OBF 2015 - Terceira Fase (Nível 1)

 Potência e atrito

Para resolver este problema vamos primeiro encontrar a força de atrito que faz com que a velocidade angular da roda diminuir. Para calcular tal força de atrito, $K$, usaremos que essa força em função da força normal $N$ aplicada nele é:

$K=N\mu$

Neste caso $N$ é a componente radial da força $F$, dada por $N=F*cos(60^o)=\frac{F}{2}$. Assim a  força de atrito é $K=N\mu=0,15*F=24$ $N$.

De modo que a Potência pedida no enunciado é simplesmente $P$, onde $P=K*v$, onde $v$ é a velocidade da roda no ponto de contato do esmeril, dado por $v=\omega r$. Onde $\omega$ é a velocidade angular, dada por $\omega=2\pi f$, onde $f$ é a frequencia da roda.

Assim, $\omega=60$ $rad/s$, de modo que $v=9$ $m/s$. Note que foi usado que $\pi=3$.

Dessa forma, com $P=K*v$, temos que

$P=K*v=216$ $W$ $\approx 2,0*10^{2}$ $W$

A potencia é $216$ $W$ $\approx 2,0*10^{2}$ $W$

Cinemática

a) Para resolver este problema, precisamos encontrar a posição do automóvel e da locomotiva em função do tempo $t$. Como a locomotiva  está em movimento uniforme, com posição inicial $y_{0} = -120$ $m$ e velocidade $v_{0} = 72$ $km/h$$= 20$ $m/s$, a posição da locomotiva em  função do tempo é:

$y(t)=-(120-20t)$

Já o automóvel está em movimento uniformemente acelerado, com  posição inicial $x_{0} = -60m$, velocidade inicial $u_{0} = 36$ $km/h$$= 10$ $m/s$ e aceleração de $4,0$ $m/s^{2}$, a posição do automóvel em  função do tempo é:

$x(t)=-(60-10t-2t^{2})$

Dessa forma, após $t=2s$, temos que a posição da locomotiva é $y(2)=-80$ $m$ e a do automóvel é $x(2)=-32$ $m$, assim, podemos encontrar a distância pedida com o teorema de pitágoras:

$d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{32^{2}+80^{2}}m=\sqrt{7424}m=16\sqrt{29}$ $m$

b) Para calcular a  velocidade da locomotiva em relação ao automóvel em $t=2$ $s$, usamos que como a locomotiva está em um movimento uniforme, sua velocidade é sempre $v_{0} = 72$ $km/h$$= 20$ $m/s$.  Já o automóvel está em movimento uniformemente acelerado, e assim sua velocidade em função do tempo é:

$u(t)=10+4t$

E em $t=2$ $s$, $u(2)=18m/s$. Assim, a velocidade da locomotiva em relação ao automóvel pode ser encontrada pelo teorema de pitágoras:

$V=\sqrt{u^{2}+v^{2}}=\sqrt{20^{2}+18^{2}}m/s=2\sqrt{181}$ $m/s$

a) A distância pedida é $16\sqrt{29}$ $m$

b) A velocidade pedida é $2\sqrt{181}$ $m/s$

Energia potencial elástica

a) Para resolver este problema, primeiro precisamos encontrar a constante elástica da mola, para depois construir o gráfico da força elástica.

Para isso, usamos que para uma mola sua energia potencial pode ser descrita como uma função quadrática da forma $U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$ onde $U(x)$ representa a energia potencial em função do deslocamento da massa $x$. Observando o gráfico fornecido, vemos que em $x=2$ $cm$ $U(2)=4$ $mJ$. Assim, usando que $U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$ temos que $k=\frac{2U(x}{x^{2}}$, substituindo o valor para $x=2,0$ $cm$ obtemos que $k=20,0$ $N/m$.

Agora, para o gráfico da força elástica, usamos que a força elástica $F$, pode ser escrita como $F=-kx$. Assim, o gráfico pedido é linear, com coeficiente linear $0,0$ $N$ e angular $-k=-20,0$ $N/m$.

b) Como a bola foi solta em $x=3,0$ $cm$, a energia potencial nesse ponto calculada com $U(x) = \frac{kx^{2}}{2}$ é $U(3,0)=9,0$ $mJ$. E como a bola foi solta a partir do repouso a energia total é $9$ $mJ$.

