OBF 2019 Segunda Fase - (Nível 2)

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

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

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

Oscilações

Em uma oscilação harmônica, vale:

$a=-\omega^{2} x$

Sendo assim, o valor máximo do módulo da aceleração é dado por:

$a_{max}=\omega^{2} A$

onde $A$ é a amplitude da oscilação e $\omega$ a frequência angular da oscilação. Essa aceleração máxima deve ser igual à:

$8g=10,0$ $m/s^{2}$

Substituindo o valor da amplitude, encontramos então que:

$\omega^{2}=\dfrac{80}{0,02}$ $s^{-2}$

$\omega^{2}=4000$ $s^{-2}$

Sabemos que $\omega= 2 \pi f$, logo:

$f^{2}=\dfrac{4000}{4*3,00^{2}}$ $s^{-2}$

Pois conforme indicado no início da prova, deve-se utilizar $\pi=3,00$. Sendo assim:

$f=\dfrac{10}{3}\sqrt{10}$ $Hz$

Substituindo $\sqrt{2}=1,40$ e $\sqrt{5}=2,20$, temos:

$f=\dfrac{10*1,40*2,20}{3}$ $Hz= \dfrac{154}{15}$ $Hz \approx 10,3$ $Hz$

$f=\dfrac{154}{15}$ $Hz \approx 10,3$ $Hz$

Hidrodinâmica

Podemos aproximar as asas do avião para um paralelepípedo com espessura desprezível, possuindo área superior igual à área inferior e igual à $A$. Sendo assim, deve valer para a sustentação do avião:

$\left( P_{inf}-P_{sup} \right) A = Mg$

Mas podemos extrair a diferença de pressões pela equação de Bernoulli, note que as diferenças de altura são desprezíveis então não escreveremos esses termos na equação:

$P_{sup}+\dfrac{\rho V_{sup}^{2}}{2}= P_{inf}+\dfrac{\rho V_{inf}^{2}}{2}$

Sendo assim, temos:

$\Delta P =\dfrac{\rho \left( V_{sup}^{2}-V_{inf}^{2} \right) }{2}$

Note que:

$V_{sup}^{2}-V_{inf}^{2}=V^{2}\left( 1,25^{2} - 0,75^{2} \right) =V^{2}$

Logo, substituindo $\Delta P$, encontramos:

$A=\dfrac{2Mg}{\rho V^{2}}$

Mas note que a área total das asas será a soma da área superior com a inferior, (desprezando as laterais). Sendo assim:

$A_{tot}=\dfrac{4Mg}{\rho V^{2}}$

Substituindo, encontramos:

$A_{tot} \approx 28,9$ $m^{2}$

$A_{tot} \approx 28,9$ $m^{2}$

Ondas estacionárias em um tubo sonoro

Há a formação de ondas estacionárias dentro do tubo. Nos ventres de deslocamento o pó é sacudido e portanto, ele se despersa. Nos nós de deslocamento, o pó fica em repouso, correspondendo ao pico dos montes formados. O enunciado fornece a distância entre dois desses picos, ou seja, ele fornece a distância entre dois nós de deslocamento, que é ${\lambda}/2$. Dessa forma, pela relação fundamental da ondulatória

$v={\lambda}f=2df=1270 m/s$

$v=1270 m/s$

Gases e hidrostática

Pela lei geral dos gases ideais, vale:

$\dfrac{P_{0}V_{0}}{T_{0}}=\dfrac{PV}{T}$

Note que, pelo teorema de Stevin:

$P_{0}=P+\rho g H$

Sendo assim, temos:

$V=\dfrac{\left(1+\dfrac{\rho g H}{P} \right)T}{T_{0}}V_{0}$

Substituindo o valor da pressão atmosférica fornecido no início da prova $P=1,00*10^{5}$ $Pa$, as temperaturas em Kelvin, a densidade da água (fornecida no início da prova como $1000$ $kg/m^{3}$), a gravidade (fornecida no início da prova como $10,0$ $m/s^{2}$) e a profundidade:

