OBF 2021 - Primeira Fase (Nível 2)

Gravitação universal / órbitas circulares

Para que o satélite consiga circular a terra em uma órbita estável, a força gravitacional exercida pela Terra deve se igualar a resultante centrípeta

$F_{grav}=F_{cp}$

$\dfrac{GMm}{(R+h)^2}=\dfrac{mv^2}{(R+h)}$

Onde $M$ é a massa da Terra, $m$ é a massa do satélite, $R$ é o raio da Terra e $h$ a altitude do satélite.

$v=\sqrt{\dfrac{GM}{(R+h)}}$

Aplicando valores, lembrando de converter os valores em $km$ para $m$:

$\boxed{v\approx 6,8\cdot 10^3\,m/s}$

Item a)

Item a)

Ondas

O primeiro passo para a questão é perceber que estamos tratando de ultrassons (conforme dito no início do texto), e não ondas eletromagnéticas. Ou seja, a velocidade de propagação da onda não será a da luz $\left( c = 3\cdot 10^8 m/s \right)$, mas sim a do som no ar ($340,\,m/s$) dada na página de constantes. Assim, como foi dito no texto, o vírus sofreu danos entre as frequências de $25 MHz$ e $50 MHz$. Ou seja,

$25\cdot10^6 < f < 50\cdot10^6$

$25\cdot10^6 < \dfrac{v}{\lambda} < 50\cdot10^6$

$25\cdot10^6 < \dfrac{340}{\lambda} < 50\cdot10^6$

Invertendo os termos, temos:

$\dfrac{1}{25\cdot10^6} > \dfrac{\lambda}{340} > \dfrac{1}{50\cdot10^6}$

$13,6 \cdot 10^{-6} m > \lambda > 6,8 \cdot 10^{-6} m$

$\boxed{6,8 \mu m < \lambda < 13,6 \mu m}$

Portanto, a resposta da questão é o item a).

Item a)

2ª Lei de Newton; Força Centrípeta

No ponto mais baixo da trajetória, vale que:

$N_{b} - P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$

Já no ponto mais alto, a 2ª Lei de Newton diz:

$N_{t} + P = F_{cp} = \dfrac{m v^2}{R}$

Subtraindo as equações, obtemos:

$N_{b} - N_{t} - 2P = 0$

$\boxed{\Delta N = 2P}$

Desse modo, Item d) é a alternativa correta.

Item d)

Calorimetria: transformação de fases

Vamos modelar o iceberg como um grande cilindro de área de secção transversal $A=4\,320\,km^2$ e altura $H$, como mostra figura. (Também é possível considerar o iceberg como um paralelepípedo de dimensões $170\,km$, $25\,km$ e $H$)

Figura 1: Iceberg cilíndrico

Como dito no enunciado somente $80\%$ do volume está submerso, ou seja,

$(H-20)A=0.8HA$

$H=100\,m$

Então podemos encontrar o volume do iceberg

$V=HA$

$V=4,32\cdot10^{11}\,m^3$

Como o iceberg é composto por gelo, podemos usar a densidade dada no início da prova $\rho_{gelo}=920kg/m^3$ para calcular a massa.

$m\cong4\cdot10^{17}\,g$

Podemos então calcular o calor necessário para derreter todo o gelo.

$Q=mc_{gelo}\Delta{T}+mL_{fusao}$

$Q=4\cdot10^{17}(0.5(0-2)+80)$

$Q\cong3,2\cdot10^{19}\,cal$

Conclui-se que o item correto é o item a).

OBS: Você poderia pensar em calcular a massa do iceberg fazendo o equilíbrio do peso com a força de empuxo.

$V_{sub}\rho_{agua}g=mg$

$V_{sub}=0.8V$

$mg=0.8V\rho_{agua}g$

$m\cong3,5\cdot10^{17}\,g$

Porém, esse resultado é falso, e isso é explicado pelo fato do iceberg tocar no solo, ou seja, é necessário colocar a força normal na equação do equilíbrio

$N+V_{sub}\rho_{agua}g=mg$

Icebergs com muita massa geralmente tocam o solo e esse é o motivo do nível da água subir quando eles derretem, pois, antes de um iceberg derreter, o que sustenta seu peso e do oceano é a normal do iceberg com o solo e a força de pressão (${\rho}gh_0A$), mas quando o gelo derreter o que sustentará o peso será somente a força de pressão (${\rho}gh_fA$); isto é, $mg={\rho}gh_fA={\rho}gh_0A+N$, logo $h_f>h_0$.

