OBF 2017 - Terceira Fase (Nível 1)

Geometria: Teorema de Pitágoras

Analisando a situação geometricamente, podemos traçar o conjunto dos pontos que distam $6,0 \ m$ de $A$ e o conjunto dos que distam $4,0 \ m$ de $B$. Cada um desses conjuntos corresponde a uma circunferência, uma centrada em $A$ (com raio de $6,0 \ m$) e outra centrada em $B$ (com raio de $4,0 \ m$). Graficamente, temos:

O ponto que desejamos se encontra na interseção das duas circunferências, que dista ao mesmo tempo $6,0 \ m$ de $A$ e $4,0 \ m$ de $B$. Assim, obtemos os pontos $P$ e $P'$. Porém, como desejamos encontrar a distância máxima que o robô terá de percorrer até o ponto $C$, nos interessa apenas o ponto $P$, por ser o mais distante de $C$.

Com o auxílio de outro desenho, podemos encontrar a distância de $P$ a $C$:

Utilizando o Teorema de Pitágoras para os triângulos $\Delta BFP$ e $\Delta AGP$ respectivamente, obtemos:

$4^{2} = x^{2} + (y-3)^{2} = x^{2} + y^{2} - 6y + 9$

$6^{2} = x^{2} + y^{2}$

Substituindo a segunda equação na primeira:

$6^{2} - 6y + 9 = 4^{2}$

$6y - 9 = 20$

$y = \dfrac{29}{6} \ m$

Substituindo o valor de $y$ na segunda equação:

$6^{2} = x^{2} + \dfrac{29^{2}}{6^2}$

$x^{2} = 36 - \dfrac{841}{36} = \dfrac{1296 - 841}{36} = \dfrac{455}{36}$

$x = \dfrac{\sqrt{455}}{6} \ m$

Observando agora o triângulo $\Delta CGP$:

$d_{PC} = (x + 3)^{2} + y^{2}$

$d_{PC}^{2} = x^{2} + y^{2} + 6x + 9 = 6^{2} + 6x + 9 = 45 +6 \cdot \dfrac{\sqrt{455}}{6} \ m^{2}$

$d_{PC}^{2} = 45 + \sqrt{455} \ m^{2}$

Como o valor de $\sqrt{455}$ não pode ser determinado a partir das raízes dada no enunciado, nos resta aproximar esse valor pelo método de tentativas. Como $21^{2} = 441$ e $22^{2} = 484$, o melhor valor a ser usado é $\sqrt{455} \approx 21$. Com isso:

$d_{PC}^{2} = 45 + 21 \ m^{2} = 66 \ m^{2}$

$d_{PC} = \sqrt{66} \ m$

Note que, devido ao critério de algarismos significativos, nossa resposta final deve ter 2 algarismos significativos. Pelo método das tentativas, concluímos que o valor $8,1$ é a melhor aproximação para $\sqrt{66}$. Logo:

$\boxed{d_{PC} = \sqrt{66} \ m \approx 8,1 \ m}$

$\boxed{d_{PC} = \sqrt{66} \ m \approx 8,1 \ m}$

Eclipses e Geometria

O eclipse lunar ocorre quando a terra cobre a lua na frente do sol, a deixando sem sua principal fonte de iluminação e bem mais escura.

Desta maneira, considerando as órbitas dos três corpos coplanares e eles alinhados, temos que para não chegar raios de luz do Sol na Lua a terra deve os cobrir. Na situação da questão, queremos que não ocorra eclipse lunar. Sendo assim, é necessário que os raios "extremos" -  ou seja, aqueles que tangenciam a Terra - não cheguem à superfície da Lua, pois caso isso ocorresse haveria uma sombra da Terra na superfície da Lua, caracterizando um eclipse. Observe a situação limite no esquema abaixo:

Assim, faremos com que a Lua saia da zona de eclipse, de tal forma que a seguinte semelhança de triângulos ocorre:

$\dfrac{R_{terra}}{d_{TL}-R_{L}}=\dfrac{R_{sol}}{d_{TL}+d_{TS}-R_{L}}$

$d_{TL}=\dfrac{d_{TS}R_{T}}{R_{S}-R_{T}}+R_{L}$

Substituindo os valores numéricos:

$\boxed{d_{TL} \approx 1,4 {\times}10^{9}\,m}$

Note que o termo de $R_{L}$ poderia ser desprezado sem alterar a resposta dentro dos algarismos significativos.

Sendo assim, é possível, dependendo da distância entre a Terra e a Lua, que não ocorram eclipses lunares.

A mudança nos diâmetros e distâncias podem causar mudanças no tamanho da zona de eclipse, e consequentemente a perda dos eclipses.

