OBF 2013 - Terceira Fase (Nível 2)

Óptica Geométrica

Como a diferença entre o ângulo dos raios solares nos dois pontos é igual a $7,2^o$, essa é a distância angular deles em relação ao centro da Terra.

$R \Delta \theta = 800km$

$R=\frac{800km * 180}{7,2 * \pi}$

$R=6,66 * 10^3 km$

$R=6,66 * 10^3 km$

 Cinemática - Movimento Circular

O disco giratório está sendo desacelerado. Primeiramente, alteramos a unidade da velocidade angular inicial de rotações por minuto (RPM) para radianos por segundo (rad/s).

Sabendo que em uma rotação é equivalente a $2 \pi$ rad, tem-se que:

$\omega=33RPM=\frac{33(2 \pi)rad}{60s}=\frac{33 * 6}{60} \frac{rad}{s}=3.3 \frac{rad}{s}$

Usando então a equação de Torricelli, a aceleração angular pode ser obtida.

$\omega^2={\omega}_0^2+2 \alpha \Delta \varphi$

Onde $\varphi$ é a distância angular percorrida, equivalente ao espaço percorrido. Esta tem um valor de $6 \pi$, visto que cada volta equivale a $2 \pi$. Portanto, a aceleração angular é igual a:

$\alpha = -\frac{\omega_0^2}{2 \Delta \varphi}$

$\alpha = -\frac{3.3^2}{12 \pi}=0.30 \frac{rad}{s^2}$

$\alpha = 0.30 \frac{rad}{s^2}$

Cinemática

O trajeto completo de distância $x$, é percorrido em um tempo $t$. Para encontrar a velocidade média, devemos dividir $x$ por $t$.

Na primeira metade do trajeto, tem-se que:

$\frac{x}{2}=vt_1 \rightarrow t_1=\frac{x}{2v}$

Enquanto na segunda metade:

$\frac{x}{2}=\frac{v}{2}\frac{(t-t_1)}{2}+\frac{v}{4}\frac{(t-t_1)}{2}$

$t-t_1=\frac{x}{2(\frac{v}{4}+\frac{v}{8})}$

$t=t_1 +\frac{4x}{3v}$

$t=\frac{x}{2v}+\frac{4x}{3v}$

$t=\frac{11x}{6v}$

$v_m=\frac{x}{t}=\frac{6v}{11}$

 $v_m=\frac{6v}{11}$

Dinâmica

Devemos igualar as forças no eixo $x$ e no eixo $y$.

Em y: $F_1 \sin{60^o} + F_2 \sin{45^o} = P$

Em x: $F_1 \cos{60^o} = F_2 \cos{45^o} \rightarrow F_1=1,4 F_2$

A maior da forças nos cabos, logo, deve ser igual à tração máxima possível:

$F_1 =14N$ e $F_2=10N$

Portanto,

$P=14 * 0,8 + 10*0,7$

$P=18N$

$P=18N$

Cinemática

A condição de velocidade mínima é a areia atingir o ponto mais à direita quando estiver a uma altura $y=-2m$.

$2,0m=v_0 t \rightarrow t= \frac{2,0}{v_0}$

$-2,0m=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{4,0}{g}}=\frac{2,0}{\sqrt{g}}$

$v_0=\frac{2,0}{t}=\frac{2,0 \sqrt{g}}{2,0}=3,2 m/s$

Enquanto a condição de velocidade máxima é a areia atingir o ponto mais a esquerda do recipiente a uma altura de $-0,5m$.

$2,5m=v_0 t \rightarrow v_0=\frac{2,5}{t}$

$-0,5=-\frac{gt^2}{2} \rightarrow t=\sqrt{\frac{1,0}{g}}$

$v_0=2,5 \sqrt{g}= 8m/s$

$8m/s > v_0 > 3,2m/s$

Estática

Para que esteja no valor limite para o equilíbrio do conjunto, o centro de massa dos dois livros superiores e a taça deve estar na borda do livro inferior.

$\frac{m}{10} (L-b) + m (\frac{L}{2}-b+a)-m (a-\frac{L}{2}+b-a)=0$

$21b-10a=11L$

Além disso, sabe-se que o sistema constituído do livro superior e a taça também se encontra em equilíbrio com o CM na bora do segundo livro.

$\frac{m}{10}(L-a)+m(\frac{L}{2}-a)=0$

$\frac{6L}{10}=\frac{11a}{10}$

$a=\frac{6L}{11}$

$21\frac{b}{a}-10=\frac{11L}{\frac{6L}{11}}$

$21\frac{b}{a}=\frac{181}{6}$

Portanto:

$\frac{b}{a}=\frac{181}{21*6}=\frac{181}{126}$

$\frac{b}{a}=\frac{181}{126}$

Oscilações

O período é inversamente proporcional à raíz quadrada da aceleração gravitacional. Quando o pêndulo é posto em um fluido, a aceleração gravitacional resultante é igual à gerada pelo peso somada à do empuxo. Para um corpo de densidade $\rho$, volume $V$ e um líquido de densidade $\rho_l$:

$\rho Vg'=\rho V g-\rho_l V g$

$g'=g(1-\frac{\rho_l}{\rho})$

Logo, para que o período seja 40% maior que o período no ar:

$\sqrt{\frac{1}{g'}}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$

$\frac{1}{g(1-\frac{\rho_l}{\rho})}=1,4 \sqrt{\frac{1}{g}}$

$1-\frac{\rho_l}{\rho}=1,4^{-2}$

$1-0,51=\frac{\rho_l}{\rho}$

$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$

$\frac{\rho}{\rho_l}=2,0$

Empuxo

A aceleração de um corpo sujeito à gravidade em um fluido de densidade $\rho_l$ é igual a:

$\rho V a=\rho V g-\rho_l V g$

$a=g(1-\frac{\rho_l}{\rho_2})$

Logo, a posição do corpo 1, que inicial a altura h, é igual a:

$y_1=h-\frac{g(1-{\rho_1}^{-1})t^2}{2}$

Enquanto a posição do corpo 2 é igual a:

$y_2=\frac{g(1-{\rho_2}^{-1})t^2}{2}$

Logo, igualando as duas posições:

$h-\frac{a_1 t^2}{2}=\frac{a_2 t^2}{2}$

$2h=(a_2+a_1)t^2$

$t=\sqrt{\frac{2h}{a_1+a_2}}$

A profundidade é igual a $h-y_1$ no tempo obtido anteriormente. Porém, não é possível calcular essa profundidade sem a altura total de líquido no recipiente.

$h(1-\frac{2(1-{\rho_1}^{-1})}{(1-{\rho_1}^{-1})+(1-{\rho_2}^{-1})}$

Calorimetria e transição de fase

Primeiramente devemos analisar qual o maior calor: O necessário para levar a água até $0^o C$, ou o que faz com que todo o gelo passe para a fase líquida.

Para que a temperatura da água decresça até $0^o C$, o calor necessário é:

$Q_1 = 2,0kg * (1,0 cal/g^o C) * 10^o C = 20 kcal$

Enquanto o calor para que o gelo todo funda, é:

$Q_2 = 0,30kg * 80 cal/g = 24,0 kcal$

Concluindo que toda a água decresce a $0^o C$, fornecendo calor para que uma parte do gelo se torne líquido. No equilíbrio:

$Q_1 = m_{gelo} L$

$20 kcal = m_{gelo} 80 cal/g^o C$

$m_{gelo} = 0,25 kg$

O sistema final é constituído de $0,05kg$ de gelo em equilbrio com $2,25kg$ de água a $0^o C$.

Colisões

Primeiramente analisando se um corpo de massa m colidir com um corpo de massa M em repouso em cada caso de relação entre as massas.

Se $m>M$, m continua o seu caminho na mesma direção que inicialmente, enquanto M vai com velocidade maior para essa direção.

Se $m=M$, o corpo de massa m passa a ficar em repouso enquanto o corpo de massa M passa a ter a velocidade inicial do corpo de massa m.

Se $m<M$, o corpo de massa m, após colidir, passa a se mover na direção contrária e o corpo de massa M se move na direção inicial.

Analisando esses casos, a primeira colisão das esferas de massa $m_1$ faz com que a primeira esfera fique parada e a segunda se mova com $v_0$. Após isso, a esfera de massa $m_1$ colide com a de massa $m_2$, e analisando os casos, se $m_1>m_2$ ou $m_1=m_2$, so há duas colisões. Enquanto se $m_1<m_2$, a segunda esfera volta e causa uma terceira colisão com a primeira esfera.

Demonstração acima

Energia mecânica

Devemos primeiramente conservar a energia mecânica da compressão da mola para calcular a velocidade inicial:

$\frac{kx^2}{2}=\frac{m{v_A}^2}{2}$

$v_A=x \sqrt{k}{m}$

Parte dessa energia é então dissipada pela força de atrito:

$E_B=\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)$

Objetivando que o corpo consiga completar a parte circular da trajetória, a normal no ponto mais alto dessa deve ser igual a 0. Portanto, é necessário que a energia do ponto B seja suficiente para suprir a energia potencial gravitacional e a energia cinética necessária para que a resultante centrípeta seja igual ao peso.

$\frac{mv^2}{R}=mg$

$E_B=\frac{mv^2}{2}+2mgR$

$\frac{kx^2}{2}-\mu mg(3R)=\frac{mgR}{2}+2mgR$

$\frac{kx^2}{2}=\frac{5mgR}{2}+\frac{3mgR}{2}$

$\frac{kx^2}{2}=4mgR$

$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$

$x=\sqrt{\frac{8mgR}{k}}$

Óptica Geométrica

Sabendo que a vazão é igual à velocidade com que o nível de água sobe multiplicado pela área.

$I_V=2L^2 v$

$v=\frac{I_V}{2L^2}$

A distância percorrida pelo feixe de luz proveniente da pedra que chega ao olho é igual à distância percorrida pela água divida pelo índice de refração da água.

$d=\frac{1}{n_{agua}} d_0$

$d_0=h$

$d=\frac{h}{n_{agua}}$

Derivando em função do tempo a equação acima, obtemos a velocidade:

$v_P-\frac{I_V}{2L^2}=\frac{I_V}{2n_{agua} L^2}$

$v_P=\frac{I_V}{2L^2} \big( \frac{1}{n_{agua}}+1 \big)$