Item a)

Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton

Sabendo sua velocidade inicial e a distância percorrida até o repouso, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do navio.

$V_{0} = 42,2 \ \text{km h}^{-1} \approx 11,7 \ \text{m s}^{-1}$

$\Delta S = 3 \ \text{km} = 3000 \ \text{m}$

Com isso, temos que:

$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$

$11,7^2 = 2 \times a \times 3000 \Rightarrow a = 0,0228 \ \text{m s}^{-2}$

A massa total do corpo (navio + carga) é:

$m = 220.940 + 199.692 t = 420.632.000 \text{kg}$

Logo, pela 2ª Lei de Newton:

$F = 420.632.000 \cdot 0,0228 \ \text{N} \approx 9,6 \cdot 10^6 \ \text{N}$

$\boxed{F = 9,6 \cdot 10^{6} \ \text{N}}$

Com isso, Item c) é a nossa alternativa correta.

Item c)

Cinemática: Movimento retilíneo e uniforme

Primeiramente, é necessário ressaltar que há um erro de grafia na questão: os intervalos de tempo dados foram $1h59min30s8$ e $1h59min31s7$. Acreditamos que os algarismos 7 e 8 foram colocados depois do símbolo de segundos (s) erroneamente, quando na verdade a grafia correta deveria ser $1h59min30,8s$ e $1h59min31,7s$. Isso ficará mais claro quando fizermos as contas numéricas.

Sejam $v_1$ e $v_2$, $t_1$, $t_2$ as velocidades médias e tempos de Ana e Sharon, respectivamente. Seja também $D$ o comprimento total da maratona e $d$ a distância entre elas quando Ana termina a corrida. Veja a figura abaixo que ilustra a situação no momento em que Ana chega em $B$, terminando a maratona.

Figura 2: Esquema da situação

Vamos assumir que Sharon se desloca com velocidade constante e igual à sua velocidade média. Considerando que as duas partiram de $A$ ao mesmo tempo em $t=0$, temos (ver figura abaixo):

$D=v_2t_1+d$

$d=D-v_2t_1=D-\dfrac{D}{t_2} \cdot t_1$,

onde usamos que $v_2=D/t_2$, pois Sharon termina a maratona de comprimento $D$ em um tempo $t_2$. Isolando $d$:

$d=\dfrac{D\left(t_2-t_1\right)}{t_2}$.

Agora, resta substituir os valores numéricos. Temos $D=10\,km=10^4\,m$, $t_2-t_1=1h59min31,7s-1h59min30,8s=0,9\,s$. Atente-se, nesse caso, de transformar $t_2$ para segundos (poderíamos, alternativamente, ter calculado a diferença de tempos em horas):

$t_2 = 1h59min31,7\,s = 3600+59\cdot 60 +31,7 = 7171,7\,s$.

Por fim:

$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{7171,7} \,m\approx 1,25 \,m$.

Então, o item correto é o item c).

OBS.: O aluno, na hora da prova, poderia ter poupado uma conta mais complicada caso tivesse a sagacidade de perceber que $t_2$ poderia facilmente ser arredondado para $2\,h$:

$d=10^4\cdot \dfrac{0,9}{2\cdot 3600}=10^4\cdot \dfrac{0,1}{800}=1,25\,m$,

deixando a conta bem mais simples.

Item c)

Dinâmica; Resistência do ar; Queda livre

Analisemos as assertivas, uma a uma.

I. "É preciso eliminar o efeito do campo gravitacional. Sem ar o campo gravitacional é
muito fraco e todos os corpos caem lentamente com a mesma velocidade."

Essa afirmação está claramente errada, uma vez que a ausência de ar não implicaria na falta de gravidade. Além disso, mesmo que implicasse, não haveria tendência de queda dos corpos e o experimento não faria sentido algum.

II. É preciso eliminar as forças resistivas, que dependem do formato de cada corpo e faz
com que a pena menos aerodinâmica que a pedra, na presença do ar, caia mais lentamente
que a pedra.

Essa explicação é correta, uma vez que sabemos pela cinemática da queda livre que os corpos estariam sujeitos a uma mesma aceleração se não considerássemos efeitos de resistência do ar. Esse efeito é facilmente notado se abandonarmos a Terra e repetirmos o experimento da queda livre na Lua ou outro astro sem atmosfera.

III. É preciso eliminar as forças de empuxo, que faz com que a pena, menos densa que a
pedra, na presença do ar, caia mais lentamente que a pedra.

