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

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

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:

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

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

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

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

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 $v_{som}=340\, m/s$:

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

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

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

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) $\boxed{T=33,1^{\circ}C}$

Hidrostática: empuxo

Seja $m_{a}$ a massa da esfera de cima e $m_{b}$ a massa da esfera de baixo, massas essas que são diferentes para que a primeira flutue enquanto a última boie. A condição crítica para a esfera de cima ocorre quando o combustível é 5% menos denso do que deveria, e nessa condição o volume emerso é nulo e a esfera está prestes a afundar:

$m_{a} g = 0.95 \rho V g$

A situação crítica para a esfera de baixo é quando a densidade do combustível é 5% maior do que deveria, e então essa esfera está prestes a flutuar e a normal que o fundo aplica sobre ela é nula:

$m_{b} g = 1.05 \rho V g$

Esse par de equações determina completamente as massas das esferas $m_{a}$ e $m_{b}$. Vamos então para a pergunta do problema: se a esfera de baixo está prestes a subir, isso quer dizer que densidade do fluido vale $1.05 \rho$, e como o fluido está mais denso que o normal, a esfera de cima não vai precisar deslocar um volume de líquido tão grande para flutuar. Seja então $v$ o volume emerso da esfera de cima, o que significa que seu peso está sendo sustentado pelo peso de um volume $V-v$ de um líquido de densidade $1.05 \rho$. Em equações:

$m_{a} g = 1.05 \rho (V-v)$

Usando a primeira equação para substituir o valor do peso da esfera de cima:

$0.95 \rho V g = 1.05 \rho (V-v) g$

$0.95 V = 1.05 (V-v)$

Rearranjando:

$\boxed{\dfrac{v}{V}=1-\dfrac{0.95}{1.05}=0.095}$

$\boxed{\dfrac{v}{V}=0.095}$

Mecânica: ondas transversais em uma corda

Pela figura fornecida, podemos extrair a velocidade de propagação da onda $v$ (pelo deslocamento dos picos, por exemplo, no intervalo de tempo fornecido) e o comprimento de onda $\lambda$ (pela distância entre os picos):

$$v=\dfrac{\Delta{s}}{\Delta{t}}=\dfrac{1m}{0,05s}=20m/s$$

$$\lambda=8m$$

A amplitude vertical pode ser obtida pela figura também (metade da distância vertical entre um pico e um vale):

$$A=\dfrac{4mm}{2}=2.10^{-3}m$$

O movimento transversal dos pontos da corda pode ser considerado um M.H.S. de período $T_y$. Perceba que, após um período horizontal $T_x=\dfrac{\lambda}{v}=0,4s$, todos os pontos da corda retornam para suas posições verticais originais. Portanto, como nesse período $T_x$ os pontos realizam uma única oscilação vertical, segue que $T_y=T_x$. Como o movimento dos pontos da corda é um M.H.S., a velocidade máxima que um desses pontos pode ter é $\boxed{v_{max}={\omega}_yA}=\dfrac{2\pi}{T_y}A=0,03\, m/s$.

$$\boxed{0,03\,m/s}$$

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)

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

Óptica geométrica: refração

(a)

Seja $\alpha$ o ângulo com a normal do raio refratado. Pela Lei de Snell:

$n\sin{\left(90^{\circ}-\theta\right)}=n_{ar}\sin{\alpha}$,

$\sin{\alpha}=n\cos{\theta}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ $\rightarrow$ $\alpha=45^{\circ}$.

Encontramos uma relação entre as alturas observando que a distância $\overline{\rm AB}$ pode ser determinada de duas formas:

$\overline{\rm AB}=\overline{\rm AP} \cos{\theta}=\overline{\rm AO}\cos{\theta}+\overline{\rm OQ}\sin{\alpha}$,

$\dfrac{y_P}{\tan{\theta}}=\dfrac{y_1}{\tan{\theta}}+\left(y_Q-y_1\right)\tan{\alpha}$.

Isolando $y_Q$ e substituindo os outros números:

$\dfrac{50}{\sqrt{3}}=\dfrac{10}{\sqrt{3}}+\left(y_Q-10\right)$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{y_Q=\dfrac{40}{\sqrt{3}}+10\approx33,5\,cm}$.

Onde foi utilizado $\sqrt{3}=1,7$ dado na capa da prova. Aqui, cabe uma ressalva importante; o resultado obtido é uma das duas possíveis respostas para o problema. Uma resposta levemente diferente pode ser obtida ao racionalizar o denominador com $\sqrt{3}$ e fazer as contas com $\sqrt{3}=1,7$:

$\boxed{y_Q=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}+10\approx32,7\,cm}$.

