OBF 2018 – Terceira Fase (Nível 1)

Cinemática

Essa questão deve ser analisada com muito cuidado, pois há algumas informações que podem levar a uma solução incorreta ou até mesmo mais complicada. Primeiramente, há uma esfera inflando com uma taxa de variação contínua. A palavra contínua, na matemática, é usada para representar uma função que possui uma derivada definida em todos os pontos do seu domínio. Em outras palavras, a função não é “quebrada”. Esta palavra pode ser associada com constante, mas isso não é o caso! O volume pode variar de qualquer maneira: linear, quadrática, exponencial… No fim, o que de fato importará são os valores iniciais e finais de volume, fornecidos no enunciados.

Para resolver este problema, vamos transformar uma questão de movimento circular em movimento retilínio. Como a formiga tem como objetivo percorrer apenas meio hemisfério, a distância total é (considerando $\pi = 3$):

$d = \dfrac{3}{2} r$

Onde r é o raio da esfera em cada instante considerado. Agora, consideremos um trajeto retilíneo de distância $d$. Este trajeto inicialmente possui distância $d_o =\frac{3}{2} R_o$, onde $R_o$ é o raio equivalente à esfera de volume $2048\,{cm}^3$. No final ,$d_f =\frac{3}{2} R_f$, onde $R_f$ é o raio equivalente à esfera de volume $4000\,{cm}^3$. Podemos visualizar as duas pistas, uma em cima da outra, de acordo com a figura abaixo:

Onde o $A$ é o ponto de partida (equador), $B$ é o ponto final (polo norte) no instante $t = 0$, e no instante $t = 24\,s$, $C$ é o equador, e $D$ é o polo norte. Um fato muito importante de se notar é que, como a formiga possui velocidade constante, e o globo não possui velocidade tangencial (apenas radial, devido à sua expansão), ela irá percorrer, no referencial da superfície, uma distância $\Delta x = vt = 0,5*24 = 12\,cm$, independente da taxa de variação do raio. Portanto, podemos pensar que a distância que falta para a formiga chegar no seu destino é:

$d_{falta} = d_o + \dfrac{d_f - d_o}{2} - vt$

Visualizando a esfera como uma pista retilínea, vemos que o que falta é apenas a distância de $A$ até $C$ menos a distância percorrida pela formiga. Agora só falta calcular os raios inicial e final! O primeiro é, utilizando $V_{esfera} = \frac{4 \pi R^3}{3} \approx 4 R^3$:

$R_o = (\dfrac{V_o}{4})^{\dfrac{1}{3}} = 8\,cm$

$R_f = (\dfrac{V_f}{4})^{\dfrac{1}{3}} = 10\,cm$

Portanto:

$d_o = \dfrac{3*{R_o}}{2} = 12\,cm$

$d_f = \dfrac{3*{R_f}}{2} = 15\,cm$

Substituindo na equação para $d_{falta}$:

$\boxed{d_{falta} = 12 + 1,5 - 12 = 1,5\,cm = 0,015\,m \approx 0,02\,m}$

Onde colocamos o $0,02\,m$ pois a resposta final deve ter apenas 1 algarismo significativo.

$\boxed{d_{falta} = 0,015\,m \approx 0,02\,m}$

Calorimetria

Primeiramente, devemos entender por que o termômetro registra uma temperatura da água diferente da temperatura antes da medição. Como o termômetro não é ideal, ou seja, possui uma capacidade calorífica maior que zero, ao entrar em contato com a água, ele absorve calor, diminuindo a temperatura da água. Dessa forma, ao entrar em equilíbrio térmico, o Sistema termômetro-água estará com uma temperatura menor que a original. Para encontrar a termperatura inicial da água, podemos usar conservação de energia, ou seja, o calor recebido pelo termômetro $Q_T$ é igual ao perdido pela água $Q_A$:

$\Sigma Q = 0$

$Q_T + Q_A = 0$

$C(T_f - T_a) + mc(T_f - T_o) = 0$

Onde $T_f$ é a temperatura final, $T_o$ a temperatura inicial da água, e $c$ seu calor específico. Resolvendo para $T_o$:

$C(T_f - T_a) + mcT_f = mcT_o$

$T_o = \dfrac{C(T_f - T_o)}{mc} + T_f$

Substituindo os valores dados no enunciado e na capa da prova:

$T_o = \dfrac{2(72 - 25)}{40*1} + 72 = 74,35\, ^{\circ} C$

Ainda devemos converter para Kelvin, para escrever o resultado em unidades do SI. Utilizando $- 273,15\, ^{\circ} C = 0 K$:

$\boxed{T_o = 74,35 + 273,15 = 347,5 K \approx 350 K}$

Onde escrevemos o $350 K$ pois a resposta final deve ter 2 algarismos significativos.

$\boxed{T_o = 347,5 K \approx 350 K}$

Geometria e 2ª Lei de Kepler

Essa questão usa como ideia principal a segunda lei de Kepler. Como fora fornecido no enunciado:

“A 2ª lei de Kepler, muitas vezes conhecida como lei das áreas, estabelece que a linha imaginária que une um planeta ao Sol varre áreas iguais em tempos iguais. […]”

Essa lei pode ser expressa utilizando uma grandeza chamada “velocidade areolar”, $v_A$, que corresponde à área “varrida” pelo vetor posição (linha imaginária que une um planeta ao Sol) por unidade de tempo. Veja que a 2ª lei de Kepler nos diz então que $v_A$ é constante. Dessa forma, podemos escrever:

$v_A = \dfrac{\Delta A}{\Delta t}=const.$

Primeiramente, foi dado que o ponto $A$ é o afélio da órbita. Logo, o Sol está localizado no centro do círculo da esquerda, pois os centros dos círculos à esquerda e à direita ($F$ e $F'$, respectivamente) são equivalentes aos “focos da elipse”.

Como a área total percorrida em uma órbita completa de período $T$ é a área da figura (área de dois semicírculos de raio $r$ somado com a área de um quadrado de lado $\lambda = 2r$), obtemos a velocidade areolar:

$\Delta A_{total}= 2*\dfrac{\pi}{2}r^2 + 4r^2 = 7 r^2$,

$v_A = \dfrac{(\pi+4) r^2}{T}$.

Entre os pontos $A$ e $B$, a área percorrida pelo vetor posição é a de um setor $F'AB$ (um quarto de um círculo), mais um triângulo retângulo $FF'B$ de base $\lambda=2r$ e altura $r$. Veja:

Assim, a área percorrida é:

$\Delta A_{AB} = \dfrac{\pi r^2}{4}+\dfrac{\lambda r}{2} = \dfrac{(\pi+4)r^2}{4}$.

Dessa forma, como a velocidade areolar é constante, o tempo de percurso $\Delta t$ é dado por:

$\Delta t = \dfrac{\Delta A_{AB}}{v_A} = \dfrac{ \dfrac{(\pi+4)r^2}{4}}{ \dfrac{(\pi+4) r^2}{T}}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{\Delta t=\dfrac{T}{4}}$

Perceba, inclusive, que não era sequer necessário substituir o valor de $\pi$.

$\boxed{\Delta t = \dfrac{T}{4}}$

Cinemática

Para encontrar a velocidade $v$ do avião, devemos usar os dados fornecidos pela questão para saber a distância que ele percorre por segundo. Primeiramente, sabemos que ele tira 5 fotos por minuto com uma sobreposição de $50\%$, ou seja, a extremidade de uma foto fica na mesma posição que o meio da outra. Antes de prosseguir, convém informar que a frase“Ele ajusta sua câmara para tirar automaticamente 5 fotos por minuto[…]” pode gerar duas interpretações distintas sobre como as fotos são tiradas. Todavia, uma delas está errada. Iremos primeiramente discutir sobre a solução errada, e depois apresentaremos a correta.

