OBF 2019 Terceira Fase - (Nível 2)

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 $1$ $kWh$ $= 3,6 * 10^{6}$ $J$:

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

$C \approx R$56,19$

$C \approx R$56,19$

Cinemática e Progressões Geométricas

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) Analisemos o tempo entre a $\left(n-1\right)$-ésima colisão e a $n$-ésima colisão, $\Delta t_{n}$. Pelo conceito de velocidade relativa, esse tempo deve valer:

$\Delta t_{n}=\dfrac{L_{n}-a}{V+v}$

Onde $L_{n}$ é a distância entre as placas quando ocorre a $\left(n-1\right)$-ésima colisão. Note que, pelo conceito de velocidade relativa, temos:

$L_{n}=L_{n-1}-2V \Delta t_{n-1}$

Agora, devemos pensar fisicamente para resolver essas duas relações e achar o valor de $\Delta t_{n}$ para qualquer $n$. Sabemos que ao somar todos os valores de $\Delta t_{n}$ devemos obter um valor finito e, além disso, conforme $n$ for aumentando para infinito $\Delta t_{n}$ deve se aproximar de zero. Pensemos agora sobre o valor de $L_{n}$. Esse valor deve ser tal que quando $n$ for aumentando para infinito $L_{n}$ se aproxime cada vez mais de $a$. Uma possível solução para $\Delta t_{n}$ que podemos explorar é uma P.G. de razão menor que $1$, pois esse tipo de série possui uma soma convergente e seus termos se aproximam cada vez mais de zero. Escrevemos então:

$\Delta t_{n}=A r^{n}$

Onde $A$ e $r$ são constantes a serem determinadas. Substituindo na primeira equação, obtemos:

$L_{n}=a+\left(V+v \right)A r^{n}$

Substituindo ambas as equações:

$A\left(V+v\right)r^{n}=A\left(V+v\right)r^{n-1}-2VAr^{n-1}$

$r=\dfrac{v-V}{V+v}$

Sendo assim, podemos calcular $A$ a partir do $\Delta t_{1}$:

$\dfrac{L-a}{V+v}=A\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)$

$A=\dfrac{L-a}{v-V}$

Logo, o termo geral é:

$\Delta t_{n}=\dfrac{L-a}{v-V}\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}$

Substituindo, $L$, $a$, $v$ e $V$, obtemos:

$\Delta t_{n}=\dfrac{32}{3} \left(\dfrac{3}{5}\right)^{n}$ $s$

c) Agora, temos que o tempo total de simulação é:

$\Delta t_{sim}=\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\Delta t_{i}$

Logo:

$\Delta t_{sim}=A \left(r+r^{2}+r^{3}+...\right)$

$\Delta t_{sim}=Ar \displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^{i}$

O somatório acima para $-1<r<1$ tem valor igual à:

$S=\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}r^{i}=\dfrac{1}{1-r}$

Logo:

$\Delta t_{sim}=\dfrac{Ar}{1-r}$

Substituindo $A$ e $r$, obtemos:

$\Delta t_{sim}=\dfrac{\dfrac{L-a}{v-V}\dfrac{v-V}{v+V}}{1-\dfrac{v-V}{v+V}}$

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

a)

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

b)

$\Delta t_{n}=\dfrac{L-a}{v-V}\left(\dfrac{v-V}{v+V}\right)^{n}=\dfrac{32}{3} \left(\dfrac{3}{5}\right)^{n}$ $s$

c)

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

Ondas Esféricas e intensidade sonora

Para resolução dessa questão, é necessário saber somente que a intensidade sonora de uma onda esférica cai com o inverso do quadrado da distância até a fonte, sendo assim, chamando essa constante de $K$, podemos calcular a distância máxima que essas mariposas com camuflagem acústica podem estar de forma que o morcego ainda as identifique. Nessa situação, a intensidade sonora recebida pelo morcego deve ser a mesma que a de quando localiza uma mariposa comum à $8$ $m$ de distância:

$\dfrac{K}{8^{2}}=\dfrac{\left(1-0,84 \right)K}{x^{2}}$

$x=8\sqrt{0,16}$ $m$

$x=A_{max}=3,2$ $m$

$A_{max}=3,2$ $m$

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):

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

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

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

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:

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

              $M = 7,7 * 10^{-4}$ $g$ $= 7,7 * 10^{-7}$ $kg$

$M = 7,7 * 10^{-4}$ $g$ $= 7,7 * 10^{-7}$ $kg$

Termodinâmica: radiação do corpo negro e calorimetria

Há duas interpretações para este problema. Uma considera o calor sensível trocado e a outra não.

