OBF 2018 - Terceira Fase (Nível 2)

Trigonometria e noções de Astronomia

Primeiramente, devemos entender a configuração do sistema. Podemos imaginar um edifício de $8,00$ 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 $8,00$ 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) $\boxed{y=15,2\,m \approx 15\,m}$

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

Segunda Lei de Kepler, Geometria e Cinemática

No trecho $AB$, a área percorrida corresponde ao triângulo $\Delta FAB$, subtraindo a área de $\Delta F'AB$ e somando o setor circular $F'AB$, onde os pontos $F$ e $F'$ correspondem aos focos da trajetória, sendo $F$ o foco que contêm o Sol pois o planeta se localiza no afélio em algum ponto entre $A$ e $B$. Calculemos então cada uma das áreas de interesse.

O triângulo $\Delta FAB$ possui base dada por $b = 2 \overline{BI} = 2 r \sin (\dfrac{\theta}{2})$ e altura de $h = \overline{FF'} + \overline{F'I} = \lambda + r \cos (\dfrac{\theta}{2})$.

Logo, sua área é de:

$A_{\Delta FAB}= \dfrac{1}{2} bh = \dfrac{1}{2} 2r \sin (\dfrac{\theta}{2}) (\lambda + r \cos (\dfrac{\theta}{2}))$

Já $\Delta F'AB$ possui base $b = 2 \overline{BI} = 2 r \sin (\dfrac{\theta}{2})$ e altura $h =\overline{F'I} = r \cos (\dfrac{\theta}{2})$.

Assim, sua área é dada por:

$A_{\Delta F'AB} = \dfrac{1}{2} bh = \dfrac{1}{2} 2 r \sin (\dfrac{\theta}{2}) \cdot r \cos (\dfrac{\theta}{2}) = \dfrac{1}{2} r^{2} \sin \theta$

Enquanto isso, o setor circular $F'AB$ tem raio $r$ e abertura $\theta$.

Logo, sua área é dada por:

$A_{F'AB} = \dfrac{1}{2} \theta r^{2}$

Juntando tudo isso:

$A_{AB} = \dfrac{1}{2} \cdot 2r \sin{(\dfrac{\theta}{2})} \cdot (\lambda + r \cos{(\dfrac{\theta}{2})}) - \dfrac{1}{2} r^{2} \sin{\theta} + \dfrac{1}{2} \theta r^{2}$

$A_{AB} = r \sin{(\dfrac{\theta}{2})} (\lambda + r \cos{(\dfrac{\theta}{2})}) + \dfrac{1}{2} (\theta - \sin{\theta}) r^{2}$,

onde todos os ângulos estão em radianos.

No trecho $CD$, a área percorrida corresponde ao setor circular $FCD$, de raio $r$ e abertura $\theta$.

Logo, sua área é dada por:

$A_{CD} = \dfrac{1}{2} \theta r^{2}$,

novamente com ângulos em radianos.

A razão entre as velocidades médias será dada por:

$\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\dfrac{\theta r}{\Delta t_{AB}}}{\dfrac{\theta r}{\Delta t_{CD}}} = \dfrac{\Delta t_{CD}}{\Delta t_{AB}}$

Multiplicando numerador e denominador pela velocidade areolar:

$\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{V_{a}\Delta t_{CD}}{V_{a}\Delta t_{AB}} = \dfrac{A_{CD}}{A_{AB}}$

Logo:

$\dfrac{V_{CD}}{V_{AB}} = \dfrac{r \sin{(\dfrac{\theta}{2})} (\lambda + r \cos{(\dfrac{\theta}{2})}) + \dfrac{1}{2} (\theta - \sin{\theta}) r^{2}}{\dfrac{1}{2} \theta r^{2}}$

$\dfrac{V_{CD}}{V_{AB}} = \dfrac{\theta - \sin \theta}{\theta} + \dfrac{2 \sin(\dfrac{\theta}{2})}{\theta} \dfrac{\lambda + r \cos (\dfrac{\theta}{2})}{r}$

$\dfrac{V_{CD}}{V_{AB}} = 1 - \dfrac{\sin \theta}{\theta} + \dfrac{2 \sin (\dfrac{\theta}{2}) \cos (\dfrac{\theta}{2})}{\theta} + \dfrac{2 \sin (\dfrac{\theta}{2})}{\theta} \dfrac{\lambda}{r} = 1 - \dfrac{\sin \theta}{\theta} + \dfrac{\sin \theta}{\theta} + \dfrac{2 \sin (\dfrac{\theta}{2})}{\theta} \dfrac{\lambda}{r}$

$\dfrac{V_{CD}}{V_{AB}} = 1 + \dfrac{2 \sin (\dfrac{\theta}{2})}{\theta} \dfrac{\lambda}{r}$

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\theta r}{\theta r + 2 \sin (\dfrac{\theta}{2}) \lambda}}$

