OBF 2017- Segunda Fase (Nível 3)

Solução de Victor Ivo

A prova estava relativamente bem focada em mecânica, óptica e moderna, a parte de termodinâmica não foi explorada nem a de ondas, deixando uma brecha pra quem sabe cobrarem isso numa terceira fase. A questão de moderna foi apenas uma, o que é pouco pra OBF em geral, então pode se esperar mais talvez depois.

Questão 01-

a) A primeira coisa a ser observar é que a aceleração do bloco na subida é diferente da aceleração do bloco da subida, disto temos que:

$F=ma=mg sen{\alpha}+\mu N$

$N=mg cos{\alpha}$

$a=g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))$

O atrito está no sentido contrário ao movimento, e neste caso está na mesma direção da componente tangencial do peso ( que decompomos em normal e tangencial ao longo do plano), aplicando torriceli:

$v^{2}=v_{1}^2-2ad$

Onde $d$ é o que é percorrido por ele, estando ele parado no final:

$v^{2}=0=v_{1}^2-2ad$

$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))}$

Aplicando torriceli na descida, a partir do ponto em que ele para:

$v_{2}^2=0+2a_{descida} d$

E a aceleração da descida é, agora que a gravidade e atrito estão em direções contrárias ( por que a partícula está descendo o plano):

$F=ma=mg sen(\alpha)-\mu mg cos(\alpha)$

$a=g(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha))$

b)

Daí:

$v_{2}^2=2ad=2g(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha) \frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha)}$

$v_{2}^2=v_{1}^2\frac{sen(\alpha)-\mu cos(\alpha))}{sen(\alpha)+\mu cos(\alpha)}$

$v_{2}^2(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))=v_{1}^2(sen(\alpha)-\mu cos(\alpha)$

$\mu cos(\alpha) (v_{2}^2+v_{1}^2)=(v_{1}^2-v_{2}^2) sen(\alpha)$

$\mu=tg(\alpha) \frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{2}^2+v_{1}^2}$

Daí, substituindo na equação para $d$:

$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\mu cos(\alpha))}$

$d=\frac{v_{1}^2}{2g(sen(\alpha)+\frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2} tg(\alpha) cos(\alpha))}$

$d=\frac{v_{1}^2}{2g sen(\alpha) \frac{2v_{1}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2}}$

$d=\frac{v_{1}^2+v_{2}^2}{4g sen(\alpha)}$

Gab: a)

$\mu= tg(\alpha)\frac{v_{1}^2-v_{2}^2}{v_{1}^2+v_{2}^2}=\frac{7\sqrt{3}}{75} \approx 0.16 \approx 0.2$

Para ter um significativo, como as velocidades, você apenas deixaria $0.2$, apesar de apenas ter uma casa, é o certo devido às poucas casas da veloocidade.

b)  

$d=\frac{v_{1}^2+v_{2}^2}{4g sen(\alpha)}=1.25 m \approx 1 m$

Para ter um significativo, como as velocidades, você apenas deixaria $1 m$, apesar de bem tosco, é o certo teoricamente.

Questão 02-

Nesta questão temos duas condições sobre o sistema, primeiro faremos a condição de $m_{1}$ para, porque isso facilita muito as contas, para que $m_{1}$ fique parado nós devemos ter as massas iguais, mostremos isso com coeficiente de restituição e conservação da quantidade de movimento, seja uma partícula de massa $m_{1}$ em geral chegando com velocidade maior que a de uma $m_{2}$, com respectivas velocidades $v_{1}$ e $v_{2}$ ($v_{1}>v_{2}$), e saindo depois da colisão com $v_{1}'$ e $v_{2}'$, sendo $v_{2}'>v_{1}'$, temos:

$e=\frac{v_{2}'-v_{1}'}{v_{1}-v_{2}}$

Sendo $e$ o coeficiente de restituição das massas, que é função apenas dos dois materiais e não da colisão em si (em boa aproximação):

$v_{2}'-v_{1}'=e(v_{1}-v_{2})$

$m_{1}(v_{2}'-v_{1}')=m_{1} e (v_{1}-v_{2})$

E conservando a quantidade de movimento do sistema, temos:

$p=m_{1}v_{1}'+m_{2}v_{2}'=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2}$

 Somando as duas equações:

$(m_{1}+m_{2})v_{2}'=m_{1}v_{1}(1+e)+(m_{2}-m_{1}e)v_{2}$

$v_{2}'=\frac{m_{1}v_{1}(1+e)+(m_{2}-m_{1}e)v_{2}}{m_{1}+m_{2}}$

E trocando os índices $1$ com $2$:

$v_{1}'=\frac{m_{2}v_{2}(1+e)+(m_{1}-m_{2}e)v_{1}}{m_{1}+m_{2}}$

Sendo a colisão das nossas massas elásticas ($e=1$), $m_{1}$ parado no final e $v_{1}=v$ com $v_{2}=0$:

$v_{1}'=\frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$

Sendo $v_{1}'=0$, temos que ter:

$m_{1}=m_{2}=m$

Agora devemos achar a velocidade com que a massa chega no ponto dado, temos que respeitando conservação de energia, definindo o zero de energia potencial no centro do círculo:

$E=cte=\frac{m_{1}v_{1}^2}{2}+m_{1}gr=m_{1}gh$

$v_{1}=\sqrt{2g(h-r)}$

No final da colisão a velocidade da massa $m_{2}$ é obviamente $v_{1}$ (pois momento se conserva, as massas são iguais e $m_{1}$ tá parada), para que a massa alcance o outro extremo do tubo, usando que sua velocidade vertical inicial e zero e desprezando fatores dissipativos como resistência do ar:

$\Delta_{y}=\frac{gt^{2}}{2}$

$t=\sqrt{\frac{2\Delta y}{g}}$

$\Delta y=r$

E para alcançar o tubo:

$r=v_{1}t=\sqrt{2g(r-h)}\sqrt{\frac{2r}{g}}$

$r=2\sqrt{r(h-r)}$

$\frac{r}{4}=h-r$

$h=\frac{5r}{4}$

Gab: a) 

Se conserva energia mecânica em todos processos, como queda ou colisão (porque a colisão é elástica), e quantidade de movimento durante a colisão.

            b)

$h=\frac{5r}{4}$

Questão 03-

Nisso temos que fazer algumas considerações sobre o que tem no resto do tubo, supondo que a pressão na parte com ar do tubo é quase zero (você fez vácuo de alguma maneira), temos que vamos ter um levantamento de líquido para o equilíbrio hidrostático continuar, tal que, por Stevin:

$\Delta p=\rho_{liq} g h_{liq}$

Considerando o tubo quase a vácuo, a pressão cai de uma atmosfera pra zero, logo:

$P_{atm}=\rho_{liq} g h_{liq}$

$\rho_{liq}=\frac{P_{atm}}{g h_{liq}}$

Gab:

Substituindo as fórmulas temos:

$\rho_{liq}=\frac{10^{5}}{10*0.5}=2*10^{4} \frac{kg}{m^{3}}$

$\rho_{liq}=2*10^{4} \frac{kg}{10^{3} l}=20 \frac{kg}{l}=20 \frac{g}{cm^{3}}$

Questão 04-

a) Supondo cada farol gerando potência de $0.24 W$, nós podemosa achar rapidamente a resistência de cada farol percebendo que a tensão em todos componentes é a mesma e igual ao da bateria, logo, estudando a tensão em um farol:

$P=V I=0.24W$

$I=0.02 A$

$R_{farol}=\frac{V}{I}={12}{0.02}=600 \Omega$

Como a corrente no Cd Player é o dobro do farol, e a tensão é a mesma, a resistência do farol deve ser metade do farol (é inversamente proporcional à corrente, para uma dada tensão), logo:

$R_{cd}=300 \Omega$

Assim, podemos calcular a resistência equivalente usando que como as três resistências estão em paralelos:

$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{R_{farol}}+\frac{1}{R_{farol}}+\frac{1}{R_{cd}}$

$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{600}+\frac{1}{600}+\frac{1}{300}$

$\frac{1}{R_{eq}}=\frac{1}{150}$

$R_{eq}=150 \Omega$

b) A corrente no Cd é:

$I=\frac{V}{R}=\frac{12}{300}=0.04 A$

$P=V*I=12*0.04=0.48 W$

Gab: a) $R_{eq}=150 \Omega=15*10 \Omega$ (com dois significativos)

           b) $P=0.48 W$ (com dois significativos)

Questão 05-

a) Se considerarmos que vale as condições de Gauss e que o tempo de propagação da luz é muito rápido, podemos aplicar a equação dos pontos conjugados:

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

Da figura vemos que o ponto está a $10 cm$ do centro de curvatura, portanto $p=20cm+10cm=30cm$:

$\frac{1}{10}=\frac{1}{30}+\frac{1}{p'}$

$\frac{1}{p'}=\frac{1}{15}$

$p'=15cm$

b) A partir dos pontos conjugados podemos encontrar a fórmula da velocidade instantânea da imagem, pois sabemos que:

$\frac{d}{dt}(\frac{1}{x})=-\frac{1}{x^2}\frac{dx}{dt}$

Daí, da equação de gauss, sendo o foco do espelho constante no tempo:

$\frac{d}{dt} (\frac{1}{f})=-\frac{1}{f^2}\frac{df}{dt}=0$

$\frac{d}{dt} (\frac{1}{p})+\frac{d}{dt} (\frac{1}{p'})=0$

$-\frac{1}{p^2}\frac{dp}{dt}-\frac{1}{p'^2}\frac{dp'}{dt}=0$

$\frac{dp'}{dt}=-(\frac{p'}{p})^2 \frac{dp}{dt}$

Como o objeto está se aproximando do vértice a velocidade constante, a distância $p$ diminui a uma taxa constante no tempo, que supondo uma velocidade de $10 \frac{cm}{s}$ (o primeiro dado da questão está provavelmente errado pela ordem de magnitude, e fora isso a velocidade dada durante a passa é realmente em $cm$, então é o que deveríamos considerar mesmo):

$\frac{dp'}{dt}=V_{imagem}=-(\frac{15}{30})^2 (-10) \frac{cm}{s}$

$\frac{dp'}{dt}=V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}$

E o sinal positivo indica que a imagem está se afastando do vértice, se considerarmos que os dados todos tem apenas 2 algarismos significativos, seria mais adequado aproximar:

$V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}$

E seria mais adequado ainda transformar as grandezas pro SI, que faremos no gabarito.

