Comentário OBFEP – 2025 – Primeira fase Nível C

Campo Magnético da Terra

A declinação magnética se refere à inconstância de bússolas, a diferença entre o ângulo mostrado como norte pela bússola e o norte real. Logo se os polos geográficos e magnéticos coincidissem, a declinação seria 0. Alternativa d).

d)

Gases Ideais

Pela lei dos gases ideais, $$pV = nRT$$, inicialmente $$p_0\times A \times 8cm = 0,8mol \times R \times 300K$$, no fim $$p_{fim} \times A \times 24cm = n \times R \times 400K$$, em que $$A$$ é a área de seção transversal, mas $$p_0 = p_{fim}$$, então:0

$$A = 0,8 \times R \times 300K \times \frac{1}{8cm} = n \times R \times 400K \times \frac{1}{24cm} \implies n = \frac{0,8\times 300 \times 24}{400 \times 8} = 1,8mol$$

Logo, alternativa b)

b)

Órbitas

Se a circunferência é de $$162\times 10^3km$$ e o período é de $$720min$$, a velocidade do satélite será de $$\frac{162\times 10^3km}{720\times 60s} = 0,00375\times 10^3 \frac{km}{s}$$, pois a circunferência é percorrida uma vez a cada período. Como a velocidade da luz é $$300 \times 10^3 \frac{km}{s}$$, então, a velocidade do satélite pela da luz é $$\frac{0,00375\times 10^3}{300\times10^3} = 0,0000125$$ ou seja, 0,00125% da velocidade da luz. Alternativa c).  

c)

Circuitos

Sabemos que a resistência de um “fio” de tamanho $$L$$, seção transversal $$A$$ e resistividade $$\rho$$ será $$R = \rho \frac{L}{A}$$ e que para um resistor de resistência $$R$$, $$U = RI$$, em que $$U$$ é a voltagem e $$I$$ é a corrente. Assim:

$$50V = 2\times 10^{-3} \times R \implies R = 25\times 10^3 \Omega \implies \rho = 25\times 10^3 \times \frac{A}{L} = 25\times 10^3 \times 10^{-2} = 250 \Omega m$$

Logo, o mais próximo é o arenito, alternativa b).

b)

Aceleração Centrípeta

Sabemos que quando um objeto está rodando em forma circular, sua aceleração centrípeta será $$\omega^2 R$$, em que $$\omega$$ é sua velocidade angular e $$R$$ é a distância ao centro do círculo. Assim, a aceleração centrípeta é maior quanto mais longe você estiver, quando estamos em um regime de velocidade angular constante. Desse modo, a região B, a mais longe do Sol, possui maior aceleração centrípeta, explicando a concentração de águas nela. Alternativa b).

b)

Dilatação Térmica

Sabemos que quando estamos dilatando um volume,

$$V = V_0 + V_0\times \gamma \times \Delta T \implies V = 100,1mm^3 \times (1 + 1,5\times 10^{-4} \times 20) = 100,1mm^3 \times (1 + 3\times10^{-3}) \approx 100,4mm^3$$.

Logo, a quantidade de volume no filamento na nova temperatura será $$0,4mm$$, quatro vezes maior do que o original, logo $$4\times 2cm = 8cm$$.Assim, cresce $$6cm$$. Alternativa c).

c)

Óptica

A distância do vértice superior do triângulo isósceles até o ponto médio da base quadrada será $$130+220=350c=350\times52cm$$, essa distância será o tamanho da sombra feita pelo pico da pirâmide, sabemos que a razão da distância para a altura é $$\frac{4}{5}$$, pois esta é a razão para uma haste e os raios do Sol vem basicamente paralelamente (distância muito curta comparada com a distância da Terra ao Sol). Assim altura $$H$$ da pirâmide é:

$$H = \frac{4}{5} \times 350 \times 52 = 14560cm = 145,6m$$

Logo, alternativa b).

b)

Ciclos Termodinâmicos

O rendimento máximo possível será de $$1-\frac{300}{500} = \frac{2}{5}$$, rendimento de uma máquina de Carnot. Assim, a potência útil máxima será:

$$50J \times 40\frac{1}{s} \times \frac{2}{5} =800W$$

Logo, alternativa c).

c)

Eletrostática

Sabemos que a força sofrida por uma carga $$q$$ em campo $$E$$ é $$F=qE$$, como a razão entre carga e massa é constante, sabemos que a aceleração devido ao campo elétrico $$a = \frac{q}{m}E$$ é constante. Assim, o que afeta a ordem de chegada é a força de resistência, que depende da normal, e essa aumenta com o peso, que por sua vez, de fato aumenta com o tamanho. Logo, alternativa c).

c)

Lei da Gravitação

Sabemos que o campo gravitacional por um corpo é $$g = G\frac{M}{r^2}$$, $$G$$ constante e $$r$$ distância até o centro do corpo. Assim o campo gravitacional da Terra é:

$$g_{Terra} = G\frac{M_{Terra}}{R^2}$$

Já a força pela lua no ponto de distância $$60R$$ do enunciado será:

$$g_{Lua} = G\frac{M_{Lua}}{(60R)^2} = G\frac{M_{Terra}{80} \times \frac{1}{3600R^2} = g_{Terra} \times \frac{1}{80\times3600} = g_{Terra} \times \frac{1}{288000}$$