Ambas as respostas excedem a margem de 2% (relativas umas às outras) de precisão para pontuação integral imposta pela OBF 2020, contudo é menor que 5% que corresponde à margem para pontuação. Ao nosso ver, deveria-se aceitar uma margem de erro maior nessa questão em específico, devido ao caráter dúbio da resposta final ao utilizar-se a aproximação da capa da prova.

(b) É evidente que o laser há de ser deslocado para a esquerda, até a posição $A'$. Seja $\overline{\rm AA'}=-x$ (pois a distância é positiva, enquanto a coordenada $x<0$) e $O'$ o novo ponto de refração.  Observe os esquemas abaixo. A nova trajetória do raio está destacada em vermelho.

Nas figuras acima, "$//$" ou "$/$" indica paralelismo entre segmentos; o segmento $\overline{\rm AO'}$ é paralelo à $\overline{\rm AO}$, enquanto $\overline{\rm O'P}$ é paralelo à $\overline{\rm OQ}$. Na figura à direita, tem-se representado o quadrilátero $QPOO'$ formado. Utilizando trigonometria, observa-se que:

$-x\sin{\left(90^{\circ}-\alpha\right)}=\left(y_P-y_Q\right)\sin{\alpha}$ $\rightarrow$ $x=y_Q-y_P$

O que nos leva, por fim, a:

$\boxed{x=\dfrac{40}{\sqrt{3}}-40\approx -16,5\,cm}$.

E outra possível resposta, pelos mesmos motivos de (a):

$\boxed{x=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}-40\approx -17,3\,cm}$.

A mesma discussão de (a) também cabe aqui.

(a) Há duas respostas corretas possíveis (ver solução):

 $\boxed{y_Q=\dfrac{40}{\sqrt{3}}+10\approx33,5\,cm}$

$\boxed{y_Q=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}+10\approx32,7\,cm}$

(b) Há duas respostas corretas possíveis (ver solução):

$\boxed{x=\dfrac{40}{\sqrt{3}}-40\approx -16,5\,cm}$.

$\boxed{x=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}-40\approx -17,3\,cm}$.

Mecânica: Conservação de Energia e momento linear

O alojamento da bala no bloco configura uma colisão inelástica. Já que a mola se deforma apenas depois da colisão, o momento linear do sistema se conserva antes e logo após o choque. Sendo $v$ a velocidade do conjunto depois, temos:

$mv_0=\left(M+m\right)v$,

$v=\dfrac{m}{M+m}v_0$.

A colisão inelástica dissipa energia. Após ela, não há trabalho de forças que ocasionem dissipações, portanto a energia mecânica se conserva. Veja que a amplitude do movimento oscilatório é precisamente a deformação máxima da mola, pois ocorre no momento em que o conjunto chega ao repouso instantâneo. Igualando à energia cinética inicial do conjunto à energia mecânica final (que é puramente potencial elástica):

$\dfrac{\left(M+m\right)v^2}{2}=\dfrac{kA^2}{2}$,

$\dfrac{m^2v_0^2}{M+m}=kA^2$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{v_0=A\sqrt{\dfrac{k\left(M+m\right)}{m^2}} \approx 375,4\, m/s}$.

$\boxed{v_0\approx 375,4\, m/s}$.

Termologia: Condução térmica

Resolveremos o problema para o caso geral $k_1 \neq k_2$, para então depois particularizar de acordo com as condições desejadas.

I) Chame de $\phi_1$ e $\phi_2$ o fluxo térmico (energia por unidade de tempo) através das barras 1 e 2, respectivamente. Seja $A$ a secção reta das barras (as dimensões das barras são iguais) e $T$ a temperatura na junção das barras, com $T_A>T>T_B$.. Utilizando a Lei de Fourier, temos que

$\phi_1=\dfrac{k_1 A \left(T_A-T\right)}{L}$.

$\phi_2=\dfrac{k A \left(T-T_B\right)}{L}$.

No estado estacionário, deve valer a continuidade de fluxo para a associação em série: $\phi_1=\phi_2=\phi_I$. Logo:

$T_A-T=\dfrac{\phi_I L}{k_1 A}$.

$T-T_B=\dfrac{\phi_I L}{k_2 A}$.

Somando as duas equações, isolamos $\phi_I$ para obter

$\phi_I=\left(\dfrac{k_1 k_2}{k_1+k_2}\right)\dfrac{A\left(T_A-T_B\right)}{L}$.

II) No segundo cenário (associação em paralelo), o fluxo total $\phi_{II}$ se divide entre as duas as barras. Isto é:

$\phi_{II}=\phi_1+ \phi_2$.

Novamente, pela Lei de Fourier, vale escrever:

$\phi_{II}=\phi_1=\dfrac{k_1 A \left(T_A-T_B\right)}{L}+\dfrac{k_2 A \left(T_A-T_B\right)}{L}$,

$\phi_{II}=\left(k_1+k_2\right)\dfrac{A \left(T_A-T_B\right)}{L}$.

