OBF 2015 - Terceira Fase (Nível 2)

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 $v_{0} = 72km/h = 20m/s$, 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 $u_{0} = 36km/h = 10m/s$ 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 $t=2s$, usamos que como a locomotiva está em um movimento uniforme, sua velocidade é sempre $v_{0} = 72km/h = 20m/s$.  Já o automóvel está em movimento uniformemente acelerado, e assim sua velocidade em função do tempo é:

$u(t)=10+4t$

E em $t=2s$, $u(2)=18m/s$. 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 $2\sqrt{181}$ $m/s$

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 $t=2s$ $d_{A}=1,4m$ e $d_{B}=3,0m$.

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 $R=5m$, 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:

$t=\frac {10 \pi} {2,2}s= \frac {5 \pi} {1,1}s=\frac {15} {1,1} s\approx 13,64 s \approx 14 s$

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

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

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

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 e energia

Seja $T$ a tração da haste na figura acima.

Como as massas estão equilibridas verticalmente, sabemos que a componente vertical da tração tem de ser igual ao peso da massa. Logo:

$T\cos{(\theta)} = mg$

Onde $\theta$ é o angulo formado entre a vertical e a haste.

Supondo que a força normal entre as paredes do cilindro e a massa seja $N$, pelo equilibrio radial sabemos que a resultante das forças radiais tem de ser a resultante centrípeta da massa. Note que radialmente temos uma componente da tração de valor $T sin \theta$ Dessa forma temos que:

$N+T\sin{(\theta)}=m (\omega)^{2}R$

Assim encontramos que a normal tem valor $N=m (\omega)^{2}R - T\sin{(\theta)}$, e a força de atrito, $F$, é $F=N\mu=m \mu ((\omega)^{2}R-g tg \theta)$.

Para calcular a potência dissipada por atrito, usamos que a cada pequena distancia $\delta$ percorrida por uma massa, é dissipada uma energia $F \delta$, assim por unidade de tempo a energia dissipada é $F v$ onde $v$ é a velocidade da massa, dada por $v=\omega R$. Assim a potência dissipada por uma massa é $F \omega R =m \mu\omega R( (\omega)^{2}R-g tg \theta)$. E como existem duas massas, a potência pedida é $2m \mu \omega R( (\omega)^{2}R-g tg \theta)$.

E como podemos escrever $tg \theta$ como $tg \theta = \frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}}$ temos que potência pedida é $2m \mu \omega R( (\omega)^{2}R-g\frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}})$

A potência pedida é $2m\mu\omega R((\omega)^{2}R-g\frac{R}{\sqrt{l^{2}-R^{2}}})$

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 $x=2cm$ $U(2)=4mJ$. 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 $0,0N$ e angular $-k=-20,0N/m$.

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 $9mJ$.

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 $-20,0N/m$.

b) A velocidade máxima é $0,2 m/s$

Refração da luz

a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.

b) Para o caso representado no problema temos o esquema abaixo:

Onde $i, r, j$ e $k$ sao todos ângulos, e $i=30^o$.

Pela lei de Snell, sabemos que $\sin{(r)} = \frac{sin i}{1,4}= \frac{1}{2,8}$. Com o triângulo ABC, temos que $(90^o-r)+(90^0-j)+60^0=180$, logo $r+j=60^0$.

Assim, $j=60^o-r$, e pela lei de Snell, podemos relacionar o  ângulo pedido $k$ com $j$, da forma:

$n \sin{(j)}= 1,4 \sin{(j)}= \sin{(k)}$

Dessa maneira, $sin k =1,4 \sin{(60^o - r)}=1,4 \sin{(60^o - arcsin(\frac{1}{2,8}))}$.

Usando que $\sin{(a-b)}= \sin{(a)} \cos{(b)} - \sin{(b)} \cos{(a)}$ temos que:

$\sin{(60^o - arcsin(\frac{1}{2,8}))}=sin (60^o) \cos{(arcsin(\frac{1}{2,8}))} -\cos{(60^o)} \sin{(arcsin(\frac{1}{2,8}))}$

Assim, $\sin{(60^o - arcsin(\frac{1}{2,8}))} \approx 0,62$. Usando agora que $\sin{(k)} =1,4 \sin{(60^o - r)} \approx 0,87$.

Logo o  ângulo é , $k=arcsin(0,87) \approx 60^o$

a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.

b) Logo o  ângulo é , $k=arcsin(0,87) \approx 60^o$

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 $\frac{P}{5}$

Processos adiabáticos e forças 

Para resolver este problema precisamos relembrar certas propriedades de processos adiabáticos, principalmente a propriedade que em um processo adiabático a quantia $PV^{\gamma}$ é conservada.

Sabendo disso, vamos relacionar as características originais do sistema $P$ e $V_{0}$, com as  características após uma pequena perturbação, onde $V=V_{0} +\delta_{V}$ e $P'=P+\delta_{P}$. Onde as variações relativas de volume e  pressão são extremamente pequenas.

Usando que $PV^{\gamma}$ é conservado, temos que $PV^{\gamma}=(P+\delta_{P})(V_{0} +\delta_{V})^{\gamma}$, e usando a aproximação que $(1+x)^{n}\approx 1+nx$, obtemos que:

$\frac{\delta_{P}}{P}=-\gamma\frac{\delta_{V}}{V_{0}}$

Note que podemos escrever uma pequena variação de volume $\delta_{V}$ em  função da area de secção do tubo $S=\pi a^{2}$ e do deslocamento da bola $x$, como $\delta_{V}=Sx=-\pi x a^{2}$.

