OBF 2018 - Segunda Fase (Nível 2)

Cinemática

Para encontrar a resposta dessa questão você deve primeiro notar que a questão pergunta a velocidade escalar média, que é relacionada à distância que uma partícula se moveu num dado tempo, e não, necessariamente, ao quanto ela se moveu no espaço. Um movimento que comece num ponto e termine no mesmo ponto sempre tem velocidade vetorial nula, pois a partícula não se moveu efetivamente no espaço devido ao que ocorreu nesse meio tempo, contudo ela em geral terá velocidade escalar não nula pois ela percorreu uma curva ao longo desse movimento, que tem um tamanho, e portanto ela percorreu uma certa distância. O fato da velocidade pedida pela questão ser escalar é, inclusive, um grande alívio, pois o enunciado desta é um tanto quanto confuso. Apesar do movimento do estudante não ser tão claro pela questão, o que importa de fato é que o quanto ele andou em cada parte do movimento dele é descrito, e o tempo que ele levou em cada parte também, o que nos permite encontrar a velocidade escalar média facilmente. A distância total percorrida pelo estudante é:

$d=60+120+100+60=340$ $m$

Onde $60$ $m$ foi no primeiro quarteirão, $120$ $m$ no segundo (apesar de a questão falar primeiro), $100$ $m$ no terceiro (que seria segundo pela lógica da questão), e $60$ $m$ no último quarteirão. O tempo levado é descrito de mesma maneira, sendo:

$t=1,5+4,0+3,0+1,5=10,0$ $min$

Onde $1,5$ $min$ foi gasto da casa dele até a esquina, $4,0$ $min$ no segundo quarteirão, $3,0$ $min$ no terceiro quarteirão e $1,5$ $min$ no último quarteirão. Portanto, a velocidade escalar média é:

$v_{med}=\frac{d}{t}=\frac{340 m}{10,0 min}=34,0 \frac{m}{min}$

O resultado tem três algarismos significativos pois tanto o denominador quanto o numerador da divisão que o originou tem três algarismos significativos. Contudo, veja que este resultado não está no sistema internacional de unidades, e portanto precisamos o converter.

$v_{med}=\frac{34,0 m}{60 s} \approx 0,567 \frac{m}{s}$

Onde, apesar de $60$ ter dois dígitos, é preciso se analisar que este tem infinitos algarismos significativos, pois é uma constante definida e não um valor medido experimentalmente. Portanto, o resultado final da divisão de $34,0$ por $60$ deve ter o mesmo número de algarismos significativos que $34,0$, que é, no caso, 3.

$v_{med}=34,0 \frac{m}{min}\approx 0,567 \frac{m}{s}$

Energia e colisões

a) A massa $m$ está inicialmente em repouso e, devido à atração gravitacional da terra, ela começa a acelerar para baixo. Como o trabalho da força gravitacional está aumentando a velocidade, em módulo, do corpo, então pode-se dizer que o trabalho é motor. O trabalho de uma força pode ser facilmente encontrado pela definição dele. O trabalho de uma força é o produto do valor dessa força pelo deslocamento do corpo na direção desta. Portanto, como a força de atração gravitacional é vertical e aponta para baixo, sendo $W$ o trabalho:

$W=F_{gra} * (-\Delta y)=mg*(-(h-H))=m g (H-h)$

b) Para encontrar essa altura tem de se primeiro pensar em como a energia mecânica da massa varia no tempo. A energia mecânica do sistema é dada por:

$E_{mec}=E_{cin}+E_{pot}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh$

Na altura máxima do sistema, pode-se dizer que a velocidade da partícula é zero, pois do contrário a altura iria aumentar se você olhasse a posição dela num tempo maior ou menor. Portanto, num trecho do movimento da partícula em que a energia mecânica se conserva, pode-se dizer que, caso o ponto de altura máxima esteja nele:

$E_{mec}=\frac{mv^{2}}{2}+mgh=mgh_{max}$

Onde $h_{max}$ é a altura máxima da partícula. Por esse resultado, caso a partícula tivesse energia mecânica constante ao longo do movimento todo, ela teria a altura máxima, após cada colisão com o chão, constante em todas colisões e igual a $h_{max}$. Ademais, a energia também pode ser encontrada se você souber a velocidade da partícula quando a energia potencial gravitacional da partícula é mínimo, i.e, no nosso caso, a velocidade da partícula se $h=0$:

$E=\frac{mv_{max}^{2}}{2}$

A interação gravitacional não dissipa energia mecânica, portanto a perda de energia ocorre apenas durante as colisões. Assume-se por simplicidade que o problema espera que você considere o caso mais trivial dessa perda de energia: A colisão da bola com o chão não é perfeitamente elástica. Quando a colisão entre dois corpos é não-perfeitamente elástica, pode-se dizer que a velocidade relativa de aproximação se relaciona com a velocidade relativa de afastamento deles por um coeficiente $e$:

$e=\frac{v_{rel}}{v_{apro}}$

E experimentalmente se encontra que esse coeficiente é função apenas das propriedades intrísecas dos dois corpos em questão. Como o chão está parado no referencial da terra, a velocidade relativa de afastamento ou aproximação da massa $m$ com ele é apenas a própria velocidade dessa massa. Portanto, vale que, sendo $v_{f}$ a velocidade da partícula após a colisão e $v_{ini}$ a velocidade da partícula antes da colisão:

$e=\frac{v_{f}}{v_{ini}} \leftrightarrow v_{f}= e v_{ini}$

Ademais, se após a colisão a partícula sai do chão com velocidade $v_{f}$, após cair nele novamente ela ainda terá velocidade $v_{f}$, porém com sinal invertido, devido à conservação de energia mecânica durante o tempo em que a partícula está voando. Portanto, se inicialmente, antes da primeira colisão, a partícula tinha velocidade $v_{o}$, vale, e em geral, imediatamente após a n-ésima colisão ela tem velocidade $v_{n}$:

$v_{1}= e v_{o}$

$v_{2}= e v_{1}=e^{2} v_{0}$

E, em geral, vale que:

$v_{n}=e^{n} v_{o}$

Como desde a colisão até a altura máxima da partícula vale a conservação da energia mecânica, então:

$E_{n}=\frac{mv_{n}^{2}}{2}=mg h_{n}$

Onde $h_{n}$ é a altura máxima da partícula após a n-ésima colisão. Portanto:

$h_{0}=\frac{v_{o}^{2}}{2g}$

$h_{n}=\frac{v_{n}^{2}}{2g}=e^{2n} \frac{v_{o}^{2}}{2g}$

$h_{n}=e^{2n} h_{o}=e^{2n} H$

Já que vale que $H$ é a altura máxima da partícula antes de ela colidir com o chão. Podemos encontrar o resultado também a partir de $h$ e $H$. Vale que:

$h_{1}=h=\frac{v_{1}^{2}}{2g}=e^{2} \frac{v_{0}^{2}}{2h}=e^{2} H$

$e=\sqrt{\frac{h}{H}}$

Portanto:

$h_{n}=(\frac{h}{H})^{n} H$

Como $h<H$, o fator $\frac{h}{H}$ é menor que um e a cada colisão a altura máxima da partícula após quicar diminui.

a) Motor. $W=mg(H-h)$

b) $h_{n}=e^{2n} H=(\frac{h}{H})^{n} H$

Energia e Força de Atrito

Os corpos vão iniciar o movimento com uma certa energia cinética, e esta será dissipada pela força de atrito que o chão exerce sobre eles. Pode-se dizer que a variação de energia cinética de um corpo é igual à resultante de trabalho de forças externas sobre ele, que no caso é apenas o trabalho da força de atrito. Inicialmente um dos corpos terá energia cinética $K$, e após parar terá zero, portanto:

$\Delta K=0-K=-K=W$

Onde $W$ é o trabalho das forças externas. A força de atrito sobre o corpo é cinética, pois ele se move em relação ao solo durante a aplicação desta, e portanto vale $F_{at}=\mu N$, onde $\mu$ é o coeficiente de atrito entre o corpo e o chão é $N$ é a força de reação normal do solo. Como o corpo está em equilíbrio na direção vertical, vale que $N=mg$, que é o peso do corpo. Portanto, pela definição de trabalho:

$W=\vec{F} \cdot \vec{d}=-F_{at} d=-K$

$K=\mu m g d$

A razão da energia cinética entre os corpos $1$ e $2$ é portanto:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{m_{1} d_{1}}{m_{2} d_{2}}$