 Gab: a)

$p'=15cm$

            b)

$V_{imagem}=2.5 \frac{cm}{s}= 0.025 \frac{m}{s}$

Questão 06-

Existem uma deflexão do raio, na direção vertical, devido à passagem da luz num meio mais refrigente, pois a angulação do raio com a horizontal será diferente neste meio, podemos inclusive encontrar isto por lei de snell, no meio, sendo a lámina vertical, tem o ângulo da luz com a sua normal como sendo o ângulo da luz com a horizontal, logo:

$n sen(\alpha)=sen(30^{\circ})$

$sen(\alpha)=\frac{1}{3}$

E disso achamos o cosseno e a nova tangente:

$cos^2{\alpha}+sen^2{\alpha}=1$

$cos(\alpha)=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

$tg(\alpha)=\frac{\sqrt{2}}{4}$

O caminho vertical feita pelo raio de luz na lâmina é:

$\Delta y=tg(\alpha) * \Delta x=2 *\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} cm$

O deslocamento vertical da luz caso não tivesse a lâmina seria:

$\Delta y'=tg(30^{circ}) \Delta x=\frac{1}{\sqrt{3}} 2=\frac{2\sqrt{3}}{3} cm$

$\Delta y'-\Delta y=\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{sqrt{2}}{2}$

O raio real se desloca menos que o raio original:

$d=\frac{2\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{2}}{2}$

$d=\frac{4\sqrt{3}-3\sqrt{2}}{6} cm$

E como o raio real desloca menos, temos que ele vai atingir acima do raio prolongado, então temos que abaixar o rifle de uma distância $d$ do original.

Gab:

Você deve abaixar o rifle de uma distância:

$d=\frac{4\sqrt{3}-3\sqrt{2}}{6}cm \approx 0.43 cm \approx 0.4 cm$

Colocamos o resultado de no final como $0.4cm$ para ter apenas um significativo, como o número com menos significativos do problema ($2 cm$ de espessura).

Questão 07-

Nós temos algumas propriedades rápidas de se analisar, como por exemplo que nós temos que no estado final (estacionário) não vai passar corrente no capacitor, portanto a corrente no resistor de $2 \Omega$ é a mesma que passa na resistência de $8 \Omega$, na fonte de $10 V$, portanto o mesmo na fonte de $20 V$, daí a corrente que circula nessa malha é a mesma e podemos usar lei das malhas, mesmo não sendo necessário, porque a parte mais importante de se notar e a única relevante é que o potencial acima da fonte de $10 V$ é $10 V$, devido a fonte de $20 V$ em série com a de $10 V$ na direção contrária, somando 10.

$V_{A}=10V$

O análogo acontece na malha da direita, a corrente é a mesma na malha, aplicando lei das malhas, supondo que passa uma corrente $I$ no sentido horário:

$15-5=2I+3I$

$I=2A$

Daí, sendo o potencial no terra zero, e tendo uma queda de potência de $2I$ no resistor de $2 \Omega$, logo o potência de B é:

$0-V_{b}=2*I=4V$

$V_{b}=-4V$

Portanto, a queda de potencial é:

$\Delta V=V=14 V$

E aplicando a energia do capacitor a isso, temos que a energia armazenada é:

$U=\frac{CV^{2}}{2}=\frac{2*10^{-6} 196}{2}$

$U=1.96*10^{-4} J$

Gab:

$U=1.96*10^{-4}J \approx 2*10^{-4} J$

Sendo a última aproximação necessária para o resultado ficar com 1 algarismo significativo.

Questão 08-

Aqui temos alguns efeitos relativísticos, como por exemplo que a projeção em $y$ da barra deve permanecer com mesmo comprimento em todos referencias, pois é uma medida perpendicular à direção de velocidade e não muda, por simetria, logo, os índices ' correspondem ao referencial em que a barra se move:

$y'=y$

A projeção longitudinal da barra deve ser comprimida, pois o seu comprimento máximo é no referencial de repouso, por contração de Lorentz o tamanho longitudinal em um referencial em que a barra se move com $V$ muda como:

$x'=\frac{x}{\gamma}$

$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

$tg(\beta)=\frac{y'}{x'}=\frac{y}{\frac{x}{\gamma}}=\gamma \frac{y}{x}$

$tg(\beta)=\gamma tg(\alpha)$

Pela definição de $\gamma$:

$v=c\sqrt{1-\frac{1}{\gamma^2}}=c\sqrt{1-\frac{tg^2(\alpha)}{tg^2(\beta)}}$

Gab:

$v=c\sqrt{1-(\frac{tg(\alpha)}{tg(\beta)})^2}$