OBF 2018 - Segunda Fase (Nível 3)

Óptica Geométrica (Refração)

Os raios solares chegam fazendo um ângulo $\theta$ com a normal d'água, e esse ângulo muda para um $\alpha$ ao raio transicionar para a água. Desta maneira, aplicando a lei de Snell podemos encontrar o ângulo que os raios solares de fato fazem com a vertical:

$n_{1} sen(\theta)=n_{2} sen(\alpha)$

$sen(\theta)=\frac{4}{3} sen(\alpha)$

Como $\alpha=30^{\circ}$, podemos usar:

$sen(\theta)=\frac{4}{3}*\frac{1}{2}=\frac{2}{3}$

De tal maneira que:

$\theta=arcsen(\frac{2}{3})$

Onde a função $arcsen(x)$ é a inversa da função seno, i.e, arcsen(x) é o ângulo tal que o seno é $x$. Contudo, $arcsen(\frac{2}{3})$ não se encontra facilmente, e para conseguir fazer as contas sem calculadora você deve fazer aproximações. Usaremos que, vale:

$sen(\alpha+\epsilon)=sen(\alpha) cos(\epsilon)+sen(\epsilon) cos(\alpha)$

E escolheremos $\epsilon$ tal que $\theta=\alpha+\epsilon$. Vamos assumir que $\epsilon$ é muito pequeno, tal que $cos \epsilon \approx 1$ e $sen \epsilon \approx \epsilon$. Daí:

$sen(\theta) \approx sen(\alpha)+cos(\alpha) \epsilon \approx\frac{4}{3} sen(\alpha)$

Desta maneira:

$\epsilon \approx \frac{1}{3} tg(\alpha)$

Contudo, $\epsilon$ desta forma está em radianos, e para transformar em graus:

$\epsilon=\frac{180}{\pi} \frac{1}{3} tg(\alpha) ^{\circ}$

$\epsilon \approx\frac{20}{\sqrt{3}}^{\circ}$

$\epsilon \approx \frac{20}{1.7}^{\circ} \approx 12^{\circ}$

Portanto:

$\theta \approx 42^{\circ}$

Também, podemos expressar o horário do dia em função do ângulo $\theta$:

$H=12-\frac{\theta}{90}*6$

Pois para $\theta=0^{\circ}$ deve ser meio dia, e para $\theta=90^{\circ}$ deve ser $6 h$. Portanto, substituindo $\theta$:

$H \approx 12-2,8 \approx 9,2 h \approx 9h$

Onde foi usado no final a aproximação para que o resultado ficasse na casa das unidades, que é mais adequado tanto pelas aproximações tanto pelo formato do índice de refração dado que tem dois valores com um algarismo significativo sendo dividido um pelo outro. Contudo, a resposta mais adequada é a dada acima e no Gabarito, que contém tanto o valor mais preciso como o aproximado.

$H \approx 9,2 h \approx 9 h$

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:

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

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

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

Óptica Geométrica

Para melhor visualizar o problema, gire a figura toda tal que o espelho fique vertical e o rapaz fique inclinado fazendo um ângulo $\theta$ com a vertical. O raio de luz que sai do pé do rapaz, representado por F, deve chegar em seu olho para que ele veja a imagem de seu pé, e portanto o raio deve refletir no espelho, mudando sua trajetória, e chegar no rosto, representado por $E$, do rapaz. Contudo, você pode facilitar o problema, pois é equivalente a o raio refletir no espelho e chegar em $E$ e o raio, sem deflexão, chegar na imagem de $E$ no espelho, ou um raio saindo de $E$ chegar na imagem $A$ do pé no espelho. Isso é demonstrado na figura abaixo. Veja que $t$ é o tamanho mínimo do espelho, porque apenas isso é usado pelos raios para chegar do pé à cabeça. Utilizando semelhança do triângulo ABC com o triângulo ADE, temos a equação:

$\frac{h \cos{\theta}}{2d+h sen{\theta}}=\frac{h cos{\theta} - t}{d+h sen{\theta}}$

