Solução OBF 2021 Prova Especial Teórica das 2ª e 3ª Fases - Nível 3

Eletromagnetismo e Efeito Hall

O movimento do avião gera um campo elétrico por meio da redistribuição de cargas, de modo a zerar a força resultante em cada elétron de suas asas.

$-e \cdot (\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) = \vec{F} = \vec{0}$

$\vec{E} = - \vec{v} \times \vec{B}$,

que é constante ao longo da asa. No esquema abaixo vemos a direção do campo elétrico induzido:

Podemos ver que:

$\vec{v} = v \hat{z}$

$\vec{B} = B (\cos \theta \hat{x} + \sin \theta \hat{y})$

Logo:

$\vec{E} = - \vec{v} \times \vec{B} = vB (\sin \theta \hat{x} - \cos \theta \hat{y})$

A componente de $\vec{E}$ que aponta ao longo das asas é dado por:

$E_{x} = vB \sin \theta$

Logo, a D.D.P. entre as extremidades das asas é:

$\Delta V = E_{x} \cdot L = BvL \sin \theta$

Pelo enunciado, temos que $B = 30 \ \mu \text{T}$, $v = 800 \ \text{km/h} = \dfrac{800}{3,6} \ \text{m/s}$, $L = 20,0 \ \text{m}$ e $\theta = 60^{\circ}$. Desse modo:

$\Delta V = 30 \cdot 10^{-6} \cdot \dfrac{800}{3,6} \cdot 20,0 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \ \text{V}$

$\boxed{\Delta V = \dfrac{\sqrt{3}}{15} \ \text{V} \approx 1,13 \cdot 10^{-1} \ \text{V}}$

$\boxed{\Delta V = \dfrac{\sqrt{3}}{15} \ \text{V} \approx 1,13 \cdot 10^{-1} \ \text{V}}$

Equilíbrio dos corpos pontuais

Inicialmente, antes de começarmos nossa solução propriamente dita, podemos perceber que pela simetria do nosso sistema, como em todos os itens $m_A=m_B$, em todos os itens:

$\theta_A=\theta_B=\theta$  e  $\theta_{CA}=\theta_{CB}=\alpha$

Consideremos portanto:

$m_A=m_B=M$  e  $m_c=m$

Também devido a simetria:

$T_A=T_B=T_2$  e  $T_{CA}=T_{CB}=T_1$

Representando mais simplificadamente nosso sistema:

I) Como as argolas superiores estão fixas, o tamanho $D$ é constante.

$D=L\sin{\alpha}+L\sin{\theta}+L\sin{\theta}+L\sin{\alpha}$

$D=2L(\sin{\alpha}+\sin{\theta})=cte$

Portanto:

$\sin{\alpha}+\sin{\theta}=cte$

No item a) vemos que: $\theta=30^{\circ}$ e $\alpha=60^{\circ}$

Logo:

$\boxed{\sin{\alpha}+\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}}$  (EQ 01)

Vamos deixar esse resultado guardado por enquanto.

Agora podemos começar a nossa solução:

a) Equilibrando a força em $x$ na argola $B$:

$T_2\sin{\theta}=T_1\sin{\alpha}$

$\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sin{\theta}}{\sin{\alpha}}$  (EQ 02)

Aplicando os valores do enunciado:

$\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

$\boxed{\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,57}$

b) Equlibrando a força em $y$ em $C$:

$2T_1\cos{\alpha}=mg$

$T_1\cos{\alpha}=\dfrac{mg}{2}$  (EQ 03)

Equilibrando a força em $y$ em $B$:

$T_2\cos{\theta}=T_1\cos{\alpha}+Mg$

$T_2\cos{\theta}=\dfrac{(m+2M)g}{2}$  (EQ 04)

Podemos organizar as equações de 01 a 04 no sistema:

$\begin{cases} \sin{\alpha}+\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}\\ \dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sin{\theta}}{\sin{\alpha}}\\ T_1\cos{\alpha}=\dfrac{mg}{2}\\ T_2\cos{\theta}=\dfrac{(m+2M)g}{2} \end{cases}$

Dividindo a EQ 03 pela EQ 04:

$\dfrac{T_1}{T_2}\cdot \dfrac{\cos{\alpha}}{\cos{\theta}}=\dfrac{m}{m+2M}$

$\dfrac{\tan{\theta}}{\tan{\alpha}}=\dfrac{m}{m+2M}$

para simplificação de cálculos, tomemos as notações:

$\dfrac{m}{m+2M}=a$  e  $\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}=b$

reescrevendo o sistema:

$\begin{cases} \tan{\theta}=a\cdot \tan{\alpha}\\ \sin{\theta}+\sin{\alpha}=b \end{cases}$

Como estamos trablhando no intervalo $(0, 90^{\circ})$:

$\tan{\theta}, \tan{\alpha}>0$

Logo:

$\sin{\theta}=\dfrac{a\cdot \tan{\alpha}}{\sqrt{1+a^2\tan^2{\alpha}}}$

Portanto:

$\sin{\alpha}+\dfrac{a\cdot \tan{\alpha}}{\sqrt{1+a^2\tan^2{\alpha}}}=b$

$\boxed{\sin{\alpha}+\dfrac{a\cdot \sin{\alpha}}{\sqrt{1-(1-a^2)\sin^2{\alpha}}}=b}$  (EQ 05)

Através da equação encontrada logo acima, é possível encontrar o valor de $\sin{\alpha}$ para qualquer valor de $m$ e $M$.

Como neste item é dito que $M>>m$:

$a=\dfrac{m}{m+2M}$

$\rightarrow a\rightarrow 0$

Se aplicarmos $a=0$ na equação 05, encontramos:

$\sin{\alpha}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}>1$

Esse resultado é incoerente para a realidade. Logo, a única solução deve ser $\alpha\rightarrow 90^{\circ}$, visto que:

$\displaystyle \lim_{\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2}^{-}} \tan{\alpha}=+\infty$

E ao multiplicarmos por $a$, que tende a $0$, é possível achar um valor possível para a nossa equação.

$\boxed{\alpha=90^{\circ}}$

Aplicando esse valor na equação 01:

$\sin{\theta}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$

$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

Aplicando na equação 04:

$T_2\approx Mg\cdot \sqrt{\dfrac{2}{\sqrt{3}}}$

Aplicando esse valor na equação 02:

$\boxed{T_1=\dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2\sqrt{3}}}\cdot Mg}$

Como o valor de $M$ não é dado pelo enunciado, não é possível encontrar uma solução.

c) Como $M<<m$:

$a=\dfrac{m}{m+2M}\approx 1$

Aplicando esse valor na equação 05:

$\sin{\alpha}+\dfrac{1\cdot \sin{\alpha}}{\sqrt{1-(1-1^2)\sin^2{\alpha}}}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$

$\sin{\alpha}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{4}$

$\rightarrow \cos{\alpha}=\dfrac{\sqrt{12-2\sqrt{3}}}{4}$

Aplicando na equação 03:

$\boxed{T_1=mg\cdot \dfrac{2}{\sqrt{12-2\sqrt{3}}}}$

Aplicando valores encontramos:

$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$

a)

$\boxed{\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,57}$

b)

Não é possível encontrar o valor de $T_1$ (ver solução)

c)

$\boxed{T_1\approx 6,85 N}$

Potência e Intensidade

Precisamos obter uma função para a intensidade da onda sonora em função da distância até a britadeira. Desprezando perdas de energia para o ar e considerando que a britadeira se porte como uma fonte pontual, temos que:

$P(r) = I(r) \cdot 4\pi r^{2} = \text{constante}$

Para $r = 2 \ \text{m}$, a intensidade é de $I(2 \ \text{m}) = 2,0 \ \text{W/m}^{2}$. Logo:

$I(r) \cdot 4\pi r^{2} = 2,0 \cdot 4 \pi \cdot 2,0^{2} \ \text{W}$

$I(r) \cdot r^{2} = 8,0 \ \text{W}$

$I(r) = \dfrac{8}{r^{2}} \ \text{W/m}^{2}$

Igualando essa expressão à intensidade de $0,1 \text{W/m}^{2}$:

$0,1 = \dfrac{8}{r^{2}}$

$r^{2} = 80 \ \text{m}^{2}$

$\boxed{r = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$

$\boxed{d = 4 \sqrt{5} \ \text{m} \approx 8,8 \ \text{m}}$

Eletrodinâmica / Circuito resistivo

Inicialmente, vamos dividir as correntes através dos fios do circuito.

De acordo com o enunciado, tomemos o sentido da corrente no amperímetro ($I_A$) como positiva para a direita.