$\boxed{d_{TL} \approx 1,4{\times}10^{9}\,m}$

Cinemática

a) Observando a configuração do sistema:

A distância $d$ que o móvel percorerrá ao longo da rampa será:

$d^2=4^2+y_p^2$

$d=\sqrt{16+y_p^2}$

E o ângulo que a rampa fará com a horizontal será:

$\sin{\theta}=\dfrac{y_p}{\sqrt{16+y_p^2}}$

• Para o caso $y_p=3\,m$:

Note que o corpo fará todo o trajeto sobre a rampa. A sua aceleração será então a componente da gravidade ao longo do plano inclinado:

$a=g\sin{\theta}=10\cdot \dfrac{3}{\sqrt{16+9}}$

$a=6\,m/s^2$

Logo, temos:

$d=\dfrac{at^2}{2}$

$5=\dfrac{6t^2}{2}$

$\boxed{t(3)=\sqrt{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}\,s \approx 1,2\,s}$

Note que utilizamos $\sqrt{15}=\sqrt{5} \cdot \sqrt{3}$, com $\sqrt{3}=1,7$ e $\sqrt{5}=2,2$ para obter o valor final.

•  Para o caso $y_p=0$:

Note que corpo irá cair da altura de $3\,m$ em queda livre:

$3=\dfrac{10t_1^2}{2}$

$t_1=\sqrt{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{15}{5}=\dfrac{3\sqrt{15}}{15}\,s$

Após isso ele andará em velocidade constante os $4\,m$ na horizontal. A velocidade com que ele chega ao chão será, por Torricelli:

$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 3}$

$v=\sqrt{60}\,m/s$

O tempo para andar esse trajeto é:

$\sqrt{60}=\dfrac{4}{t_2}$

$\sqrt{60}=\sqrt{2^2\cdot 15}=2\sqrt{15}=\dfrac{4}{t_2}$

$t_2=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$

$t_2=\dfrac{2\sqrt{15}}{15}$

O tempo total será:

$t(0)=t_1+t_2$

$t(0)=\left(\dfrac{3\sqrt{15}}{15}+\dfrac{2\sqrt{15}}{15}\right)\,s$ $\rightarrow$

$\boxed{t(0)=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\,s \approx 1,2 \,s}$

Perceba, portanto, que:

$\boxed{t(0)=t(3)}$

Ou seja, ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.

b) Note que a questão pergunta apenas se existe um $y_P$ que forneça um tempo menor do que o encontrado no item passado. Isto é, não é necessário provar, de forma geral, que isso é possível (até porque seria necessário fazer uma rigorosa análise com o uso de derivadas, algo que não é cobrado na prova). Basta então apresentar um caso que satisfaça a condição requisitada. Um bom chute que o aluno poderia fazer ao usar sua intuição durante a prova é testar o caso $y_P=1\,m$. Analisemos:

• Para o caso $y_p=1\,m$:

O corpo cairá $2\,m$ em queda livre:

$2=\dfrac{10t_1^2}{2}$

$t_1=\sqrt{\dfrac{2}{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\,s$

Ele então descerá a rampa de tamanho

$d=\sqrt{16+1^2}=\sqrt{17}\,m$

Com aceleração

$a=10\cdot \dfrac{1}{\sqrt{17}}$

$a=\dfrac{10}{\sqrt{17}}\,m/s^2$

A velocidade ao chegar a rampa será:

$v=\sqrt{2\cdot g\cdot (3-y_p)}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 2}$

$v=2\sqrt{10}\,m/s$

O tempo pra descer a rampa será:

$\sqrt{17}=2\sqrt{10}\cdot t+\dfrac{\frac{10}{\sqrt{17}}t_2^2}{2}$

$5t^2+4\sqrt{170}-17=0$

Resolvendo a equação utilizando a fórmula de Báskhara, ou outro método preferido pelo aluno, encontramos:

$t_2=\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\,s$

O tempo total será então:

$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s}$

Utilizando a aproximação $\sqrt{17}\approx 4,1$ , $\sqrt{5}\approx 2,2$ e $\sqrt{10}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{2}\approx 2,2\cdot 1,4\approx 3,1$ temos

$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s\approx 0,95\,s}$

Portanto:

$\boxed{t(1)<t(3)}$

Logo, existe um $y_p$ que o tempo é menor.

a) Ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.

b) Sim, existe. (Ver solução)

Calorimetria

Primeiro pensemos em algumas estimativas para simplificar o problema. Podemos assumir uma temperatura uniforme por toda a extensão da água e que o nível de líquido do recipiente passa a diminuir conforme a água passa a ebulir, o que ocorre quando a água atinge a temperatura de $100 \ ^{o}C$. Assim, até que a água atinja essa temperatura, o nível $h$ se mantém constante. O tempo para que isso ocorra pode ser encontrado igualando o calor recebido pela água ao calor necessário para sair de $T_{0} = 20 \ ^{o}C$ até $T_{f} = 100 \ ^{o}C$.

