OBF 2019 Terceira Fase - (Nível 1)

Geometria

Seja $A$ o ponto de partida dos insetos, e $B$ o ponto de chegada, com o segmento $AB$ sendo a diagonal principal do paralelepípedo. Lembrando que a menor distância entre dois pontos é uma linha reta que passa por estes, o menor caminho que a mosca pode realizar é ir voando em linha reta de A até B. Chame de $D_{M}$ o comprimento deste trajeto. Utilizando o Teorema de Pitágoras duas vezes, temos:

$D_{M}^{2} = a^{2} + b^{2} + h^{2}$

Substituindo os valores dados:

$D_{M}^{2} = 4,00^{2} + 5,00^{2} + 3,00^{2}$

$D_{M}^{2} = 50,00$  $\therefore$

$D_{M} = 5\sqrt{2} m$

Usando o valor fornecido de $\sqrt{2} = 1,4$:

$\boxed{D_{M} = 7,0\;m}$.

Para a formiga, a análise do caminho mínimo torna-se menos trivial. Para uma melhor visualização, planifiquemos o sólido geométrico, conforme mostrado a seguir.

Ora, para que a distância percorrida seja mínima, a formiga deve mover-se ao longo da linha tracejada(ela percorre parte do trajeto em uma parede, e o restante ao longo do teto), pois a mínima distância entre dois pontos é uma reta. Chamando de $D_{F}$ essa distância, temos, novamente, pelo Teorema de Pitágoras:

$D^{2}_{F} = b^{2} + \left(a+h\right)^{2}$

Substituindo:

$D^{2}_{F} = 5,00^{2} + 7,00^{2}$

$D_{F} = \sqrt{74} = \sqrt{2}*\sqrt{37} = \dfrac{7\sqrt{37}}{5}$ $m$

Não foi fornecido o valor $\sqrt{37}$, mas podemos aproximá-lo, fazendo as contas, para $6,1$, obtendo:

$\boxed{D_{F} \approx 8,5\;m}$.

Adendo: Observe que, caso trocássemos a posição dos lados $a$ e $b$, obteríamos uma resposta diferente para o caminho percorrido pela formiga:

$D_{F}^{2} = a^{2} + \left(b+h\right)^{2}$

$D_{F} = \sqrt{80}\;m$.

Contudo, esse caminho é maior do que o achado anteriormente, logo, não corresponde à menor distância que a formiga pode percorrer. Existe, ainda, outra forma de planificar a figura, que também resulta em um valor diferente para $D_{F}$, que é maior ainda que os outros dois achados anteriormente.

$\boxed{D_{M} = 7,0\;m}$

$\boxed{D_{F} = \dfrac{7\sqrt{37}}{5}\;m\approx 8,5\;m}$

Calorimetria

Deve-se perceber que a diferença de massa depois da secagem é proveniente da água que evaporou durante o processo, que é posterior ao de lavagem. Primeiramente, façamos uso de uma proporção simples com os dados do enunciado para encontrar a massa das roupas molhadas no processo mensal (perceba que $120$ $kg$ é a massa apenas das roupas secas ou antes de serem lavadas), e deste número subtraímos os $120$ $kg$ de forma a obter a massa de água evaporada:

  $\dfrac{8,00}{120} = \dfrac{15,00}{m}$

$m = 225$ $kg$ $\therefore$

$\Delta m = 225 - 120 = 105$ $kg$ $= 105 * 10^{3}$ $g$

O calor necessário $Q$ em calorias para a evaporação foi, então (note que, em primeira aproximação, podemos desconsiderar o calor sensível, visto também que nada foi informado sobre a temperatura inicial da água):

$Q = \Delta m L_{v} = 105 * 10^{3} * 540 = 5,67 * 10^{7}$ $cal$

Em joules:

$Q = 4,2 * 5,67 * 10^{7} \approx 2,38 * 10^{8}$ $J$

Façamos, então, uma nova proporção para encontrar o custo C desse processo, em reais, dado que $R$0,85$ correspondem à $1$ $kWh$ $= 3,6 * 10^{6}$ $J$:

$\dfrac{0,85}{C} = \dfrac{3,6*10^{6}}{2,38*10^{8}}$ $\therefore$

$\boxed{C \approx R$56,19}$

$\boxed{C \approx R$56,19}$

Cinemática: Lançamento Oblíquo

a) Um bom jeito de analisar a questão é mudar de perspectiva, rotacionando o plano e estudar o movimento do projétil ao longo deste, com os eixos $x$ e $y$ sendo respectivamente tangencial e normal ao plano, com o positivo apontando plano abaixo (no eixo $x$) e para fora do plano (no eixo $y$), e origem no ponto $A$. Desta forma, o movimento passa a ser acelerado em ambos os eixos, com uma aceleração horizontal de $a_{x} = g\sin{30^{\circ}}$ e uma vertical $a_{y} = -g\cos{30^{\circ}}$. Com um pouco de observação, é fácil ver que a inclinação do vetor velocidade inicial com respeito ao plano é de $60^{\circ}$. Primeiramente, escrevamos a equação horária da posição no eixo horizontal:

$x\left(t\right) = v_{0}\cos{60^{\circ}}t + \dfrac{g\sin{30^{\circ}}t^{2}}{2}$

Usando a equação horária no eixo $y$, encontramos o tempo total de vôo $t_{t}$ impondo que $y=0$, e escolhemos a raiz diferente de zero, pois esta corresponderia ao instante inicial:

$y\left(t\right) = v_{0}\sin{60^{\circ}}t - \dfrac{g\cos{30^{\circ}}t^{2}}{2}$

$y\left(t_{t}\right) = 0 = t_{t}\left(v_{0}\sin{60^{\circ}} - \dfrac{g\sin{60^{\circ}}t_{t}}{2}\right)$

$t_{t} = \dfrac{2v_{0}}{g}$

Sendo $X$ o alcance ao longo do plano, podemos substituir $x(t_{t}) = X$ para obtermos $v_{0}$:

$X = \dfrac{2v^{2}_{0}}{g}\left(\cos{60^{\circ}} + \sin{30^{\circ}}\right)$

$v_{0} = \sqrt{\dfrac{gX}{4\sin30^{\circ}}}$

Substituindo em $t_{t}$, e usando $X = \dfrac{h}{\sin{30^{\circ}}}$, onde $h = 2,00$ $m$, temos, por fim:

$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{h}{g}}}{\sin{30^{\circ}}}$

Substituindo os valores numéricos:

$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{2,00}{10}}}{0,50} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}\;s$

$t_{t} = 0,88$ $s$ $\approx 0,9$ $s$.

b) Podemos usar a equação de Torricelli em ambos os eixos, e então utilizar o Teorema de Pitágoras, haja vista que essas velocidades são ortogonais entre si. Logo, temos que:

$v^{2}_{B_{y}} = \left(v_{0}\sin{60^{\circ}}\right)^{2} -2g\cos{60^{\circ}} \Delta y$

Temos $\Delta y = 0$, logo:

$v^{2}_{B_{y}} = \left(v_{0}\sin{60^{\circ}}\right)^{2}$

Em $x$:

$v^{2}_{B_{x}} = \left(v_{0}\cos{60^{\circ}}\right)^{2} + 2g\sin{30^{\circ}}\dfrac{h}{\sin{30^{\circ}}}$

$v^{2}_{B_{x}} = \left(v_{0}\cos{60^{\circ}}\right)^{2} + 2gh$

Logo:

$v^{2}_{B} = v^{2}_{0}\left(\sin^{2}{60^{\circ}}+\cos^{2}{60^{\circ}}\right) + 2gh$

$v_{B}= \sqrt{v^{2}_{0}+2gh}$

Substituindo os dados:

$v_{B} = \sqrt{20+2*10*2,00} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$ $m/s$

$v_{B} = 2 * 2,2 * 1,7 \;m/s \rightarrow \boxed{v_B \approx 7,5\;m/s}$

$\boxed{t_{t} = \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\;s \approx 0,88\;s}$.

$\boxed{v_{B}=2\sqrt{15}\;m/s \approx 7,5\;m/s}$

Cinemática: MRU

a) Note que, pela igualdade das velocidades das placas,  é necessário que o final da simulação ocorra com o quadrado no centro das placas, sendo assim, vale:

$V\Delta t_{sim}= \dfrac{L-a}{2}$

$\Delta t_{sim}=\dfrac{L-a}{2V}$

Substituindo, obtemos:

$\Delta t_{sim}=16$ $s$

b) Chame de $\Delta t_{i}$ (onde $i = 1, 2, 3, 4, ...$) o intervalo de tempo entre a (i-1)-ésima e a i-ésima colisão. Desta forma, $\Delta t_{1}$ é o intervalo de tempo até a primeira colisão, $\Delta t_{2}$ é o intervalo de tempo entre a primeira e a segunda colisão, e assim por diante. Entremos no referencial da placa à esquerda, subtraindo, então, $V$ para a esquerda de todos os móveis. Temos então que a placa da direita sempre se moverá com $2V$ para a esquerda, e o quadrado com $v-V$ para a direita ao se afastar da placa esquerda, e $v+V$ para a esquerda ao aproximar-se dela. Convencionando o sentido positivo para a direita, temos, até a primeira colisão:

$(L-a)-2V\Delta t_{1} = \left(v-V\right) \Delta t_{1}$

Seja $(L-a)=l$:

$\Delta t_{1} = \dfrac{l}{v+V}$

Para a segunda colisão, a distância entre o quadrado e a placa é de $l - 2V\Delta t_{1}$. Logo:

 $\Delta t_{2} = \dfrac{l - 2V\Delta t_{1}}{v+V}$

      $\Delta t_{2} = \dfrac{l\left(v-V\right)}{(v+V)^{2}} = \dfrac{\left(v-V\right)}{v+V}\Delta t_{1}$

Para a terceira colisão, a distância entre o quadrado e a placa direita é de $l - 2V\Delta t_{1} - 2V\Delta t_{2}$, então:

        $l - 2V\Delta t_{1} - 2V\Delta t_{2} - 2V\Delta t_{3} = \left(v-V\right)\Delta t_{3}$

$\Delta t_{3} = \dfrac{l - 2V\Delta t_{1} - 2V\Delta t_{2}}{v+V}$

$\Delta t_{3} = \dfrac{l - 2V\Delta t_{1}}{v+V} - \dfrac{2V}{v+V}\Delta t_{2}$

$\Delta t_{3} = \dfrac{v-V}{v+V} \Delta t_{2} = \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{2} \Delta t_{1}$

Por fim, analisemos a quarta colisão, quando a distância entre o quadrado e a placa é de $l - 2V\Delta t_{1} - 2V\Delta t_{2} - 2V\Delta_{3}$:

$\Delta t_{4} = \dfrac{l - 2V\Delta t_{1} - 2V\Delta t_{2} - 2V\Delta t_{3}}{v+V}$

$\Delta t_{4} = \dfrac{v-V}{v+V}\Delta t_{3} = \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{3}\Delta t_{1}$

Nos foi pedido o tempo até a quarta a colisão. Sendo ele $t_{4}$, tem-se:

$t_{4} = \Delta t_{1} + \Delta t_{2} + \Delta t_{3} + \Delta t_{4}$

Que pode ser reescrito como:

$t_{4}= \Delta t_{1} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}$

$\boxed{t_{4}= \dfrac{L-a}{v+V} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}}$

Substituindo os valores fornecidos, encontramos:

 $t_{4} = \dfrac{32}{5} * \dfrac{272}{125} \;s \rightarrow \boxed{t_4 \approx 14\;s}$

a) $\boxed{\Delta t_{sim}= \dfrac{L-a}{2V} = 16\;s}$

b) $\boxed{t_{4}= \dfrac{L-a}{v+V} \displaystyle\sum_{n=0}^{3} \left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n} \approx 14\;s}$.

Conceitos de Astronomia: Fases da Lua

Parte I: Vide diagrama a seguir:

Onde a Terra está representada em azul, e os raios de luz vindos do sol chegam praticamente paralelos. A órbita da Lua em torno do Terra também está indicada, junto às setinhas, que indicam o sentido da translação da Lua ao redor do nosso planeta. A porção branca da lua corresponde à parte visível (iluminada pelo Sol) e a porção escura à parte que não está iluminada pelo sol.

Parte II:

a) O lado oculto da Lua é o hemisfério da lua que não pode ser visto por nenhum observador terrestre; isto é, sempre vemos um mesmo lado da lua, enquanto o outro lado permanece oposto.

b) O período de revolução da Lua em torno da Terra deve ser igual ao seu período de rotação em torno do próprio eixo, pois, assim, ambos os giros se compensam e nós nunca conseguiremos ver o outro lado da Lua.

c) Usando os conhecimentos dos itens a) e b), copiamos o diagrama da parte 1, com o lado oculto da Lua representado em vermelho:

Ver solução.