A primeira interpretação considera que a "certa quantidade de água" descrita no enunciado é o próprio gelo. Em outras palavras, toda água congela. Primeiramente, a água dentro do recipiente troca calor sensível com a vizinhança até atingir a temperatura de fusão $273 \, K$. Perceba que a potência instantânea varia durante essa mudança de temperatura, mas para fins de aproximação, deve-se utilizar uma temperatura média (veja abaixo). Depois que a água atinge $273 \, K$ ela começa a derreter a temperatura constante (mudança de fase). O calor total trocado (sensível+latente) é dado pelo produto da potência (utilizaremos uma potência média) pela duração do processo($6$ horas). Dessa forma, temos que

$m\left(L+c\Delta{T}\right)=P\Delta{t}$          $(1)$

Onde $\Delta{T}=5K$ e $\Delta{t}=6h$. A potência pode ser aproximada a partir da média das temperaturas dos dois processos

$$T=\dfrac{\left(278+273\right)K}{2}=275,5 K$$

A potência é dada por

$$P=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=0,299 W$$

Substituindo os valores em $(1)$:

$$m=18,07 g$$

Observe que essa não é a resposta exata desta solução. Veja mais abaixo para a solução exata. Uma solução mais precisa para essa interpretação seria perceber que o calor latente da água é bem maior do que o calor necessário para resfriá-la em $5$ $K$, sendo assim, poderia-se utilizar como estimativa da potência média a potência quando a água estivesse à $0^{\circ}C$. Dessa forma, obteríamos:

$P=0,262$ $W$

E a massa derretida seria:

$m=15,85$ $g$

A segunda interpretação considera que, como o enunciado não nos dá informações sobre a massa de água inicial no recipiente, não podemos inferir que toda água derrete. Sendo assim, não há como saber o tempo que água leva para chegar a temperatura de fusão: esse tempo poderia ser arbitrariamente grande, dependendo da massa de água. Esse tempo deveria ser subtraido de $6h$ para descobrirmos o tempo que a água em fusão troca calor com o céu noturno. Portanto, seguindo essa linha de raciocíonio é natural concluir que o tempo fornecido no enunciado ($6h$) se refere somente ao tempo que a água em fusão troca calor. O calor sensível não entra nos cálculos, e a temperatura permanence constante durante toda a troca de calor, logo:

$$L\Delta{m}=P\Delta{t}=e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)$$

Aqui, $T=273K$. Fazendo os cálculos:

$$P=0,262 W$$

E a massa derretida:

$$\Delta{m}=16,84\,g$$

Essa é a resposta exata para a segunda interpretação.

Comentários a respeito das interpretações:

Acreditamos que, tendo o enunciado como ferramenta, as duas interpretações são válidas se discorridas corretamente na prova. Caso o aluno optasse pela primeira, ela deveria explicar em sua solução que, no seu entendimento, toda a massa de água derrete. Alternativamente, se o aluno escolhesse a segunda interpretação, seria adequado explicar o porquê de não incluir o calor sensível em seus cálculos por não termos informações da massa inicial e talvez mostrar a expressão que fornece o calor sensível. Acreditamos também que a primeira interpretação é a que os elaboradores da OBF pensaram. Isso porque ela inclui o cálculo do calor sensível e destaca que água precisa ceder certo calor para atingir a temperatura de ebulição. Mas como o enunciado não ficou claro, as duas interpretações deveriam ser, dentro do possível, consideradas corretas.