Com essa expressão, já terminamos o problema. Para $\theta = 180^{\circ} = \pi \ \text{rad}$:

$\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\pi r}{\pi r + 2 \sin (\dfrac{\pi}{2}) \lambda}$

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\pi r}{\pi r + 2 \lambda} \approx \dfrac{3 r}{3 r + 2 \lambda}}$

Já para $\theta = 60^{\circ} = \dfrac{\pi}{3} \ \text{rad}$:

$\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\dfrac{\pi}{3} r}{\dfrac{\pi}{3} r + 2 \sin (\dfrac{\pi}{6}) \lambda}$

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\dfrac{\pi}{3} r}{\dfrac{\pi}{3} r + \lambda} \approx \dfrac{r}{r + \lambda}}$

Quando $\theta \rightarrow 0$, podemos usar que $\sin (\dfrac{\theta}{2}) \approx \dfrac{\theta}{2}$:

$\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\theta r}{\theta r + 2 \dfrac{\theta}{2} \lambda}$

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{r}{r + \lambda}}$

Para $\theta = 180^{\circ}$:

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\pi r}{\pi r + 2 \lambda} \approx \dfrac{3 r}{3 r + 2 \lambda}}$

Para $\theta = 60^{\circ}$:

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{\dfrac{\pi}{3} r}{\dfrac{\pi}{3} r + \lambda} \approx \dfrac{r}{r + \lambda}}$

Para $\theta \rightarrow 0$:

$\boxed{\dfrac{V_{AB}}{V_{CD}} = \dfrac{r}{r + \lambda}}$

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.

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

Hidrostática

(i) Entendendo o "esforço"

Antes de mais nada, interpretemos (ou melhor, definamos, já que o enunciado não o fez) o significado físico de "esforço". Como ficará mais claro em alguns instantes, o "esforço" solicitado pela pressão da água em uma determinada seção é a força total por unidade de comprimento azimutal do cilindro aplicada pela pressão da água nesta seção. Mais especificamente, o enunciado refere-se a "esforço solicitado pela pressão da água" pois as cintas de reforço ficarão tensionadas sobre ação de forças internas, que deverão equilibrar as forças normais exercidas pela parede do cilindro, que são precisamente iguais, em módulo, às forças de pressão da água.

Para entender essa definição, veja que a força $\Delta F$ aplicada pela pressão da água em uma pequena seção do cilindro que compreende um pequeno ângulo $\Delta \theta$ e possui um comprimento $\Delta l$ é dada por

$\Delta F=p \cdot R \Delta \theta \cdot \Delta l$,

sendo $p$ a pressão da água nessa região - que é essencialmente a mesma em todos os pontos da seção por ela ser pequena - e $R$ o raio do cilindro. Sendo assim, $\Delta F/(R \Delta \theta) = \Delta f = p \Delta l$ é, precisamente, a força por unidade de comprimento azimutal do cilindro (o comprimento azimutal da pequena seção é $R \Delta \theta$), i.e. o esforço ao qual o enunciado se refere. É importante ressaltar que faz mais sentido falar de força por comprimento do que apenas força, já que no último sempre estaremos, rigorosamente, nos referindo à força de pressão em uma direção específica. No entanto, omitiremos diversas vezes o termo "por unidade de comprimento" durante a solução, apenas por simplicidade.

Para verificar que essa definição vale, observe-que, quando o cilindro está na horizontal, considerando o raio do tubo pequeno temos que a pressão é homogênea ao longo do tubo. Por isso, as duas linhas pontilhadas devem separar o tubo em 3 seções de igual comprimento de forma que elas estejam submetidas a iguais esforços. Efetivamente, cada cinta suporta a força de pressão total da água naquela seção, e no caso mostrado na figura do enunciado, as cintas estão posicionadas no meio de cada seção, que é exatamente a posição de aplicação da força nesse caso. Na parte (iii) da solução haverá uma discussão mais detalhada sobre o posicionamento das cintas.

(ii) Calculando as alturas das seções

Quando o tubo está na vertical, a pressão da água agora varia com a altura. Já que o sistema todo está envolto pela atmosfera, iremos convenientemente fazer $p_{atm}=0$, já que isso não alterará nosso resultado. Primeiramente, vamos definir a direção vertical $y$ positiva para baixo, e vamos nos referir às seções $1$, $2$ e $3$ seguindo a figura abaixo:

As linhas pontilhadas delimitam as seções submetidas à esforços iguais. Com isso, devemos agora construir um gráfico da pressão da água $p$ versus altura medida ao longo do topo $y$. Pelo Teorema de Stevin, a pressão $p=p(y)$ cresce linearmente com $y$:

$p=p(y)=\rho g y$ $\rightarrow$ $\dfrac{p}{\rho g}=y$,

sendo $\rho$ a densidade da água. A partir daqui, dois métodos são possíveis para resolver essa parte do problema.