1ª interpretação – o avião tira uma foto a cada 15 segundos (ERRADA)

Chamando a distância entre o meio da foto e sua extremidade de $x$, temos, nessa interpretação, que o avião percorre $4x$ passados 60 segundos (ver figura abaixo). Em outras palavras, o intervalo de tempo entre duas fotos consecutivas vale $15\,s$.

Para achar $x$, podemos usar a tangente de $\dfrac{\theta}{2}$, metade do ângulo de visão do avião:

$\tan{\dfrac{\theta}{2}} = \dfrac{x}{h}$

$\dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{x}{900}$

$x = 300 \sqrt{3}\,m$

Como ele percorre $4x$ em 60 segundos (ou $x$ em 15 segundos):

$v = \dfrac{4x}{60} = \dfrac{x}{15}=\dfrac{300\sqrt{3}}{15} = 20\sqrt{3} = 20*1,7 = 34\,m/s$

O erro desse raciocínio consiste em dizer que o intervalo de tempo entre fotos consecutivas é de $15\,s$. Segundo isso, o avião percorre $4x$ após tirar as 5 fotos. Continuando o processo até que o avião tenha percorrido mais $4x$ (passou-se mais um minuto), você provavelmente deve pensar que 10 fotos serão tiradas, porém, foram apenas 9 (olhe a figura abaixo).

Obviamente isso consiste de um absurdo, pois a condição de 5 fotos por minuto estabelece uma proporção: 10 fotos a cada 2 minutos, 15 fotos a cada 3 minutos e por aí vai. Claramente nessa interpretação, essa proporção não é obedecida: você teria as 5 primeiras fotos e somaria com as próximas 5, pois cada grupo de 5 fotos foi tirado em cada minuto. Entretanto, observe a figura abaixo: a foto de número 5 pertence aos dois grupos. Efetivamente, ela teria que ser contada duas vezes para fazer esse raciocínio válido, o que não é o caso.

Para se convencer ainda mais, pense no caso limite de 1 foto por minuto: o avião precisaria tirar uma foto na posição 1, por exemplo, e tirar outra foto somente na posição 2 após 2 minutos segundo esse raciocínio, o que não faz sentido.

2ª interpretação – o avião tira uma foto a cada 12 segundos (CORRETA)

No caso anterior estávamos considerando haver um intervalo de $15$ segundos entre cada foto, o que geraria uma taxa de 5 fotos por minuto, mas com a peculiaridade de uma foto pertencer simultaneamente a dois grupos consecutivos de 5 fotos. Porém, observe que o intervalo de tempo entre 2 fotos consecutivas é de $60/5=12$ segundos. Perceba que, nesse caso, a proporcionalidade é realmente obedecida, e ao final de 120 segundos haverá 10 fotos, em 180 segundos 15 fotos, e por aí vai, e não temos então o problema de somar a mesma foto duas vezes como na 1ª interpretação. Na figura abaixo, note que o avião tira uma foto no primeiro ponto (aquele sem o avião, na figura), porém essa foto “pertence” ao minuto anterior, que contém outro grupo de 5 fotos.

Como ele percorre $x$ em 12 segundos:

$v = \dfrac{x}{12} = \dfrac{300\sqrt{3}}{12} = 25\sqrt{3} \, m/s$

$v=42,5\,m/s$

Onde usamos $\sqrt{3}=1,7$ da capa da prova. Como a resposta deve ser em 1 algarismo significativo:

$\boxed{v = 42,5\,m/s \approx 40\,m/s}$

$\boxed{v = 42,5\,m/s \approx 40\,m/s}$

Trigonometria e noções de Astronomia

Primeiramente, devemos entender a configuração do sistema. Podemos imaginar um edifício de $8$ metros, e os raios solares incidindo em direção ao leste (pois o sol está se pondo no oeste) nos horários de $16h00$ e $15h00$. Como o evento ocorre no próximo do equador, e ocorre próximo do equinócio, o sol se põe as $18h00$, passando exatamente $12$ horas acima do horizonte. Dessa forma, o sol percorre $90/6 = 15^{\circ}$ por hora. Dessa forma, as $16h00$, ele terá percorrido $60^{\circ}$ em relação ao zênite, e as $15h00$ terá percorrido $45^{\circ}$ em relação ao zênite.

