OBF 2020 Prova Especial Teórica da 2ª/3ª Fase - (Nível 1)

Calorimetria/ Transferência de calor

(a) Existem duas coisas a ser analisadas nesse problema que podem variar: a variação de temperatura da água e a sua vazão.

Definamos algumas coisas primeiro: $\rho$ é a densidade da água, $c$ é o calor específico da água, $T_0$ é a temperatura inicial da água, $z$ é a vazão da água, e $T$ é a temperatura final da água.

Calculemos primeiramente a quantidade de energia que é fornecida pelo aquecedor após um intervalo de tempo $\Delta t$:

$P_{ot}=\dfrac{\Delta E}{\Delta t}=\dfrac{E-0}{\Delta t}$

$E=P_{ot}\cdot \Delta t$   Eq(01)

Suponhamos que entra um volume $\Delta V$ de água pela torneira. Pela equação da vazão:

$z=\dfrac{\Delta V}{\Delta t}$

$\Delta V=z\cdot \Delta t$

A quantidade de massa de água que entra é:

$\Delta m=\rho \Delta V$

$\Delta m=\rho z \Delta t$

Como está sendo transferido calor para a água, a água sofrerá uma variação de temperatura $\Delta T$, dado por:

$E=\Delta m\cdot c\Delta T$

$E=\rho zc(T-T_0)\Delta t$   Eq(02)

Juntando as Eq(01) e Eq(02):

$P_{ot}\cdot \Delta t=\rho zc(T-T_0)\Delta t$

$P_{ot}=\rho zc(T-T_0)$

$\rightarrow \boxed{T=T_0+\dfrac{P_{ot}}{\rho zc}}$   Eq(03)

Perceba que a temperatura final depende inversamente da vazão de água. Como queremos a temperatura máxima, devemos ter a vazão mínima.

Como dado pelo enunciado, a vazão está no intervalo:

$3,00 \dfrac{L}{min} \leq z \leq 6,60 \dfrac{L}{min}$

Transformando para unidades do SI sabemos:

$1L=0,001 m^3=1000 cm^3$, $1 min=60 s$ e $1 g=0,001 kg$

Logo:

$3,00\cdot \dfrac{0,001 m^3}{60 s} \leq z \leq 6,60 \dfrac{0,001 m^3}{60 s}$

$0,00005 \dfrac{m^3}{s} \leq z \leq 0,00011 \dfrac{m^3}{s}$

Portanto, utilizaremos o valor de $z=0,00005 \dfrac{m^3}{s}$.

Aplicando as informações no resultado final:

$T=15,0^{\circ}C+\dfrac{4,20 \dfrac{kJ}{s}}{1\dfrac{g}{cm^3}\cdot 0,00005 \dfrac{m^3}{s}\cdot 1\dfrac{cal}{g\cdot^{\circ}C}}$

$T=15,0^{\circ}C+\dfrac{4,20\cdot 1000\dfrac{J}{s}}{1\cdot \dfrac{0,001 kg}{0,000001 m^3}\cdot 0,00005 \dfrac{m^3}{s}\cdot 1\cdot \dfrac{4,2 J}{0,001 kg\cdot^{\circ}C}}$

$T=15,0^{\circ}C+20,0^{\circ}C$

$\rightarrow \boxed{T=35,0^{\circ}C}$

b) Como queremos agora a temperatura mínima, podemos utilizar a Eq(03) com a condição de que a vazão seja a máxima ($z=0,00011 \dfrac{m^3}{s}$):

$T=24,0^{\circ}C+\dfrac{4,20\cdot 1000\dfrac{J}{s}}{1\cdot \dfrac{0,001 kg}{0,000001 m^3}\cdot 0,00011 \dfrac{m^3}{s}\cdot 1\cdot \dfrac{4,2 J}{0,001 kg\cdot^{\circ}C}}$

$T=24,0^{\circ}C+9,090909...^{\circ}C$

$T=33,090909...^{\circ}C$

Como todas as temperaturas foram apresentadas com um algarismo significativo:

$\rightarrow \boxed{T=33,1^{\circ}C}$

(a) $\boxed{T=35,0^{\circ}C}$

(b) $\boxed{T=33,1^{\circ}C}$

Cinemática do ponto material

(a) Antes de mais nada, vamos decompor a velocidade em seus componentes ao longo de $x$ e $y$:

$v_{x} = v_{0} \cos \theta=14 \dfrac{cm}{s}$

$v_{y} = v_{0} \sin \theta=23.8 \dfrac{cm}{s}$

Como a colisão apenas troca o sinal da velocidade em $y$, o número de colisões é simplesmente a distância (em $y$) percorrida em $4\,s$ dividida por $L$:

$\boxed{N= \dfrac{v_{0} \sin \theta \cdot 4}{L}=4.76}$

Ou seja, foram 4 colisões completas, e se encaminhando para a quinta.

(b) Para achar a distância percorrida, teremos que utilizar o teorema de pitágoras. Primeiro, vamos determinar a distância em $x$ que o disco percorre entre colisões consecutivas:

$d= v_{0} \cos \theta \dfrac{ L}{v_{0} \sin \theta}=11.8\,cm$

Assim, cada colisão corresponde uma uma distância percorrida de:

$D=\sqrt{L^2+d^2}=23.2\, cm$

Portanto, $\boxed{D_{total}=ND=4.76 D=110.4\,cm}$. Note que se apenas uma fração $f$ da distância entre colisões foi percorrida, $D' =\sqrt{(fL)^2+(fd)^2}=f \sqrt{L^2+d^2}$, e por isso podemos usar o número quebrado.

(c) Seguindo um raciocínio análogo, ao final de 4 colisões, o disco estará no eixo $x$, e estará se encaminhando no sentido positivo de $y$. O deslocamento total em $x$ então é:

$D_{x} = N d = 4.76 d$

O deslocamento vertical é:

$D_{y} = (N-4) L = 0.76 L$

Logo:

$\boxed{D_{desl}=\sqrt{(4.76d)^2+(0.76L)^2}=58.2 \, cm}$

(a) $\boxed{N=4}$

(b) $\boxed{D_{total}=110.4\,cm}$

(c) $\boxed{D_{desl}=58.2\,cm}$

Mecânica: conservação de energia

Como o meteorito possui velocidade constante, isso quer dizer que a força resultante que atua sobre ele é nula, equivalentemente, o trabalho total das forças é igual a zero. Existem duas forças de interesse atuando sobre ele: a gravitacional e a de resistência com o ar. Ao cair uma distância $d$, o trabalho da gravitacional é $W_{g}= +mgd$, em que $m$ é a massa do meteorito. Portanto, o trabalho dissipativo da força de resistência é $W_{r}=-mgd$ (o sinal de menos corresponde ao fato de ser uma dissipação)

A variação de calor sensível é dada pela expressão $Q= mc \Delta T$. Assim, como um centésimo da dissipação vira calor sensível:

$0.01mgd=mc \Delta T$

Como esperado, a massa cancela. Então:

$d=\dfrac{100 c \Delta T}{g}$

$\boxed{d=4620\, m}$

Não se esqueça de passar o valor fornecido de $c=0,11\, cal/g^{\circ}C$ na capa da prova para o SI.

$\boxed{d=4620\, m}$

Eclipses solar e lunar

Observe as figuras abaixo, que representam o deslocamento angular da lua em torno do planeta durante o intervalo de 30 dias entre os eclipses:

(a) 

Para descobrir o ângulo $\alpha$, o deslocamento do planeta, façamos a proporção entre os intervalos de tempo: $\dfrac{\alpha}{2\pi}=\dfrac{30}{360}\to{\alpha=\dfrac{\pi}{6}}$. Pela figura acima, é fácil ver que o deslocamento angular da lua foi $\Delta{\theta}=\alpha+\pi=\dfrac{7\pi}{6}$. Com o deslocamento angular e o intervalo de tempo em mãos, podemos calcular o período orbital:

$$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{\dfrac{7\pi}{6}}{30d}\to{\boxed{T=51,43dias}}$$

(b) A situação é parecida com a do item anterior. Nesse caso, a lua se move no sentido horário e, portanto, seu deslocamento angular é agora $\Delta{\theta}'=\pi-\alpha$, conforme a figura abaixo.

