OBF 2020 – Primeira Fase (Nível 1)

Noções de geometria espacial

Como todas as nossas informações estão no sistema internacional de medidas, vamos inicialmente analisar o volume apresentado.

Sabemos que $1L$ é o mesmo que $1$ $dm^3$.

$1L=1$ $dm^3=(0,1m)^3$ $\rightarrow 1L=0,001m^3$

O volume apresentado é $700 L$:

$\dfrac{700L}{V}=\dfrac{1L}{0,001m^3}$ $\rightarrow V=0,7m^3$

Vamos separar o galpão em dois sólidos geométricos:

Figura:  Galpão separado

A área total da base do galpão será, portanto, a soma das áreas dos dois sólidos.

$A=A_{quadrado}+A_{triangulo}=12m \times 12m + \dfrac{8m \times 8 m}{2}$

$\rightarrow A=176m^2$

O volume será:

$V=A\cdot h$

Onde $h$ é a espessura.

$0,7m^3=176m^2\cdot h$

$h=0,003977272727...m$

$\rightarrow \boxed{h\approx 4mm}$

$\boxed{h\approx 4mm}$

Item a)

Dinânica / 2ª lei de newton / noção de força de empuxo

Para essa questão, o aluno não precisava entender completamente como o empuxo hidrostático funciona, mas ele precisava ter uma noção de como isso ocorre.

Como o volume do ar no balão é constante nas duas situações, a força de empuxo será constante e pra cima nas duas situações.

Seja a força de empuxo $E$. Aplicando a segunda lei de Newton no sistema ar-balão:

$E-m_{balao}g-m_{ar}g=(m_{balao}+m_{ar})a$

$E=(m_{balao}+m_{ar})(g+a)$

$E=(800+2400)(10+0,2)$

$E=32640N$

Como o balão ficará equilibrado com a adição na nova massa, a aceleração do sistema ar-balão-massa será zero:

$E-m_{balao}g-m_{ar}g-P=\left(m_{balao}+m_{ar}+\dfrac{P}{g}\right)\cdot 0$

$P=E-m_{balao}g-m_{ar}g$

$P=32640-800\cdot 10-2400\cdot 10$

$\rightarrow \boxed{P=640N}$

$\boxed{P=640 N}$

Item c)

Cinemática

Vamos calcular o tempo que cada atleta levará para completar o percurso:

Atleta A:

Essa atleta separará o percurso em duas partes de $18 km$.

I) A primeira metade a $9$ $km/h$:

$9$ $km/h$ $=\dfrac{18km}{t_{A1}}$

$t_{A1}=2h$

II) A segunda metade a $15$ $km/h$:

$15$ $km/h$ $=\dfrac{18km}{t_{A2}}$

$t_{A2}=1,2h$

O tempo total do atleta A é:

$t_A=3,2h$

Atleta B:

Essa atleta fazer todo o percurso com a mesma velocidade:

$12$ $km/h$ $=\dfrac{36km}{t_B}$

$t_B=3h$

Atleta C:

Essa atleta separará o percurso em três partes de $12 km$.

I) O primeiro terço a $9$ $km/h$:

$9$ $km/h$ $=\dfrac{12km}{t_{C1}}$

$t_{C1}\approx 1,33h$

II) O segundo terço a $15$ $km/h$:

$15$ $km/h$ $=\dfrac{12km}{t_{C2}}$

$t_{C2}=0,8h$

III) O último terço a $12$ $km/h$:

$12$ $km/h$ $=\dfrac{12km}{t_{C3}}$

$t_{C3}=1h$

O tempo total do atleta C é:

$t_C\approx 3,13h$

Podemos ver, portanto, que:

B chega em primeiro, C chega em segundo e A chega em terceiro.

B chega em primeiro, C chega em segundo e A chega em terceiro.