Cinemática

O tempo que levará para o estudante ouvir o som é a soma do tempo que levou para a pedra cair com o tempo que levou para o som subir, sendo assim:

$\Delta t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}+\dfrac{H}{V_{s}}$

Isolando o termo com a raiz quadrada e elevando ambos os lados da equação ao quadrado, temos:

$\dfrac{2H}{g}=\left( \Delta t \right)^{2}+\dfrac{H^{2}}{V_{s}^{2}}-\dfrac{2H\Delta t}{V_{s}}$

Simplificando:

$H^{2}-2\left(V_{s}\Delta t + \dfrac{V_{s}^{2}}{g} \right) H+\left( V_{s} \Delta t \right)^{2}=0$

Aplicando Bháskara:

$H=\dfrac{2V_{s}\left(\Delta t + \dfrac{V_{s}}{g}\right) \pm \sqrt{4V_{s}^{2}\left(\Delta t + \dfrac{V_{s}}{g} \right)^{2}-4 \left( V_{s}\Delta t \right)^{2}}}{2}$

$H=V_{s} \left(\dfrac{V_{s}}{g}+\Delta t \right) \left( 1 \pm \sqrt{1-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t}\right)^{2}}} \right)$

Como escolhemos o sinal correto? Podemos analisar o caso limite $\Delta t=0$, onde $H$ deve ser igual à zero. Para isso ocorrer, devemos escolher o sinal negativo. Para facilitar os cálculos numéricos, note que:

$\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)^{2}} \ll 1$

Portanto, podemos utilizar a aproximação binomial para facilitar os cálculos numéricos:

$\left(1+x \right)^{n} \approx 1+nx$

Utilizando a aproximação binomial, obtemos:

$\boxed{H \approx \dfrac{V_{s}\Delta t}{2 \left(1+ \dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)}}$

Substituindo, obtemos:

$\boxed{H \approx 29,1\;m}$

$\boxed{H=V_{s} \left(\dfrac{V_{s}}{g}+\Delta t \right) \left( 1 \pm \sqrt{1-\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{V_{s}}{g\Delta t}\right)^{2}}} \right) \approx \dfrac{V_{s}\Delta t}{2 \left(1+ \dfrac{V_{s}}{g\Delta t} \right)} \approx 29,1\;m}$

Referenciais não inerciais: Efeitos da rotação terrestre na gravidade

a) Para a análise do fenômeno, observe o esquema a seguir (fora de escala), onde podemos ver a terra, de raio $R_{T}$, girando em torno do seu próprio eixo (linha tracejada) com velocidade angular $\omega$:

Para um corpo de prova na superfície a uma latitude $\phi$ (que pode estar associada ao hemisfério Norte ou Sul), desenhamos as acelerações (ou gravidades) às quais este está submetido, no seu próprio referencial, que é não-inercial. A gravidade $g_{0}$ é devido à atração gravitacional entre os corpos, e tem módulo $10$ $m/s^{2}$. Contudo, ainda há uma gravidade fictícia devido à força centrífuga, produzida pelo efeito de rotação e que possui módulo $\omega^{2}r$, onde $r$ é a distância do ponto ao eixo, isto é, $R\cos{\phi}$. Logo, o corpo estará submetido à uma gravidade total efetiva que chamaremos de $g_{eff}$. Note que, nos pólos, essa gravidade tem valor máximo e igual à $g_{0}$, pois o efeito rotacional é nulo. Utilizando lei dos cossenos no triângulo de vetores, temos que:

    $g^{2}_{eff} = g^{2}_{0} + \left(\omega^2R_{T}\cos{\phi}\right)^{2} - 2g_{0}\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$

De antemão, façamos uma estimativa da velocidade angular da terra, sabendo que seu período de rotação é de $3600 * 24$ $s$ $= 86400$ $s$ $\approx 9 * 10^{4}$ $s$:

$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{6}{9*10^{4}} \approx 7 * 10^{-5}$ $rad/s$

Que é um valor muito pequeno, o que nos permite desprezar o termo $\left(\omega^2{R}\cos{\phi}\right)^{2}$. Reescrevendo a expressão:

    $g^{2}_{eff} = g^{2}_{0} - 2g_{0}\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$

      $g_{eff} = g_{0}\left(1 - \dfrac{2\omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}}{g_0}\right)^{\dfrac{1}{2}}$

É evidente que $g_{0} \gg \omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$. Logo, utilizaremos a aproximação $\left(1+x\right)^{n} \approx 1+nx$ para $x \ll 1$:

$g_{eff} \approx g_{0} - \omega^{2}R_{T}\cos^{2}{\phi}$

Substituindo os valores:

$g_{eff} = 10 - \left(7*10^{-5}\right)^{2}*(6,4*10^6)*(0,50)^{2} \approx 9,98$ $m/s^{2}$.