A massa dos corpos é dada por $m=\rho V$, onde $\rho$ é a densidade deles, que é igual, e $V$ seu volume. O volume de um cubo de lado $a$ é igual a $V_{1}=a^{3}$, e o de um cilindro de raio $r$ e altura $h$ é $V_{2}=\pi r^{2} h$, e como $2 r=h=a$, este é $V_{2}=\frac{\pi a^{3}}{4}$. Portanto, vale que:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{V_{1} d_{1}}{V_{2} d_{2}}=\frac{4*d_{1}}{\pi d_{2}}=\frac{12}{\pi}$

A questão terminaria aí normalmente, contudo como a OBF dá o valor de $\pi$ como sendo $3$ no início de qualquer prova, você deve simplificar a resposta para:

$\frac{K_{1}}{K_{2}}\approx\frac{12}{3}=4$

Onde a aproximação foi feita para deixar um algarismo significativo de resposta, pois todos dados foram dados com um significativo. Contudo, é bom em geral você colocar o valor exato no gabarito seguido pela sua aproximação, assim como é colocado na secção "Gabarito" dessa solução.

$\frac{K_{1}}{K_{2}}=\frac{12}{\pi} \approx 4$

Gravitação

Pode-se encontrar o período de translação da Terra em torno do Sol em função de sua distância a ele e da massa dele, pelo fato da massa dele ser muito maior que a dela e da órbita da Terra ser circular. Ademais, sabendo-se o tempo que a luz leva para ir da Terra ao Sol se sabe também a distância dela a ele, pois a luz se propaga no vácuo entre esses dois astros e a velocidade da luz no vácuo é $c$, uma constante da natureza. A Terra percorre uma circunferência com centro no sol, portanto a resultante de forças sobre ela é em direção ao Sol, e pela única força sobre ela ser a de atração do Sol, esta deve ser numericamente igual à resultante centrípeta da Terra. Portanto:

$F=F_{grav}=\frac{G M m}{R^{2}}=\frac{mv^{2}}{R}=m \omega^{2} r$

Onde $M$ é a massa do Sol e $m$ a massa da terra. Usamos a força gravitacional do conhecido de gravitação, e que por o movimento da Terra ser uma circunferência em torno do sol vale que $v=\omega r$, onde $\omega$ é a frequência angular do movimento dela. Vale também que $\omega=\frac{2 \pi}{T}$, pois num tempo $T$, que é o período de movimento do sistema, a Terra percorre uma circunferência sobre o Sol, i.e, um ângulo $2\pi$. Vale, portanto:

$\frac{GM}{R^{3}}=\omega^{2}=\frac{4 \pi^{2}}{T^{2}}$

Usando que $R$, a distância entre a Terra e o Sol, é percorrida pela luz no vácuo num tempo $t$, achamos $R=ct$ e, enfim:

$M=\frac{4 \pi^{2} c^{3} t^{3}}{G T^{2}}$

Encontramos a massa $M$ do sol em função dos parâmetros conhecidos. Substituindo os valores:

$M=\frac{4*9*27*10^{24}*125*10^{6}}{6,7*10^{-11}*(365*24*60*60)^{2}} \approx 2*10^{30} kg$

Perceba que aproximamos o resultado para ter apenas um algarismo significativo, porque o número com menos algarismos significativos que temos na multiplicação é o $\pi$, que é dado como valendo $3$ no começo da prova e tendo com isso, portanto, um algarismo significativo.

$M \approx 2*10^{30} kg$

Hidrostática

Inicialmente a altura de água nos dois tubos é igual, pois visto que é o mesmo líquido e que a pressão nos dois pontos é igual, vale que a energia potencial por unidade de massa dos dois é igual. Ao se adicionar o óleo em um dos ramos, a tendência vai ser que a altura de água desse ramo diminua, e essa água é empurrada para o outro ramo, que tem sua altura aumentada. Esse processo ocorre até que o equilíbrio é alcançado. Quando o equilíbrio é alcançado, pode-se dizer que a pressão não só no contato dos líquidos com a atmosfera é constante, mas que também a pressão no fundo dos dois tubos é igual, pois eles estão na mesma altura.