Embora seja uma causa menos comentada da diferença no tempo de queda de dois objetos, a presença de uma força de empuxo não deixa de ser um desses motivos. O ar, como todo fluido, gera uma força de pressão contrária à gravidade, levando corpos de menor densidade a descerem mais vagarosamente.

Para nos convencermos disso, imaginemos essa experiência sendo feita dentro da água. Nesse caso, a pena flutuaria e a pedra afundaria devido às suas respectivas densidades (isto é, a pena nem cairia!). Esse teste mental deixa claro o papel do empuxo nesse experimento, apesar do efeito ser bem menos perceptível para o caso do ar.

Logo, vemos que tanto II quanto III estão corretas. A alternativa correta então é o Item e).

Item e)

Equação de Torricelli; 2ª Lei de Newton

Sabendo sua velocidade final e a distância percorrida até alçar voo, podemos usar a Equação de Torricelli, para determinar a aceleração do avião.

$V_{0} = 306 \ \text{km h}^{-1} = 85 \ \text{m s}^{-1}$

$\Delta S = \dfrac{80}{100} \cdot 3700 \ \text{m} = 2960 \ \text{m}$

Com isso, temos que:

$V^2 = V_{0}^2 + 2 a \Delta S$

$85^2 = 2a \cdot 2960 \Rightarrow a = 1,22 \ \text{m s}^{-2}$

A massa total do corpo (avião + gerador) é:

$m = 300 + 182 \ \text{t} = 482.000 \ \text{kg}$

Logo, pela 2ª Lei de Newton:

$F_{r} = 482.000 \cdot 1,22 \ \text{N} \approx 588,3 \cdot 10^3 \ \text{N} = 588,3 \ \text{kN}$

A força resultante pode ser expressa somando as forças de cada motor e subtraindo a força resistiva média do ar (simbolizada por $F$):

$F_{r} = 6 \cdot 229,5 \ \text{kN} - F = 588,3 \ \text{kN}$

$\boxed{F = 788,7 \ \text{kN} \approx 789 \ \text{kN}}$

Com isso, Item d) é a resposta correta.

Item d)

Cinemática

Para a carreta passar sem colidir com o trem, a carreta deve ter passado totalmente pelo trilho quando o trem percorrer $50\,m$, ou seja, no limite o ponto $P$ deve percorrer $55\,m$ (tamanho da carreta + distância ao trilho + largura do trem) no mesmo tempo que o trem percorre os $50\,m$

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

$t=\dfrac{55}{V}=\dfrac{50}{10}$

$V=11\,m/s$

Note que a velocidade do trem deve ser usada em $m/s$, por isso foi usado $\dfrac{36\,km/h}{3.6}=10\,m/s$

Figura 3: Cena do filme

Portanto, o item correto é o item b)

Item b)

Movimento circular

Note que a fita está presa à trave, ou seja, o ponto que a fita deixa o rolo está parado em relação à terra. Como a velocidade linear da periferia do rolo de fita $v$ é constante, podemos então escrever

$v={\omega}r=0,8\,m/s=const.$

Onde $\omega$ é a velocidade angular do rolo e $r$ o seu raio. Podemos, então, calcular como o período de rotação $T$ varia com o raio:

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$

$\dfrac{v}{r}=\dfrac{2 \pi}{T}$

Logo:

$r=T \cdot \dfrac{v}{2 \pi}= T \cdot const.$

Portanto, conforme o raio diminui, o período de rotação da fita - que é o mesmo da manivela, uma vez que ela está acoplada ao mesmo eixo da rolo de fita - diminui. Como a manivela tem um tamanho fixo, o qual chamaremos de $d$, a velocidade linear de sua extremidade será

$V_m={\omega}d$

Note que $\omega$ aumenta conforme o raio da fita diminui (de forma a manter a constância da velocidade da fita), e, portanto, conclui-se que a velocidade linear da ponta da manivela irá aumentar. Portanto, o item correto é o item b).

Item b)

Noções de Astronomia e Cinemática

Uma questão extremamente similar foi explorada no primeiro simulado do NOIC para a 1ª da OBF, na questão 7 do nível 2 (acesse a prova aqui) e na questão 10 do nível 3 (acesse a prova aqui). A mesma ideia foi também explorada na prova especial teórica da 2ª/3ª  fase da OBF, em 2020, em todos os níveis (questão 4, 8 e 2 nos níveis 1, 2 e 3 respectivamente). Confira o comentário da 2/3ª fase de 2020 clicando aqui.

