OBF 2021 - Primeira Fase (Nível 3)

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)

Física Moderna

Devemos utilizar-se da fórmula da energia de um fóton $E = hf$ (quantização de energia de Planck), onde $f$ é a frequência e $h$ é a constante de Planck. Assim, basta manipular a equação para encontrar o resultado desejado.

$f = \dfrac{E}{h} = \dfrac{1,4\cdot10^{15} eV}{6,6\cdot10^{-34} J\cdot s} = \dfrac{1,4\cdot10^{15}\cdot1,6\cdot10^{-19}J}{6,6\cdot10^{-34}J.s} \approx \boxed{3,4\cdot10^{29} Hz}$

Assim, a resposta da questão é o item d).

Item d)

Eletromagnetismo / Cálculo de campo elétrico entre capacitores

Inicialmente calcularemos o potencial elétrico entre as placas do capacitor.

Sendo $E$ o módulo do campo elétrico entre as placas, e $d$ a distância entre estas, o potencial elétrico pode ser calculado por:

$\left|\Delta V\right|=E\cdot d$

I) Considerando a mica

Para que ocorra a fuga de carga no capacitor, o campo deve ser maior que a rigidez dielétrica, ou seja:

$E\geq 30\,kV/cm$

Como estamos trabalhando com o caso limite:

$E_{mica}=30\,kV/cm$

Aplicando na equação da diferença de potencial:

$\left|\Delta V\right|=30\,kV/cm\cdot 4,0\,mm$

$\left|\Delta V\right|=30\,kV/cm\cdot 0,4\,cm$

$\boxed{\left|\Delta V\right|=12\,kV}$

II) Considerando o ar

Para o caso limite do ar:

$E_{ar}=600\,kV/cm$

Aplicando na equação do potencial elétrico:

$\left|\Delta V\right|=E_{ar}\cdot d$

$12\,kV=600\,kV/cm\cdot d$

$d=0,02\,cm$

$\boxed{d=0,2\,mm}$

Item b)

OBS: Ao final do enunciado é dito que o fenômeno da fuga de cargas ocorrerá para uma distância maior que $d$ (a distância $d$ é a distância pedida pelo enunciado), porém, caso a distância seja maior que $d$ não ocorrerá esse fenômeno.

Como a diferença de potencial entre as placas é constante, quanto maior a distância, menor será o campo elétrico.

Dessa forma, o enunciado deveria perguntar pela maior distância para a qual ocorre a fuga de cargas.

Item b)

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 1: 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 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)

Ondas Eletromagnéticas e Lei de Joule

Podemos pensar que os responsáveis serão os campos (elétrico e magnético) que compõe a luz. No entanto, como campos magnéticos não produzem forças em cargas estacionárias, vemos que o campo elétrico terá de gerar esse efeito.

Sabemos também que os campos de uma onda eletromagnética variam no tempo, oscilando periodicamente. Assim, a corrente induzida por esse campo não será do tipo D.C. (Direct Current, corrente contínua), e sim A.C. (Alternated Current, corrente alternada) ou oscilante. É claro que haverá uma força interna de oposição ao movimento dessas cargas, gerando uma perda de energia por forma de calor, que é justamente o Efeito Joule.

Unindo todas essas observações, a única alternativa correta é o Item c).

Item c)

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 1: Dispersão na gotícula

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

Figura 2: Arco-íris secundário

É importante ressaltar que não há reflexão total da luz, pois para isso acontecer o ângulo $\beta$ (mostrado na figura ...) 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 ...: "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)

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 4: 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)

Eletrostática / Potencial e campo elétrico gerado por cargas pontuais

Inicialmente vejamos como é o sistema representado. Para simplicidade de representação faremos um espaço esférico, porém, o formato de $R$ não foi especificado, e não será necessário ter essa informação para concluir a questão.

Figura 5

Seja $O$ o ponto de $R$ em que o potencial elétrico é nulo. Como o potencial foi definido como zero no infinito, podemos calcular o potencial gerado por cada carga por:

$V_i=\dfrac{KQ_i}{r_i}$

Portanto, o potencial no ponto $O$ é:

$V_o=V_1+V_2+V_3+...+V_{n-1}+V_n$

$\boxed{V_o=\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{KQ_i}{r_i}=0}$

Como queremos o caso mínimo de cargas, vejamos os primeiros casos:

I) $n=1$

$V_o=\dfrac{KQ_1}{r_1}=0$

Esse caso só é possível caso $Q_1=0$, ou seja, não existe carga, logo esse caso é absurdo.

II) $n=2$

Inicialmente suponha que tenhamos duas cargas iguais a mesma distância $r$ do ponto $O$:

Figura 6

O campo elétrico neste ponto é nulo. Todavia, o potencial elétrico gerado será:

$V_o=\dfrac{KQ}{r}+\dfrac{KQ}{r}=\dfrac{2KQ}{r}\neq 0$

Considere agora duas cargas ($Q$ e $-Q$) a mesma distância de $O$

Figura 7

O potencial gerado no ponto $O$ é zero, porém, perceba que o campo elétrico será duplicado em relação ao caso de apenas uma carga.