Solução exata da primeira interpretação (Mesmo que não acompanhe a matemática, veja a conclusão final)

Na solução aproximada, consideramos uma potência média. Aqui, mostraremos que essa solução é de fato bastante concisa visto que a variação de temperatura é baixa comparada com seus valores extremos. Pelo enunciado, a duração total do processo é de seis horas. Portanto, vejamos quanto fica o tempo necessário ${\Delta{t}}_0$ para a água atingir a temperatura de fusão:

$$\dfrac{dQ}{dt}=-e{\sigma}A\left(T^4-T_n^4\right)=\dfrac{mcdT}{dt}$$

$${\Delta{t}}_0=\dfrac{mc}{e{\sigma}A}\int_{273K}^{278K} \dfrac{dT}{T^4-T_n^4}$$

Defina $T/T_n=u$. Essa última integral pode ser resolvida notando que

$$\dfrac{1}{u^4-1}=\dfrac{\dfrac{1}{u^2-1}-\dfrac{1}{u^2+1}}{2}$$

Portanto, a integral pode ser dividida em duas:

$$\int \dfrac{1}{u^4-1}du=\dfrac{\int \left(\dfrac{1}{u^2-1}\right)du-\int \left(\dfrac{1}{u^2+1}\right)du}{2}$$

A segunda é simplesmente $\arctan{u}$, a primeira é mais trabalhosa. Fazendo a substituição de variável $u=\sec{\beta}$, ficamos com

$$\int \dfrac{1}{u^2-1}du=\int \dfrac{\sin{\beta}\sec^2{\beta}}{\sec^2{\beta}-1}d\beta=\int \csc{\beta}d\beta$$

Essa última é dada por $\ln\left(\tan{\dfrac{\beta}{2}}\right)$

Dessa forma, como $u$ varia de $1,0988$ a $1,0791$, podemos computar essa integral. O resultado para ${\Delta{t}}_0$ é

$${\Delta{t}}_0\approx{0,04875\dfrac{mc}{e{\sigma}AT_n^3}}$$

A duração do processo de derretimento é de $6h-{\Delta{t}}_0$ que é igual a

$${\Delta{t}}_1=\dfrac{Lm}{P}$$

Onde $P$ é a potência (constante) durante a fusão da água. Substituindo valores numéricos, somos capazes de determinar exatamente (a menos de aproximações numéricas) $m$:

$$m\approx{16,82 \, g}=0,01682 \, kg$$

Esse valor é muito próximo do resultado da segunda interpretação: por que?

Ao substituirmos $m$ nas expressões para ${\Delta{t}}_0$ e ${\Delta{t}}_1$, vemos que ${\Delta{t}}_0\approx{0,3h}$. Ou seja, o tempo no qual a temperatura está entre $278K$ e $273K$ é consideravelmente menor que o tempo em que a temperatura está fixa em $273K$ (o que inclusive corrobora com a segunda solução da primeira alternativa, onde consideramos a potência média com o valor de $273$ $K$) correspondendo a fusão da água. Observe que o resultado da segunda interpretação é a massa obtida se desconsiderarmos completamente a transição de $278K$ para $273K$. Quando assumimos que toda a água disponível inicialmente derrete chegamos que o tempo de transição é muito pequeno, comparado as $6$ horas. Portanto, é de esperar que esse resultado praticamente coincida com o da segunda interpretação. Mas não conclua então que as duas interpretações são equivalentes: o que acontece é que para concluir que o tempo de transição é pequeno, devemos fazer a consideração da primeira interpretação. Caso não fizéssemos, nunca poderíamos calcular esse tempo. Observe também que a diferença de massa entre a solução aproximada e a exata é de um pouco mais de $1$ $g$: quando colocamos uma temperatura média, nós superestimamos o tempo em que a água atinge a temperatura de ebulição. Evidentemente, a solução exata não deve ser requerida na correção da questão: além de ter que computar integrais não triviais, os valores de logaritmos e tangentes não podem ser feitos "na mão".

$$m=16,82 \,g=0,01682 \, kg$$

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:

$v_{B} = \sqrt{20+2*10*2,00} = \sqrt{60} = 2\sqrt{5*3}$ $m/s$

$v_{B} = 2 * 2,2 * 1,7 = 7,48$ $m/s$ $\approx 7,5$ $m/s$

a)

$t_{t} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{h}{g}}}{\sin{30^{\circ}}} = 0,88$ $s$ $\approx 0,9$ $s$.

b)

$v_{B}= \sqrt{v^{2}_{0}+2gh} =7,48$ $m/s$ $\approx 7,5$ $m/s$

Relação de Taylor e resultante centrípeta

Para resolução desse problema, será necessário dividir a corda em pedaços muito pequenos e considerar um deles separadamente para podermos achar a tração atuando na corda e então utilizar a relação de Taylor para calcular a velocidade de propagação das ondas na mesma. Veja a imagem a seguir:

Essa imagem representa um certo arco de ângulo $\Delta \theta$ da corda.