Logo, o campo gerado pela Terra é $$288000$$ vezes maior que o gerado pela Lua, alternativa d)

d)

Calorimetria

O conjunto Panela + Gelo, recebeu, ao longo do experimento, $$Q = P\times A\times t$$ de calor do Sol, em que $$A$$ é a área da panela e $$t$$ o tempo total do experimento. Todo esse calor recebido foi para o descongelamento do gelo, pois a panela e o gelo no fim estava em equilíbrio térmico. Além disso, o gelo também recebeu calor inicial da panela enquanto eles entravam em equilíbrio térmico. Logo, sendo $$Q_{Total}$$ todo o calor recebido pelo gelo:

$$Q_{Total} = Q_{Panela} + Q_{Sol} = 400\frac{J}{^{\circ}C} \times 20^{circ}C + Q_{Sol} = 8000J + Q_{Sol} = 100g \times 80 \frac{cal}{g} \times 4\frac{J}{cal} = 32000J $$

$$Q_{Sol} = 24000J \implies P\times A \times t = P \times 0,08m^2 \times 20 \times 60s = 24000J \implies P = 250\frac{W}{m^2} $$

Logo, alternativa a).

a)

Óptica Geométrica

A altura aparente do prédio original era $$\frac{30m}{1000m} = \frac{3}{100}$$, sabendo que a imagem 1 é convertida na imagem vista pelo menino, temos que:

$$\frac{1}{f} = \frac{1}{p} + \frac{1}{p’} \implies \frac{1}{30cm} = \frac{1}{20cm} + \frac{1}{p’} \implies p’ = -60cm$$

Desse modo, a altura da imagem vista pelo menino será $$h \times \frac{-p’}{p} = 80cm \times 3 = 240cm e estará a uma distância de $$20cm + 60cm = 80cm$$, logo a altura aparente será $$\frac{240}{80} = 3$$, 100 vezes maior que a sem luneta. Alternativa a)

a)

Empuxo

A força de empuxo devido aos $$10cm$$ na água deve compensar a força peso, logo, sendo $$A = 80cm^2$$ a área transversal da lata, sabemos:

$$F_{empuxo} = d\times A \times h = d \times 80cm^2 \times 10 cm \times g = M \times g = 0,96kg \times g \implies d = \frac{0,96kg}{800cm^3} = 1,2 \frac{g}{cm^3}$$

Logo a densidade da água é $$d = 1,2 \frac{g}{cm^3}$$, como a densidade da água pura é $$1 \frac{g}{cm^3}$$ sabemos que existem $$0,2g$$ de sal por $$cm^3$$ de água (pois água com sal ocupa o mesmo espaço que água sem sal, pelo enunciado). Assim, temos $$0,2g$$ de sal a cada $$1g$$ de água, logo temos $$200000g$$ de sal em 1 milhão de gramas de água, salinidade é $$200 000ppm$$, alternativa a). 

a)

Lançamento Oblíquo

A velocidade máxima durante a trajetória será a inicial, logo sabemos que a velocidade inicial será $$400\frac{m}{s}$$, tendo $$v_{y0} = 400\times sen = 280\frac{m}{s}$$, velocidade vertical inicial. Assim demoramos $$t = \frac{2v_{y0}}{g} = \frac{560}{g}$$ segundos para bater novamente no chão. Logo o alcance no vácuo será $$d = v_{x0}\times t = 280 \times 56 = 15680m$$. O alcance real será $$15680m \times 0,6 = 9408m$$, alternativa a).

a)

Energia e Momento Linear

No momento de altura máxima a velocidade deve ser $$=0$$ e no momento de altura mínima, a velocidade deve ser a mesma que no momento logo após a colisão da bala e do bloco, pois a energia mecânica é conservada durante o processo de oscilação do bloco e o bloco estava na sua altura mínima no instante da colisão. Assim

$$\frac{v^2}{2} = g\times \Delta h = g \times 0,2m \implies v = 2\frac{m}{s}$$

Velocidade logo após o impacto. Sabemos que durante a colisão o momento linear se conserva, logo $$m_1v_1 + m_2v_2 = (m_1+m_2)v$$, pois o bloco e a bala se movimentam com a mesma velocidade após a colisão. Mas, $$v_2 = 0$$ pois o bloco estava parado antes da colisão, logo temos:

$$v_1 = \frac{m_1+m_2}{m_1} \times v = \frac{24}{0,16} \times 2 = 300\frac{m}{s}$$

Assim, o calor gerado será a diferença entre Energia logo antes e logo depois:

$$\Delta E = m_1\frac{v_1^2}{2} – (m_1+m_2)\frac{v^2}{2} = 0,08 \times 300^2 – 12\times 2^2 = 7200 – 48 = 7152J$$

Logo, alternativa d).

d)