$hd cos{\theta}+ h^2 cos{\theta} sen{\theta}=-(2d+h sen{\theta})t+2dh cos{\theta} + h^2 cos{\theta} sen{\theta}$

Que leva, portanto, ao tamanho mínimo $t$ do espelho sendo:

$t=\frac{hd \cos{\theta}}{2d+h sen{\theta}}$

$t=\frac{hd \cos{\theta}}{2d+h \sin{\theta}}$

Dinâmica - Força Elástica

A constante elástica resultante de duas molas em série de constantes elásticas $K_1$ e $K_2$, sendo a força nestas igual, pode ser calculada por:

$F=K_{eq}(x_{1}+x_{2})=K_{1} x_{1}=K_{2} x_{2}$

$K_{eq}=\frac{1}{\frac{x_{1}}{F}+\frac{x_2}{{F}}}$

$K_{eq}=\frac{K_{1} K_{2}}{K_{1}+K_{2}}$

Na situação $1$ temos uma mola somente de constante elástica $K$ e comprimento $L$. Na situação $2$, há equilíbrio entre o peso do bloco e a força elástica de duas molas de constante $2K$, visto que a situação $1$ representa estas mesmas molas em série.

Por trigonometria se encontra o novo comprimento de cada mola. Agora, por exemplo, o comprimento de uma das molas é hipotenusa de uma triângulo cujo componente de tamanho $\frac{L}{2}$ faz ângulo de $45^{\circ}$ com ela. O equilíbrio de forças é representado, portanto, por:

$2F_{el} \cos{45^o}=mg$

$2 (2K) (L \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{L}{2}) \frac{\sqrt{2}}{2}=mg$

$m= 2(1-\frac{\sqrt{2}}{2}) \frac{KL}{g}$

$m \approx 2(1-0,7) \frac{KL}{g}= 0,6 \frac{KL}{g}$

$m=(2-\sqrt{2}) \frac{KL}{g} \approx 0,6 \frac{KL}{g}$

Circuitos Elétricos

Utilizando a equação de Kirchhoff nos dois circuitos, temos a situação em que $V_B>12V$ e $V_B<12V$.

No primeiro caso, as equações mostram que:

$12-V_{B}=(R_{1}+R_{2})*2A$ e $12+V_{B}=(R_{1}+R_{2})*6A$

$12-V_{B}=\frac{1}{3} (12+V_{B})$

$8=\frac{4}{3} V_{B}$

$V_B=6 V$

No segundo caso,

$V_{B}-12=(R_{1}+R_{2})*2A$ e $V_{B}+12=(R_{1}+R_{2})*6A$

$V_{B}-12=\frac{1}{3} (V_{B}+12)$

$\frac{2}{3} V_{B}=16$

$V_{B}=24 V \approx 2*10^{1} V$

Onde a aproximação final foi feita pelo fato das operações serem limitadas devido às correntes terem apenas um algarismo significativo, implicando que o resultado de produtos ou divisões que a envolvam também devem o ter. Contudo, provavelmente o autor da questão não percebeu as implicações da falta de dígitos, e aceitariam respostas de dois dígitos como $24$ $V$. Ainda assim, é bom colocar a resposta no formato acima, mesmo do Gabarito, pois esta engloba a resposta exata e a aproximação dos algarismos significativos.

$V_{B}=6V$ ou $V_{B}=24V \approx 2*10^{1} V$

Circuitos Elétricos

a) O tempo necessário pode ser calculado igualando a energia dissipada por todas as 4 lanternas à energia ganha de novo pela bateria. A potência dada à bateria é, dada uma tensão $U$ sobre ela e uma corrente $I$ passando sobre ela $P=U I$. Logo:

$U I \Delta t=4 (10W)(2*60 s)$

$12V*30A*\Delta t=4 (10W)(2*60 s)$

$\Delta t \approx 13 s \approx 1*10^{1} s$

Onde a aproximação para $1*10^{1}$ $s$ seria feita porque foi dado o tempo de trabalho das luzes como sendo $2$ $min$, que é um número com apenas um algarismo significativo e que faz, portanto, qualquer multiplicação com ele ter como resultado um número de apenas um algarismo significativo. Contudo, provavelmente isso não foi o que o autor da questão pensou, e o mais adequado é colocar a resposta no formato acima, que é o mesmo da dada pelo Gabarito. A primeira parte da igualdade tem um número de dois algarismos significativos, porque essa seria a quantidade de algarismos da resposta caso o tempo não fosse dado com apenas um significativo.