Item e)

Escalas termométricas/ noção de dilatação térmica

O princípio físico utilizado no funcionamento do termomêtro é o da dilatação térmica. Considerando a área do bulbo constante, A variação do volume com a temperatura é:

$\Delta V=V_0\gamma \Delta T$

$\gamma$ é o coeficiente de dilatação volumétrica.

$A\Delta h=A\cdot h_0\cdot \gamma \Delta T$

$h-h_0=h_0\cdot \gamma (T-T_0)$
$\rightarrow h=(h_0\gamma)T+(h_0-h_0\gamma\cdot T_0)$

Sendo $(h_0\gamma)=A$ e $(h_0-h_0\gamma\cdot T_0)=B$, a altura em função da temperaturas será:

$h=AT+B$

Como essa fase da OBF é uma fase de respostas diretas, o aluno não precisava provar que a altura variava linearmente com a altura, mas precisava saber disso.

A temperatura do gelo é $0^{\circ} C$, e a temperatura da água em ebulição é $100^{\circ} C$.

$h_{gelo}=A\cdot 0 +B$

$h_{agua}=A\cdot 100+B$

Como dito pelo enunciado:

$h_{agua}-h_{gelo}=12cm$

$(A\cdot 100+B)-(A\cdot 0 +B)=12$

$\rightarrow A=0,12$ $cm\cdot ^{\circ}C^{-1}$

A altura da temperatura que se quer medir é:

$h=h_{agua}-4$

$AT+B=h_{agua}-4$

$AT+B=A\cdot 100+B-4$

$0,12T=0,12\cdot 100-4$

$\rightarrow \boxed{T\approx 67^{\circ}C}$

$\boxed{T\approx 67^{\circ}C}$

Item e)

Cálculo de massa e densidade

Primeiramente transformemos o volume para $cm^3$.

$1L=1dm^3=(10cm)^3=1000cm^3$

O volume interno é:

$V_{interno}=0,8L=800cm^3$

O volume externo é:

$V_{externo}=1L=1000cm^3$

A massa total do sistema será a massa no volume externo da garrafa, mais a massa do líquido.

$M=d_{garrafa}\cdot (V_{externo}-V_{interno})+d_{liquido}\cdot V_{interno}$

$M=0,5\cdot 200+d{liquido}\cdot 800$

$M=100g+800d_{liquido}$

A densidade do conjunto será, portanto:

$d_{conjunto}=\dfrac{M}{V_{externo}}$

$1,46g/cm^3=\dfrac{100g+800cm^3 \cdot d_{liquido}}{1000cm^3}$

$\rightarrow \boxed{d_{liquido}=1,70g/cm^3}$

$\boxed{d_{liquido}=1,70g/cm^3}$

Item b)

Empuxo hidrostático

É necessário interpretar corretamente o termo “poder de impulsão”. O empuxo hidrostático em um corpo submerso em um meio (no nosso caso, o ar) é proporcional ao seu volume. Portanto, o poder de propulsão é inversamente proporcional ao volume. Sendo $I$ o poder de impulsão, temos:

$I\cdot V=I_0\cdot V_0$ EQ(01)

A cada variação de altura, o poder de impulsão perde $3\%$ do seu valor anterior, portanto:

$I(h)=I_0\cdot(1-0,03)^{\alpha\cdot h}$

$I(1000)=(1-0,03)I_0=I_0\cdot(1-0,03)^{\alpha\cdot h}$

$\alpha=\dfrac{1}{1000}\,m^{-1}$

Para a altura de $1500\,m$:

$I=I_0\cdot(1-0,03)^{\frac{1500}{1000}}$

$I=I_0\cdot(1-0,03)^{1,5}$

Para facilitar as contas (esse passo não era necessário), utilizemos a aproximação binomial: se $\left|x\right|\ll 1$:

$(1-x)^n\approx 1-nx$

Logo:

$I\approx I_0\cdot(1-1,5\cdot 0,03)=I_0(1-0,045)$

$I\approx 0,955I_0$

Voltando a $EQ(01)$:

$I\cdot V=I_0\cdot V_0$

$0,955I_0\cdot V=I_0\cdot 3,91\,m^3$

$V\approx 4,094\,m^3$

Portanto, a variação de volume é:

$\Delta V=V-V_0=4,094\,m^3-3,910\,m^3$

$\rightarrow \boxed{\Delta V=0,184\,m^3}$

$\boxed{\Delta V=0,184\,m^3}$

Item b)

Cinemática

Sabemos que para um movimento retlíneo uniformemente variado (MRUV), com aceleração constante $a$, velocidade inicial $v_0$, e posição inicial $S_0$, a posição em função do tempo é:

$S=S_0+v_0\cdot t+\dfrac{a\cdot t^2}{2}$

Adotando o referencial positivo da esquerda para a direita, sendo a posição do corpo A, $S_A$, e a posição do corpo B, $S_B$, temos:

$S_A=0+4t+\dfrac{-4\cdot t^2}{2}$ e $S_B=12-4t+\dfrac{-2\cdot t^2}{2}$

$S_A=4t-2t^2$ e $S_B=12-4t-t^2$

Quando os dois corpos se encontram:

$S_A=S_B$

$4t-2t^2=12-4t-t^2$

$t^2-8t+12=0$

Fatorando:

$(t-2)(t-6)=0$

$\rightarrow \boxed{t_1=2s}$ e $\boxed{t_2=6s}$

O aluno poderia ter optado por resolver a equação do segundo grau utilizando Bháskara ou soma e prouto, chegando no mesmo resultado.

$\boxed{t_1=2s}$ e $\boxed{t_2=6s}$

Item e)

Gravitação / fases da lua

Vamos analisar cada alternativa:

I) O eclipse lunar ocorre quando a sombra da terra é projetada na lua. Para que isso ocorra, a Terra deve estar entre a Lua e o Sol, coincidindo com a lua cheia. (VERDADEIRO)

II) Assim como visto no item anterior, a lua cheia coincidiria com o eclipse lunar. Portanto, nesse momento, a sombra da Terra estaria cobrindo a Lua. Logo não seria possível ver a Lua cheia.  (FALSO)

III) O eclipse solar ocorre quando a sombra da Lua é projetada na Terra. Para que isso ocorra, a Lua deve estar entre a Terra e o Sol. Portanto, isso aconteceria na Lua nova. (FALSO)

Apenas a afirmação I) está correta.

Apenas a afirmação I) está correta.

Item a)

Dinâmica / Aceleração tangencial e centrípeta

Como o corpo está se movendo em um trajetória curvilínea, com o módulo de sua velocidade variando, o corpo está sofrendo a ação de uma aceleração tangencial e uma centrípeta.

Figura: acelerações no corpo

A aceleração no corpo é a soma vetorial das acelerações no corpo.

$\vec{a}=\vec{a}_{cp}+\vec{a}_{t}$

$\left|a\right|=\sqrt{\left|a_{cp}\right|^2+\left|a_{t}\right|^2+2\cdot\left|a_{cp}\right|\cdot\left|a_{t}\right|\cdot \cos{\theta}}$

Onde $\theta$ é o ângulo entre as acelerações tangencial e centrípeta.

Para o momento pedido pela questão, as acelerações estão perpendiculares, portanto:

$\theta=90^{\circ} \rightarrow \cos{\theta}=0$

$\left|a\right|=\sqrt{\left|a_{cp}\right|^2+\left|a_{t}\right|^2}$

Como a variação do módulo da velocidade é constante:

$\left|a_t\right|=\left|a_m\right|=\dfrac{\left|\Delta V\right|}{\Delta t}$

$\left|a_t\right|=\dfrac{\left|6\,m/s-0\,m/s\right|}{2\,s-0\,s}$

$\left|a_t\right|=3\,m/s^2$

O módulo da aceleração centrípeta é:

$\left|a_{cp}\right|=\dfrac{v^2}{R}$

$\left|a_{cp}\right|=\dfrac{(6\,m/s)^2}{9\,m}$

$\left|a_{cp}\right|=4\,m/s^2$

Portanto:

$\left|a\right|=\sqrt{(4\,m/s^2)^2+(3\,m/s^2)^2}$

$\rightarrow \boxed{\left|a\right|=5\,m/s^2}$

$\boxed{\left|a\right|=5\,m/s^2}$

Item d)

Cinemática

Pelo enunciado, sabemos que a aceleração do corpo é constante, e igual a aceleração média.