As 16h00 os painéis solares entram na sombra do edifício, como na figura abaixo:

Como o edifício possui $8$ metros de altura, os painéis estão a uma distância $d_o$de:

$\tan(60^{\circ}) = \dfrac{d_o}{h}$

$d_o = h\sqrt{3}$

Já as $15h00$, o ângulo na figura será de $45^{\circ}$. Como a estudante quer que os painéis não sejam sombreados antes desse horário, a distância máxima que eles podem estar do edifício é de:

$\tan(45^{\circ}) = \dfrac{d_f}{h}$

$d_f = h$

A máxima distância que ela pode mover os painéis é de:

$\boxed{\Delta x_{max} = d_o - d_f = h(\sqrt{3} - 1) = 8,00*0,7 = 5,60\,m}$

$\boxed{\Delta x_{max} = h(\sqrt{3} - 1)=5,60\,m}$

Cinemática: movimento retilíneo e uniforme e queda livre

Para saber quanto tempo e em que altura o elevador é atingido pela próxima gota, precisamos inicialmente entender o que está acontecendo. Em um dado instante, uma gota cai do alto do poço, e atinge o elevador em uma altura de $10$ metros. Assim, a gota percorreu $80$ metros até atingir o elevador, e o tempo até este evento é de:

$d = \dfrac{g t^2}{2}\,\,\,\therefore\,\,\,t=\sqrt{\dfrac{2d}{g}} = \sqrt{\dfrac{160}{10}} = 4\,s$

Como o tempo total é de $4$ segundos, outras gotas cairam antes da primeira atingir o elevador. A segunda gota, liberada $1$ segundo após a primeira, caiu por $3$ segundos até a primeira atingir o elevador, percorrendo uma distância de:

$d = \dfrac{g t^2}{2} = 5*9 = 45\,m$

(a) Para encontrar o instante onde essa segunda gota atingiu o elevador, podemos escrever as equações de movimento de ambos objetos. O elevador, por possuir velocidade constante, tem equação de movimento da seguinte forma:

$y = y_o + vt = 10 + 6t$

Já a gota está em queda livre, de forma que:

$y = y_o + v_o t + \frac{g t^2}{2} = 45 - 30 t - 5 t^2$

No instante de colisão, o elevador e gota terão a mesma posição, então devemos igualar as duas equações de movimento:

$10 + 6t = 45 - 30t - 5t^2$

$5t^2 + 36t - 35 = 0$

Esta equação possui duas soluções, e a unica com sentido físico é o tempo positivo, ou seja (utilizando a formula de Bháskara):

$\boxed{t = \dfrac{-36 + \sqrt{36^2 -4*5*(-35)}}{10} = 0,868\,s \approx 0,9\,s}$

Onde escrevemos o $0,9\,s$ como resposta final pois o resultado deve ter 1 algarismo significativo.

(b) Para encontrar a posição onde a colisão ocorre, Podemos apenas substituir $0,868$ na equação de movimento para o elevador:

$\boxed{y = 10 + 6*0,868 = 15,2\,m \approx 15\,m}$

Onde escrevemos $15\,m$ na resposta final pois a casa decimal é uma medida imprecisa nessa operação.