$$\omega=\dfrac{2\pi}{T'}=\dfrac{\dfrac{5\pi}{6}}{30d}\to{\boxed{T'=72dias}}$$

(a)

$$\boxed{T=51,43\,dias}$$

(b)

$$\boxed{T'=72\,dias}$$

Gravitação universal

Como dado pelo enunciado, o raio da órbita do satélite B é $50\%$ maior que a do satélite A, ou seja:

$r_B=r_A+0,5r_A$

$r_B=1,5r_A$

Se os períodos de rotação dos satélites são $T_A$ e $T_B$, temos, pela terceira lei de Kepler que:

$\dfrac{T_A^2}{r_A^3}=\dfrac{T_B^2}{r_B^3}$

$\dfrac{T_A^2}{r_A^3}=\dfrac{T_B^2}{(1,5r_A)^3}=\dfrac{T_B^2}{1,5^3\cdot r_A^3}$

$T_B^2=(1,5)^3\cdot T_A^2$

Como os satélites estão em movimento circular:

$T_A=\dfrac{2\pi r_A}{v_A}$ e $T_B=\dfrac{2\pi r_B}{v_B}$

Portanto:

$\left(\dfrac{2\pi r_B}{v_B}\right)^2=(1,5)^3\cdot \left(\dfrac{2\pi r_A}{v_A}\right)^2=\left(\dfrac{2\pi \cdot 1,5 \cdot r_A}{v_B}\right)^2$

$(1,5)^3\cdot \left(\dfrac{4\pi^2 r_A^2}{v_{A}^2}\right)=\left(\dfrac{4\pi^2 \cdot (1,5)^2 \cdot r_A^2}{v_{B}^2}\right)$

$(v_A)^2=1,5 (v_B)^2$

$\rightarrow \dfrac{(v_B)^2}{(v_A)^2}=\dfrac{2}{3}$

A energia cinética dos corpos será:

$E_{c,A}=\dfrac{m(v_A)^2}{2}$ e $E_{c,B}=\dfrac{m(v_B)^2}{2}$

Logo:

$\dfrac{E_{c,B}}{E_{c,A}}=\dfrac{\left(\dfrac{m(v_B)^2}{2}\right)}{\left(\dfrac{m(v_A)^2}{2}\right)}$

$\dfrac{E_{c,B}}{E_{c,A}}=\dfrac{(v_B)^2}{(v_A)^2}$

$\rightarrow \boxed{\dfrac{E_{c,B}}{E_{c,A}}=\dfrac{2}{3}\approx 0.67}$

$\boxed{\dfrac{E_{c,B}}{E_{c,A}}=\dfrac{2}{3}\approx 0.67}$

Dinâmica/ Equilíbrio de forças

(a) Vamos olhar para as força em cada parte do sistema.

Sabemos que a força em um fio ideal, a força se distribui constante por toda a sua extensão. Sendo $F$ a força de tração no fio de baixo, e $P$ o peso da massa.

Como a polia está em equilíbrio, a força resultante na horizontal deve ser zero. Portanto:

$T\cos{\alpha}=2T\sin{\theta}$

$\rightarrow \cos{\alpha}=2\sin{\theta}$

$\cos{\alpha}=2\sin{30^{\circ}}=2\cdot \dfrac{1}{2}$

$\cos{\alpha}=1$

$\rightarrow \boxed{\alpha=0^{\circ}}$

(b) A polia também está em equilíbrio na vertical. Portanto:

$2T\cos{\theta}+T\sin{\alpha}=F$

$2T\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}+T\cdot 0=F$

$F=T\sqrt{3}$

A massa também está em equilíbrio, logo:

$F=P=mg$

$T\sqrt{3}=mg$

$\rightarrow T=\dfrac{mg\sqrt{3}}{3}$

$\rightarrow \boxed{T=340 \,N}$

(a) $\boxed{\alpha=0^{\circ}}$

(b) $\boxed{T=340\, N}$

Cinemática: velocidade do som

Como a velocidade da luz é muito maior que a do som, podemos dizer que a chegada da luz na filmadora é praticamente instantânea, enquanto o som leva um tempo mais perceptível. Assim, a distância vale $d=v_{som} \Delta t$. Basta descobrir o tempo elapsado.