$a=a_m=\dfrac{\Delta V}{\Delta t}=\dfrac{V-V_0}{t-t_0}$

$a=\dfrac{8-24}{10-2}$

$a=-2\,m/s^2$

A equação para a velocidade em um MRUV é:

$V(t)=V_0+a(t-t_0)$

$V(t)=24-2(t-2)$

$V(t)=28-2t$

A velocidade para $t=0\,s$

$V(0)=28\,m/s$

Como a velocidade varia linearmente com o tempo, a velocidade média será a média aritmética das velocidades nos tempos analisados:

$V_m=\dfrac{V(10)+V(0)}{2}$

$V_m=\dfrac{8+28}{2}$

$\rightarrow \boxed{V_m=18\,m/s}$

$\boxed{V_m=18\,m/s}$

Item c)

Gravitação/fases da Lua

Como visto na questão 08, se os planos dos três corpos forem coplanares, aconteceria eclipse “lunar” na fase da “lua” cheia, e aconteceria eclipse “solar” na fase da “lua” nova. Portanto, a cada revolução completa da estrela, acontecerão 2 eclipses.

Como a revolução da estrela leva 100 dias, o total de eclipses em 400 dias é 8.

Ocorrem 8 eclipses durante os 400 dias.

Item d)

Equilíbrio de forças

Suponha que o “puxador” aplica uma força de módulo $T$ na primeira corda.

Sabemos que numa mesma corda a força se mantém constante, e para uma roldana, a força resultante deve ser nula.

Temos a seguinte representação:

Figura: Representação de forças

A massa está em equilíbrio, portanto:

$4T=Mg$

$4T=400\cdot 10$

$T=1000N$

A força que o teto aplica é:

$F=2T+T+2T=5T$

$F=5\cdot 1000$

$\rightarrow \boxed{F=5000N}$

$\boxed{F=5000N}$

Item a)

Gravitação

Vamos analisar cada item:

Item a): (FALSO)

Os eclipses dependem da posição relativa entre o Sol, a Terra e a Lua. Se a órbita relativa da Lua em relação a Terra se mantesse constante, os eclipses teriam a mesma frequência.

Item b): (FALSO)

Sabemos que o plano da translação da Terra não está perpendicular com a linha que une os polos Norte e Sul terrestre. A Terra possui uma inclinação de aproximadamente $23^{\circ}$ em relação ao plano de translação, é por isso que ocorrem as estações do ano.

Se a Terra descrevesse uma órbita circular perfeita as estações do ano ainda existiriam.

Item c): (FALSO)

A duração do dia depende da velocidade de rotação da Terra ao redor do próprio eixo, e não de sua velocidade de translação.

Item d): (FALSO)

Sabemos que o movimento de translação da Terra é uma elipse. Porém, a excentricidade dessa elipse é quase zero, ou seja, a Terra descreve uma órbita quase circular.

Considerando que a distância média entre a Terra e o Sol seja a mesma, a temperatura média não teria grande variação.

Item e): (VERDADEIRO)

Aplicando a 2ª lei de Newton para a órbita circular:

$F_{grav}=F_{cp}$

$\dfrac{GM_{sol}m}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$

$\rightarrow \boxed{v=\sqrt{\dfrac{GM_{sol}}{r}}}$

Como o raio do movimento é constante, a velocidade também será constante.

$\boxed{v=\sqrt{\dfrac{GM_{sol}}{r}}}$

Como o raio do movimento é constante, a velocidade também será constante.