$P \Delta t = mc \Delta T$

$\Delta t = \dfrac{mc\Delta T}{P}$

Para calcular a massa total de água, usaremos a definição de densidade. O volume total de água é o de cilindro, que corresponde a $V =$ (ou seja, o produto da área da base e da altura total). Assim:

$m = \rho A_{b}h_{t} = 1,0 \ \dfrac{g}{cm^{3}} \cdot 100 \ cm^{2} \cdot 20,0 \ cm = 2,0 \cdot 10^{3} \ g$

Com isso:

$\Delta t = \dfrac{2,0 \cdot 10^{3} \ g \cdot 4,2 \ J /(g K) \cdot (100-20,0) \ K}{500,0 \ W}$

$\Delta t = \dfrac{2,0 \cdot 10^{3} \ g \cdot 4,2 \ J /(g K) \cdot (100-20,0) \ K}{500,0 \ W} = 1344 \ s$

$\Delta t = \dfrac{1344}{60} \ min = 22,4 \ min \approx 22 \ min$

Passado esse tempo, a água passa a ebulir e liberar liberar vapor d'água. Podemos quantificar essa perda de água igualando o calor recebido ao calor latente da mudança de fase do líquido:

$P \Delta t = \Delta m L$,

em que L corresponde ao Calor Latente da água. Assim:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{P}{L} = \dfrac{500 \ W}{2,3 \ KJ/g} = \dfrac{5,00}{23} \ g/s$

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \dfrac{300}{23} \ g/min \approx 13 \ g/min$

Assim, passados os $22 \ min$ iniciais, a água passa a virar vapor na taxa de $13 \ g/min$. Como queremos construir um gráfico de altura por tempo, temos que encontrar a taxa $\dfrac{\Delta h}{\Delta t}$. Para isso:

$\dfrac{\Delta m}{\Delta t} = \rho \dfrac{\Delta V_{ol}}{\Delta t} =\rho A \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$

$13 \ g/min = 1,0 \ g/cm^{3} \cdot 100 \ cm^{2} \cdot \dfrac{\Delta h}{\Delta t} = 100 \ g/cm \cdot \dfrac{\Delta h}{\Delta t}$

Assim, obtemos que:

$\dfrac{\Delta h}{\Delta t} = 0,13 \ cm/min$

Como a altura inicial de água era de $20 \ cm$, podemos calcular o tempo necessário para descer até o marcador de $10 \ cm$. Como $\Delta h = 10 \ cm$:

$\Delta t = \dfrac{10}{0,13} \ min = 76,9 \ min \approx 77 \ min$

Com isso, podemos começar a fazer o nosso gráfico. Do instante $t = 0 \ min$ até $t = 22 \ min$, o nível da água se mantêm constante e igual a $22 \ cm$. Passado esse tempo, a água evapora de forma constante e atinge o nível desejado no instante $t = 22 + 77 \ min = 99 \ min$. Colocando essas informações em um gráfico, obtemos a nossa resposta:

Cinemática

Apesar de não ser especificado pelo problema, consideraremos que o lançador encontra-se a meia distância da borda.

O tempo que leva para o projétil atravessar toda a mesa é o mesmo que o recipiente leva para percorrer metade da mesa.

$T_{proj}=T_{rec}$

$\dfrac{V}{a}=\dfrac{v}{\frac{b}{2}}$

$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$

Suponhamos que o recipiente tenha tamanho $l$.

O tempo que o projétil leva para ir da boca d recipiente até o fundo é o mesmo que para o recipiente andar a decomposição horizontal de seu comprimento.

$T_{proj}=T_{rec}$

$\dfrac{l\cos{\theta}}{v}=\dfrac{l\sin{\theta}}{V}$

$\tan{\theta}=\dfrac{V}{v}=\dfrac{V}{\dfrac{b}{2a}\cdot V}$

$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$

$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$

$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$

Calorimetria

a)

Para calcular o calor trocado, é preciso dividir o processo em três etapas: um resfriamento da água líquida de $20\,^{\circ}C$ até $0\,^{\circ}C$, depois uma transição de fase (da água para o gelo) e, por fim, um outro resfriamento do gelo de $0\,^{\circ}C$ até $-6\,^{\circ}C$. Logo, equacionando os três processos, temos:

$Q_{a}=Q_1+Q_2+Q_3$

$Q_{a}=mc_{a}\Delta T_{1} +mL+mc_{g} \Delta T_{2}$

$Q_{a}=(1000\times 1 \times 20) + (1000 \times 80) + (1000 \times 0,5 \times 6) \, cal$

Com isso, obtemos $Q_{a}=1,03\cdot 10^5\,cal$. Transformando para joules utilizando a conversão $1\,cal=4,2\,J$, temos:

$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$

b) Nessa situação, não há calor latente (de transição de fase), então todo o calor trocado é utilizado para resfriar a água, mas sem transformá-la em gelo. Logo:

$Q_{b}=mc\Delta T$

$Q_{b}=1\, kg \times \dfrac{4,2 \times 10^{3} J}{kg \cdot K} \times 26 K$

$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$

c) Libera, uma vez que o processo contrário recebe calor. Ademais, isto será confirmado com cálculos no próximo item.

d) Pode-se estimar o calor do processo considerando apenas o calor envolvido na solidificação.  Uma explicação formal para isso é que a energia do sistema depende apenas dos estados final e inicial, então podemos interpretar a "solidificação de água à $-6\,^{\circ}C$" como sendo, na realidade, uma série de transformações. Primeiro, a água à $-6\,^{\circ}C$ esquenta rapidamente até $0\,^{\circ}C$, depois ela muda de fase e se transforma em gelo, e então volta à temperatura original $-6\,^{\circ}C$. Essas etapas garantem que a água realiza a solidificação em $0\,^{\circ}C$.

$Q=mc_{a}\Delta T_1 + mL+mc_g \Delta T_2$

$Q = 1000\times (+4,2\times 6 - 340 - 2,1\times 6) \, J$

$\boxed{Q \approx - 3,3\times 10^5\,J }$

Note que a resposta final é negativa, indicando que a água perde (libera) calor, conforme esperavámos pelo item c).

OBS.: Como os calores envolvidos no aumento e diminuição de temperatura são muito pequenos quando comparados com o calor de mudança de fase, poderíamos aproximar o resultado para $Q= mL$ e obteríamos uma resposta aproximadamente igual.  Sendo assim, o aluno, mesmo sem conhecer os múltiplos processos, possivelmente ainda conseguiria acertar o item. Note ainda que a validade dessa aproximação é reforçada pelo fato de que a questão requisitava uma estimativa, e não um resultado exato.

a)

$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$

b)

$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$

c)

Libera.

d)

$\boxed{Q \approx 3,3\times 10^5\,J }$

Conceitos matemáticos

Seja $Z_1$ a taxa (vazão) à que a piscina é enchida utilizando somente a torneira, e e $Z_2$ a taxa utilizando somente a água captada do poço com a bomba elétrica. Sendo $V$ o volume da piscina, temos que:

$V=Z_1 t_1$

$V=Z_2 t_2$

Em que $t_1$ e $t_2$ são os tempos necessários para encher a piscina em cada caso. Ao utilizar-se simultaneamente a água da torneira e do poço, a taxa total de enchimento será a soma das taxas:

$Z=Z_1+Z_2$

De forma que o tempo total de enchimento será dado por:

$V=(Z_1+Z_2)t$

$\dfrac{1}{t}=\dfrac{1}{t_{1}}+\dfrac{1}{t_{2}}$ $\rightarrow$ $t=\dfrac{t_1 t_2}{t_1+t_2}$

Substituindo os valores:

$\boxed{t=\dfrac{20 \times 12}{32}\,h=7,5 \,h}$

$\boxed{t=7,5\,h}$

Cinemática

a) Observemos inicialmente como será o movimento do robô.

O ângulo que o robô fará com a horizontal estará adentrando a rampa.

Como o movimento é simétrico, nós podemos usar o princípio da reflexão para analisar melhor o movimento. Isto é, a cada mudança no sentido de movimento do robô, podemos espelhar o plano inclinado. Desse modo, podemos "completar" a trajetória do robô como uma linha reta, o que facilitará a visualização geométrica do problema, bem como as contas.

A distância $d$ percorrida percorrida pelo robô é igual ao comprimento $AQ$. Da trigonometria:

$\sin{30^{\circ}}=\dfrac{PQ}{AQ}$

$\sin{30^{\circ}}=\dfrac{h}{d}=\dfrac{1}{2}$

$d=2h \rightarrow \boxed{d=8\,m}$

b) Pelo teorema de Pitágoras:

$AP^2+PQ^2=AQ^2$

$AP^2+4^2=8^2$

$AP^2=48=16\cdot 3$

$AP=4\sqrt{3}\,m$

Aplicando novamente o teorema de Pitágoras:

$AP^2=PR^2+AR^2$

$48=4^2+AR^2$

$AR^2=32$

$AR=4\sqrt{2}\,m$

Como $\sqrt{2}\approx 1,4$ então $AR\approx 5,6\,m$, logo:

$2l<AR<3l$

Portanto, a distância do robô até o ponto B será:

$d'=AR-2l=4\sqrt{2}-4$

$\boxed{d'=4(\sqrt{2}-1)\,m \approx 1,60 \,m}$

a) $\boxed{d=8,00\,m}$

b) $\boxed{d'=4(\sqrt{2}-1)\,m \approx 1,60 \,m}$