(a) $\boxed{t=0,868\,s \approx 0,9\,s}$

(b) $\boxed{y=15,2\,m \approx 15\,m}$

Noções básicas

Para encontrar a temperatura superficial do Sol, podemos apenas substituir os dados fornecidos no enunciado na lei de Stefan-Boltzmann. Resolvendo a equação para a temperatura, e já usando $e = 1$:

$T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{\sigma A}}$

Como o Sol pode ser considerado uma esfera de raio $R$, sua área superficial $A=4 \pi R^2$. Logo:

$T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{\sigma 4 \pi R^2}} = \sqrt[4]{\dfrac{P}{12 \sigma R^2}}$

Onde usamos $\pi = 3$ como solicitado na capa da prova. Substituindo os dados do enunciado:

$T = \sqrt[4]{\dfrac{4 \times 10^{26}}{12 6 \times 10^{-8} \times (7 \times 10^8)^2}}$

$\boxed{T = 5,8 \times 10^3 \, K \approx 6 \times 10^3 \, K}$

Onde escrevemos como resposta final $6 \times 10^3 \,K$ pois a resposta deve ter apenas um algarismo significativo.

$\boxed{T = \sqrt[4]{\dfrac{P}{ 4 \pi \sigma R^2}}=5,8 \times 10^3 \, K \approx 6 \times 10^3 \, K}$

Trabalho e cinemática

(a) Para encontrar a velocidade que o disco chega na plataforma, podemos usar o teorema da energia cinética; isto é, o trabalho $W$ que a Força $\vec{F}$ realiza é igual a variação de energia cinética $\Delta K$ do disco:

$W = \Delta K$

$F*r = \dfrac{m v^2}{2}$

Resolvendo para $v$ e substituindo os dados do enunciado:

$\boxed{v = \sqrt{\dfrac{2Fr}{m}} = \sqrt{\dfrac{2*0,8*0,25}{0,1}} = 2\,m/s}$

O aluno poderia, alternativamente, ter usado a equação de Torricelli e a segunda lei de Newton.

(b) Como podemos escolher um instante qualquer de lançamento, é instintivo escolher o instante de mais fácil análise, ou seja, aquele no qual o disco não irá entrar em contato com a parte áspera. O tempo total que o disco leva para atravessar a plataforma é de:

$t = \dfrac{2r}{v} = \dfrac{0,5}{2} = 0,25\,s$

O tempo que o disco leva para dar uma volta complete, ou seja, seu período $T$ é de:

$T = \dfrac{1}{f} = 0,5\,s$

O caso em que o disco não encosta na parta áspera é quando, no instante em que o disco chega na plataforma, a linha que divide a parte áspera e lisa está na vertical, e o disco primeiro entra em contato com a parte lisa. Para melhor visualizar essa configuração, rotacione a orientação da plataforma na figura de $90^{\circ}$ no sentido horário. Este instante é o buscado pois a plataforma dá um quarto de volta em $0,125$ segundos, e o disco percorre $r$ neste mesmo tempo, então quando o disco chega no ponto $P$, a linha divisória está na horizontal. Como a plataforma gira no sentido anti-horário, a parte áspera sempre estaria à esquerda do disco e nunca encostaria nele!

O tempo que o disco leva para chegar na plataforma é, utilizando o teorema do impulso:

$F \Delta t = \Delta p\,\,\,\therefore\,\,\, \Delta t = \dfrac{\Delta p}{F} = \dfrac{m v}{F}$

Onde $p$ é a quantidade de movimento do disco. Substituindo os dados do enunciado:

$\Delta t = \frac{0,1*2}{0,8} = 0,25\,s$

Portanto, até o disco chegar na plataforma, ela percorre meia volta. Dessa forma, deve-se esperar a plataforma dar um quarto de volta para lançar, pois no instante em que o disco chegar na plataforma, ela estará na configuração desejada. O tempo de um quarto de volta é:

$\boxed{t = \dfrac{T}{4} = \dfrac{1}{4f}=0,125\,s}$

Que é o instante pedido na questão.

(a) $\boxed{v = \sqrt{\dfrac{2Fr}{m}}=2\,m/s}$

(b) $\boxed{t = \dfrac{1}{4f}=0,125\,s}$