Como a energia se conserva, sabemos que a soma da energia cinética com a potencial se conserva em $E_{0}=9$ $mJ$. Matematicamente isto é:

$E_{0}=\frac{kx^{2}}{2} +\frac{mv^{2}}{2}$

Podemos ver claramente que velocidade máxima é atingida quando $x=0,0$ $cm$, de modo que $E_{0}=\frac{mv^{2}}{2}$. Assim

$v= \sqrt{\frac{2 E_{0}}{m}}=0,2$ $m/s$

a) Reta com coeficiente linear nulo e angular $-20,0$ $N/m$.

b) A velocidade máxima é $0,2$ $m/s$

 Força elástica

Sabemos que como a massa sera pendurado no ponto médio do fio, teremos que será formado um triangulo como abaixo:

Seja $d_{AB}$ a distancia entre os pontos $A$ e $B$ e $d_{BC}$ a distancia entre os pontos $B$ e $C$. Por simetria, $d_{BC}=d_{AB}$, e como a corda depois de ser esticada mede $200$ $cm$, sabemos que $d_{BC}=d_{AB}=100$ $cm$.

Assim, podemos ver que pelo teorema de pitagoras no triangulo $ADB$, o lado $DB$ mede $80$ $cm$. De modo que o seno do angulo $A$ é $sinA=80/100=0,8$.

Agora, podemos fazer o equilibrio de forças, usando que a foi utilizado uma massa $m=2,00$ $kg$, de modo que seu peso,$P$, é $P=mg=20,0N$. Agora, suponha que a constante elástica do fio é $K$. Assim, equilibrando as forças, temos que:

$P=2*K\delta_{L}*sinA$

Onde $\delta_{L}$ é o aumento do tamanho do fio, $\delta_{L}=0,8$ $m$, o fator $2$ vem devido que duas partes do fio saem do ponto$B$, e o termo $sinA$ aparece pois estamos pegando a componente vertical da força elástica.

Dessa forma obtemos que $1,28K=P=20$, assim

$K=15,625 N/m\approx 16N/m$

A constante  é $K=15,625 N/m\approx 16$ $N/m$

Cinemática

a) Para resolver este problema, usaremos que ambas as  partículas percorrem um movimento circular com velocidade constante, ou seja, um movimento circular uniforme.

Para a  partícula A, temos que a distância percorrida por ela em  função do tempo é:

$d_{A}=0,7t$

Enquanto para a partícula B, a distância percorrida por ela em  função do tempo é:

$d_{B}=1,5t$

Assim, em $t=2$ $s$ $d_{A}=1,4$ $m$ e $d_{B}=3,0$ $m$.

b) Para que haja encontro das duas partículas, precisamos que a soma das distâncias percorridas por elas seja igual ao comprimento da circunferência. Matematicamente, isso significa que:

$2\pi R=d_{A}+d_{B}$

Onde $R=5$ $m$, o raio da circunferência. Usando que $d_{A}=0,7t$ e $d_{B}=1,5t$, temos que $d_{A}+d_{B}=2,2t$. Assim, o tempo para encontro $t$ é:

$t=\frac {2*5 \pi} {2,2}s= \frac {5 \pi} {1,1}s=\frac {15} {1,1} s\approx 13,64 s \approx 14 s$

Onde foi feita a aproximação $\pi = 3$ dada no topo da prova.

a) Para a partícula A $d_{A}=1,4$ $m$ e para B $d_{B}=3,0$ $m$

b) O tempo para encontro $t\approx 13,64$ $s\approx 14$ $s$

Gravitação

Para resolver este problema primeiro precisamos achar a velocidade linear do satélite em função das constantes fornecidas. Note que o raio da orbita do satélite na Terra é $R_{T}+h$ e em $X$ é $R_{X}+3h$.