Para descobrirmos o desvio angular $\theta$ (que é o ângulo entre os vetores $\vec{g_{eff}}$ e $\vec{g_{0}}$), usemos Lei dos Senos:

$\dfrac{\omega^{2}R_{T}\cos{\phi}}{\sin{\theta}} = \dfrac{g_{eff}}{\sin{\phi}}$

$\sin{\theta} = \dfrac{\omega^{2}R_{T}\cos{\phi}\sin{\phi}}{g_{eff}}$

Substituindo os valores numéricos:

$\sin{\theta} = \dfrac{\left(7*10^{-5}\right)^{2}*\left(6,4*10^{6}\right)*0,50*0,85}{9,98} \approx 1,34*10^{-3}$

Como $\theta \ll 1 rad$, vale a aproximação $\sin{\theta} \approx \theta\left(rad\right)$, desta forma:

$\theta \approx 1,34 * 10^{-3}$ $rad$

Em graus:

$\theta=\dfrac{180 * 1,34 * 10^{-3}}{\pi} \approx 8 * 10^{-2}$ $^{\circ}$

Onde foi usado $\pi=3$.

b) Como fora visto no item a), a gravidade sentida pelo prumo é $g_{eff}$, de tal forma que $T'= mg_{eff}$. Já a tração $T=mg_{0}$, então, calculamos o desvio relativo:

$\dfrac{T' - T}{T}=\dfrac{g_{eff}}{g_{o}} - 1=\dfrac{9,98}{10}-1=-2*10^{-3}$

c) Observe a figura a seguir (fora de escala), que representa a terra vista de perfil:

Em azul estão representados os eixos $x'$ e $z'$; em laranja, a direção da gravidade efetiva; em preto, uma das linhas tracejadas representam a direção Norte-Sul, e a outra a linha do Equador. Está representado também o Polo Sul $PS$. Perceba que o esquema está correto, pois a gravidade efetiva aponta para algum ponto no plano do Equador no lado direito da figura (primeiro quadrante). Para que analisemos a orientação do eixo $x'$ em relação aos pontos cardeais do laboratório, observe que a direção Norte-Sul cruza com este eixo em algum ponto no espaço. Um observador do laboratório que olha "em direção a esse ponto" estará mirando o ponto cardeal sul(pois ele encontra-se no Hemisfério Sul). Desta forma, o sentido oposto corresponde ao ponto cardeal Norte, que é exatamente o sentido positivo do eixo $x'$.

a) $\boxed{\theta=1,34 * 10^{-3} \; rad \approx 8 * 10^{-2} \,^{\circ}}$

 b) $\boxed{\dfrac{T' - T}{T} =-2*10^{-3}}$

  c) A orientação do eixo $x'$ é positiva no sentido do ponto cardeal Norte.

Geometria e Conceitos básicos

Para determinarmos a massa, primeiramente, devemos saber o número de átomos da estrutura, que possui $1$ $m^{2}$. Uma ótima estimativa deste número se dá através da construção de triângulos equiláteros na figura original, de tal forma que cada triângulo englobe um único átomo, de acordo com a figura a seguir, onde está representada uma porção do arranjo molecular da estrutura, onde os átomos estão em preto:

Observe que os vértices destes triângulos passam pelo centro dos hexágonos. Dando um pequeno "zoom", partiremos para a geometria do problema:

Observe o $\Delta ABC$: seu lado $l$ será dado por:

$l = 2\dfrac{a}{2}\tan{60^{\circ}}$

. A altura $h$ por sua vez, será:

$h = l\sin{60^{\circ}}$.

 Obtemos, então, a área de cada triângulo:

$A = \dfrac{lh}{2} = \dfrac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Dividindo-se a área total da película de grafeno pela área de um triângulo, obteremos o número $N$ de átomos (haverão pequenos efeitos de borda que podem ser desprezados):

 $N = \dfrac{1\;m^{2}}{\dfrac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}} = \dfrac{4 \sqrt{3}\; m^{2}}{9a^{2}}$

Substituindo os dados do problema e usando $\sqrt{3} =1,7$, obtém-se:

$N \approx 3,855 *10^{19}$

Façamos, então, uma proporção com o número de Avogadro para encontrar a massa $M$ correspondente, dada a massa molar do carbono de $12$ $g/mol$ e sabendo que $1$ $mol$ equivale à $6 * 10^{23}$ átomos:

          $\dfrac{12}{6*10^{23}} = \dfrac{M}{3,855*10^{19}}$ $\therefore$

              $M = 7,7 * 10^{-4}\;g \rightarrow \boxed{M = 7,7 * 10^{-7}\;kg}$

$\boxed{M =7,7 * 10^{-7}\;kg}$