OBF 2019 – Segunda Fase (Nível 1)

Cinemática.

Para descobrir a velocidade média para o percurso completo, basta dividir o comprimento total do percurso ($d=120$ $km$) pelo tempo total necessário para fazer este trajeto. Podemos então obter o tempo para cada trecho e somá-los para obter o tempo total. Dessa forma, o tempo de cada trecho é:

Trecho 1:

$t_1 = \dfrac{d_1}{v_1}$

$t_1 = \dfrac{\dfrac{2}{6}*120}{50}$

$t_1 = \dfrac{4}{5}$

$t_1 = 0,8$ $h$

Trecho 2:

$t_2 = \dfrac{d_2}{v_2}$

$t_2 = \dfrac{\dfrac{3}{6}*120}{80}$

$t_2 = \dfrac{3}{4}$

$t_2 = 0,75$ $h$

Trecho 3:

$t_3 = \dfrac{d_3}{v_3}$

$t_3 = \dfrac{\dfrac{1}{6}*120}{20}$

$t_3 = \dfrac{20}{20}$

$t_3 = 1$ $h$

A velocidade média é então:

$v = \dfrac{d}{t}$

$v = \dfrac{d}{t_1 + t_2 + t_3}$

$v = \dfrac{120}{0,8 + 0,75 +1}$

$v = \dfrac{120}{2,55}$

$v \approx 47,1$ $km/h$

Transformando para $m/s$

$v = \dfrac{47,1}{3,6}$

$v \approx 13,1$ $m/s$

$v \approx 13,1$ $m/s$

Gravitação, MCU.

a) Já que o satélite $E$ é geoestacionário, ele deve ter a mesma velocidade angular que a Terra, para que uma pessoa veja ele parado. Dessa forma, o seu período deve ser o mesmo que o período de rotação da Terra. Logo:

$T_E = 24$ $h$

Utilizando a terceira lei de Kepler:

$\dfrac{T^2}{R^3} = cte$

$\dfrac{T_E^2}{R_E^3} = \dfrac{T_F^2}{R_F^3}$

$T_F^2 = T_E^2 \left( \dfrac{R_F}{R_E} \right) ^3$

$T_F =T_E \left( \dfrac{R_F}{R_E} \right) ^{\dfrac{3}{2}}$

O raio de $F$, $R_F$, é $21$% maior que o raio de $E$, $R_E$. Dessa forma, temos:

$R_F = 1,21*R_E$

$\dfrac{R_F}{R_E} = 1,21$

Substituindo:

$T_F = T_E \left(1,21\right)^{\dfrac{3}{2}}$

$T_F = T_E (1,1)^3$

$T_F =1,331*T_E$

$T_F = 1,331*24$
$T_F =31,944$

$T_F \approx 32$ $h$

b) Para que o tempo de encontro seja mínimo, os satélites devem estar girando em sentidos contrários. Ao se movimentarem no mesmo sentido, eles também se encontrarão, mas demorará mais (cerca de $96$ $h$). Como a questão não especifica, ficamos nessa ambiguidade e se é decidido calcular o menor tempo possível.

As velocidades angulares para cada satélite são:

$\omega_E = \dfrac{2\pi}{T_E}$

$\omega_F = -\dfrac{2\pi}{T_F}$

A velocidade angular de $F$ em relação a $E$ é então:

$\omega_r = \omega_E -\omega_F$

$\omega_r = \dfrac{2\pi}{T_E} + \dfrac{2\pi}{T_F}$

$\omega_r = 2\pi \left(\dfrac{1}{T_E} +\dfrac{1}{T_F}\right)$

$\omega_r = 2\pi \left(\dfrac{T_F +T_E}{T_FT_E} \right)$

Nesse referencial, o satélite $E$ está parado e o satélite $F$ dará uma volta, percorrendo então um ângulo de $\theta = 2\pi$. Assim:

$2\pi = \omega_rt$

$2\pi = 2\pi \left(\dfrac{T_F +T_E}{T_FT_E} \right) t$

$t = \dfrac{T_FT_E}{T_F+T_E}$

$t = \dfrac{32*24}{32+24}$

$t =\dfrac{32*24}{56}$

$t = 13,714$ $h$

$t \approx 13,7$ $h$

$t \approx 13,7$ $h$

Termometria.