Primeiramente, consideremos todas as órbitas circulares. Abaixo temos um esquema da configuração Sol (S), Terra (T) e Lua (L) em duas Luas cheias consecutivas; a primeira em $t=0$ e a segunda em $t=\Delta t$. Lembre-se de que, nesse caso, a fase da Lua Cheia ocorre quando T, S e L estão alinhados, com T entre S e L. Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário.

Figura 4: Esquema das configurações dos astros entre duas luas cheias consecutivas

Primeiramente, imagine o que aconteceria caso T não transladasse ao redor de S; é fácil perceber que, para esse caso, o intervalo de tempo $\Delta t$ seria igual ao próprio período $T$ de L, pois L precisaria retornar à mesma posição. No entanto, observando a figura acima, podemos perceber que, para chegar novamente numa configuração de Lua Cheia, L deverá retornar ao ponto em que estava em sua órbita em torno de T em $t=0$ (isto é, $O$) e percorrer ainda um ângulo adicional $\theta$, que corresponde exatamente ao quanto T girou em torno de S. Sendo assim, o intervalo de tempo $\Delta t$ será evidentemente maior que $T$, já levando ao item e) como correto. O fato de $\Delta t$ ser apenas um pouco maior do que $T$ ocorre pois o ciclo lunar de $27,32$ dias é relativamente pequeno quando comparado à duração do ano de $365$ dias, de forma que o ângulo $\theta$ acaba não sendo tão grande assim.

Recomendamos fortemente a leitura da seção abaixo - apesar de não ser necessária para a solução - por ser um procedimento bastante conhecido e "querido" em olímpiadas de física, além de fornecer um maior entendimento da situação.

Solução algébrica:

Na figura, adotaremos o sentido de rotação de T em torno de S como sendo horário. Durante o intervalo de tempo $\Delta t$, T girou um ângulo $\theta$ em sua órbita em torno de S. Chamando de $T_P$ o período da órbita de T, temos

$\theta=\omega_P \Delta t=\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t$.

ii) Agora, resta relacionar $\Delta t$ com $T$ por meio de $\theta$. Como fornecido no enunciado, a translação de L em torno de T ocorre no mesmo sentido da translação de T em torno de S, portanto também se dá no sentido horário.

Deve-se ter muito cuidado ao analisar o ângulo que L varreu na sua órbita em torno de T. Tal ângulo deve ser medido em relação à posição original que L estava em sua órbita (i.e. em $t=0$), que é o ponto $O$ na figura acima. Para o cálculo do ângulo girado, deve-se observar que L dá uma volta completa ($2\pi$), voltando para $O$, e então gira de um ângulo $\theta$ adicional, ou seja

$2\pi+\theta=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$.

Substituindo $\theta$:

$2\pi+\dfrac{2 \pi}{T_P}\Delta t=\omega_S \Delta t=\dfrac{2\pi}{T}\Delta t$.

Dividindo por $2\pi$ e isolando $\Delta t/T$:

$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{T}{T_P}$.

Portanto, $\Delta t >T$. Lembrando que $T_P=365\,dias$ é a duração média do ano terrestre, e $T=27,32\,dias$ temos, numericamente:

$\dfrac{\Delta t}{T}=1+\dfrac{27,32}{365}\approx 1,075$,

o que é, de fato, pouco maior que $1$, e portanto $\Delta t$ é um pouco maior do que $T$.

Item e)

Óptica

O arco-íris é um fenômeno óptico e meteorológico que acontece quando há chuva seguida de iluminação solar. Após uma chuva, gotículas de água ficam acumuladas na atmosfera, quando a luz do sol, que é branca (Conjunto de todas as cores), bate nas gotículas ela refrata, pelo fato do índice de refração ter uma dependência da frequência da luz incidente, diferentes cores possuem diferentes índices de refração, isso implica que as cores (que antes andavam juntas) saem com diferentes ângulos, separando as cores. (Um fenômeno equivalente acontece ao passar a luz por um prisma) esse fenômeno é chamado de dispersão.

Figura 5: Dispersão na gotícula

Junto com a refração dos raios ocorre também o fenômeno da reflexão, ambos acontecem simultaneamente.

Figura 6: Arco-íris secundário

É importante ressaltar que não há reflexão total da luz, pois para isso acontecer o ângulo $\beta$ (mostrado na figura 7) deve ser maior que o ângulo limite da refração (sair fazendo $90^{\circ}$ com a normal), então o raio deveria entrar com um ângulo tal que $\sin{\alpha}>1$, o que é impossível, ou seja, não ocorre reflexão total.