$V=\dfrac{\left(1+5 \right)298}{288} * 10,0$ $cm^{3}$

$V \approx 62,1$ $cm^{3}$

Convertendo para o S.I. :

$V \approx 6,21*10^{-5}$ $m^{3}$

$V \approx 6,21*10^{-5}$ $m^{3}$

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

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:

$2\pi = \omega_rt$

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

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

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

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

$t = 13,714$ $h$

$t \approx 13,7$ $h$

a) $T_F \approx 32$ $h$

b) $t \approx 13,7$ $h$

Gravitação

a) Considere uma partícula de massa $m$ no equador e não se esqueça que o referencial fixado à esfera é não inercial, pois a mesma está rotacionando. Dado que a estrela como um todo rotaciona com uma frequência $\omega$, devemos ter, no equador

$mg\geq{m{\omega}^2R}$          $(1)$

Onde $R$ é o raio da estrela. Isso se deve ao que, no referencial da esfera girante, atuam o peso e a força centrífuga, a última por sua vez aponta para fora. Caso o contrário fosse verdadeiro, essa partícula teria um peso efetivo (soma da atração gravitacional com a força centrífuga) apontando radialmente para fora, ocasionando o despredimento de massa. Essa situação é parecida com a qual vivemos aqui na Terra: no equador a gravidade efetiva sentida por uma pessoa é $g-{\omega}^2R_T$. Como o período da terra é de 24 horas, achamos o $\omega$. Com o valor de $g$ e $R_T$ calculamos essa gravidade efetiva. No caso da terra, a diferença é pouca. Observe que não distinção entre $g$ e $g_e$ nos polos de um planeta. Lá o raio de giro é nulo, portanto, não há força centrífuga, e seu peso efetivo é igual ao peso real (dado pelo produto $mg$). Depois dessa análise, voltando para o problema, vemos que a condição necessária implica que, utilizando o valor de $g$ na superfície da estrela

$$\dfrac{GM}{R^2}\geq{{\omega}^2R}$$

Observe que para uma esfera maciça

$M=(4/3){\pi}R^3{\rho}$

Ou seja

$\dfrac{M}{R^3}=(4/3){\pi}{\rho}$          $(2)$

Usando as equações (1) e (2), obtemos $\omega$ e consequentemente $f=\omega/{2\pi}$

$f\leq{\dfrac{\sqrt{G{\rho}}}{3}}$          $(3)$

Evidentemente, $f_M$ é obtido tornando a igualdade em (3):

$$f_M=862,8 Hz$$

Aqui foi usado $\pi=3$.

b) Esse item consiste simplesmente na substituição dos valores de $f_0$ e $f_M$, o valor obtido é, aproximadamente

$$0,726$$

a) $862,8 Hz$

b) $0,726$

Condução térmica e Calorimetria

Sabemos que a potência térmica devido à condução fornecida à água é:

$Pot=\dfrac{kA \Delta T}{l}$

Mas, pela calorimetria do sistema sabemos que:

$\Delta E= L \Delta M_{gelo}=A\,L\,\rho_{gelo} \Delta l$

Sendo assim, vale:

$Pot=A\,L\,\rho_{gelo} U$

Onde $U$ é justamente a taxa de crescimento da camada de gelo. Igualando as expressões para potencia, temos:

$U=\dfrac{k \Delta T}{l \, L \, \rho_{gelo}}$

Note contudo que não temos como informação a densidade do gelo, portanto, para efeitos de estimativa, podemos aproximá-la para a densidade da água fornecida no início da prova:

$\rho_{gelo} \approx 1,00$ $g/cm^{3}$

Substituindo, encontramos:

$U=1,125$ $cm/h \approx 1,13$ $cm/h$

$U=1,125$ $cm/h \approx 1,13$ $cm/h$

Estática

Como a barra está em equilíbrio, a força resultante sobre a mesma é nula, assim como o torque resultante. Primeiramente, analisemos a primeira dessas condições. Chame a força normal que a atua na escada devido à parede de $N_2$, a normal devido ao chão de $N_1$ e a força de atrito de $f$. Pela condição de equilíbrio de forças na horizontal

$$N_2=f$$

E pelo equilíbrio de forças na vertical

$$\dfrac{5}{4}Mg=N_1$$

Agora, devemos aplicar a segunda condição: o torque resultante em torno de qualquer ponto do espaço é nulo. Escolhamos o ponto de encontro entre a escada e o piso. O torque resultante é a soma dos torques do peso da escada, da força que o homem faz em cima da escada (seu próprio peso), e o torque a força $N_2$. Definindo ${\theta}$ como o ângulo que a escada faz com a vertical, temos

$$MgL\sin{\theta}+{Mg/4}\dfrac{L}{2}\sin{\theta}=N_2L\cos{\theta}$$

Como $N_2$ é igual a força de atrito, podemos descobrir seu valor da equação acima e impor, de acordo com a condição de não deslizamento

$$f\leq{{\mu}N_1}$$

O valor obtida para $N_2$, e consequentemente para $f$ é

$$f=\dfrac{9Mg\sin{\theta}}{8\cos{\theta}}=\dfrac{9Mgd}{8h}$$

Usando a relação do não deslizamento, chega-se ao valor máximo de $d$

$$\dfrac{9Mgd}{8h}\leq{{\mu}\dfrac{5Mg}{4}}$$

$$d_M=\dfrac{10{\mu}h}{9}$$

$d_M=\dfrac{10{\mu}h}{9}$

Dioptros esféricos

Para a resolução do problema é necessário que o aluno conheça a equação que localiza a imagem de um objeto em um processo de refração num dioptro. Caso não esteja familiarizado com isso, veja a demonstração abaixo. O nosso objetivo é determinar a distância imagem, dado a distância objeto, índices de refração e o raio de curvatura da superfície onde ocorre a refração. Observe o diagrama abaixo, que contém todos os paramêtros relevantes

Pela lei de snell

$$n_1\sin{{\theta}_1}=n_2\sin{{\theta}_2}$$

Também temos que

$${\theta}_1=\alpha+\beta$$

e

$$\beta=\gamma+{\theta}_2$$

A partir daqui consideremos somente raios paraxaiais, ou seja, com $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ pequenos. Nesse regime, temos

$${\alpha}\approx{l/s}$$

$${\beta}\approx{l/r}$$

$${\gamma}\approx{l/s}$$

Agrupando essas equações chegamos na equação do dioptro esférico

$\dfrac{n_1}{s}+\dfrac{n_2}{s\prime}=\dfrac{n_2-n_1}{r}$

Para generalizar o resultado tanto para superfícies convexas quanto para côncavas, é interessante adotar a seguinte convenção de sinais

1- A distância $s$ é positiva se o objeto está lado da luz incidente.

2- A distância $s\prime$ é positiva se a imagem está no lado da luz refratada.

3- $r$ é positivo se o centro de curvatura (ponto $C$ na figura) está no lado da luz refratada.

Agora, voltemos para o problema. Observe que $n_1$ é o índice de refração do meio onde está o objeto. No presente caso, esse meio é a da bolha (índice de refração $1,30$) e o meio da luz refratada é o ar.

a)

$$\dfrac{1,30}{10 mm}+\dfrac{1}{s_a}=\dfrac{1-1,30}{-10 mm}$$

Isso gera, em módulo (a distância é negativa pois é virtual, gerada dentro da bolha)

$$s_a=10^{-2} m$$

b) O processo é análogo, a única diferença é que a distância objeto agora é $5 mm$. Aplicando a equação do dioptro, obtemos (em módulo, novamente)

$$s_b=4,35.10^{-3} m$$

a)

$$s_a=10,0.10^{-3} m$$

b)

$$s_b=4,35.10^{-3} m$$