Método 1: Usando a área do gráfico

Por simplicidade, façamos então o gráfico $p/(\rho g)$ versus $y$:

Lembre-se de que o esforço em uma pequena seção de comprimento $\Delta y$ é $p\Delta y$. Somando as contribuições ao longo de toda a seção, o esforço total $f_{secao}$ em uma seção é

$f_{secao}=\displaystyle \sum_{secao} p \Delta y$,

Logo:

$\dfrac{f_{secao}}{\rho g}=\displaystyle \sum_{secao} y \Delta y$.

Quando tomamos o limite $\Delta y \rightarrow 0$, a soma transforma-se em uma integral, o que corresponde exatamente à área abaixo do gráfico $p/(\rho g)$ versus $y$ entre os valores de $y$ que delimitam a seção *. Para que as seções $1$, $2$ e $3$ estejam submetidas a esforços iguais, deve então valer:

$A_1=A_2=A_3$

Omitindo o fator $1/2$ comum à todas as áreas, obtemos

$h_1^2=\left(h_1+h_2\right)\left(h_2-h_1\right)=\left(L+h_2\right)\left(L-h_2\right)$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $h_1^2=h_2^2-h_1^2=L^2-h_2^2$.

Resolvendo o sistema, temos

$h_1=\dfrac{L \sqrt{3}}{3}$

e

$h_2=\dfrac{L \sqrt{6}}{3}$.

Método 2: Usando a pressão média

Uma outra alternativa seria lembrar da definição de média de uma grandeza e identificar que

$\displaystyle \sum_{secao} p \Delta y=p_{med} \cdot l_{secao}$,

sendo $p_{med}$ a pressão média de cada seção e $l_{secao}$ o comprimento da seção. Como o gráfico é linear:

$p_{med_1}=\dfrac{\rho gh_1}{2}$

$p_{med_2}=\dfrac{\rho g (h_1+h_2)}{2}$

$p_{med_3}=\dfrac{\rho g (L+h_2)}{2}$.

E, para esforços iguais em cada seção, devemos ter $p_{med_1} h_1=p_{med_2} (h_2-h_1)=p_{med_3} (L-h_2)$, resultando em

$h_1^2=h_2^2-h_1^2=L^2-h_2^2$,

um resultado idêntico ao que fora obtido no primeiro método, como era de se esperar.

Resta-nos, agora, calcular as alturas em que as cintas serão posicionadas.

(iii) Calculando as alturas das cintas

Aqui, temos duas possíveis interpretações as quais, ao nosso ver, podem ser consideradas corretas e que levam a respostas razoavelmente diferentes. Discutiremos uma de cada vez.

Primeira interpretação:

A primeira interpretação considera que as cintas são posicionadas no exatamente no meio de cada seção. A motivação vem do seguinte trecho do enunciado:

"[...] Note que as cintas são posicionadas no meio de cada seção. [...]"

No entanto, não fica tão claro se o enunciado está apenas descrevendo a situação de posicionamento para o caso horizontal (no qual o meio das seções é coincidente com os pontos de aplicação das forças de pressão na seção, o chamado "centro de pressões") ou se o posicionamento no meio de cada seção é uma imposição que também deve valer para o caso vertical. Para essa interpretação, consideramos a última possibilidade.

Chame de $H_1$, $H_2$ e $H_3$ as alturas das cintas nas seções $1$, $2$ e $3$, respectivamente, em relação ao chão. Como elas dividem cada seção ao meio:

$H_1=L-\dfrac{h_1}{2}$

$H_2=L-\dfrac{h_1+h_2}{2}$

$H_3=L-\dfrac{L+h_2}{2}$

Substituindo $h_1$ e $h_2$:

$\boxed{H_1=\left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)L \approx 1,7\,m}$,

$\boxed{H_2=\left[1-\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{2}+1\right)}{6}\right]L \approx 0,77\,m}$,

$\boxed{H_3=\left(\dfrac{3-\sqrt{6}}{6}\right)L \approx 0,25\,m}$.

Onde usamos $\sqrt{3}=1,7$ e $\sqrt{2}=1,4$. Lembre-se que $\sqrt{6}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}$.

Segunda interpretação:

Essa interpretação - que é fisicamente mais plausível - considera que as cintas devem ser posicionadas nas posições de aplicação das forças de pressão em cada seção (centro de pressões); isto é, como se o esforço total em cada seção fosse aplicado em uma determinada posição na seção. Para o caso horizontal, é evidente que a homogeneidade da pressão faz com que o centro de pressões se localize no meio de cada seção. Quando o tubo está na vertical, a situação muda e a análise torna-se mais complicada.