b) A mesma igualdade anterior pode ser obtida, porém a potência das lanternas deve ser subtraída, pois elas estão drenando parte da energia que seria fornecida pela bateria:

$[(12V)(30A) ? 4(10W)] \Delta t=4 (10W)(2*60*s)$

$(360-40) \Delta t=4800$

$\Delta t= 15s \approx 1*10^{1} s$

Como no item $a$, a aproximação para $1*10^{1}$ $s$ foi feita porque foi dado o tempo de trabalho das luzes como sendo $2$ $min$, que é um número com apenas um algarismo significativo e que faz, portanto, qualquer multiplicação com ele ter como resultado um número de apenas um algarismo significativo. Contudo, provavelmente isso não foi o que o autor da questão pensou, e o mais adequado é colocar a resposta no formato acima, que é o mesmo da dada pelo Gabarito. A primeira parte da igualdade tem um número de dois algarismos, porque essa seria a quantidade de algarismos da resposta caso o tempo não fosse dado com apenas um significativo.

a) $\Delta t \approx 13 s \approx 1*10^{1} s$

b) $\Delta t= 15s \approx 1*10^{1} s$

 Indução Eletromagnética

a) Essa é uma clássica questão de Lei de Faraday. Essa Lei diz que a tensão induzinda em um loop, i.e, a força eletromotriz gerada por uma volta nesse loop, é igual, em módulo, à taxa de variação temporal do fluxo magnético dentro desse loop. Dessa maneira:

$|\varepsilon_{ind}|=|\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}|$

$|\varepsilon_{ind}|=|\frac{6,0*10^{-2}}{2,0*10^{-1}}|$

$|\varepsilon_{ind}|=0,30 V$

Onde a resposta tem dois algarismos significativos porque todos termos no produto que a gerou tem esse número de significativos

b) Para que o loop esteja em equilíbrio, então deve valer que a tensão induzida entre dois pontos fornece energia a uma carga acelerada de tal que maneira que a dissipação de energia que ocorre nesse movimento é igual, em módulo, à energia ganha pela partícula devido à tensão induzida. Isto é equivalente a dizer que a tensão induzida fornecida é compensada por uma queda de tensão $r$ $i$ entre esses pontos, sendo $r$ a resistência entre eles e $i$ a corrente. Desta maneira, em uma volta no loop, a queda de tensão devido à resistência percorrida por corrente deve compensar a tensão induzida no loop:

$\varepsilon_{ind}=R*I \Leftrightarrow I=\frac{\varepsilon_{ind}}{R}$

$I=\frac{0,30 V}{0,5 \Omega}=0,6 A$

Onde a resposta tem um digito significativo porque o termo com menos significativos na divisão, $0,5$ $\Omega$, tem um significativo.

a) $\varepsilon_{ind}=0,30 V$

b) $I=0,6 A$

Relatividade e Calorimetria

A energia de repouso, i.e, energia que uma massa tem só por existir é igual a $mc^{2}$. Portanto, a massa de gelo é obtida igualando a energia de repouso da areia à energia usada para derreter uma massa $m_{gelo}$ de gelo.

$m_{areia} c^{2}=m_{gelo} L$

$(1 \times 10^{-3} kg)(9 \times 10^{16} \frac{m^2}{s^2})=m_{gelo} (80 \times 10^{3} \frac{cal}{kg}) (4 \frac{J}{cal})$

$m_{gelo}=2.81 \times 10^8 kg$

$m_{gelo}=2.81 \times 10^{5} ton \approx 3*10^{5}$

Onde a aproximação foi feita porque o número com menor algarismo significativo na multiplicação tinha um significativo, o $1$ $g$ de areia.

$m_{gelo}=2.81 \times 10^{5} ton \approx 3 \times 10^{5}$