Figura 7: "Reflexão total"

Portanto, a formação dos arco-íris se deve a reflexão e dispersão da luz do Sol nas gotículas de água suspensas na atmosfera, o item correto é o item d)

Item d)

Hidrostática / Cálculo de pressões

I) Pressões exercidas pelos líquidos

A pressão exercida pelos líquidos nos fundos dos recipientes é a pressão hidrostática. Como sabemos a pressão a uma profundidade $h$ da superfície livre de um líquido é dada por:

$P=dgh$

Onde $d$ é a densidade do líquido e $g$ a intensidade do campo gravitacional local.

Como as duas vasilhas possuem a mesma altura

$\boxed{P_1=P_2}$

II) Pressões exercidas pelas vasilhas

A pressão exercida pelas vassilhas na superfíe em que estão encostadas. Essa pressão ocorre devido o peso do líquido presente na vasilha.

Como as vasilhas são idênticas, elas possuem o mesmo peso ($mg$) de água dentro delas.

i)

$P_A=\dfrac{mg}{\frac{\pi d^2}{4}}$

ii)

$P_B=\dfrac{mg}{\frac{\pi D^2}{4}}$

Unindo as duas equações

$P_A\cdot d^2=P_B\cdot D^2$

$P_A\cdot d^2=P_B\cdot (2d)^2$

$\boxed{P_A=4P_B}$

Item c)

Item c)

Óptica geométrica

Para essa questão, apresentaremos duas soluções: uma mais visual - com o uso de construções geométricas e traçado de raios - e outra algébrica.

Solução 1 (visual):

Primeiramente, devemos compreender como funciona a formação das imagens da paisagem pela esfera de vidro. Como fora dito no enunciado que a esfera é maciça, consideraremos que seu interior é totalmente preenchido por vidro.

Figura 8: Esquematização do caminho de um raio de luz da paisagem pela esfera de vidro

No primeiro caso, o professor encontra-se à esquerda (na figura 5) e observa somente os raios refletidos pela superfície da esfera voltada para a paisagem exterior; ou seja, a situação é análoga a um espelho esférico convexo. Considerando raios paraxiais (isto é, que incidem próximo ao eixo do espelho), podemos, através de algumas construções geométricas, analisar a formação da imagem.

Figura 9: Esboço da formação da primeira imagem, no qual os raios de luz provenientes do objeto (paisagem) estão em azul

Para obter a imagem do objeto (o qual encontra-se à esquerda na figura 6), traçaremos dois raios provenientes deste: um que incide no espelho paralelo ao eixo óptico, refletindo no espelho de tal forma que o seu prolongamento (pontilhado) passa pelo foco $f$. O outro incide no vértice do espelho, refletindo de forma simétrica. Prolongando os dois raios e marcando o ponto de encontro, conseguimos obter a imagem formada, mostrando que ela é reduzida e direita.

No segundo caso, o professor (que agora encontra-se no lado direito na figura 5) observará os raios de luz que refratam nas duas superfícies da esfera (superfícies convexas), primeiro do ar para o vidro e então do vidro para o ar. Observamos que isso configura, essencialmente, o comportamento de uma lente biconvexa e convergente, pois o índice de refração do vidro é maior que o do ar. Também vamos considerar a lente delgada, por simplicidade. Ademais, como os raios provenientes da paisagem vem de um ponto distante da esfera, assumiremos que o objeto está a uma distância maior que a distância focal da lente. Com algumas construções geométricas, conseguiremos analisar a imagem formada.

Figura 10: Esboço da formação da segunda imagem, no qual os raios de luz provenientes do objeto (paisagem) estão em azul

Traçaremos dois raios que provém do objeto: um deles vindo paralelo ao eixo óptico, que converge no foco da lente e outro que passa pelo centro óptico da lente sem sofrer desvio. Com isso, podemos ver que a outra imagem formada é reduzida e invertida. Portanto, o item correto é o item d).

