OBF 2019 Segunda Fase - (Nível 3)

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:

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

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

Força magnética

Sabemos que a trajetória de cada partícula do feixe será uma circunferência, sendo assim, no caso limite em que o feixe não atinge o anteparo, essa circunferência deverá tangenciar o anteparo, tendo então raio $x$. Calculemos o raio dessa circunferência:

$qVB=\dfrac{mV^{2}}{R}$

$R=\dfrac{mV}{qB}$

Sendo assim, igualemos esse raio à $x$:

$x=\dfrac{mV}{qB}$

$B=\dfrac{mV}{qx}$

Mas sabemos que:

$E_{c}=\dfrac{mV^{2}}{2}$

Logo:

$V=\sqrt{\dfrac{2E_{c}}{m}}$

Substituindo:

$B=\dfrac{\sqrt{2mE_{c}}}{qx}$

$B=\dfrac{\sqrt{2mE_{c}}}{qx}$

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. :

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

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

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:

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

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

Eletrostática

Primeiramente, calculemos a massa $m$ de cada fio:

$m=\rho V= \rho \pi \dfrac{d^{2}}{4} l$

Substituindo (com $\pi=3$), encontra-se:

$m=1,2*10^{-11}$ $kg$

Agora, escrevamos a condição de equilíbrio para uma carga na vertical:

$mg=T\cos \left( \dfrac{\theta}{2} \right)$

Na horizontal, então:

$\dfrac{kq^{2}}{\left(2l \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right) \right)^{2}} =T \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right)$

Divindo as duas equações obtemos:

$\tan \left( \dfrac{\theta}{2} \right)=\dfrac{kq^{2}}{4mgl^{2} \sin^{2} \left( \dfrac{\theta}{2} \right)}$

$q=2l \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right) \sqrt{\dfrac{mg \tan \left( \dfrac{\theta}{2} \right)}{k}}$

Substituindo os valores fornecidos e o valor de $m$ calculado anteriormente, fazendo também a aproximação: $\sqrt{1,7}=1,3$, encontramos:

$q \approx 1,7 * 10^{-12}$ $C$

$q \approx 1,7* 10^{-12}$ $C$

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)

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

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) $0,726$