Para essa análise, é necessário ter conhecimento prévio de um resultado bem conhecido em hidrostática, mas cuja demonstração envolve cálculo integral, e portanto não será aqui apresentada: o centro de pressões (ponto de aplicação da força de pressão em algum obstáculo; no nosso caso, a parece do cilindro) de uma coluna de água de altura $h$ está localizado a uma altura $h/3$ da base da coluna, ou $2h/3$ do topo da coluna, de forma equivalente. Utilizando esse fato, podemos imediatamente escrever que a altura $H_1$ da cinta na seção $1$ em relação ao chão é

$H_1=L-\dfrac{2h_1}{3}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{H_1=\left(1-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)L \approx 1,5\,m}$.

Para as alturas das demais cintas, a análise é menos trivial. Para fugir do uso de cálculo, motivado pelos valores de $h/3$ e $2h/3$, você pode perceber a semelhança com a mediana de um triângulo. Se imaginarmos um triângulo isósceles de base arbitrária $b$ e altura $h$, o centro de pressões seria coincidente com seu baricentro/centro de massa (CM) $P$. Sendo assim, vamos considerar um triângulo com massa uniformemente distribuída pela sua área, $\Delta AFG$, de lado $L$ e base $b_3$, ao qual nos referimos como triângulo $3$. Dentro dele podemos demarcar outros dois triângulos: $\Delta ABC$, de altura $h_1$ e base $b_1$ - ao qual nos referiremos como $1$ - e $\Delta ADE$, de altura $h_2$ e base $b_2$, ao qual nos referiremos como $2$. Isoladamente, os triângulos possuem massas proporcionais às suas áreas; isto é

$\dfrac{m_1}{h_1 b_1}=\dfrac{m_2}{h_2 b_2}=\dfrac{m_3}{L b_3}$.

E, por semelhança:

$b_1=\dfrac{h_1}{L}b_3$

$b_2=\dfrac{h_2}{L}b_3$

O centro de pressões da seção $1$, como já fora discutido, corresponde ao ponto $P_1$ na figura abaixo, e está a uma distância $l_1=2h_1/3$ do ponto $A$.

Para a seção $2$, o ponto de aplicação está associado à posição vertical do CM $P_2$ do trapézio $BCDE$, o qual é obtido superpondo o triângulo $2$ de massa $m_2$ com o triângulo $1$, mas preenchido com uma "massa negativa" $-m_1$. Sendo $l_2$ a distância de $P_2$ desde o topo, temos, pela definição de centro de massa

$l_2=\dfrac{m_2 y_2+(-m_1)y_1}{(-m_1)+m_2}$,

sendo $y_1=2h_1/3$ e $y_2=2h_2/3$ as coordenadas verticais dos baricentros dos triângulos $1$ e $2$. Substituindo:

$l_2=\dfrac{2}{3} \dfrac{h_2^3-h_1^3}{h_2^2-h_1^2}$.

Para a seção $3$, o ponto de aplicação de forças $P_2$ está associado à posição vertical do CM do trapézio $DEFG$, obtido superpondo o triângulo $3$, de massa $m_3$, com o triângulo $2$, porém preenchido com "massa negativa" $-m_2$. Analogamente:

$l_3=\dfrac{m_3 y_3+(-m_2)y_2}{(-m_2)+m_3}$,

com $y_3=2L/3$. Logo:

$l_3=\dfrac{2}{3} \dfrac{L^3-h_2^3}{L^2-h_2^2}$.

Por fim, substituindo os valores de $h_1$ e $h_2$ e lembrando que as alturas de posicionamento das cintas em relação ao chão são $H_i=L-l_i$, obtemos

$\boxed{H_1=\left(1-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)L \approx 1,5\,m}$,

$\boxed{H_2=\left[1-\dfrac{2\sqrt{3}\left(2\sqrt{2}-1\right)}{9}\right]L \approx 0,77\,m}$,

$\boxed{H_3=\left(\dfrac{4 \sqrt{6}}{9}-1\right)L \approx 0,14\,m}$.

Primeira interpretação: as cintas são posicionadas no meio de cada seção

$\boxed{H_1=\left(1-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)L \approx 1,7\,m}$

$\boxed{H_2=\left[1-\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{2}+1\right)}{6}\right]L \approx 0,77\,m}$

$\boxed{H_3=\left(\dfrac{3-\sqrt{6}}{6}\right)L \approx 0,25\,m}$

Segunda interpretação: as cintas são posicionadas nas alturas de aplicação das forças em cada seção

$\boxed{H_1=\left(1-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)L \approx 1,5\,m}$

$\boxed{H_2=\left[1-\dfrac{2\sqrt{3}\left(2\sqrt{2}-1\right)}{9}\right]L \approx 0,77\,m}$

$\boxed{H_3=\left(\dfrac{4 \sqrt{6}}{9}-1\right)L \approx 0,14\,m}$

Equílibrio e estabilidade

(a) Vejamos inicialmente a disposição das forças no sistema (as forças normais de contato não estão mostradas, pois não serão necessárias).

