Soluções Simulado 1 OBF – Nível 1

Leis de Newton, Dinâmica.

Ao se aplicar a força $\vec F$ para a direita, como mostra a figura, a cunha começará a acelerar para a direita e bloquinho tende a ficar parado por inércia. Depois de um tempo, o sistema atinge uma situação estável onde todo o sistema acelera para a direita com $\vec a$.

Nessa situação, a mola estará comprimida e exercerá uma força tanto na cunha quanto no bloco, já que ela está presa aos dois. Desenhando as forças atuantes em cada um, temos:

Eixo $x$:

$F - Kxcos(\theta) - Nsen(\theta) = Ma$

$Kxcos(\theta) + Nsen(\theta) = ma$

Eixo $y$:

$Kxsen(\theta) + mg = Ncos(\theta)$

$Kxsen(\theta) + N' = Mg + Ncos(\theta)$

Somando as duas primeiras, temos:

$F = (M+m)a$

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

Substituindo o valor obtido de $N$ da terceira na segunda:

$Kxcos(\theta)+\left(\dfrac{Kxsen(\theta)+mg}{cos(\theta)}\right)sen(\theta) = ma$

$Kxcos(\theta) + \dfrac{Kxsen^2(\theta)}{cos(\theta)} + mg\dfrac{sen(\theta)}{cos(\theta)} = ma$

$\dfrac{Kx}{cos(\theta)} = m\left(a-g\dfrac{sen(\theta)}{cos(\theta)}\right)$

$x = \dfrac{m}{K}\left(\dfrac{Fcos(\theta)}{(M+m)}-gsen(\theta)\right)$

$x = \dfrac{m}{K}\left(\dfrac{Fcos(\theta)}{(M+m)}-gsen(\theta)\right)$

Cinemática, MRUV e MRU.

Por estarem brincando de pega-pega, Bawrence vai tentar fugir de Allsides. Vamos supor então o caso que ambos começam a correr pra direita aceleradamente em suas acelerações máximas. Os tempos que eles precisam para atingir suas velocidades máximas são:

$t_A = \dfrac{v_A}{a_A} = 2$ $s$

$t_B = \dfrac{v_B}{a_B} = 4$ $s$

Logo Allsides atinge sua velocidade máxima primeiro. A distância relativa entre eles vai ser:

$d_1 = 20 -\dfrac{1}{2}a_At_A^2 +\dfrac{1}{2}a_Bt_A^2$

$d_1 = 20 - 10 +4$

$d_1 = 14$ $m$

E ainda não se atingiram. Eles vão estar com as velocidades:

$V_A =v_A = 10$ $m/s$

$V_B =2*2 = 4$ $m/s$

Fazendo que Bawrence atinge sua velocidade máxima, a distância relativa entre eles vai ser:

$d_2 = 14 + v_{rel}(t_B-t_A) + \dfrac{1}{2}a_B(t_B-t_A)^2$

$d_2 =14 -6*2 +\dfrac{1}{2}*2*4$

$d_2 = 14 - 12+4$

$d_2 = 6$ $m$

E a velocidade de Bawrence agora é $v_B$

A partir de agora eles estarão fazendo apenas um MRU. Já que Allsides possui uma velocidade maior que Bawrence, eles vão se encontrar em:

$t = \dfrac{d_2}{v_{rel}}$

$t = \dfrac{6}{2}$

$t= 3$ $s$

O tempo necessário então pra eles se encontrarem é:

$T =t_B +t$

$T=7$ $s$

$T=7$ $s$

Propriedades da Matéria, Energia.

a) O volume do navio vai ser:

$V =L*C*H$

$V =270*20*50$

$V=270000$ $m^3$

A densidade é então:

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

$\rho = \dfrac{45000*10^3kg}{270000}$

$\rho \approx 166,7$ $kg/m^3$

b) Toda a energia cinética se transforma em calor, fundindo o gelo. Daí:

$E_{cin} = Q_f$

$\dfrac{1}{2}(M+m)V^2= M_gL_f$

Onde $m$ é a massa das pessoas e $M_g$ é a massa de gelo derretida.

