OBF 2ª fase – 2026 – N3

Óptica

(a) Razão entre as distâncias da imagem ao espelho ($d_c/d_p$):

Para um espelho plano, os raios refletidos mantêm o mesmo comportamento geométrico, formando uma imagem virtual à mesma distância do espelho que o objeto:

$$d_p = p = 3,00\text{ m}$$

No espelho convexo, os raios de luz incidentes paralelos ao eixo principal sofrem reflexão e divergem. Como os raios refletidos reais não se cruzam, o foco principal $F$ é formado exclusivamente pelo cruzamento dos prolongamentos virtuais desses raios atrás da superfície refletora.

Por estar localizado na região virtual atrás do espelho, a distância focal é negativa ($f < 0$) na convenção de sinais de Gauss:

$$f = -\frac{R}{2} = -\frac{1,50\text{ m}}{2} = -0,75\text{ m}$$

Aplicando a Equação de Gauss para o espelho convexo com $p = 3,00\text{ m}$:

$$\frac{1}{f} = \frac{1}{p} + \frac{1}{p’}$$

$$-\frac{1}{0,75} = \frac{1}{3,00} + \frac{1}{p’}$$

$$-\frac{4}{3} = \frac{1}{3} + \frac{1}{p’} \implies \frac{1}{p’} = -\frac{5}{3} \implies p’ = -0,60\text{ m}$$

Como $p’ < 0$, a imagem é virtual. Logo:

$$d_c = |p’| = 0,60\text{ m}$$

Portanto:

$$\frac{d_c}{d_p} = \frac{0,60}{3,00} = 0,20$$

(b) Razão entre as alturas das imagens ($h_c/h_p$):

O aumento linear transversal $A_c$ no espelho convexo é dado por:

$$A_c = \frac{h_c}{h_o} = -\frac{p’}{p}$$

Substituindo $p’ = -0,60\text{ m}$ e $p = 3,00\text{ m}$:

$$A_c = -\frac{-0,60}{3,00} = 0,20 \implies h_c = 0,20 \cdot h_o$$

Como no espelho plano $h_p = h_o$, temos:

$$\frac{h_c}{h_p} = \frac{0,20 \cdot h_o}{h_o} = 0,20$$

(a) $0,20$ (ou $1/5$)

(b) $0,20$ (ou $1/5$)

Termodinâmica

Para um gás ideal monoatômico, a energia interna é $U = \frac{3}{2}PV$. A partir do gráfico, extraímos os produtos $P \times V$ para cada estado:

$P_A V_A = (3 \cdot 10^5) \cdot (1 \cdot 10^{-3}) = 300 \text{ J}$

$P_B V_B = (1 \cdot 10^5) \cdot (3 \cdot 10^{-3}) = 300 \text{ J}$

$P_C V_C = (1 \cdot 10^5) \cdot (1 \cdot 10^{-3}) = 100 \text{ J}$

Isso é importante, pois sabemos que a temperatura é tal produto dividido por $nR$.

(a)

A variação de energia interna é nula, pois $P_AV_A = P_BV_B$ (temperatura não varia)

O trabalho é numericamente igual à área do trapézio sob a reta no gráfico:

$$W_{AB} = \frac{(P_A + P_B)}{2} \cdot (V_B – V_A)$$

$$W_{AB} = \frac{(3 + 1) \cdot 10^5}{2} \cdot (3 – 1) \cdot 10^{-3} = 400 \text{ J}$$

Logo, o calor trocado é:

$$Q_1 = \Delta U_{AB} + W_{AB} = 0 + 400 \Rightarrow \mathbf{Q_1 = 400 \text{ J}}$$

(b)

A variação de energia interna é:

$$\Delta U_{BC} = \frac{3}{2}(P_CV_C – P_BV_B) = -300 \text{ J}$$

O trabalho realizado na compressão isobárica é:

$$W_{BC} = P \cdot (V_C – V_B) = -200 \text{ J}$$

Logo, o calor trocado é:

$$Q_2 = \Delta U_{BC} + W_{BC} = -300 – 200 \Rightarrow \mathbf{Q_2 = -500 \text{ J}}$$