Note que a filmagem é reproduzida a 30 quadros por segundo, logo os 52 quadros de duração entre a luz e o som correspondem a $\Delta t = \dfrac{52}{30}\, s$. Usando $v_{som}=340\, m/s$:

$\boxed{d=340 \cdot \dfrac{52}{30}=589\,m}$

$\boxed{d=589\,m}$

Cinemática/ Lançamento oblíquo

(a) Para essa questão, utilizaremos o nível da planície como referencial para altura igual a zero.

A força resultante no corpo é apenas a força de atração gravitacional, vertical e para baixo, portanto, o corpo executará um um MRU na direção horizontal. Como a velocidade inicial na horizontal é $v_{x_0}=v_0\cos{\theta}$, temos:

$v_x=v_0\cos{\theta}$ e $x=v_0\cos{\theta}\cdot t$

Como na vertical o corpo está sobre a influência da força peso, no eixo y o corpo executará um MRUV com aceleração em módulo igual a gravidade. A equação horária do eixo y é, portanto:

$y=y_0+v_{y_0}\cdot t+\dfrac{at^2}{2}$

A velocidade inicial no eixo y é $v_{y_0}=v_0\sin{\theta}$ e a aceleração é $a=-g$, logo:

$v_y=v_0\sin{\theta}-gt$ e $y=h+v_0\sin{\theta}\cdot t-\dfrac{gt^2}{2}$

Isolando o tempo na equação horizontal:

$x=v_0\cos{\theta}\cdot t \rightarrow t=\dfrac{x}{v_0\cos{\theta}}$

Colocando o tempo na equação vertical:

$y=h+v_0\sin{\theta}\cdot \dfrac{x}{v_0\cos{\theta}}-\dfrac{g}{2}\left(\dfrac{x}{v_0\cos{\theta}}\right)^2$

$\rightarrow \boxed{y=h+\tan{\theta}\cdot x-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2{\theta}}\cdot x^2}$

Quando a massa atinge o solo, $y=0$, logo:

$0=h+\tan{\theta}\cdot x-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2{\theta}}\cdot x^2$

Sendo $A$ a distância horizontal percorrida, e aplicando valores:

$0=475+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot A-\dfrac{10}{2\cdot 300^2\cdot \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}\cdot A^2$

$\dfrac{1}{13500}\cdot A^2-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot A-475=0$

O discriminante dessa equação será:

$\Delta=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2-4\cdot \left(\dfrac{1}{13500}\right)\cdot (-475)$

$\Delta=\dfrac{64}{135}=\dfrac{8^2\cdot 5\cdot 3}{5^2\cdot 9^2}$

Portanto as soluções da equação do segundo grau são:

$A=\dfrac{-\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) \pm \sqrt{\dfrac{8^2\cdot 5\cdot 3}{5^2\cdot 9^2}}}{2\cdot \dfrac{1}{13500}}$

$A=6750\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \pm \dfrac{8}{45}\sqrt{5}\sqrt{3}\right)$

$A=150\sqrt{3}(15\pm 8\sqrt{5})$

Como a nossa distância deve ser positiva:

$\boxed{A=150\sqrt{3}\left(15+ 8\sqrt{5}\right) m}$

$\rightarrow \boxed{A=8517 m}$

(b) Voltando para a equação no eixo vertical, sabemos que a altura máxima ocorrerá quando a velocidade vertical for zero.

$v_y=v_0\sin{\theta}-gt=0 \rightarrow t=\dfrac{v_0\sin{\theta}}{g}$

Colocando esse tempo na equação do eixo y:

$y=h+v_0\sin{\theta}\left(\dfrac{v_0\sin{\theta}}{g}\right)-\dfrac{g}{2}\left(\dfrac{v_0\sin{\theta}}{g}\right)^2$

$\boxed{y_{max}=h+\dfrac{v_0^2\sin^2{\theta}}{2g}}$

$\rightarrow \boxed{y_{max}=1600 m}$

(a) $\boxed{A=8517 m}$

(b) $\boxed{y_{max}=1600 m}$