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

Circuitos elétricos: relações de potência dissipada

Podemos descobrir a resistência da lâmpada através das especificações dadas:

$$P=\dfrac{V^2}{R_L}\to{R_L=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{6^2}{0,6}\Omega=60\Omega}$$

Agora, devemos descobrir a corrente que passa pela lâmpada. Para isso, considere a simplificações no circuito abaixo, a fim de obter, primeiramente, a corrente que passa pela fonte:

Logo, $I_0=\dfrac{12}{50}A=0,24A$.

Daí,

$$I'+I''=I_0$$

$$\left(10+15+5\right)I''=60I'$$

Portanto, $I'=\dfrac{I_0}{3}=0,08A$. Com isso, podemos calcular a potência dissipada na lâmpada: $\boxed{P_L=R_LI'^2}$. Numericamente: $\boxed{P_L=0,384\,W}$

$\boxed{P_L=0,384\,W}$

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:

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

(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.

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

(a)

$$\boxed{T'=51,43\,dias}$$

(b)

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

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 $\boxed{v_{max}={\omega}_yA}=\dfrac{2\pi}{T_y}A=0,03\, m/s$.

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

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

Magnetismo: trajetória de partículas carregadas

Primeiramente, lembre-se de que um pósitron, a antipartícula do elétron, tem carga $+e$ e massa $m_e$ (massa do elétron). Antes do decaimento, o momento do sistema é nulo. Portanto, após o decaimento, as partículas terão momento opostos, a fim de conservar o momento total. Por simetria, as velocidades opostas das partículas têm mesmo módulo - digamos, $v$. Sabemos que o momento de uma partícula carregada num campo magnético é uma circunferência, e seu centro pode ser obtido pela direção da resultante centrípeta inicial. Pela regra da mão direita, como as cargas e a velocidades das partículas são opostas, a resultante centrípeta (que, por sua vez, é igual a força magnética) aponta para a mesma direção. Segue, dessa forma, que as trajetórias das partículas coincidem (veja a figura abaixo).

O ponto de encontro é dado pelo ponto mais baixo da circunferência:

Se $r$ é o raio da circunferência, temos, pela segunda lei de Newton:

$$evB=\dfrac{m_ev^2}{r}\to{r=\dfrac{m_ev}{eB}}$$

Portanto, o intervalo de tempo procurado é:

$$\Delta{t}=\dfrac{\Delta{s}}{v}=\dfrac{\dfrac{2{\pi}r}{2}}{v}\to{\boxed{\Delta{t}=\dfrac{{\pi}m_e}{eB}}}$$

Numericamente: $\Delta{t}=6,825*10^{-9}\,s$.

$\boxed{\Delta{t}=6,825*10^{-9}\,s}$

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