A escala é linear, então a relação entre a temperatura em Celsius e a altura do mercúrio deve ser algo do tipo:

$T = T_o + a*H$

Onde $T_o$ é a temperatura quando o mercúrio está na altura $0$ e $H$ é a altura da coluna de mercúrio.

Tendo uma variação de temperatura relacionada à uma variação de altura, sendo ambas conhecidas, podemos descobrir o valor de $a$. Pela figura, temos que uma variação de $40^o$$C$ está relacionada à um aumento de $6$ $cm$ da coluna de mercúrio, desta forma:

$a = \dfrac{\Delta T}{\Delta H}$

$a =\dfrac{40}{6}$

$a =\dfrac{20}{3}$

Dessa forma podemos descobrir $T_o$:

$T = T_o + \dfrac{20}{3}H$

Para a temperatura de $20^o$$C$:

$20 = T_o + \dfrac{20}{3}*5$

$T_o = 20 -\dfrac{100}{3}$

$T_o = \dfrac{20*3 - 100}{3}$

$T_o = -\dfrac{40}{3}$

$T_o \approx - 13,3^o$$C$

Podemos então descobrir a maior temperatura mensurável, que é na ponta de cima do termômetro:

$T_f = -\dfrac{40}{3} + \dfrac{20}{3}*25$

$T_f = \dfrac{500-40}{3}$

$T_f = \dfrac{460}{3}$

$T_f \approx 153,3^o$$C$

Para a marcação da escala, $T_m$ deve ser o menor inteiro maior que $T_o$ e $T_M$ deve ser o maior inteiro menor que $T_f$, dessa forma:

$T_m= -13^o$$C$

$T_M<153,3$

$T_M = 153^o$$C$

$T_m= -13^o$$C$

$T_M = 153^o$$C$

Análise dimensional, leis de Newton.

Por análise dimensional podemos perceber que a resistência à tração $R_T$ deve ser algo do tipo:

$R_T = \dfrac{T}{A}$

Onde $T$ é a tração no fio e $A$ é a área transversal do fio.

O fio para se sustentar deve exercer em uma de suas pontas uma tração equivalente ao próprio peso, em direção oposta para que o fio não caia. O peso do fio será:

$P = T = m g$

A massa $m$ do fio, por ser cilíndrico, será:

$m = \rho V$

$m = \rho L A$

Onde $L$ é o comprimento do fio. Assim:

$T =\rho L A g$

$R_T = \dfrac{\rho L A g}{A}$

$R_T = \rho L g$

$L = \dfrac{R_T}{\rho g}$

$L = \dfrac{2000*10^6}{0,200*10^3*10}$

$L = \dfrac{2000*10^6}{2000}$

$L= 1,00*10^6 m$

$L= 1,00*10^6 m$

Cinemática: lançamento horizontal em um campo gravitacional uniforme

O tempo que o cascalho leva para atingir a caçamba é obtido através da relação de distância percorrida em um M.U.V

$h=gT^2/2$

Sendo assim

$$T=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$$

A partir do tempo de queda, obtemos o alcance do cascalho (o mesmo possui velocidade horizontal $V$)

$$A=VT$$

Esse mesmo alcance não pode ser menor que $d$ nem maior que $L+d$. Portanto

$$d\leq{A}\leq{L+d}$$

$$d\leq{V\sqrt{\dfrac{2h}{g}}}\leq{L+d}$$

Logo

$$d\sqrt{\dfrac{g}{2h}}\leq{V}\leq{(L+d)\sqrt{\dfrac{g}{2h}}}$$

Substituindo os valores numéricos fornecidos no enunciado

$2,1 m/s\leq{V}\leq{4,9 m/s}$

$2,1 m/s\leq{V}\leq{4,9 m/s}$

Leis de Newton, cinemática

A força de atrito estático máxima para uma pilha de caixas é:

$F_{at} = \mu M g$

O caminhão desacelerar com uma desaceleração constante $a$. Em um referencial dentro do caminhão, isto gera uma força de inércia na pilha de caixas, sendo esta força:

$F = Ma$

Para que a caixa não escorregue, esta força deve ser menor ou igual á força de atrito máxima. No caso limite:

$F_{at} = F$

$\mu M g =M a$

$a = \mu g$

$a = 0,5 * 10$

$a = 5$ $m/s^2$

Aplicando a equação de Torricelli no caminhão:

$V^2 = V_o^2 + 2 a \Delta S$

$0 = V_o^2 - 2*5 \Delta S$

$V_o^2 = 10 \Delta S$

Para a velocidade ser máxima, $\Delta S$ é máximo, que é no caso de ele ser igual a $d=10$ $m$. Logo:

$V_o ^2=10*10$

$V_o = 10,0$ $m/s$

Transformando para $km/h$

$V_o = 36,0$ $km/h$

$V_o = 36,0$ $km/h$

Propriedades da matéria.

a) Para que o ovo fique flutuando, o empuxo exercido sobre ele deve ser exatamente o seu peso. Dessa forma, temos:

$E = P$

$\rho_l V_o g = \rho_o V_o g$

$\rho_l = \rho_o$

Como a densidade do ovo é maior que a densidade da água($\rho_a =1,00$ $g/ml$), adiciona-se sal à água. A nova densidade da solução vai ser:

$\rho_l = \dfrac{m_a + m_s}{V_a}$

Temos então:

$\rho_o*V_a = m_a + m_s$

$m_s = \rho_o*V_a - m_a$

$m_s = 1,05*100 -100$

$m_s = 105-100$

$m_s =5,00$ $g$

b) Na terceira proveta, ao colocar o ovo, observa-se que a marcação do nível de água aumenta de $100$ $ml$ para $112$ $ml$. Essa variação de volume é causada pela adição do ovo, sendo este volume o volume do ovo. Assim:

$V_o = 12$ $ml$

E a massa de ovo $m$ é:

$m = \rho_oV_o$

O volume de limalha de ferro para ter a mesma massa $m$ será:

$m = \rho_fV_f$

$\rho_oV_o = \rho_fV_f$

$V_f = \dfrac{\rho_oV_o}{\rho_f}$

$V_f = \dfrac{1,05*12}{8}$

$V_f = \dfrac{1,05*3}{2}$

$V_f = 1,5*1,05$

$V_f = 1,575$

Ao colocar este volume de ferro na segunda proveta, pelo ferro não ser solúvel em água, ocorre um incremento do nível de água. A nova marcação será:

$100 + 1,575 =101,575$ $ml$

Que fica então entre as marcações de $101$ $ml$ e $102$ $ml$.

c) Na proveta que tem a limalha de ferro, o ferro está depositado no fundo da proveta, e a densidade da água permanece inalterada já que o ferro não é dissolvido pela água. O ovo então, ao ser colocado nesta proveta, afunda, pois sua densidade é maior que a da água.

a) $m_s =5,00$ $g$

b) $100 + 1,575 =101,575$ $ml$

A água fica então entre as marcações de $101$ $ml$ e $102$ $ml$.

c) O ovo afunda.

Dinâmica: plano inclinado e polias

Como a corda é ideal, todos os pontos da mesma estão submetidos a mesma força $F$. Por outro lado, a polia móvel, também ideal, possui massa $0$, ou seja, a força resultante sentida por ela é nula. Logo, a força que a massa deve fazer na polia é $2F$ apontando para baixo do plano inclinado, a fim de anular a força resultante na polia móvel. Pela terceira lei de Newton, a polia exerce uma força $2F$ para cima do plano inclinado. Portanto, pela segunda lei de Newton

$F_{Res}=2F-mg\sin{\theta}=ma$

$a=2F/m-g\sin{\theta}$

Substituindo os valores fornecidos no enunciado, chegamos no resultado esperado

$a=-1m/s^2$

E, portanto, a caixa desce o plano inclinado.

$a=1m/s^2$

Descendo o plano inclinado