I) Aplicando a lei dos nós:

  i) Nó M:

$I_3=I_1+I_A$  (EQ 01)

  ii) Nó O:

$I_2=I_4+I_A$  (EQ 02)

II) Aplicando a lei das malhas ao redor do circuito

i) Caminho MNM:

$V_M+V_1-5I_1-15I_3=V_M$

$5I_1+15I_3=12$  (EQ 03)

  ii) Caminho ONO:

$V_O+V_2-10I_2-20I_4=V_O$

$5I_2+10I_4=3$  (EQ 04)

  iii) Caminho ONM:

$V_N-15I_3+20I_4=V_N$

$3I_3=4I_4$  (EQ 05)

Juntando as equações de 01 a 05:

$\begin{cases} I_3=I_1+I_A\\ I_2=I_4+I_A \\ 5I_1+15I_3=12\\5I_2+10I_4=3\\ 3I_3=4I_4\end{cases}$

A partir dessa parte a física "acabou", agora é só matemática. Basta resolver o sistema.

De EQ 01 e EQ 03:

$5I_1+15(I_1+I_A)=12$
$20I_1+15I_A=12$  (I)

De EQ 02 e EQ 04:

$5(I_4+I_A)+10I_4=3$

$15I_4+5I_A=3$  (II)

De EQ 01 e EQ 05:

$3(I_1+I_A)=4I_4$

$I_4=\dfrac{3(I_1+I_A)}{4}$  (III)

De III e II:

$15\cdot \dfrac{3(I_1+I_A)}{4}+5I_A=3$

$45I_1+65I_A=12$  (IV)

Reorganizando o sistema com I e IV:

$\begin{cases} 45I_1+65I_A=12\\ 20I_1+15I_A=12 \end{cases}$

Multiplicando a primeira equação por 20, a segunda por 45 e as subtraindo:

$20(45I_1+65I_A)-45(20I_1+15I_A)=20\cdot 12-45\cdot 12$

$625I_A=-300$

$\boxed{I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A}$

$I_A=-\dfrac{12}{25}\,A=-0,48\,A$

MHS e empuxo hidrostático

a) Como o balão estará em equilíbrio vertical, temos que a tração será a diferença entre o empuxo e o peso do balão cheio. Assim,

$P = g(3\cdot10^{-3}+0,20\cdot15\cdot10^{-3}) = 6\cdot10^{-2} \, N = 0,06 \, N$

$E = \rho_{ar}gV = 1,20\cdot10\cdot15\cdot10^{-3} = 0,18 \,N$

Assim,

$T = 0,18 - 0,06 = \boxed{0,12 \, N}$

b) Podemos fazer uma analogia com o pêndulo simples. Temos que $mg_{efetiva} = E-P = 0,12 \Rightarrow g_{efetiva} = 20 \, m/s^2$. Assim, como

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}}$

E queremos a primeira passagem pelo ponto de equilíbrio, o intervalo de tempo será $\Delta t = \dfrac{T}{4}$. Portanto,

$\Delta t = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{L}{g_{efetiva}}} = \boxed{0,31 \, s}$

a)

$T = 0,12 \, N$

b)

$\Delta t = 0,31 \, s$

Termodinâmica

a) Nesse item, devemos usar, diretamente, a primeira lei da termodinâmica no trecho total AB, já que ela representa uma equação de estados. Portanto,

$\Delta U_{AB} = Q_{AB} - W_{AB}$

$nC_v (T_B-T_A) = Q_{AB} - W_{AB}$

Como o valor numérico de $W_{AB}$ é igual à área debaixo do gráfico $p \times V$, temos que

$nC_v (T_B-T_A) = Q_{AB} - \dfrac{(p_A+p_B)(V_B-V_A)}{2}$

Por se tratar de um gás monoatômico, $C_v = \dfrac{3}{2}R$. Assim, utilizando a relação de Clayperon, podemos isolar $Q_{AB}$:

$Q_{AB} = \dfrac{3}{2}(p_BV_B-p_AV_A)+\dfrac{(p_A+p_B)(V_B-V_A)}{2} = \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{33}{32}\cdot 7 + 3\left(\dfrac{1}{4}-1\right)\right] =$

$= 2,284\cdot10^5 \, Pa\cdot L = \boxed{248,4 \, J}$

b) Como em C há a troca de endotérmico para exotérmico, temos que o calor trocado momentaneamente naquele ponto é nulo. Então, podemos tomar um $(\Delta Q)_C = dQ_C$ (OBS: a notação $df$ representa uma variação bem pequena da variável $f$) bem pequeno e fazer $dQ_C = 0$. Assim, tomando a primeira lei da termodinâmica nessa escala pequena, temos que:

$dW_C +dU_C = p_CdV_C + dU_C = dQ_C = 0$

$p_CdV_C + \dfrac{3}{2}nRdT_C = p_CdV_C +\dfrac{3}{2}nRdT_C = p_CdV_C +\dfrac{3}{2}d(pV) = 0$

$2p_CdV_C+3[(p+dp)(V+dV)-pV)=0$

Como $dp$ e $dV$ são muito pequenos, o produto $dp\cdot dV$ é desconsiderável em relação aos outros termos.

$2p_CdV_C+3[(p+dp)(V+dV)-pV)\approx 2p_CdV_C+3p_CdV_C+3V_Cdp_C = 0$

$5p_C + 3V_C\dfrac{dp}{dV} = 0$

Assim, como $p$ e $V$ seguem uma relação linear, podemos escrever que $p=aV+b \Rightarrow dp = adV \Rightarrow \dfrac{dp}{dV} = a$. Assim, substituindo essas relações na f[ormula anterior, chegamos a

$5aV_C +5b+3V_Ca = 0 \Rightarrow \boxed{V_C = -\dfrac{5b}{8a}}$

Analisando os valores do gráfico, podemos ver que $p = \dfrac{255}{224}-\dfrac{}31{224}V$. Ou seja, $\boxed{V_C = 5,14 \, L}$.

c) Agora, queremos que, para qualquer ponto $X$ da reta, $dQ_X < 0$. Assim, desenvolvendo as contas da mesma maneira que no item anterior, chegamos a $5p_X+3V_X\dfrac{dp}{dV} < 0$. Como todas essas transformações são lineares, temos que

$p = mV+n \Rightarrow 8mV_X+5n<0$

Essa relação vale, inclusive, para $X\equiv A$:

$\Rightarrow 8mV_A+5n<0 \Rightarrow 8m+5n<0$

Como a pressão em $A$ é $1\cdot 10^5 Pa$, temos que:

$1=m\cdot 1+n$

Portanto:

$8m+5(1-m) < 0 \Rightarrow m < -\dfrac{5}{3}$

Assim, na reta AD, que é a condição extrema, $m = -\dfrac{5}{3}$. Então, podemos fazer:

$p_D = p_A - \dfrac{5}{3}(V_D-V_A) \Rightarrow \boxed{V_D = 1,58 \,L}$

a)

$Q = 248,4 \, j$

b)

$V_C = 5,14 \, L$

c)

$V_D = 1,58 \, L$

Equilíbrio do corpo extenso

a) Inicialmente, vejamos a relação entre as forças nas pernas da mesa.

I) Torque em relação a diagonal AC:

$\tau_{ac}=0$

$F_B\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$

$F_B=0$

II) Torque em relação a diagonal BD:

$\tau_{bd}=0$

$F_A\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}-F_C\cdot L\dfrac{\sqrt{2}}{2}=0$

$F_A=F_C$

Equilibrando as forças na vertical:

$F_A+F_B+F_C=2m_{perna}g+m_{mesa}g+m_{garrafa}g$

A perna $B$ não realizará força.

$2F_A=(3+2+1)\cdot 10$

$\boxed{F_A=30\,N}$

b) Perceba que pela simetria se o peso for posto em qualquer ponto da diagonal $AC$ o tampo não rotacionará.

Logo, no limite, basta apoiar em cima do canto $A$ ou do canto $C$:

$x_{max}=\dfrac{diagonal}{2}=\dfrac{1}{2}l\sqrt{2}$

$\boxed{x_{max}=84\,cm}$

a)

$F_A=30\,N$

b)

$x_{max}=84\,cm$

Óptica geométrica

"Espelhando" a caixa em relação ao espelho, temos (numa vista aérea da situação):

Claramente vemos que não há impedimento na visão de $A'B'$, o reflexo de $AB$. Logo:

$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$

Obs: Possivelmente essa questão foi disponibilizada com o enunciado incorreto. Nós, criadores de materiais do Noic, supomos que, originalmente, o espelho ocuparia apenas uma parte da face esquerda da caixa, tornando o problema mais desafiador. No entanto, seguindo o comando da questão obtido durante a prova, a resolução correta é essa mostrada acima.

$\boxed{\dfrac{A_{o}}{A_{f}} = 1}$