$\Delta P_{ramo 1}=\Delta P_{ramo 2}$

Onde $\Delta P$ se refere à variação de pressão no fundo do ramo depois da adição de óleo e troca de água entre os ramos. Supondo que colocar óleo no ramo do tubo faz uma altura de água $x$ fluir para o outro ramo, então pode-se dizer que o outro ramo ficou com um altura de água de $x$ a mais, enquanto o ramo com óleo ficou com $x$ a menos. Como a contribuição de um pedaço de líquido de largura $x$ para a pressão no fundo de um ramo é $\rho g x$, e que a água que fluiu entre os ramos é o suficiente para compensar o ganho de pressão devido ao óleo, vale dizer que:

$\rho_{oleo} g l -\rho_{agua} g x=\rho_{agua} g x$

$x=\frac{\rho_{oleo}}{\rho_{agua}} \frac{l}{2}$

Substituindo os valores dados na prova:

$x=\frac{0,8}{1} \frac{20 cm}{2}=8 cm=8*10^{-2} m$

O último passo foi feito pois a prova pede que você coloque todos resultados no sistema internacional de unidades. Caso você prefira deixar a resposta em centímetros, o formato de gabarito deixado na nossa secção "Gabarito" deve lhe ser de agrado, visto que engloba mais de uma representação da resposta. Veja também que o resultado final está com um algarismo significativo, pois a densidade da água dada pela prova tem apenas um algarismo significativo.

$x=8 cm=8*10^{-2} m$

Ondas

Para resolver esta questão basta usar a relação entre comprimento de onda, frequência e velocidade de fase (comumente denominada de velocidade) de uma onda qualquer. Vale que:

$v=\lambda f$

$\lambda=\frac{v}{f}$

Usando a frequência dada na questão e que a velocidade da onda considerada é a velocidade da luz no vácuo:

$\lambda=\frac{c}{f}=\frac{3,0*10^{8} \frac{m}{s}}{40 s^{-1}}=7,5*10^{6} m$

Perceba que a resposta final tem dois algarismos significativos, visto que todas variáveis usadas tem dois algarismos significativos.

$\lambda=7,5*10^{6} m$

Hidrostática

O empuxo é uma força que surge em corpos mergulhados em um líquido, devido ao fato da pressão aumentar com a profundidade. Essa força tende a empurrar o corpo "para cima", no caso de existir um campo gravitacional para baixo. O valor dessa força é numericamente igual ao peso de líquido deslocado para que o corpo em questão seja parcialmente mergulhado. Perceba que o empuxo sobre o barco, num caso em que ele não afunda, é igual ao seu peso no equilíbrio. Portanto, o peso de água deslocado em água salgada é igual ao peso de água deslocado em água doce, sendo os dois iguais ao peso do barco. Desta maneira, sendo $P_{doce}$ o peso de água deslocado em água doce e $P_{salgada}$ o análogo salgado:

$P_{doce}=P_{salgada}= 8,0*10^{4} N$

Onde, obviamente, o resultado tem o mesmo número de algarismos significativos que o valor dado para o peso de água salgada deslocada.

$P_{doce}=8,0*10^{4} N$

Energia e Colisões

A bola colidir elasticamente com a cunha no ponto $A$ implica que a energia do sistema é conservada durante a colisão, sendo a mesma antes e depois dela. Contudo, deve-se ter cuidado, pois a conservação da energia deve-se fazer imediatamente depois da colisão, antes da cunha colidir com a terra e passar a se mover só na horizontal, já que essa colisão pode não conservar energia. A conservação de energia e todos os passos serão feitos considerando a colisão da bola com a cunha apenas, considerando portanto o movimento da partícula e da cunha antes da colisão da cunha com o chão.  A energia cinética da bola ao chegar em $A$ pode ser encontrada facilmente, pois está é igual ao trabalho da força gravitacional na bola até chegar em $A$, visto que esta parte do repouso:

$W=m g \Delta H=\frac{mgh}{2}=\frac{mv_{o}^{2}}{2}$

$v_{o}^{2}=2 g h$

Ademais, o sistema não tem quantidade de movimento na direção $x$, e como não há nenhuma força horizontal agindo no sistema durante esse meio tempo, visto que o chão é liso, no final essa quantidade de movimento continuará zero.Portanto, sendo $v_{x}$ a velocidade da bola imediatamente após a colisão e $V_{x}$ a velocidade da cunha em $x$ imediatamente após a colisão, e sendo ambas horizontais, a conservação de quantidade de movimento do sistema na direção $x$ implica que:

$P_{x}=0=mv_{x}-MV=0$

$V=\frac{m v_{x}}{M}$

Antes da cunha de massa $M$ colidir com o chão, sendo o momento que estamos analisando, a quantidade de movimento na direção $y$ que a massa $m$ tinha inicialmente vai toda para a cunha. Portanto, para a cunha:

$P_{y}=M V_{y}=m v_{o}$

$V_{y}=\frac{m v_{o}}{M}$

Ademais, como a energia cinética do sistema se conserva, a energia cinética da bola no começo é igual à soma da energia cinética da cunha e da bola no final.

$K_{sis}=\frac{m v_{o}^{2}}{2}=\frac{mv_{x}^{2}}{2}+\frac{M(V_{x}^{2}+V_{y}^{2})}{2}$

$v_{o}^{2}=v_{x}^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m}{M} v_{x})^{2}+\frac{M}{m} (\frac{m v_{o}}{M})^{2}$

$v_{x}^{2}(1+\frac{m}{M})=v_{o}^{2}(1-\frac{m}{M})$

$v_{x}=v_{o} \sqrt{\frac{M-m}{M+m}}$

E até atingir o ponto $B$, a bola estará sob efeito apenas da interação gravitacional e portanto terá sua energia mecânica conservada. Como não há força horizontal nela, ela continuará com velocidade horizontal constante e igual a $v_{x}$, e a velocidade que ela chega em $B$ pode ser encontrada uma vez que se encontra a velocidade vertical da bola em $B$. Essa velocidade vertical encontra-se trivialmente com o teorema de Torriceli, pois a bola cairá com aceleração vertical constante $g$ e ela parte em repouso em $y$, implicando que, sendo sua velocidade vertical $v_{y}$:

$\Delta v_{y}^{2}=v_{y}^{2}-0=v_{y}^{2}=2 g \frac{h}{2}=g h$

Usando pitágoras para encontrar a velocidade final total $v$:

$v^{2}=v_{x}^{2}+v_{y}^{2}=g h+\frac{(M-m) 2 g h}{m+M}=\frac{3M-m}{M+m} gh$

Usando as relações do problema:

$v^{2}=\frac{5}{3} gh$

$v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}$

$v=\sqrt{\frac{5 g h}{3}}$

Trabalho e Força de Atrito

A força de atrito sentida pelo bloco será, visto que ele está em todo instante se movendo em relação ao chão:

$F_{at}=\mu N=\mu mg$

Onde representamos a normal como $N$ e usamos que, como o bloco está em equilíbrio na vertical, $N=mg$. O trabalho total realizado pelas forças externas sobre o bloco, visto que ele vai do repouso no começo para o repouso no final, é zero. Portanto, como as únicas fontes de trabalho são as forças atrito e a aplicada no começo, vale que:

$W_{fat}=W_{ext}$

Onde $W_{ext}$ é o trabalho externo, i.e, o trabalho realizado pela força aplicada no começo. Usando a expressão para o trabalho mecânico de uma força constante:

$F_{at} d_{fat}=\mu mg d_{fat}=F_{apl} d_{ext}$

Onde $d_{fat}$ é a distância que o bloco se move enquanto está sob influência do atrito, $F_{apl}$ é a força aceleradora aplicada sobre o bloco no começo do movimento e $d_{ext}$ é a distância que o bloco se moveu enquanto sob influência dela. Agora surge o maior problema de interpretação do problema, que é o de entender se a questão quer você considere que o atrito estava afetando o bloco desde o começo, i.e, que estava afetando o bloco mesmo enquanto ele ainda estava sendo acelerado, ou se ela quer que você considere que ele estava afetando o bloco apenas durante o trajeto da pista, no qual não existia mais força externa. Dá-se a entender, ao se ler "coeficiente de atrito entre a pista e..." que o atrito apenas existe na pista, i.e, após a largada, e seguiremos com essa interpretação apesar de fazermos a solução para o caso alternativo na observação abaixo da solução principal. Vale no começo que, visto que há apenas a força externa:

$F_{apl}=F=ma \leftrightarrow a=\frac{F}{m}$

Daí, usando os resultado do movimento uniformemente variado, e que a massa parte do repouso:

$d_{ext}=\frac{1}{2}at^{2}=\frac{F t^{2}}{2m}$

Daí, podemos ver que:

$\mu=\frac{F^{2} t^{2}}{2m^{2} g d_{fat}}=\frac{2,5*10^{5}}{2*2,5*10^{3}*10*50}=0,1$

Onde a resposta só tem um algarismo significativo porque o número com menos algarismos significativos do problema é o tempo de aceleração $t=1 s$, com um algarismo significativo.