Note que há duas trações tangenciais $T$ que geram uma resultante centrípeta igual à:

$F_{cp}=2T\cos \left( \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\Delta \theta}{2} \right)=2T\sin \left(\dfrac{\Delta \theta}{2}\right)$

Como podemos escolher ângulos arbitrariamente pequenos, utilizemos a aproximação para pequenos ângulos $\sin \theta \approx \theta$:

$F_{cp}=T\Delta \theta$

Logo:

$\dfrac{\Delta m V_{0}^{2}}{R}=T\Delta \theta$

Substituindo a densidade linear $\mu$:

$\Delta m=\mu R \Delta \theta$

Logo:

$T=\mu V_{0}^{2}$

$V_{0}=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$

Contudo, pela relação de Taylor, sabemos que a velocidade de propagação de ondas nessa corda é:

$V_{prop}=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$

Igualando, obtemos:

$V_{prop}=V_{0}$

Como queríamos demonstrar.

Demonstração

Gravitação, teorema da equipartição e conceitos de termodinâmica estatística

a) A velocidade mínima para que uma partícula escape da influência gravitacional da Terra é tal que quando essa partícula "chegar no infinito" ela não deve possuir velocidade pois, se ainda possuísse velocidade, seria possível diminuir a velocidade inicial de lançamento. Sendo assim, conservando a energia mecânica na superfície da Terra e no infinito, temos:

$\dfrac{mv_{e}^{2}}{2}-\dfrac{GM_{T}m}{R_{T}}=0$

Logo, temos:

$v_{e}=\sqrt{\dfrac{2GM_{T}}{R_{T}}}$

Para facilitar os nossos cálculos numéricos, podemos lembrar que:

$g=\dfrac{GM_{t}}{R_{T}^{2}}$

Logo:

$v_{e}=\sqrt{2gR_{T}}$

Substituindo os valores de $g$ e $R_{T}$ fornecidos no  início da prova, obtemos:

$v_{e}=\sqrt{2*10*6,4*10^{6}}$ $m/s$

$v_{e}=8*10^{3}\sqrt{2}$ $m/s$

Substituindo $\sqrt{2}$ informado também no início da prova, obtemos:

$v_{e} =11,2*10^{3}$ $m/s$

b) Aqui devemos perceber que os gases em questão são diatômicos, portanto, possuem duas componentes de energia cinética normalmente: Uma translacional, relativa a velocidade do C.M. de cada molécula e um rotacional, referente à rotação das moléculas em torno do próprio eixo. Note que quando uma molécula desse gás chegar no infinito deve permanecer girando com a mesma velocidade angular $\omega$ devido à conservação do momento angular (A força gravitacional não realiza torque relativo ao C.M.), sendo assim, a fórmula anterior é válida para a velocidade de escape dessas moléculas, já que a energia cinética rotacional não muda e, portanto, se apresenta dos dois lados da equação de conservação da energia, sendo cancelada logo em seguida. Agora, como devemos calcular a velocidade típica do centro de massa dessas moléculas? Como na energia mecânica aparece a velocidade ao quadrado das moléculas é justo encontrar a velocidade R.M.S., sendo assim, temos:

$\dfrac{mV_{rms}^{2}}{2}=E_{cinT}$

Agora, pelo teorema da equipartição, a energia cinética translacional deve ter $3$ graus de liberdade energéticos, ou seja:

$E_{cinT}=\dfrac{3k_{b}T}{2}$

Logo, vale:

$V_{rms}=\sqrt{\dfrac{3k_{b}T}{m}}$

Note que:

$m=\dfrac{M}{N_{a}}$

Logo:

$V_{rms}=\sqrt{\dfrac{3N_{a}k_{b}T}{M}}$

Substituindo os valores para o Hidrogênio, obtemos:

$V_{H_{2}} \approx 1,6 *10^{3}$ $m/s$

Para o Oxigênio, temos:

$V_{O_{2}} =\dfrac{V_{H_{2}}}{2\sqrt{2}} \approx 0,6*10^{3}$ $m/s$

Note que no enunciado da questão é dada uma massa molar para o gás oxigênio de $16$ $g/mol$, o que está incorreto, pois a massa molar do mesmo seria de $32$ $g/mol$. Se utilizássemos a massa correta obteríamos:

$V_{O_{2}} \approx 0,4*10^{3}$ $m/s$

Note que seria então menor ainda!

c) Ambas as velocidades típicas foram inferiores a velocidade de escape, contudo, nossa estimativa foi inferior ao valor real, já que utilizou-se uma temperatura muito baixa comparadas às da exosfera, que podem chegar à $1000$ $K$. Além disso, utilizamos para comparação a velocidade de escape da superfície terrestre, que não é o mesmo valor para a exosfera. Outro fator importante é que mesmo que as velocidades típicas sejam ligeiramente menores que a de escape a velocidade do oxigênio é cerca de $4$ vezes menor que a de Hidrogênio, garantindo que a taxa com que o oxigênio escapa seja muito menor que a do hidrogênio. Lembre-se que essa é a velocidade típica das partículas, não a velocidade de todas, sendo assim, mesmo com essa velocidade sendo menor que a de escape, algumas partículas podem superar a de escape e, consequentemente, escapar da atmosfera, sendo esse fenômeno bem mais presente para as moléculas de Hidrogênio do que para as de Oxigênio devido sua maior velocidade típica.

a) 

$v_{e} =\sqrt{2g R_{T}}11,2*10^{3}$ $m/s$

b) 

$V_{O_{2}} \approx 0,6*10^{3}$ $m/s$ ou $\approx 0,4*10^{3}$ $m/s$ (Ver solução)

$V_{H_{2}} \approx 1,6 *10^{3}$ $m/s$

c) Ver solução

Colisões e Cinemática

Chamaremos aqui de $M$ a massa da bola de basquete e $m$ a massa da bola de tênis. Considere o instante em que a bola de basquete bate no chão, temos ambas as bolas com velocidade:

$v_{0}=\sqrt{2gh}$

Após a colisão da bola de basquete com o solo seu movimento é invertido e a mesma colide com a bola de tênis. Adotaremos como para cima o sentido positivo de velocidades. Conservando o momento nessa colisão, temos:

$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=MV+mv$

Pelo coeficiente de restituição:

$v-V=2\sqrt{2gh} \rightarrow v=V+2\sqrt{2gh}$

Substituindo $v$, obtemos:

$\left(M-m\right)\sqrt{2gh}=\left(M+m\right)V+2m\sqrt{2gh}$

$V=\dfrac{M-3m}{M+m}\sqrt{2gh}$

Sabemos que $M=10m$, logo:

$V=\dfrac{7}{11}\sqrt{2gh}$

Substituindo, obtemos $v$:

$v=\dfrac{29}{11}\sqrt{2gh}$

As alturas do centro são dadas então por:

$H_{bas}=R+\dfrac{V^{2}}{2g}=R+\dfrac{49}{121}h \approx 0,73$ $m$

$H_{tenis}=2R+r+\dfrac{v^{2}}{2g}=2R+r+\dfrac{841}{121}h \approx 10,7$ $m$

$H_{bas} \approx 0,73$ $m$

$H_{tenis} \approx 10,7$ $m$

Espelhos planos

a) Uma questão com ideia muito semelhante pode ser encontrada resolvida no Simulado 1 OBF Nível 3. Utilizaremos aqui a mesma ideia. Note que quando uma imagem é formada por um dos espelhos a distância dessa imagem ao ponto de encontro dos espelhos é igual à distância do objeto ao ponto de encontro dos espelhos, sendo assim, podemos localizar todas essas imagens baseando-se somente no ângulo com o eixo $x$, $\theta$. Note que a reflexão em torno de um dos espelhos é tal que há uma simetria no ângulo em torno do plano do espelho, ou seja, a distância angular do objeto ao espelho é igual a distância angular da imagem ao espelho. Façamos então a construção das imagens a partir do objeto, que faz um ângulo inicial de $45^{\circ}$ com o eixo $x$. Veja a figura abaixo para uma melhor compreensão.