Item e)

Gravitação

Aplicando a 2ª lei de Newton para o movimento gravitacional:

$\dfrac{GM_{estrela}m}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}$

$v=\omega \cdot r$

$\dfrac{GM_{estrela}}{r^2}=\omega^2\cdot r$

Como a massa da estrela é igual a massa do Sol:

$\omega=\sqrt{GM_{sol}}\cdot r^{-\frac{3}{2}}$

$\dfrac{2\pi}{T}=\sqrt{GM_{sol}}\cdot r^{-\frac{3}{2}}$

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot r^{\frac{3}{2}}$

O raio da órbita da Terra é $r_0$, e se período de translação é:

$T_0=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot {r_0}^{\frac{3}{2}}$

O raio da órbita do planeta é $r=4r_0$. Seu período será:

$T=\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot (4r_0)^{\frac{3}{2}}$

$T=8\left(\dfrac{2\pi}{\sqrt{GM_{sol}}}\cdot {r_0}^{\frac{3}{2}}\right)$

$T=8T_0$

$\rightarrow \boxed{T=8\,anos}$

É relevante salientar que esse processo é equivalente a utlizar a 3ª Lei de Kepler da gravitação universal.

$\boxed{T=8\,anos}$

Item d)

Cinemática: lançamento vertical e queda livre

Seja $A$ a esfera abandonada de $20,0$ $m$ de altura e $B$ a que será arremessada. É evidente que $B$ deve ser lançada para cima para chegar no solo ao mesmo tempo que $A$; dessa forma, ela passa um tempo maior no ar, compensando o maior tempo requerido para a bola $A$ cair devido à sua altura maior acima do chão. Seja $v_0$ a velocidade com a qual $B$ é arremessada. Seu movimento pode ser analisado em dois trechos: $1.$ um lançamento vertical até atingir uma altura máxima $h$ acima da base do prédio, onde $h$ é determinado pela eq. de Torricelli $v_0^2=2gh$; e $2.$ uma queda livre a partir de uma altura $h+h_B$ acima do solo ($h_B=16,0$ $m$). Portanto, o tempo total de movimento de $B$ é:

$t_B=t_1+t_2=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}+\sqrt{\dfrac{2(h+h_B)}{g}}$,

$t_B=\dfrac{v_0}{g}+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{g^2}+\dfrac{2h_B}{g}}$.

O movimento de $A$ é uma queda livre; sendo assim, o tempo de queda é $t_A=\sqrt{\dfrac{2h_A}{g}}$ (com $h_A=20,0$ $m$). Impondo a igualdade $t_B=t_A$:

$\dfrac{v_0}{g}+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{g^2}+\dfrac{2h_B}{g}}=\sqrt{\dfrac{2h_A}{g}}$,

Multiplicando por $g$:

$v_0+\sqrt{v_0^2+2gh_B}=\sqrt{2gh_A}$

Substituindo os valores numéricos, isolando o termo com $v_0$ na raiz e então elevando ambos os membros ao quadrado, temos:

$v_0^2+320=\left(20-v_0\right)^2$,

$v_0^2+320=400-40v_0+v_0^2$,

$\boxed{v_0=2,0\,m/s}$.

O que nos leva a escolher o item b).

Item b)

Conhecimentos gerais de gravitação

Analisemos os itens.

I) Falso. Um raio de luz demora 450 anos para atingir o HD. Evidentemente, nenhuma sonda é capaz de viajar a velocidade da luz. Mesmo que fosse possível, nem todas sondas viajariam, necessariamente, com essa velocidade.