Como a haste tem comprimento fixo e massa desprezível, a força resultante nela deverá ser nula, portanto, as forças de tração nos blocos deverão ter o mesmo módulo e sentidos opostos ($\vec T$ e $-\vec T$).

Como os corpos estão em equilíbrio, as forças resultantes na direção dos planos da cunha deverão ser nulas.

I) Para $m_1$

$T\cos{\theta_{eq}}=m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}$

II) Para $m_2$

$T\cos{(90^{\circ}-\theta_{eq})}=m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}$

$T\sin{\theta_{eq}}=m_2g\cdot \sin{(45^{\circ})}$

Dividindo uma equação pela outra encontramos:

$\dfrac{T\sin{\theta_{eq}}}{T\cos{\theta_{eq}}}=\dfrac{m_2g\cdot \sin{(45^{\circ})}}{m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}}$

$\rightarrow \tan{\theta_{eq}}=\dfrac{m_2}{m_1}$

Como é possível ver na figura:

$\tan{\theta_{eq}}=\dfrac{d_2}{d_1}$

Logo:

$\boxed{\dfrac{d_2}{d_1}=\dfrac{m_2}{m_1}}$

(b) Antes de continuarmos nossa solução, vamos relembrar um pouco sobre estabilidade de equilíbrios.

A energia potencial de um sistema pode ter três comportamentos ao deslocarmos os corpos em relação a posição de equilíbrio.

I) Ao deslocarmos há o aumento da energia potencial

Esse tipo de sistema encontra-se em equílibrio estável, e os corpos tenderão a voltar à posição de equilíbrio.

II) Ao deslocarmos há a diminuição da energia potencial

Esse tipo de sistema encontra-se em equílibrio instável, e os corpos tenderão a afastar-se da posição de equilíbrio.

III) Ao deslocarmos a energia potencial permanece constante

Esse tipo de sistema encontra-se em equílibrio indiferente. independente de onde o corpo se encontre sempre estará em equilíbrio.

1ª Solução (aproximada)

Para essa solução, utilizaremos que apenas deslocamos um pouquinho os nossos blocos, e o ângulo $\theta$ será um pouco diferente do $\theta_{eq}$.

$\theta=\theta_{eq}+\delta$ ; $\delta \ll 1$

Como $\delta$ é muito pequeno, utilizaremos as aproximações:

$\sin{\delta}\approx \delta$  e  $\cos{\delta}\approx 1$

Do item (a) temos:

$T\cos{\theta_{eq}}=m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}$

Quando puxamos um pouquinho o bloco $m_1$ para cima ($\delta>0$), a força resultante nele deixará de ser zero.

Como puxamos apenas um pouquinho, consideraremos nessa solução que o valor da força de tração permanece aproximadamente constante, e a variação se deverá ao ângulo.

Tomemos a direção subindo o plano como referencial positivo para a aceleração.

Aplicando a segunda lei de Newton:

$T\cos{(\theta_{eq}+\delta)}-m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}=m_1a$

$T\cos{\theta_{eq}}-T\sin{\theta_{eq}}\cdot \delta-m_1g\cdot \sin{(45^{\circ})}=m_1a$

$\rightarrow a=-\dfrac{T\sin{\theta_{eq}}}{m_1}\cdot \delta$

$\rightarrow a<0$

Quando puxamos um pouquinho o bloco para cima, sua aceleração estará direcionada para baixo, tentando fazer o bloco retornar a posição de equilíbrio.

Para o outro bloco, encontraremos que sua aceleração também está direcionada para a sua posição de equilíbrio. Isso também acontecerá para o caso $\delta<0$.

Como os blocos sempre querem retornar a posição de equilíbrio, este é estável.

2ª Solução (Mais "exata")

Adotando o referencial para energia potencial nula o ponto mais alto da cunha, temos:

$U=-m_1gh_1-m_2gh_2=-m_1gd_1\sin{(45^{\circ})}-m_2gd_2\sin{(45^{\circ})}$

$U=-g\sin{(45^{\circ})}(m_1d_1+m_2d_2)$

Como o termo $-g\sin{(45^{\circ})}$ é constante, basta analisarmos a outra parte da energia potencial.

Seja a função, $f(d_1,d_2)$ definida por:

$f(d_1,d_2)=m_1d_1+m_2d_2$

Como o comprimento da barra é constante (chamemos de $L$), podemos relacionar as duas distâncias com o ângulo entre a barra e a cunha.

i)

$\sin{\theta}=\dfrac{d_2}{L} \rightarrow d_2=L\sin{\theta}$

ii)

$\cos{\theta}=\dfrac{d_1}{L} \rightarrow d_1=L\cos{\theta}$

Poderemos agora olhar nossa função em $\theta$.

$f(\theta)=L(m_1\cos{\theta}+m_2\cos{\theta})$

Utilizaremos agora algumas manipulações algébricas nas funções trigonométricas.

Seja o nosso ângulo $\theta$ um pouco diferente do nosso ângulo de equilíbrio.