(a) 400

(b) -500

Mecânica

i) Pelo repouso da esfera:

$$P=mg=10\cdot 10=100 \text{ N} \therefore |\vec{T_3}|=100 \text{ N}$$

ii) Como o nó está em repouso:

$$\vec{T_1}+\vec{T_2}+\vec{T_3}=0 \therefore \vec{T_1}+\vec{T_2}=-\vec{T_3}$$

$$|\vec{T_1}+\vec{T_2}|=|\vec{T_3}|=100 \text{ N}$$

iii) Novamente, porque o nó está em repouso, a resultante das forças agindo sobre ele deve ser nula. No eixo vertical:

$$T_2\sin(60^\circ)=T_3 \therefore |\vec{T_2}|=\frac{100\cdot 2}{\sqrt{3}}\approx115,5 \text{ N}$$

No eixo horizontal:

$$T_1=T_2\cos(60^\circ)=\frac{200\cdot \sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{2}\therefore |\vec{T_1}|\approx 57,7 \text{ N}$$

(a) $100$ N

(b) $57,7$ N

(c) $115,5$ N

Hidrodinâmica

Dado que temos um reservatório de capacidade de $1000\text{ L}$ cúbico, sabemos que cada aresta terá tamanho de $1\text{ m}$, pois todas as arestas devem ser iguais e elas ao cubo devem ser equivalente a $1000\text{ L} = 1\text{ m}^3$.
Agora utilizamos a equação de Bernoulli entre o topo do reservatório e a torneira. Sabemos que a distância entre eles será de $0,8\text{ m} + 6,5\text{ m}$ pois o reservatório possui $800\text{ L}$, a velocidade no topo será $0$ pelo enunciado. Além disso, suas pressões serão ambas iguais a $P_{atm}$.
Logo, usando que $p + \rho \cdot \frac{v^2}{2} + \rho \cdot g \cdot h = \text{cte}$, temos que:
$$P_{atm} + 1000\cdot \frac{v^2}{2} + 0 = P_{atm} + 0 + 1000\cdot g \cdot 7,3 \implies v = \sqrt{146} \approx 12,1 \text{ m/s}$$
Como a seção de área transversal e o fluxo são ambos constantes, então a velocidade também será constante no tubo fino, logo $v_c \approx 12,1 \text{ m/s}$.
Agora, para achar a diferença de pressão, usarei Bernoulli entre a torneira T e a seção C:
$$P_{atm} + 1000\cdot \frac{v^2}{2} + 0 = P_C + 1000\cdot \frac{v^2}{2} + 1000\cdot g \cdot 4 \implies P_C – P_{atm} = -40000\text{ Pa} = -0,4\text{ atm}$$

(a) $v_c \approx 12,1 \text{ m/s}$

(b) $P_C – P_{atm} = -0,4\text{ atm}$

Ondulatória

Dados convertidos para o SI:

$L_1 = 0,125\text{ m}$, $L_2 = 0,750\text{ m}$
$\mu_1 = 8,00 \times 10^{-3}\text{ kg/m}$, $\mu_2 = 2,00 \times 10^{-3}\text{ kg/m}$
$T = 20,0\text{ N}$

—

(a) Intervalo de tempo de propagação do pulso:

A velocidade de propagação em cada trecho é dada pela Fórmula de Taylor ($v = \sqrt{T/\mu}$):

Trecho 1: $v_1 = \sqrt{\frac{20,0}{8,00 \times 10^{-3}}} = 50\text{ m/s}$
Trecho 2: $v_2 = \sqrt{\frac{20,0}{2,00 \times 10^{-3}}} = 100\text{ m/s}$

O tempo gasto em cada trecho é $\Delta t = L/v$:

Trecho 1: $\Delta t_1 = \frac{0,125\text{ m}}{50\text{ m/s}} = 0,0025\text{ s}$
Trecho 2: $\Delta t_2 = \frac{0,750\text{ m}}{100\text{ m/s}} = 0,0075\text{ s}$

O tempo total é a soma dos tempos parciais:

$$\Delta t = 0,0025\text{ s} + 0,0075\text{ s} = 0,01\text{ s}$$

(b) Menor frequência de ressonância com a emenda sendo um nó:

Para que um segmento de corda de comprimento $L$ com extremidades fixas (nós) estabeleça uma onda estacionária, o seu comprimento deve abrigar um número inteiro $n$ de meios comprimentos de onda:

$$L = n\frac{\lambda}{2} \implies \lambda = \frac{2L}{n}$$

Pela relação fundamental das ondas ($v = \lambda f$), as frequências permitidas para um trecho de pontas fixas são:

$$f = \frac{v}{\lambda} = n\frac{v}{2L}$$

Como a emenda é um nó e as extremidades externas são fixas, cada trecho funciona como uma corda independente de pontas fixas, oscilando na mesma frequência $f$:

Frequência no trecho 1:

$$f = n_1\frac{v_1}{2L_1} = n_1\frac{50}{2 \cdot 0,125} = 200n_1\text{ Hz}$$

Frequência no trecho 2:

$$f = n_2\frac{v_2}{2L_2} = n_2\frac{100}{2 \cdot 0,750} = \frac{200}{3}n_2\text{ Hz}$$

Como a frequência $f$ deve ser a mesma nos dois segmentos acoplados:

$$200n_1 = \frac{200}{3}n_2 \implies n_2 = 3n_1$$

Para obter a menor frequência de ressonância, utilizam-se os menores números inteiros positivos: $n_1 = 1$ e $n_2 = 3$.

Substituindo $n_1 = 1$:

$$f = 1 \cdot 200\text{ Hz} = 200\text{ Hz}$$

(c) Número de antinodos no segundo trecho:

Como o segundo trecho opera no harmônico $n_2 = 3$, o seu comprimento comporta exatamente $3$ meios comprimentos de onda:

$$L_2 = 3\cdot\left(\frac{\lambda_2}{2}\right) = \frac{3}{2}\lambda_2$$

Cada meio comprimento de onda ($\lambda_2/2$) corresponde a um laço (ventre) da onda estacionária, contendo exatamente um pico de oscilação máxima. Como temos $\frac{3}{2}$ comprimentos de onda (ou 3 meias-ondas), existem 3 picos de oscilação máxima, resultando em 3 antinodos no segundo trecho.

(a) $0,01\text{ s}$ (ou $1,00 \times 10^{-2}\text{ s}$)

(b) $200\text{ Hz}$

(c) $3$

(a)

De antemão, cabe percebemos que no primeiro caso:
$R \, >> \, r_1 \, e\, r_2$
Saltam aos olhos que $r_1$ está em paralelo com um dos resistores $R$, assim como $r_2$ está em paralelo com o outro resistor $R$, logo:

$\frac{1}{R_{eq1}}\, = \frac{1}{r_1} + \frac{1}{R}$ $\therefore$ $R_{eq1} = \frac{Rr_1}{R+r_1} \approx r_1$

Analogamente:

$R_{eq2} \approx r_2$

Assim: $R_{eq} = r_1 + r_2 \Rightarrow I = \frac{V}{r_1 + r_2} \Rightarrow I = \frac{12}{2+6} = \boxed{1,5A}$

Como a corrente flui de $r_2$ para $r_1$ $I > 0$

(b)

Pela equação da resistência equivalente para resistores em paralelo temos:

$R_{eq1} = \frac{2 \cdot 3}{2+3} = 1,2 \Omega$ assim como: $R_{eq2} = \frac{6.3}{6+3} = 2 \Omega$

Agora, por divisão de tensão, temos que no centro a tensão $V_m$ é:

$V_m = \frac{12 \cdot 1,2}{1,2+2} = 4,5V$,

Utilizando Lei de Kirchof das Correntes no nodo superior:

$I_1 + I_R + I = 0$ $\therefore$ $I = -I_1 -I_R = -\frac{0-Vm}{r_1} -\frac{V-V_m}{R}$ $\Rightarrow$ $I = -\frac{0-4.5}{2} -\frac{12-4,5}{3} = \boxed{-0,25A}$

(a) $1,5A$

(b) $-0,25$

Moderna

a)

i) A energia de $346\text{ kJ/mol}$ fornecida pelo enunciado representa apenas a energia necessária para romper um mol de ligações. Para uma única ligação, sabendo que um mol possui $N_a$ moléculas:

$$E=\frac{346\cdot 10^3}{6\cdot10^{23}}\approx5,77\cdot10^{-19}\text{ J}$$

ii) Já para o comprimento de onda:

$$E=hf=\frac{hc}{\lambda}\therefore \lambda=\frac{hc}{E}=\frac{6,6\cdot10^{-34}\cdot 3 \cdot10^8}{5,77\cdot 10^{-19}}\approx343\text{ nm}$$

b)