II) Verdadeiro. Geralmente, é feita uma distinção entre os atos de “ver” e “observar” fenômenos. O primeiro está relacionado com o ato da chegada da luz ao olho do observador, enquanto o segundo é um termo abrangente que engloba, também, fenômenos em que o tempo de propagação da luz não é relevante. Por exemplo, suponha que um físico, na Terra, saiba, exatamente, em que momento um outro físico enviará-lhe um pulso luminoso de um planeta distante. No momento da emissão, o físico da Terra pode ter observado que o pulso luminoso fora emitido, apesar de não tê-lo visto. Contudo, os itens dessa questão nos sugerem que algum item deve estar correto. Sendo assim, pressupôs-se que o enunciado se refere, erroneamente, ao ato de “ver”. Nesse caso, a luz proveniente do fenômeno observado leva 450 anos para atingir os olhos de um observador na Terra.

III) Falso. Um sistema binário não é estacionário. Geralmente, os corpos do sistema giram em torno do centro de massa do mesmo. De qualquer forma, os corpos nunca permanecem em repouso. O item sugere que o planeta orbite em torno de estrelas estacionários nos focos de uma elipse.

Item b)

Termodinâmica: conceitos teóricos de temperatura e calor

I) Falsa. Calor é tem unidades de energia (Joule no SI) e temperatura e sensação térmica são medidas em $K$, por exemplo.

II) Verdadeiro. Na evaporação, o suor que se desprende para ambiente rouba calor do corpo para evaporar.

III) Verdadeiro. Quando o ambiente está muito úmido, o suor tem dificuldade para evaporar devido à alta concentração de vapor, o que aumenta as colisões das moléculas de água suspensas no ar com as moléculas de suor. Além disso, as moléculas de água do ar retém o calor do ambiente devido a seu alto calor específico, diminuindo a quantidade de energia absorvida pelo suor. Dessa forma, o corpo humano cede pouco calor pelo mecanismo do item II, elevando a sensação térmica.

Item d)

Mecânica: conceitos de potência

Primeiramente, calculemos quantas telhas $N$ são necessárias para suprir a produção mensal. Para isso, basta dividirmos o consumo total pela energia produzida por uma telha:

$$N=\dfrac{152,2}{1,15}=132,3$$

Logo, a quantidade mínima de telha é 133. Para encontrarmos a área total ocupada por telhas, devemos multiplicar a área de uma telha por 133:

$$A=133.365.475.10^{-6}m^2=23,05m^2$$

Observação:

Caso o aluno optasse por utilizar o dado do enunciado, que explicita uma potência de 9,16 W para cada telha, o mesmo chegaria na resposta $666$ $m^2$, isso supondo um funcionamento por 12 horas diárias, para cada telha. Como o aluno dever estipular um tempo de funcionamento para as telhas caso use esse dado, acredita-se que o dado correto a se utilizar é a do consumo médio mensal de 1,15 KWh.

Item e)

Mecânica: energia

A energia do projétil é cinética, dada por $mv^2/2$. Já a energia mínima para levar um tijolo até uma altura $h$ é a energia potencial gravitacional $Mgh$ fornecida pelo operador, que atua contra o peso. Como as duas são iguais:

$Mgh=\dfrac{mv^2}{2}$,

Substituindo as quantidades no SI:

$2*10*h=\dfrac{50*10^{-3}*(1200)^2}{2}$,

$\boxed{h=1,8*10^3\,m}$.

O item correto é o a).

$\boxed{h=1,8*10^3\,m}$

Item a)

Cinemática: MRUV e velocidade relativa

Chame de $v_0$ a velocidade do carro em rel. à Terra no momento em que abandona o caminhão. A equação horária da velocidade no processo de frenagem nos diz que:

$0=v_0+at$,

$v_0=4,0*3,0=12,0$ $m/s$ $=43,2$  $km/h$.

Lembre-se de multiplicar por $3,6$ para realizar a conversão de $m/s$ p/ km/h. Como o caminhão e o carro deslocam-se em sentidos contrários, a velocidade relativa do carro em relação ao caminhão é dada por

$v_{rel}=v_0+V=43,2+48=91,2$ $km/h$,

$\boxed{v_{rel}\approx91\,km/h}$.

O item certo é o e).

$\boxed{v_{rel}\approx91\,km/h}$

Item e)