$\theta=\theta_{eq}+\delta$

O nosso $\delta$ é muito pequeno ($\delta<<1$), ou seja, afastamos apenas um pouquinho o nosso sistema.

Portanto, utilizaremos as aproximações:

$\sin{\delta}\approx \delta$  e  $\cos{\delta}\approx 1-\dfrac{\delta^2}{2}$

A prova dessas aproximações é feita utilizando cálculo.

I) Trabalhando com o ângulo de equilibrio:

Como visto no item a) 

$\tan{\theta_{eq}}=\dfrac{m_2}{m_1}\,;\,m_1,m_2>0$

Das relações trigonométricas temos

$\cos{\theta_{eq}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\tan^2{\theta_{eq}}}} \rightarrow \cos{\theta_{eq}}=\dfrac{m_1}{\sqrt{m_1^2+m_2^2}}$

e

$\sin{\theta_{eq}}=\sqrt{1-\cos^2{\theta_{eq}}} \rightarrow \sin{\theta_{eq}}=\dfrac{m_2}{\sqrt{m_1^2+m_2^2}}$

Trabalharemos agora com o ângulo deslocado em relação ao equilíbrio:

III)

$\cos{\theta}=\cos{(\theta_{eq}+\delta)}=\cos{(\theta_{eq})}\cdot \cos{(\delta)}-\sin{(\theta_{eq})}\cdot \sin{(\delta)}$

$\rightarrow \boxed{\cos{\theta}=\dfrac{m_1\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)-m_2\cdot \delta}{\sqrt{m_1^2+m_2^2}}}$

IV)

$\sin{\theta}=\sin{(\theta_{eq}+\delta)}=\sin{(\theta_{eq})}\cdot \cos{(\delta)}+\cos{(\theta_{eq})}\cdot \sin{(\delta)}$

$\rightarrow \boxed{\sin{\theta}=\dfrac{m_2\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)+m_1\cdot\delta}{\sqrt{m_1^2+m_2^2}}}$

Aplicando esses valores em nossa função, temos:

$f(\delta)=\dfrac{L}{\sqrt{m_1^2+m_2^2}}\left[m_1\left(m_1\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)-m_2\delta\right)+m_2\left(m_2\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)+m_1\delta\right)\right]$

$f(\delta)=L\sqrt{m_1^2+m_2^2}\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)$

Aplicando esse resultado na energia potencial:

$U=-g\sin{(45^{\circ})}\cdot f$

$\boxed{U=-\left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)}$

Na posição de equílibrio $\delta=0$, logo:

$U_{eq}=-\left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}$

Trabalhando com o $\delta$:

$\delta^2>0 \rightarrow \dfrac{\delta^2}{2}>0$

$-\dfrac{\delta^2}{2}<0$

$1-\dfrac{\delta^2}{2}<1$

$\rightarrow \left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)<\left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}$

$-\left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}\left(1-\dfrac{\delta^2}{2}\right)>-\left(\sqrt{m_1^2+m_2^2}\right)gL\sin{(45^{\circ})}$

$\boxed{U>U_{eq}}$

Portanto, como ao deslocarmos o sitema da posição de equilíbrio há o aumento da energia potencial, a posição de equilíbrio é estável.

OBS: Possivelmente, a solução esperada pela OBF seja a primeira, visto que é bem mais natural ao aluno pensar em uma força restauradora, fazendo o corpo retornar à posição de equilíbrio. Todavia, deixamos a segunda solução para uma prova mais exata do porquê o equilíbrio é estavel.

(a) $\boxed{\dfrac{d_2}{d_1}=\dfrac{m_2}{m_1}}$

(b) Demonstração.

Conservação de energia

Sabemos que a aceleração média será dada por:

$a=\dfrac{v_2-v_1}{\Delta t}$

Onde $\Delta t$ é o tempo entre a transição de $P_1$ a $P_2$. Como queremos a máxima aceleração, efetivamente precisamos minimizar $\Delta t$. Podemos fazer isso impondo a condição que a diferença das potências aplicada durante esse intervalo de tempo é inteiramente responsável por mudar a energia cinética da água. Assim:

$(P_2-P_1)\Delta t=\dfrac{m(v_2^2-v_1^2)}{2}$.

Obtendo que a aceleração máxima é:

$\boxed{a=\dfrac{2(P_2-P_1)}{m(v_1+v_2)}}$

$\boxed{a=\dfrac{2(P_2-P_1)}{m(v_1+v_2)}}$

Dinâmica de rotação

(i) Tacada de raspão

Vamos primeiro considerar o caso em que temos a tacada “de raspão”. Para a solução, vamos considerar o chão produz uma força de atrito na bola, que fornecerá um impulso $P$ contra o seu movimento.

Assim, temos, pelo teorema do impulso linear:

$I_{lin}=m{\Delta v}$,

$J-P=m(v_{r}-0)$,

$J-P=mv_{r}$.