Solução 2 (algébrica):

Podemos resolver a questão utilizando as equações da óptica geométrica. Na primeira situação o professor olha o reflexo da paisagem na esfera (se comporta como um espelho), e faremos uma análise para raios paraxiais; ou seja, usaremos as equações usuais do espelho esférico. Com as equações do aumento do espelho, chegamos a

$A=\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{p'}{p}=\dfrac{f}{f-p}$

Note que o espelho é convexo, ou seja, seu foco é negativo. Para facilitar a visualização realizaremos a troca $f\longrightarrow-f$, com objetivo de trabalhar somente com valores positivos. Podemos então escrever

$y'=y\,\dfrac{f}{f+p}$

Concluímos que a imagem é direta, pois $y'>0$ e como $p>>f$ (como proposto no incio da solução) $0<\dfrac{f}{f+p}<1$, ou seja, $|y'|<|y|$, logo a imagem é reduzida.

Na segunda situação o professor vê a paisagem externa pela esfera, que vai ter um comportamento de uma lente biconvexa ($f>0$). Utilizando as equações do aumento da lente chegamos à

$A=\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{p'}{p}=\dfrac{f}{f-p}$

$y'=y\,\dfrac{f}{f-p}$

Nesse caso a imagem continua sendo reduzida, pois, $|y'|<|y|$, porém agora a imagem é invertida, porque, $p>f$ e logo $f-p<0$, levando a $y'<0$. Portanto, o item correto é o item d).

Item d)

Cinemática

A primeira vista você pode pensar em fazer a seguinte solução: Existirá uma força de resistência do ar que, normalmente, é proporcional à velocidade ao quadrado $F_{ar}=-kV^2$, em que $k$ é uma constante que depende do formato do corpo e da densidade do ar. Sendo assim a aceleração será, pela segunda lei de Newton,

$mg-kV^2=ma$

$a=g-\dfrac{kV^2}{m}$

Constata-se que aceleração do paraquedista não é constante. Note que enquanto a velocidade aumenta a aceleração diminui, portanto, chega um momento em que a aceleração tende a $0$ e a velocidade admite um valor constante, chamado de velocidade terminal. Então a velocidade do paraquedista aumentou até $193\,km/h$, valor que permaneceu constante até ele atingir a rede. Entretanto, essa solução não é correta, pois a constante $k$ depende da densidade do ar e como o paraquedista salta de uma altura muito alta a densidade sofrerá mudanças significativas durante o percurso, por consequência o $k$ irá variar com a altura, o que torna uma possível analise matemática mais detalhada inviável. Vamos analisar alguns trechos do enunciado

"[…] ele saltou de um avião a 25 mil pés (aproximadamente 7 620 metros) do solo."

"[...] o voo durou dois minutos [...] "

Então o paraquedista percorreu $7,620\,km$ em $\dfrac{1}{30}\,h$ (2 minutos), calculando a velocidade média no percurso chegamos em,

$V_m=\dfrac{7,620\,km}{\frac{1}{30}\,h}$

$V_m=228,6\,km/h$

Ou seja, com certeza o paraquedista obteve valores de velocidade maiores que $193\,km/h$ , caso contrario não conseguiria uma velocidade média maior que $193\,km/h$. Portanto o item correto é o item e)

Item e)

Termologia: Dilatação e contração térmica

Uma questão extremamente similar foi explorada no primeiro simulado NOIC para a primeira fase da OBF 2021: questões 20 e 18 do nível 1 (acesse a prova aqui) e nível 2 (acesse a prova aqui), respectivamente.

O desnível citado ocorre devido ao fato das barras, por serem feitas de materiais distintos, se contraírem de forma diferente. Ele corresponderá exatamente à diferença na mudança de comprimento das barras, uma vez que a haste estava inicialmente horizontal:

$\Delta h=\Delta l_{Al}-\Delta l_{Fe}$,

$\Delta h=L \alpha_{Al} \Delta T- L \alpha_{Fe} \Delta T=L(\alpha_{Al}-\alpha_{Fe})\Delta T$.

Pelo enunciado, $\Delta T=2-40=-38^{\circ}C$. Substituindo os valores numéricos, com $\alpha_{Al}=2,3 \cdot 10^{-5} \, ^{\circ} C^{-1}$, $\alpha_{Fe}=1,1 \cdot 10^{-5}\,^{\circ} C^{-1}$ e $L=2,4\,m$:

$\Delta h=2,4 \cdot 1,2 \cdot 10^{-5} \cdot (-38)\,m$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\Delta h \approx -1,1 \cdot 10^{-3}\,m=-1,1\,mm$.

Logo, o item correto é o item e). O sinal negativo apenas indica que, ao fim do processo, a extremidade superior da barra de alumínio está abaixo da extremidade superior da barra de ferro, pois a de alumínio contraiu mais.