Portanto, é possível perceber que não é possível o caso com duas cargas.

OBS: Abaixo há uma demonstração mais formal do porquê não é possível o caso $n=2$. Porém a demonstração exige um conhecimento de cálculo vetorial um pouco mais aguçado.

$V_o=\dfrac{KQ_1}{r_1}+\dfrac{KQ_2}{r_2}=0$

$r_2=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$  EQ 01

Como as cargas estão exteriores a $R$, desde que as cargas tenham sinais opostos, é possível existir essa relação entre as distâncias.

Para o cálculo do campo elétrico.

sabemos que o vetor campo elétrico pode ser escrito como:

$\vec E=\dfrac{KQ}{r^2}\hat r$

Onde $\hat r$ é o vetor unitário na direção de $\vec r$. Portanto:

$\vec r=r\hat r$

Logo, escreveremos o nosso campo elétrico como:

$\vec E=\dfrac{KQ}{r^3}\vec r$

Calculando o campo resultante pelas duas cargas

$\vec E=\vec E_1+\vec E_2=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\vec{r_1}+\dfrac{KQ_2}{r_2^3}\vec{r_2}=\vec 0$

Como calculamos antes:

$r_2=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$

Aplicando no campo elétrico

$\vec E=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\vec{r_1}+\dfrac{KQ_2}{\left(-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1\right)^3}\vec{r_2}$

$\vec E=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\cdot \left(\vec{r_1}-\dfrac{Q_1^2}{Q_2^2}\vec{r_2}\right)=\vec 0$

$\rightarrow \vec{r_2}=\dfrac{Q_2^2}{Q_1^2}\vec{r_1}$ EQ 02

Veja que $\vec{r_2}$ e $\vec{r_1}$ são paralelos e estão na mesma direção, portanto:

$r_2=\dfrac{Q_2^2}{Q_1^2}r_1=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$

$\rightarrow Q_1=-Q_2$

Aplicando em EQ 02:

$\vec{r_1}=\vec{r_2}$

Ou seja, as duas cargas estão na mesma posição do espaço, o que viola o princípio da impenetrabilidade.

Portanto não é possível o caso com duas cargas.

III) $n=3$

Como sabemos, para que a soma de três vetores seja nula, estes devem fechar um triângulo. Para isso, consideremos o caso em que 3 cargas iguais estão dispostas nos vértices de um triângulo equilátero com baricentro em $O$.

Figura 8

O campo resultante na direção vertical será:

$E_y=2E\cos{60^{\circ}}-E=2E\cdot \dfrac{1}{2}-E=0$

O campo resultante horizontal será:

$E_x=E\sin{60^{\circ}}-E\sin{60^{\circ}}=0$

Portanto o campo resultante dessa configuração é nulo, todavia, o potencial elétrico será o triplo do potencial de uma única carga.

OBS: A demonstração formal desse caso envolve cálculos mais avançados com vetores e a utilização e manipulação da desigualdade triangular. Achamos demasiado pesado mostrar a solução completa para este caso visto ser a 1ª fase da olimpíada. Todavia, deixamos o caso acima apresentado para deixar pelo menos uma evidência do porquê esse caso não é válido.

IV) $n=4$

Esse caso será o primeiro possível. Para demonstrar, basta apresentarmos um caso em que as exigências são cumpridas.

Considere o caso apresentado na figura a seguir, onde o ponto $O$ é a origem de um sistema de coordenadas, e todas as cargas estão no plano $z=0$.

Figura 9

i) Calculando o potencial elétrico no ponto $O$:

$V_o=\dfrac{KQ}{L}+\dfrac{KQ}{L}+\dfrac{K(-Q)}{L}+\dfrac{K(-Q)}{L}=0$

$\boxed{V_o=0}$

ii) Calculando o campo elétrico em $O$:

$\vec E=\dfrac{kQ}{L^2}\hat x+\dfrac{kQ}{L^2}(-\hat x)+\dfrac{kQ}{L^2}\hat y+\dfrac{kQ}{L^2}(-\hat y)=\vec 0$

$\boxed{\vec E=\vec 0}$

Portanto o caso com 4 cargas é o menor possível.

$\boxed{n_{min}=4}$

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)

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 10: 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 10) 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 11: 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 11), 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 10) 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 12: 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)

Eletrostática: fenômenos de eletrização

Inicialmente não havia interação entre as tiras, o que nos permite inferir que elas estavam eletricamente neutras. Num primeiro momento, aproximamos as tiras da blusa negativamente carregada, o que gera uma indução de cargas positivas nas pontas do alumínio e negativas na "junção" das tiras, as quais se afastam devido à repulsão entre essas cargas:

Figura 13

Ao encostá-las na blusa negativamente carregada, as tiras serão eletrizadas por contato, obtendo uma carga negativa e abrindo-se devido à repulsão mútua. Agora, aproximamos as tiras negativas do plástico. Primeiramente, vamos considerá-lo positivamente carregado e analisar a situação.