Obs: Caso o atrito estivesse presente durante todo o movimento, a solução do problema seria diferente. A aceleração durante o tempo em que a força externa fosse aplicada seria:

$F-Fat=F-\mu m g=m a \leftrightarrow a=\frac{F}{m}-\mu g$

Daí, vale que:

$d_{ext}=\frac{1}{2} a t^{2}=\frac{1}{2} (\frac{F}{m}-\mu g) t^{2}$

No movimento subsequente só haverá força de atrito sob o sistema, até que ele pare. Portanto, $d_{fat}=d_{ext}+l$, onde $l$ é a largura da pista. Portanto:

$\mu m g d_{fat}=\mu m g (d_{ext}+l)=F d_{ext}$

$\mu mg l=(F-\mu m g) d_{ext}$

$\mu=\frac{(F-\mu m g)^{2} t^{2}}{2 m^{2} g l}$

Simplificando a equação:

$10 \mu=(1-\mu)^{2}=1-2 \mu+\mu^{2}$

$\mu^{2}-12 \mu+1=0$

E as soluções para $\mu$ são:

$\mu=6 \pm \sqrt{35}$

Veja que uma das soluções é próxima de 12, um valor extremamente alto de atrito e praticamente impossível de se encontrar físicamente, e a outra é muito pequena, ainda menor que 0,1 , o que também é difícil de se encontrar fisicamente. A pouca simplicidade, não trivialidade e impossibilidade física desses valores de $\mu$ são evidência de que essa interpretação da questão não era a esperada pelo criador da questão.

$\mu=0,1$

Gravitação e Momento Angular

A resolução dessa questão envolve duas leis de conservação simples. A primeira grandeza que se conserva no movimento é a energia mecânica da terra, cujo termo de energia potencial deve-se apenas à interação gravitacional do sol. A energia potencial gravitacional do sistema é:

$U=-\frac{GMm}{r}$

Com $G$ sendo a constante de gravitação universal, $M$ a massa do sol, $m$ a massa da terra e $r$ a distância da Terra ao Sol. Dada a velocidade da Terra no afélio sendo $v_{afe}$ e a velocidade no periélio $v_{per}$, temos:

$E=-\frac{GMm}{a}+\frac{m v_{per}^{2}}{2}=-\frac{GMm}{b}+\frac{mv_{afe}^{2}}{2}$

$v_{per}^{2}=v_{afe}^{2}+2 GM(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})$

A segunda grandeza que se conserva no sistema é o momento angular da terra em relação ao sol, este que se conserva pelo fato da força de atração gravitacional ser radial. Conservando essa grandeza:

$L=m v_{per} a=m v_{afe} b$

$v_{afe}=\frac{a}{b} v_{per}$

Portanto:

$v_{per}^{2}=\big( \frac{a}{b} \big)^{2} v_{per}^{2}+2 G M \big( \frac{b-a}{ab} \big)$

$v_{per}^{2} \big( \frac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}} \big)=2 G M \big( \frac{b-a}{ab} \big)$

E, simplificando:

$v_{per}^{2}=2GM \frac{b}{a (a+b)}$

$v_{per}=\sqrt{2GM \frac{b}{a(a+b)}}$

Perceba que $v_{per}$ é a velocidade máxima da Terra, pelo fato de neste ponto a distância Terra-Sol ser mínima e a energia mecânica do sistema ser conservada. A grandeza $v_{per}$ encontrada acima é, portanto, a resposta da questão.