Item e)

Termologia: mecanismos de transferência de calor

Primeiramente, é necessário ter muita cautela com o comando do enunciado: "A redução de temperatura que acontece na
superfície do Sol a que se refere o texto ocorre principalmente por". A menção à redução de temperatura a qual o texto se refere encontra-se no seguinte trecho:

"Quando esse material chega na superfície, perde temperatura e cai de volta em direção à base da zona de convecção, onde recebe calor, recomeçando o ciclo novamente. [...]"

Com isso, podemos inferir que a questão deseja saber o principal mecanismo responsável pela queda de temperatura que o material estelar do interior do Sol sofre conforme se aproxima da superfície. Analisaremos as assertivas uma a uma.

Antes disso, relembremos brevemente as características de cada processo de transferência de calor:

$\cdot$ Condução: a energia é transportada em "escala microscópica", através do movimento aleatório de átomos ou moléculas. Um átomo colide com um átomo vizinho, "chacoalhando-o", o qual torna a chacoalhar o próximo átomo e assim por diante, propagando a energia em cadeia.

$\cdot$ Convecção: a energia é transportada em "escala macroscópica", por meio de um movimento espontâneo de matéria, nas chamadas "correntes de convecção", onde porções de fluido mais quentes e mais frias sobem e descem, usualmente devido à densidade ou gravidade, o que gera um gradiente (diferença) de temperatura e, consequentemente, propagação de calor.

$\cdot$ Radiação: a energia é transportada por meio de ondas eletromagnéticas (luz).

Prosseguindo com a análise:

a) Expansão adiabática

Falso. Primeiramente, em nenhum momento o texto menciona a ocorrência de processos adiabáticos na zona de convecção (ler observação). No entanto, ainda que o material expanda-se adiabaticamente, isso não explica o porquê da redução de temperatura na superfície, e portanto não responde a pergunta da questão. A expansão adiabática caracteriza apenas como este processo acontece quando olhamos isoladamente para uma parcela de material estelar.

OBS: Apesar de o texto não mencionar, costuma-se modelar o movimento do plasma no interior do sol como um processo adiabático, no qual o plasma começa a subir adiabaticamente após receber calor da zona radiativa, pois sua densidade torna-se menor que a do ambiente ao seu redor. Conforme ele aproxima-se da superfície, o material - que encontra-se em equilíbrio térmico com o ambiente - começa a esfriar e expandir, de forma que sua densidade aumenta até tornar-se maior que a de suas redondezas, fazendo-o descer de volta à base da zona convectiva, recebendo calor novamente e reiniciando o processo.

b) Transferência de calor por radiação.

Falso. Segundo o gabarito provisório, esta seria a alternativa correta; no entanto, isso não é plausível. O texto deixa bem claro que a transferência de calor por radiação ocorre na zona radiativa, que encontra-se abaixo da zona de convecção:

"Da camada externa até 200 mil km abaixo da superfície solar, o plasma solar não é denso ou quente o bastante para transferir o calor do interior do Sol para fora através da radiação [...]"

Para esclarecimento, o plasma sobe à superfície pois recebe calor da zona radiativa, mas a partir daí mas é transportada até a superfície por outro mecanismo, que é a convecção.

c) Transferência de calor por convecção.

Correto. O plasma solar, em seu movimento de ascensão, resfria conforme chega a superfície, e, quando volta a descer para a base da zona de convecção, esquenta de novo e reinicia o processo. O "sobe" e "desce" de material quente e frio estabelece um gradiente de temperatura no interior do sol (mais quente na base da zona de convecção e mais frio próximo à superfície), tornando possível o transporte de calor até a superfície por meio das chamadas "correntes de convecção" (as colunas térmicas, no texto). A transferência de calor por convecção explica, portanto, o porquê de haver uma redução de temperatura na superfície, tornando esse item correto.

d) Transferência de calor por condução.

Falso. O texto não menciona transferência por condução em nenhum momento. Apesar disso, vale ressaltar que, a rigor, a transferência de calor por condução também ocorre na zona radiativa do Sol, mas em escala muito menor do que por radiação, uma vez que esse processo é ineficaz pois o interior do sol não é sólido.

e) Transferência de calor por convecção e radiação.

Falso. A transferência de calor não se dá por radiação na zona convectiva.

Portanto, a resposta correta é o item c).