Para o caso que o satélite está orbitando a Terra, temos que a força gravitacional $F_{Grav}$ tem de ser numericamente igual à resultante centrípeta do  satélite, assim, se a velocidade do  satélite ao redor da Terra for $v_{T}$, temos:

$F_{Grav}=\frac {GM_{T} m}{(R_{T}+h)^{2}} =\frac{mv_{T}^{2}}{R_{T}+h}$

Dessa forma, $v_{T}^{2}=\frac {GM_{T}}{R_{T}+h}$. Para o planeta $X$ fazemos o mesmo procedimento e encontramos para a velocidade em $X$, $v_{X}^{2}=\frac {GM_{X}}{R_{X}+3h}$. E assim, denominando a razão das velocidades como $r=\frac {v_{T}}{v_{X}}$, temos que:

$r^{2}=\frac{M_{T}(R_{X}+3h)}{M_{X}(R_{T}+h)}$

Além disso, sabemos que o periodo em $X$ é o dobro que na Terra, usamos que a razão entre o comprimento da circunferência e a velocidade do satélite representa o periodo orbital, como em $T_{Terra}=\frac {2 \pi (R_{T}+h)}{v_{T}}$. E assim, comparando o periodo da Terra e de $X$, e cortando os termos constantes obtemos:

$2\frac{R_{T}+h}{v_{T}} =\frac{R_{X}+3h}{v_{X}}$

Assim, obtemos que a razão $r=\frac {v_{T}}{v_{X}}=2 \frac{R_{T}+h}{R_{X}+3h}$. Agora, perceba que podemos escrever $\frac{R_{T}+h}{R_{X}+3h}$ como $\frac{r}{2}$, de modo que usando a expressão que relaciona $r^{2}$ com as massas e raios, obtemos:

$r^{2}=2\frac{M_{T}}{M_{X} r}$

Assim

$r^{3}=2\frac{M_{T}}{M_{X} }$

e a razão pedida  é $(2\frac{M_{T}}{M_{X}})^{1/3}$

A razão pedida  é $(2\frac{M_{T}}{M_{X}})^{1/3}$

Dinâmica

Como no referencial do solo a balança marcava $P$, podemos afirmar que $P=mg$. Onde $m$ é a massa do estudante e $g$ a aceleração gravitacional.

Agora, suponha que a força normal entre o piso do elevador e o estudante seja $N$. Como o estudante está acelerando para cima com  aceleração $\frac{g}{5}$, sabemos que a resultante das forças sob o estudante aponta para cima, matematicamente isso significa:

$N-mg=\frac {mg}{5}$

Assim $N=\frac{6mg}{5}$. E como a balança vai marcar a força normal temos que ela irá medir $\frac{6mg}{5} = \frac{6P}{5}$. E a variação da leitura pedida é $\frac{6P}{5} - P=\frac{P}{5}$.

A  variação da leitura pedida  é $\frac{P}{5}$

Calorimetria

Por conservação de energia, sabemos a soma de todos os calores trocados será $0$. Dessa forma, como uma massa de água,$m$, onde $m=800$ $g$  varia $\delta_{T}=10^{\circ}C$ de temperatura, o calor correspondente a essa troca é, $Q$, onde $Q=m c \delta_{T}=8000cal$, onde foi usado que  o calor específico da água é $c=1cal/(g^{\circ}C)$.

Supondo que a massa de gelo seja $\mu$, sabemos que para essa massa ir de $-20^{\circ}C$ a $10^{\circ}C$ será preciso uma quantia de calor $U$, onde $U=U_{1}+U_{2}+U_{3}$. Onde $U_{1}$ representa o calor utilizado para o gelo aquecer até $0^{\circ}C$, que  é $U_{1}=0,5*20*\mu=10\mu$, onde foi usado que o calor específico do gelo é $0,5cal/(g^oC)$. E $U_{2}$ representa o calor para fundir o gelo, que é $U_{2}=80 \mu$, já que o calor latente do gelo é $80 cal/g$. E finalmente $U_{3}$, para aquecer a água de $0^{\circ}C$ até $10^{\circ}C$, que será $U_{3}=1*10*\mu=10\mu$,onde foi usado que  o calor específico da água é $c=1cal/(g^oC)$.

Assim,  $U=U_{1}+U_{2}+U_{3}=100\mu$. E como $U=Q$, temos que $8000=100\mu$, logo $\mu=80$ $g$.

Logo, a massa inicial de gelo é $80$ $g$.

A massa inicial de gelo é $80$ $g$.