Então, a razão $\phi_{II}/ \phi_I$ é dada por:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{\left(k_1+k_2\right)^2}{k_1 k_2}}$

(a) Para $k_1=k_2$:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=4}$.

(b) Para $k_1=3k_2$:

$\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$.

(a) $\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=4}$

(b) $\boxed{\dfrac{\phi_{II}}{\phi_I}=\dfrac{16}{3} \approx 5,33}$

Estática do Corpo Rígido: condições de tombamento

(a) Utilizando a 2ª Lei de Newton:

$F=ma$,

$100=25,0 * a$ $\rightarrow$ $\boxed{a=4,0\,m/s^2}$.

(b) Solução 1: No referencial da Terra

Para a condição llimite de $h_{min}$, o corpo encontra-se na iminência de tombar para trás. Logo, a normal $N_2$ no canto direito tende a zero. Pelo equilíbrio vertical, $N_1=mg$. Na iminência de tombar, o torque resultante das forças atuantes no bloco em relação ao seu centro de massa ($CM$) deve ser nulo. Da figura, igualamos os torques horários aos anti-horários:

$F\cdot \left(\dfrac{H}{2}-h_{min}\right)=N_1 \cdot \dfrac{L}{2}$,

$ma\left(\dfrac{H}{2}-h_{min}\right)=\dfrac{mgL}{2}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{h_{min}=\dfrac{H}{2}-\dfrac{gL}{2a}=0,4\,m}$.

Comentário:

O aluno poderia optar por impor a condição de torque nulo, por exemplo, usando a roda da direita como pivô. Esse raciocínio infelizmente é errôneo, pois o torque resultante (no referencial da Terra) em relação à qualquer outro ponto que não seja o $CM$ é diferente de zero. O torque resultante das forças atuando em um corpo - calculado em relação à um ponto de referência - equivale à taxa de variação temporal do seu momento angular ($\vec{\tau}=d\vec{L}/dt$) em relação àquele mesmo ponto. Em relação ao $CM$, não há variação de momento angular (nesse caso, o momento angular em si é nulo), e portanto o torque tem de ser zero, de fato. Para que o torque resultante em relação à qualquer outro ponto arbitrário seja zero, é necessário executar uma mudança de referencial. É óbvio que, no referencial do corpo rígido, todos os seus pontos estão parados em relação à ele mesmo; portanto, o momento angular é constante e igual a zero e, desta forma, o torque resultante, qualquer que seja o ponto de referência para o cálculo, também será. Isso nos leva à Solução 2.

OBS.: Vale ressaltar que a expressão $\tau=d\vec{L}/dt$ não é exatamente válida se tomamos como referência um ponto acelerado, como os pontos de contato com o solo em nosso caso. A exceção é quando esse ponto coincide com o $CM$, e por isso nosso raciocínio funciona no referencial da Terra.

Solução 2: No referencial do bloco

Para entrar no referencial do corpo rígido, basta somarmos ao bloco a força inercial $-m\vec{a}$, aplicada em seu centro de massa:

Podemos, então, igualar os torques horários aos anti horários em relação à roda esquerda, considerando agora o torque da força fictícia:

$F\cdot h_{min}+mg\cdot \dfrac{L}{2}=ma \cdot \dfrac{H}{2}$,

$h_{min}=\dfrac{H}{2}-\dfrac{gL}{2a}=0,4\,m$.

O que produz exatamente o mesmo resultado obtido previamente. Perceba que impor a condição de toque nulo no referencial do bloco em relação ao $CM$ é idêntico à Solução 1, como era de se esperar, pois o torque produzido pela força de inércia nesse caso será zero.

(c)

Para a condição llimite de $h_{max}$, o corpo encontra-se na iminência de tombar para frente Logo, a normal $N_1$ no canto esquerdo tende a zero. Pelo equilíbrio vertical, $N_2=mg$. igualamos os torques horários aos anti-horários:

$F\cdot \left(h_{max}-\dfrac{H}{2}\right)=N_1 \cdot \dfrac{L}{2}$,

$ma\left(h_{max}-\dfrac{H}{2}\right)=\dfrac{mgL}{2}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{h_{max}=\dfrac{H}{2}+\dfrac{gL}{2a}=1,4\,m}$.

O processo é feito de forma análoga ao da Solução 2 do item (b) caso deseje-se zerar os torques utilizando a roda direita como pivô, por exemplo.

(a)  $\boxed{a=4,0 \, m/s^2}$

(b) $\boxed{h_{min}=0,4\,m}$

(c) $\boxed{h_{max}=1,4\,m}$