Assim, temos que $\delta_{P}=\gamma\frac{\pi x a^{2}}{V_{0}}$.

Agora, podemos analisar as forças que atuam na bola. Para as forças, temos o peso da bola $mg$, a força exercida pela pressão atmosférica $P_{0}S=\pi a^{2}P_{0}$ e a força exercida pela pressão interna, dada por $P_{Dentro}S=\pi a^{2} P'$. Assim a equação de movimento é:

$ma=mg+\pi a^{2}P_{0}-\pi a^{2} P_{Dentro}$

Onde $a$ representa a aceleração da bola.

Sabemos que inicialmente a bola está em repouso, em $x=0$. De modo que $mg+\pi a^{2}P_{0}=\pi a^{2} P$. Onde $P$ representa a pressão no interior do tubo quando a bola está em $x=0$.

Porém, apos uma pequena perturbação, a pressão no seu interior varia levemente para $P_{Dentro}=P'=P+\delta_{P}$, de modo que a equação de movimento é simplificada para:

$ma=-\pi a^{2}\delta_{P}=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{V_{0}}$

De modo que podemos escrever a aceleração da bola, $a$, como $a=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{m V_{0}}$. Cuja equação é característica de um movimento harmônico simples de frequencia angular $\omega =\pi a^{2}\sqrt{\frac{\gamma P}{mV_{0}}}$.

E como o periodo é dado por $T=2 \pi/\omega$, temos que $T=\frac{2}{a^{2}} \sqrt{\frac{mV_{0}}{\gamma P}}$, como queriamos demonstrar.

Demonstração acima

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 $80$ $g$.

Analise de Dados

a) Usando que $R=R_{0}e^{B/T}$, vamos aplicar o logaritmo natural nos dois lados desta expressão, obtendo que:

$lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$

De modo que podemos isolar a quantia $\frac{1}{T}$ como:

 $\frac{1}{T}=\frac{1}{B}(lnR-lnR_{0})$

Que se trata de uma função linear entre $\frac{1}{T}$ e $lnR$, de modo que com apenas dois pares de medidas conseguiremos obter as constantes, ja que dois pontos definem uma reta.

b) Supondo que foram obtidas as medidas que a temperatura $T_{1}$ a resistência é $R_{1}$ e que a temperatura $T_{2}$ a resistência é $R_{2}$. Podemos usar a expressão encontrada acima, que é $lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$, assim obtendo o seguinte sistema de equações:

$\frac{1}{T_{1}}=\frac{1}{B}(lnR_{1}-lnR_{0})$

$\frac{1}{T_{2}}=\frac{1}{B}(lnR_{2}-lnR_{0})$

Cujas soluções são que $B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$ e que $lnR_{0}=\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{2} -\frac{T_{1}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{1}$, que depois de certa manipulação obtemos:

$R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}}$

a) Duas medidas apenas

b) $B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$ e $R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}}$

Torque

Iremos assumir que os rebocadores fazem uma força que puxa o barco numa determinada direção. Assim, vamos calcular o torque que cada rebocador faz no barco e em seguida, acharemos a resultante.

Também iremos assumir que um torque que faz o barco girar no sentido horario é positivo.

Dessa forma, o torque causado pelo barco um é dado por:

$\tau_{1}=22500(sin(60^0) *27-cos(60^o)*15=33750(9\sqrt{3} -5)N$ $m$

Onde foi usado que o braço da força horizontal é $15m$ e da vertical é $27$ $m$.

Agora para o rebocador $2$, iremos supor que $\vec{i}$ aponta para a direita e que $\vec{j}$ para cima, de modo que seu torque é dado por:

$\tau_{2}=-(18000*30+13500*21)=-823500$ $N.m$

Onde foi usado que o braço da força horizontal é $21m$ e da vertical é $30m$.

Para o rebocador $3$, usamos que ele apenas puxa o barco para cima com  força $22500N$ e braço $120m$, de modo que o torque  é dado por:

$\tau_{3}=-22500*120=-2700000$ $Nm$

E Finalmente o rebocador $4$, que puxa o barco para baixo com força $22500*sin(45^o)$ $N$ e braço $90$ $m$ e para a esquerda com força $22500*cos(45^o)$ $N$ e braço $21$ $m$, assim seu torque é dado por:

$\tau_{4}=22500*cos(45^o)*21+22500*sin(45^o)*90=1248750\sqrt{2}$ $N.m$

Assim, o torque resultante é $\tau=\tau_{1}+\tau_{2}+\tau_{3}+\tau_{4}$ que é:

$\tau\approx -1,4.10^{6}$ $N.m$

$\tau\approx -1,4.10^{6}$ $N.m$

 Hidrostática

Sabemos que para equilibrio na água, o empuxo tem de se igualar ao peso do bloco. Assim, se $P$  é o peso do bloco, temos que $P=\mu V_{Submerso}g=0,7\mu Vg$, onde $\mu$  é a densidade da  água, $V$ seu volume e $g$ a gravidade no local. Assim, obtemos que a quantia $Vg=\frac{P}{0,7\mu}$.

Quando o bloco está no líquido de densidade desconhecida, a condição de equilibrio é a mesma, $P=\rho V_{Submerso}g=0,4\rho Vg$. Onde neste caso $\rho$ é a densidade do  líquido desconhecido.

Assim, como $Vg=\frac{P}{0,7\mu}$, encontramos que $\rho=\mu \frac{0,7}{0,4}=1,75\mu$.

Como a densidade da água é $1g/cm^{3}$, a densidade do líquido é $1,75g/cm^{3}$

 A densidade do líquido é $1,75g/cm^{3}$.