Da dinâmica de rotação, temos a equação do impulso angular:

$I_{ang}=\Delta{L}$,

sendo $I_{ang}$ o impulso angular resultante e $\Delta{L}$ a variação de momento angular do corpo. Primeiramente, vamos escolher o CM (centro de massa) da bola como referencial para o cálculo do impulso angular e do momento angular. Como ambas as forças tendem a girar a bola no mesmo sentido (horário, na figura acima), o impulso angular em relação ao centro será $\left(J+P\right)R$, onde $R$ é o raio da bola. Lembre-se que o momento angular do corpo em relação ao seu centro de massa é dado por $L=I_{CM} \omega$, sendo $\omega$ sua velocidade angular e $I_{CM}$ o momento de inércia do corpo em relação ao CM. Para uma esfera homogênea, vale que $I_{CM}=\dfrac{2mR^2}{5}$ ($m$ é a massa da bola). Portanto:

$\left(J+P\right)R=\dfrac{2mR^2}{5} \left(\omega_r-0\right)$,

No entanto, o enunciado nos diz que a esfera entra em rolamento perfeito logo após a tacada. Sendo assim, vale que $v_r= \omega_r R$, logo:

$J+P=\dfrac{2mv_r}{5}$.

Somando essa equação com $J-P=mv_{r}$, encontramos

$v_{r}=\dfrac{10J}{7m}$.

(ii) Tacada frontal

Similarmente para a tacada frontal, temos, utilizando o teorema do impulso

$J-P'=mv_f$,

sendo agora $P'$ o módulo do impulso fornecido pelo chão.

No entanto, agora, a equação do impulso angular muda para

$P'R=\dfrac{2mR^2}{5}\omega_f$,

pois a linha de ação da força proporcionada pela tacada passa pelo centro de massa, o que atribui a ela torque nulo. Para a condição de rolamento perfeito, temos $v_f=\omega_f R$. Logo:

$P'=\dfrac{2mv_f}{5}$

Substituindo $P'$ em $J-P'=mv_f$, obtemos

$v_{f}=\dfrac{5J}{7m}$.

Dessa forma:

$\boxed{\dfrac{v_{f}}{v_{r}}=\dfrac{1}{2}}$.

OBS. 1: Conceitualmente, a questão está errada, visto que é impossível que a bola gire sem deslizar imediatamente após uma tacada frontal/de raspão. Tomemos como exemplo a tacada frontal: realisticamente, a bola primeiramente sofre um impulso devido à tacada durante um intervalo de tempo muito curto. Logo, seu centro adquire uma certa velocidade inicial, mas sua velocidade angular ainda é nula, pois, durante esse intervalo de tempo, a força de atrito do chão não é considerada impulsiva. Somente após a tacada cessar é que o efeito do atrito assume um papel importante; o torque da força de atrito cinética fará a bola começar a girar e o seu impulso fará a bola perder velocidade linear, até um certo ponto em que a condição $v=\omega R$ é satisfeita e a bola entra em rolamento perfeito. No entanto, isso não anula o fato de que a questão ainda pode razoavelmente ser resolvida utilizando as condições dadas pelo enunciado, ainda que o cenário físico não seja plausível.

OBS. 2: Vale comentar que os impulsos $P$ e $P'$ não podem ser iguais, uma vez que isto resultaria em $v_f=v_r$ (verifique). No entanto, a princípio, eles deveriam ser iguais se considerarmos que: a força de atrito cinético possui seu comportamento usual; isto é, intensidade constante e igual a $\mu mg$, sendo $\mu$ o coeficiente de atrito; e que os intervalos de tempo de aplicação das forças são iguais para ambas as tacadas. Dado que o impulso $J$ é igual nas duas tacadas, é, de certa forma, possível que o impulso do chão $P$ seja alterado de uma tacada pra outra, já que deve valer, para as duas tacadas, que o produto da força média pela duração da tacada seja $J$, permitindo que a força média aplicada pelo operador seja variada juntamente com o tempo mas de  forma a manter a igualdade. Variar a duração da tacada mudaria o valor do impulso fornecido pelo atrito de uma tacada para a outra, o que é uma possível justificativa para uma "aparente inconsistência".

$\boxed{\dfrac{v_{f}}{v_{r}}=\dfrac{1}{2}}$

Transporte de Energia - Radiação e Condução

Analisando a caixa inteira, sabendo que um corpo negro ($e=1$) absorve toda a energia que incide sobre ele, deduz-se que no equilíbrio toda a potência absorvida pelo interior da caixa será transferida para o exterior por condução, e então ao ambiente por radiação.

Portanto,

$\sigma e A (T_{ext}^4-T_a^4)=250W$ e $\dfrac{kA (T_{int}-T_{ext})}{L}=250W$

Assim, podemos obter o valor de $T_{int}$.