Primeiramente, por reflexão em $E_{1}$, temos:

$\theta_{1}=-45^{\circ}$

Além disso, por reflexão em $E_{2}$, temos:

$\theta_{2}=75^{\circ}$

Por reflexão da primeira imagem em $E_{2}$, temos:

$\theta_{3}=165^{\circ}$

Por reflexão da segunda imagem em $E_{1}$, temos:

$\theta_{4}=-75^{\circ}$

Por reflexão da terceira imagem em $E_{1}$ e da quarta imagem em $E_{2}$, temos:

$\theta_{5}=195^{\circ}$

Note que essa quinta imagem está na chamada zona morta, ou seja, está atrás de ambos os espelhos, portanto, não gerará novas imagens. Concluindo, temos $5$ imagens. Isso poderia também ser concluído da fórmula conhecida:

$N=\dfrac{360^{\circ}}{\alpha}-1=6-1=5$

b) A figura (polígono) formada é a seguinte:

Agora, dividiremos o nosso polígono em $6$ triângulos isósceles de lado comum $R=20 \sqrt{2}$ $cm$. Note que $3$ desses triângulos são retângulos e por isso possuem área:

$A_{ret}=\dfrac{R^{2}}{2}$

Contudo, os outros $3$ triângulos possuem ângulo $30^{\circ}$ entre os lados comuns, possuindo então área:

$A_{trinta}=\dfrac{R^{2}}{4}$

Somando, obtemos:

$A_{total}=\dfrac{9R^{2}}{4}$

Substituindo $R$ e convertendo para o S.I., temos:

$A_{total}=0,18$ $m^{2}$

a) $N=5$ imagens

b)  $A_{total}=0,18$ $m^{2}$

Lançamento oblíquo, energia e resultante centrípeta.

É importante notar a diferença entre essa questão e uma questão clássica bem mais simples. Na versão mais conhecida dessa questão, pede-se a relação que $L$ e $d$ devem satisfazer para que seja dada a volta completa com um movimento circular, ou seja, sem a corda ficar solta. Nessa situação, contudo, queremos somente que a esfera cruze a linha imaginária entre $A$ e $P$, o que pode ser realizado após a corda se soltar. Devemos então analisar a seguinte situação como limite: Em um certo ângulo $\theta$ com a vertical, a tração será zero e, a partir daí nossa esfera realizará um lançamento oblíquo que deve ter uma trajetória que passa pela linha imaginária. Primeiramente, devemos descobrir o ângulo $\theta$ em função de $d$ e $L$. Comecemos conservando a energia mecânica:

$mgd=mg\left(L-d\right)\cos \theta+\dfrac{1}{2}mV^{2}$

$V^{2}=2g \left( d - \left(L-d \right) \cos \theta \right)$

Pela resultante centrípeta:

$\dfrac{mV^{2}}{L-d}=mg \cos \theta$

$V^{2}=g \left(L-d\right)\cos \theta$

Igualando, obtemos $\theta$:

$\cos \theta=\dfrac{2d}{3 \left(L-d \right)}$

Note que esse também será o ângulo de lançamento da nossa partícula. A partir da equação da trajetória podemos encontrar a altura $h$ com que a partícula cruza a linha imaginária relativa ao pino fixo:

$h=\left(L-d \right) \cos \theta + \left(L-d \right) \sin \theta \tan \theta - \dfrac{g \left(L-d \right)^{2} \sin ^{2} \theta}{2 V^{2} \cos^{2} \theta}$

Substituindo $V^{2}$ e simplificando, temos:

$h=\dfrac{L-d}{2\cos^{3} \theta} \left(3 \cos ^{2} \theta - 1 \right)$

Substituindo $\cos \theta$, temos:

$h=\dfrac{L-d}{2} \left(\dfrac{9\left(L-d\right)}{2d}-\dfrac{27\left(L-d\right)^{3}}{8d^{3}}\right)$

Queremos que valha:

$h>0$

Como $L>d$, temos:

$0<\dfrac{9}{2}-\dfrac{27 \left(L-d\right)^{2}}{8d^{2}}$

Temos então que a condição que $L$ e $d$ devem satisfazer é:

$1<\dfrac{L}{d}<1+\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$

Substituindo as raízes informadas na prova, obtemos:

$1<\dfrac{L}{d}<\dfrac{32}{15}$

$1<\dfrac{L}{d} < \dfrac{32}{15}$

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.