Analisando a expressão $E=\frac{hc}{\lambda}$, fica claro que a energia é inversamente proporcional ao comprimento de onda. Como a energia fornecida é a energia mínima para romper a ligação, energias maiores (logo, comprimentos de onda menores) ainda podem rompê-la. Dentro do intervalo de $\lambda \leq 343\text{ nm}$, entram os valores de $280\text{ nm}$ até $343\text{ nm}$. Assim:

$$\Delta \lambda=343-280=63\text{ nm}$$

(a) $343$ nm

(b)$63$ nm

Eletrostática

(a) Para que a força eletrostática resultante sobre $q_1$ seja nula:
As cargas $q_2$ e $q_4$ atraem $q_1$ com forças de mesmo módulo:
$$F_{21} = F_{41} = \frac{k \cdot q_1 \cdot |q_2|}{a^2}$$

A resultante dessas duas forças aponta na direção da diagonal em direção a $q_3$, com módulo:
$$F_{24} = F_{21} \cdot \sqrt{2} = \frac{k \cdot q_1 \cdot |q_2| \cdot \sqrt{2}}{a^2}$$

A carga $q_3$ está à distância $d = a\sqrt{2}$ de $q_1$. Para repelir $q_1$ e anular a força resultante, $q_3$ deve ser positiva ($q_3 > 0$):
$$F_{31} = \frac{k \cdot q_1 \cdot q_3}{(a\sqrt{2})^2} = \frac{k \cdot q_1 \cdot q_3}{2a^2}$$

Igualando os módulos ($F_{31} = F_{24}$):
$$\frac{k \cdot q_1 \cdot q_3}{2a^2} = \frac{k \cdot q_1 \cdot |q_2| \cdot \sqrt{2}}{a^2} \implies \frac{q_3}{2} = |q_2| \cdot \sqrt{2}$$
$$q_3 = 2\sqrt{2} \cdot |q_2| = 2\sqrt{2} \cdot 12,0 \ \mu\text{C} = 24\sqrt{2} \ \mu\text{C} \approx +33,9 \ \mu\text{C}$$

(b) O trabalho realizado é dado por:
$$W_{ext} = q_3 \cdot (V_f – V_i)$$
Para que $W_{ext} = 0$, devemos ter $V_i = V_f$, onde $V$ é o potencial gerado pelas cargas fixas ($q_1, q_2, q_4$).

Potencial na posição inicial $V_i$ (vértice $q_3$):
As distâncias das cargas $q_2$ e $q_4$ até $q_3$ valem $a$, e de $q_1$ até $q_3$ vale $a\sqrt{2}$:
$$V_i = k \left( \frac{q_1}{a\sqrt{2}} + \frac{q_2}{a} + \frac{q_4}{a} \right) = \frac{k}{a} \left( \frac{q_1}{\sqrt{2}} + 2q_2 \right)$$

Potencial na posição final $V_f$ (centro do quadrado):
A distância de todas as cargas fixas ao centro é $r = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$:
$$V_f = k \left( \frac{q_1}{r} + \frac{q_2}{r} + \frac{q_4}{r} \right) = \frac{k}{\frac{a}{\sqrt{2}}} (q_1 + 2q_2) = \frac{k}{a} \sqrt{2} (q_1 + 2q_2)$$

Igualando $V_i = V_f$:
$$\frac{k}{a} \left( \frac{q_1}{\sqrt{2}} + 2q_2 \right) = \frac{k}{a} \sqrt{2} (q_1 + 2q_2)$$
$$\frac{q_1}{\sqrt{2}} + 2q_2 = \sqrt{2}q_1 + 2\sqrt{2}q_2$$

Isolando os termos em $q_1$ e $q_2$:
$$2q_2 – 2\sqrt{2}q_2 = \sqrt{2}q_1 – \frac{q_1}{\sqrt{2}}$$
$$2q_2(1 – \sqrt{2}) = q_1 \left( \frac{2 – 1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{q_1}{\sqrt{2}}$$
$$q_1 = 2\sqrt{2} \cdot q_2 (1 – \sqrt{2})$$

Substituindo $q_2 = -12,0 \ \mu\text{C}$:
$$q_1 = 2\sqrt{2} \cdot (-12,0) \cdot (1 – \sqrt{2}) = -24\sqrt{2}(1 – \sqrt{2}) = 24\sqrt{2}(\sqrt{2} – 1) \ \mu\text{C}$$
$$q_1 = 24(2 – \sqrt{2}) \ \mu\text{C} \approx 24(2 – 1,414) \ \mu\text{C} \approx +14,1 \ \mu\text{C}$$

(a) $$ +24\sqrt{2} \ \mu\text{C} \approx +33,9 \ \mu\text{C}$$
(b) $$ 24(2 – \sqrt{2}) \ \mu\text{C} \approx +14,1 \ \mu\text{C}$$