$v_{max}=v_{per}=\sqrt{2GM \frac{b}{a(a+b)}}$

Termodinâmica e Gases Ideais

Para resolver essa questão vamos usar que a energia interna do sistema $A+B$ é conservada, por não ter fontes externas de energia. Para fazer essa igualidadede da energia antes e depois, e chegar na resposta, usaremos que a energia interna de um gás ideal com $l$ graus de liberdade, temperatura $T$ e número de mols $n$ é:

$U=\frac{l}{2} nRT$

Onde $R$ é a constante universal dos gases. Podemos simplificar isso ainda mais, usando que para um gás ideal vale que:

$PV=nRT$

Portanto:

$U=\frac{l}{2} PV$

Como os dois gases do problema são monoatômicos, ambos tem o mesmo número de graus de liberdade, i.e, $l_{1}=l_{2}=l=3$. Ademais, o volume dos dois gases é igual visto que os recipientes que os contém são iguais. Portanto, visto que no final ambos gases ocuparão um volume $2V$, e terão uma mesma pressão e temperatura $P_{f}$ e $T_{f}$:

$U_{final}=\frac{l}{2} P_{f} 2 V=\frac{l}{2} P_{1} V+\frac{l}{2} P_{2} V$

$P_{f}=\frac{P_{1}+P_{2}}{2}$

E vale também que:

$P_{f} 2V=n_{f}RT_{f}$

O número de mols final $n_{f}$ é igual a soma do número inicial, portanto, dado que genericamente $n=\frac{PV}{RT}$ vale que:

$n_{f}=n_{1}+n_{2}=\frac{P_{1}V}{RT_{1}}+\frac{P_{2} V}{RT_{2}}$

Portanto:

$P_{f} 2V=(\frac{P_{1}}{T_{1}}+\frac{P_{2}}{T_{2}}) \frac{V}{R} RT_{f}$

$T_{f}=\frac{2P_{f}}{\frac{P_{1}}{T_{1}}+\frac{P_{2}}{T_{2}}}$

Usando a expressão para $P_{f}$:

$T_{f}=\frac{P_{1}+P_{2}}{\frac{P_{1}}{T_{1}}+\frac{P_{2}}{T_{2}}}$

Usando as expressões para $P_{1}$, $P_{2}$, $T_{1}$ e $T_{2}$:

$T_{f}=\frac{P+2P}{\frac{P}{T}+\frac{2P}{2T}}=\frac{3}{2} T$

Que é, portanto, a resposta da questão.

Obs: Perceba que usamos esta solução por motivos didáticos e para encontrar uma solução geral, contudo existem diversas soluções mais simples. É fácil ver que, já que o número de mols em $1$ e $2$ é igual, visto que a razão $\frac{PV}{T}$ é a mesma nos dois gases e eles são ambos monoatômicos, e portanto a capacidade térmica dos dois é igual, a temperatura de equilíbrio dos dois será igual à média aritmética de suas temperaturas.

$T_{f}=\frac{T_{1}+T_{2}}{2}=\frac{2T+T}{2}=\frac{3}{2} T$

Uma maneira bem mais simples de ver o problema, contudo talvez muito direta para um estudante menos experiente.

$T_{f}=\frac{3}{2} T$

Efeito Doppler e Cinemática

A aceleração do skatista ao longo da rampa é simplesmente a decomposição da gravidade na rampa, visto que a força que a rampa faz no skatista é perpendicular a ela. Portanto, pode-se encontrar por geometria que a decomposição da gravidade no plano inclinado é $g sen(\theta)$. Sendo a aceleração do skatista $g$ $sen(\theta)$, após ter caído uma distância $d$ ao longo dessa direção de aceleração, por Torriceli pode-se encontrar sua velocidade $v$:

$\Delta v^{2}=v^{2}-0=v^{2}=2 a d=2 g sen(\theta) d$

$v=\sqrt{2 g d sen(\theta)}$

A frequência escutada pelo skatetista devido ao fato de ele estar se movendo em relação à fonte é, pelo conhecido de efeito Doppler:

$f=f_{o}(1+\frac{v}{v_{s}})$

Onde $v_{s}$ é a velocidade do som e $f_{o}$ a frequência natural da fonte, i.e, a frequência da onda que de fato a fonte emite. Como em $A$ a frequência escutada pelo skatista é igual à frequência natural $f_{o}$, vale que:

$\Delta f=f-f_{o}=f_{o} \frac{\sqrt{2 g d sen(\theta)}}{v_{s}}$

$\Delta f=f_{o} \frac{\sqrt{2 g d sen(\theta)}}{v_{s}}$