Agora, analisando cada lado da caixa como uma placa isolada, percebe-se que as potências irradiadas pelas superfícies interna e externa devem ser iguais. Logo:

$\sigma e A (T_{int}^4-T^4) = 250\,W$

Obtendo então o valor de $T$, a temperatura do ar no interior da caixa:

$\boxed{T=343 \, K}$

$\boxed{T=343 \, K}$

Ondas e Interferência

(a) Primeiro, devemos ver que, para não gerar batimentos ou outros tipos de interferência, a onda emitida por $AB$ (sendo $A$ e $B$ as posições das fontes 1 e 2) deve atingir a linha paralela em $C$ (posição da fonte 3) no momento em que a fonte 3 começar a emitir, já que essa está defasada de $T/4$. Assim, veja que, por simetria, a onda resultante sairá na direção da mediatriz de $AB$, já que esses pontos, por estarem equidistantes de $A$ e $B$, serão os com maior intensidade, e, por ser tratar de um triângulo equilátero, tal reta também passa por $C$, completando a simetria.

Portanto, como $C$ está atrasado em $\dfrac{T}{4}$, segue a relação:

$v_{onda} = \dfrac{CD}{T/4} = \dfrac{4\cdot CD}{T} = \dfrac{\lambda}{T}$

$4\cdot CD = \lambda$

Pelas relações geométricas de um triângulo equilátero, $CD = \dfrac{l\sqrt{3}}{2}$. Ou seja,

$2l\sqrt{3} = \lambda \Rightarrow \boxed{l = \dfrac{\lambda\sqrt{3}}{6}}$

Numericamente, $\boxed{l \approx 28,3\, m}$.

(b) Como vimos, a onda será emitida na direção que liga a fonte defasada com o ponto médio do lado oposto à essa fonte. Assim, como a fonte 3 é a defasada, o incentro coincide com o circuncentro e é colinear a 3 e ao ponto médio do segmento 12, teremos que o centro do círculo irá se ligar a 3. Portanto, como se trata de um triângulo equilátero, $\boxed{\theta =60^{\circ}}$. Veja a figura:

Caso esteja curioso, você pode acessar o artigo original, que contém mais explicações experimentais sobre esse processo clicando aqui.

(a) $\boxed{l = \dfrac{\lambda \sqrt{3}}{6} \approx 28,3 \, m}$

(b) $\boxed{\theta = 60^{\circ}}$

Cinemática e Óptica geométrica 

(i) Vamos começar relacionando a distância $L$ com $l$ e $E$. Como $l$ se trata da maior distância entre dois pontos no sensor ótico de seu equipamento, temos que

$E=\dfrac{l}{L}$,

pois a maior separação entre dois pontos na foto é obtida quando a distância física entre esses pontos é $L$ (as extremidades da foto). Lembre-se de que a câmara consiste essencialmente de uma lente convergente com um anteparo (sensor) posicionado atrás dela, no qual a imagem é projetada. Perceba primeiramente que, como as fotos são tiradas com foco no infinito, objetos localizados no infinito devem ser nítidos no sensor, o que significa que a imagem desses objetos devem ser reduzidas a um ponto no sensor. Veja:

Para que isto seja satisfeito, a distância do anteparo à lente deve ser igual à distância focal $f$ da lente, como mostra a figura. Devemos agora, então, analisar a geometria da formação da foto no sensor, que corresponde a imagem de um objeto $CD$ de tamanho $L$. Acompanhe o raciocínio com a figura abaixo: raios de luz provenientes dos pontos $C$ e $D$ passam pelo centro $O$ da lente sem desvio, atingindo os pontos $A$ e $B$ no sensor. Como já vimos, essa distância $AB$ é a maior distância $l$ entre dois pontos no sensor.

Por meio de uma semelhança entre os triângulos $\Delta AOB$  e $\Delta COD$, temos

$\dfrac{f}{l}=\dfrac{h}{L}$,

e, substituindo $L=l/E$:

$\boxed{f=hE=150\,mm}$

substituindo $h=7500\,m$ e $E=1/50000$. Atente-se para o comando do enunciado, que pede a resposta em $mm$.

(ii) Para o tempo $\tau$, devemos encontrar a distância percorrida pelo avião entre duas fotos consecutivas. Da figura do enunciado, vemos que ela é igual a $L-SL=\dfrac{l}{E}\left(1-S\right)$. Logo:

$\boxed{\tau=\dfrac{\dfrac{l\left(1-S\right)}{E}}{v}=\left(1-S\right)\dfrac{l}{vE}}$.

Substituindo os dados numéricos $S=40\%=0,40$, $l=140\,mm$, $E=1/50000$ e $v=360\,km/h=100\,m/s$:

$\boxed{\tau=42\,s}$

$\boxed{f=hE=150\,mm}$

$\boxed{\tau=\left(1-S\right)\dfrac{l}{vE}=42\,s}$.