Um plástico positivo induz ainda mais cargas negativas nas pontas das tiras (deixando a junção das tiras positivamente carregada) o que aumentaria ainda mais a repulsão mútua e faria as tiras se abrirem um pouco mais. Além disso, essas cargas seriam então atraídas pelas cargas positivas do plástico, fazendo com que as pontas das tiras tenham uma tendência a se "aproximar" do plástico, fechando-as um pouco. Perceba que temos, então, dois efeitos que "competem" entre si: a repulsão mútua e a atração entre as tiras e o plástico. Porém, o enunciado nos diz que as tiras "abrem um pouco mais" ao serem aproximadas do plástico, o que pode nos levar a pensar que o efeito da repulsão é mais relevante do que a atração pelo plástico. Note também que essa mesma "rivalidade" entre os efeitos ocorreu quando aproximou-se as tiras neutras da blusa, que acabaram se abrindo por repulsão mútua entre as pontas em vez de se fecharem devido à atração com a blusa, o que novamente poderia evidenciar a predominância de um dos efeitos em relação ao outro. Seguindo esse raciocínio, o item b) pode ser considerado correto.

Caso o plástico seja negativo, ocorreria novamente um efeito de indução de cargas no alumínio, deixando as pontas menos negativas, e portanto diminuindo a repulsão mútua entre as tiras, o que faria com que elas fechassem um pouco. Mas, de forma diferente do caso anterior, as tiras agora teriam uma tendência de se abrirem mais devido à repulsão do plástico negativo, por estarem negativamente carregadas (lembre-se que a indução apenas provoca um "rearranjo" de cargas). No entanto, sabemos que as tiras acabam se abrindo um pouco mais. Isto é possível caso o efeito de repulsão devido ao plástico predomine nessa situação, o qual não podemos afirmar que ocorre ou não ocorre com certeza. Seguindo esse raciocínio, os itens c) ou d) podem ser considerados corretos; perceba que eles são idênticos.

Unindo todo esse raciocínio, vemos que as possíveis opções corretas são item b) e item c)/Item d), umas vez que essas duas últimas alternativas são idênticas. Pela ocorrência de itens repetidos, acreditamos que seja possível uma anulação da questão, uma vez que o gabarito provisório consta apenas o item c) como correto. Alternativamente, uma saída válida seria considerar corretos os três itens.

Item b)/c)/d)

(Itens c) e d) repetidos)

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)

Gravitação Universal

Como sabemos, o campo gravitacional na superfície de um corpo esférico é dado pela expressão

$g=\dfrac{GM}{R^2}$

Onde $M$ é a massa do corpo e $R$ o seu raio.

I) Cálculo da massa da lua

$d=\dfrac{M}{V}$

O volume de uma esfera de raio $R$ é dado por:

$V=\dfrac{4}{3}\pi R^3$

Portanto:

$d=\dfrac{M}{\frac{4\pi R^3}{3}}$

$M=\dfrac{4\pi dR^3}{3}$

Aplicando na equação da gravidade:

$g=\dfrac{G\cdot \frac{4\pi dR^3}{3}}{R^2}$

$\boxed{g=\dfrac{4\pi dGR}{3}}$

Obs: $d=1,94\,g/cm^3=1,94\cdot \dfrac{0,001\,kg}{0,000001\,m^3}=1940\,kg/m^3$

$g=\dfrac{4\cdot 3,1 \cdot1940\cdot 6,7\cdot 10^{-11}\cdot 2634000}{3}$

$\boxed{g\approx 1,42\,ms^{-2}}$

Item c)

Item c)

Eletromagnetismo / Movimento de cargas sobre ação de um campo magnético constante

Inicialmente, podemos perceber que ao decompormos velocidade em uma componente horizontal e outra vertical, teremos uma componente paralela ao campo magnético, a qual não provocará força na carga, e uma componente perpendicular ao campo, que será responsável por fazer a carga executar um movimento em espiral.

Figura 14

I) Decomposição das velocidades

$V_x=V\cos{\theta}$ e $V_y=V\sin{\theta}$

II) Trabalhando com a componente vertical

A componente $V_y$ será responsável pela resulntante centrípeta da força

$F_{mag}=qV_yB=\dfrac{mV_y^2}{R}$

$R=\dfrac{mV_y}{qB}$

O diâmetro é o dobro do raio, portanto:

$\boxed{D_{\theta}=\dfrac{2mV}{qB}\cdot \sin{\theta}}$

III) Calculando o passo

$V_y=\dfrac{2\pi R}{T}$

$T=\dfrac{2\pi m}{qB}$

O passo é a distância horizontal percorrida em um período:

$L=V_x\cdot T$

$\boxed{L_{\theta}=\dfrac{2\pi mV}{qB} \cos{\theta}}$

Se o ângulo aumenta (no 1º quadrante), o seu seno aumenta e o seu cosseno diminui, portanto:

$\boxed{D>D_0\,\, e\,\, L<L_0}$

Item e)

Item e)

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)

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)