Comentário adicional:

Você pode estar se perguntando, então, como o sol emite radiação para o exterior. Depois da zona convectiva, o sol possui algumas camadas mais externas, entre elas a fotosfera, acima da região convectiva. O calor é levado por convecção do topo da zona radiativa até o topo da zona convectiva, daí chegando na fotosfera, a qual irradia este calor para fora na forma de luz.

Item c)

Ondas

Primeiramente, temos de descobrir a velocidade com a qual a onda se propaga. Como a onda demora $2 \, s$ para retornar ao ponto de origem, ou seja, reflete na outra extremidade da bacia e volta, temos que

$v = \dfrac{2b}{t} = \dfrac{2.80}{2} = 80 \, cm/s$

Assim, como temos que $f = 2,0 \, Hz$, podemos achar que $\lambda = \dfrac{v}{f} = 40 \, cm$. Portanto, nos resta analisar quantos nós de deslocamento vamos ter nessa situação, uma vez que os nós de deslocamento da onda estacionária formada corresponderão às posições que poderemos colocar a rolha para que ela não se mova.

Como a água pode movimentar-se livremente nas extremidades do tubo (diferentemente de uma onda sonora em um tubo fechado), a situação é análoga a uma onda sonora estacionária em um tubo aberto, na qual temos ventres de deslocamento nas extremidades.

Figura 11: Ilustração dos 3º e 4º harmônicos de uma onda estacionária em um tubo aberto

Observe que, na nossa situação, o comprimento $b$ da cuba ($l$, na figura) está relacionado com o comprimento de onda por $b=2 \lambda$. Logo, a onda formada está no 4º harmônico, o qual você pode observar na figura acima. Sendo assim, podemos ver que, nesta situação, há 4 nós de deslocamento, ou seja, 4 posições para colocar a rolha nas quais ela ficaria praticamente sem se mover. Portanto, a resposta da questão é o item c).

Item c)

Ondas e óptica

Como dito no enunciado, só conseguimos visualizar as cores espalhadas, ou seja, ao olhar para o céu a única cor que poderia ser vista seria azul, mas o filtro só permite a passagem do vermelho, logo observaríamos o céu sem nenhuma cor (preto). Já as nuvens espalham todas as cores, então ao olhar para elas veríamos vermelho. Portanto, o item correto é o item e).

Item e)

Cinemática: Movimento circular e cinemática vetorial

i) Primeiramente, devemos obter a velocidade angular $\omega$ do móvel e o raio $r$ de sua trajetória.

Tenha em mente que deslocamento é uma grandeza vetorial; ele é um vetor que vai do ponto de início ao de chegada. Sendo assim, é fácil ver que o maior deslocamento possível é quando $B$ é diametralmente oposto à $A$, conforme figura a seguir. (Convencionamos horário o sentido de rotação, mas isso só influenciará na segunda parte da solução)

Figura 12: Ilustração da situação na qual o móvel vai de $A$ a $B$

Nesse caso, podemos imediatamente escrever

$|\vec{d}_{AB}|=d_{AB}=2r$,

logo:

$12=2r \rightarrow r= 6\,cm$

E, como a partícula girou de um ângulo $\pi$, em radianos:

$\pi=\omega \cdot t_{AB}$,

$\pi = \omega \cdot 3,0 \rightarrow \omega=\dfrac{\pi}{3}\, rad/s$.

ii) Seja $C$ o ponto em que o móvel se encontra após $t_{AC}=7,5=2,5 \cdot 3\,s$. Isso corresponde a um giro $\alpha$ de

$\alpha=\omega t_{AC}=\dfrac{\pi}{3} \cdot 2,5 \cdot 3$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\alpha=2,5 \pi= 2\pi + \dfrac{\pi}{2}$.

Isto é, o móvel completa uma volta, retornando à $A$, de onde percorre mais $90^{\circ}$, chegando em $C$, conforme ilustra a figura abaixo:

Figura 13: Ilustração da situação na qual o móvel foi de $A$ a $C$

Como o triângulo $\Delta AOC$ é retângulo em $O$, utilizamos o teorema de Pitágoras para determinar, por fim, o módulo do vetor deslocamento $\vec{d}_{AC}$:

$d_{AC}=\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt{2}$  $\rightarrow$

$\rightarrow$ $d_{AC}=6\sqrt{2}=8,4\,cm$.

Resultando no item c) como correto. No último passo, substituímos $\sqrt{2}=1,4$ dado na prova.

OBS: Para evitar confusões, o ponto $C$ é dito como o centro da trajetória circular no enunciado, mas o modificamos para $O$ na solução.

Item c)