s$

Convertendo para anos:

$\Delta t=53,2$ $anos$ $\approx 5*10$ $anos$

a) $1,676*10^{18}$ $J$ $\approx 2*10^{18}$ $J$

b) $53,2$ $anos$ $\approx$$5*10$ $anos$

Energia

Apesar de envolver um conceito complexo, (a relatividade especial), essa questão torna-se simples quando você vê que a energia liberada será simplesmente a energia da massa de urânio que foi desintegrada, como sabemos que essa massa é de $10^{-3}$ $kg$, podemos afirmar:

$E=mc^2$ $\rightarrow$ $E=10^{-3}*(3*10^8)^2$

Portanto:

$E=9*10^{13}$ $J$

$9*10^{13}$ $J$