Convertendo os dados para o SI:

$\dfrac{1}{2}(45000*10^3+1500*70)*10^2 = M_g*\dfrac{80000}{4,2}$

$M_g =\dfrac{1}{2}*45105*10^5*\dfrac{4,2}{80000}$

$M_g = 118400$ $kg$

a) $\rho \approx 166,7$ $kg/m^3$

b) $M_g = 118400$ $kg$

Conhecimentos de Geometria, Equações de Segundo Grau.

Para termos uma visão melhor do problema, podemos desenhar a partir de um observador lateral. Nós temos que ao virar as garrafas, não sai água, logo o volume de água deve ser o mesmo para as duas situações. Na situação em que ela está de pé, o volume de água vai ser:

$V_a = V_{total} - V_{C 8cm}$

O cone é circular por isso a área da base de cada cone é a área de um circulo, daí:

$V_a = \dfrac{1}{3}\pi R^2h -\dfrac{1}{3}\pi r_1^2*8$

Por semelhança de triângulos também temos:

$\dfrac{r_1}{8} = \dfrac{R}{h}$

$r_1 = 8\dfrac{R}{h}$

Daí:

$V_a = \dfrac{1}{3}\pi R^2h - \dfrac{1}{3}\pi \left(\dfrac{8R}{h}\right)^2*8$

$V_a =\dfrac{1}{3}\pi R^2\left(h-\dfrac{512}{h^2}\right)$

Agora na segundo situação:

$V_a = \dfrac{1}{3}\pi r_2^2(h-2)$

Por semelhança de triângulos:

$\dfrac{r_2}{(h-2)} = \dfrac{R}{h}$

$r_2 = \dfrac{(h-2)R}{h}$

Daí:

$V_a = \dfrac{1}{3}\pi \left( \dfrac{(h-2)R}{h} \right)^2 (h-2)$

$V_a = \dfrac{1}{3}\pi R^2 \dfrac{(h-2)^3}{h^2}$

Logo:

$\dfrac{1}{3}\pi R^2 \left(h-\dfrac{512}{h^2}\right) = \dfrac{1}{3}\pi R^2 \dfrac{(h-2)^3}{h^2}$

$\left(h-\dfrac{512}{h^2}\right) = \dfrac{(h-2)^3}{h^2}$

$\left(h-\dfrac{512}{h^2}\right)h^2 = (h-2)^3$

$h^3 -512 = h^3 -6h^2 +12h -8$

$6h^2-12h-504 =0$

$h^2-2h-84 =0$

A solução para a altura é:

$h =\dfrac{2 \pm \sqrt{4 +4*84}}{2}$

$h = 1 \pm \sqrt{85}$

Mas a altura de um cone não pode ser negativa, daí:

$h =1 +\sqrt{85}$

$h = 1 +\sqrt{17}*\sqrt{5}$

$h = 1+4,1*2,2$

$h =1+9,02$

$h \approx 10$ $cm$

$h \approx 10$ $cm$

Calorimetria, Construção de Gráficos.

Para montar o gráfico, devemos saber qual a energia total fornecida. Esta vai ser:

$E = Pot*t$

$E = 100J/s*12,5*60s$

$E = 420*750$ $cal$

$E = 315000$ $cal$

Mas perceba que aparece o número $420$, o módulo da massa de gelo que tem. Podemos então por simplificação chamar isto de $m$. A energia pode ser escrita também como:

$E = 750m$ $cal$

Assim, a energia necessária para mudar a temperatura do gelo de $-30$ $^oC$ até $0$ $^oC$ é:

$Q_1 = m*0,5*30$

$Q_1 =15 m$ $cal$

A energia necessária para derreter o gelo vai ser:

$Q_2 = 80m$ $cal$

A energia necessária para aquecer a água formada de $0$ $^oC$ até $100^oC$ vai ser:

$Q_3 = 100m$ $cal$

A energia necessária para evaporar a água vai ser:

$Q_4 = 540m$ $cal$

A energia necessária para aquecer o vapor de água de $100$ $^oC$ até uma temperatura $T$ é:

$Q_5 = m*0,5*(T-100)$

A soma das $4$ primeiras energias da menor que a energia total fornecida ($750m$). Logo sobra um pouco de energia para servir de calor sensível pro vapor. Podemos então descobrir a temperatura final do vapor:

$Q_1+Q_2+Q_3+Q_4+Q_5 = 750m$

$(15+80+100+540)m +0,5*(T-100)m = 750m$

$0,5*(T-100) = 15$

$T = 130$ $^oC$

Temos então:

$Q_5 =m*0,5*(130-100)$

$Q_5 = 15m$ $cal$

O tempo gasto em cada processo é dado por:

$t = \dfrac{Q}{P}$

Mas:

$P =100$ $W$

$P = 420$ $cal/s$

$P = m$ $cal/s$

Logo o tempo decorrido durante cada troca de calor é apenas o fator multiplicativo ligado ao $m$ em cada calor. Assim:

$t_1 =15$ $s$

$t_2 =80$ $s$

$t_3 =100$ $s$

$t_4 =540$ $s$

$t_5 = 15$ $s$

E totalizando nos $750$ $s$.

O gráfico fica então no seguinte formato (não está na correta escala):

Energia, Lançamentos, Cinemática.

a) Os pedaços saem com a mesma velocidade, e por possuírem uma mesma massa possuem então uma mesma energia. E a energia fornecida é a mesma energia que a granda possui em relação ao solo, logo:

$E = mgh$

$E = \dfrac{1}{2}3\dfrac{m}{3}v^2$

$v^2 = \dfrac{2E}{m}$

$v^2 =2gh$

$v=\sqrt{2gh}$

b) O pedaço já estava à uma altura $h$. Por Torricelli temos:

$V^2 = V_o^2 -2g \Delta H$

$0 = 2gh -2g \Delta H$

$\Delta H =h$

A altura máxima vai ser então:

$H = h+\Delta H$

$H =2h$

c)

Por simetria, as massas devem sair com um ângulo de $120^o$ entre si. As massinhas que saem pra esquerda e pra direita possuem a mesma velocidade no $y$, então elas possuirão o mesmo tempo de queda.

O tempo de queda da massinha que sobe vai ser:

$y =h + vt - \dfrac{1}{2}gt^2$

$0 = h + \sqrt{2gh}t_1 - \dfrac{1}{2}gt_1^2$

$\dfrac{1}{2}gt_1^2 - \sqrt{2gh}t_1 - h=0$

Pegando apenas a solução positiva:

$t_1 = \dfrac{+\sqrt{2gh} + \sqrt{2gh +2gh}}{g}$

$t_1 = \left(2+\sqrt{2}\right)\sqrt{\dfrac{h}{g}}$

Para as massinhas que descem temos:

$v_y = vcos(60^o) = \dfrac{v}{2}$

$y = h - v_yt -\dfrac{1}{2}gt^2$

$0 = h - \dfrac{\sqrt{2gh}}{2}t_2 - \dfrac{1}{2}gt_2^2$

$\dfrac{1}{2}gt_2^2 + \sqrt{\dfrac{gh}{2}}t_2 - h=0$

Pegando a solução positiva:

$t_2 = \dfrac{-\sqrt{\dfrac{gh}{2}} + \sqrt{\dfrac{gh}{2} + 2gh}}{g}$

$t_2 = \dfrac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{h}{g}}$

a) $v=\sqrt{2gh}$

b) $H =2h$

c) $t_1 = \left(2+\sqrt{2}\right)\sqrt{\dfrac{h}{g}}$ e $t_2 = \dfrac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}\sqrt{\dfrac{h}{g}}$

Energia, Colisões.

a) Conservando sua energia mecânica, temos:

$Mgh = \dfrac{1}{2}MV^2$

$V= \sqrt{2gh}$

b) Para que o pêndulo consiga dar uma volta completa ele nunca pode ficar destracionado. O momento que ele tem a maior chance do fio ficar frouxo é quando ele passa no topo da trajetória circular. No caso limite, a tração fica muito próxima de $0$ e podemos descobrir a velocidade mínima que ele deve obter no ponto mais abaixo. Quando ele está no topo, por não ter tração, apenas o seu peso atua como resultante centrípeta, logo:

$\dfrac{mv^2}{l} = mg$

$v= \sqrt{gl}$

Mas essa é apenas a velocidade no topo. Na colisão ele está embaixo, daí, conservando a energia:

$\dfrac{1}{2} mv_{baixo}^2 = \dfrac{1}{2}mv^2 + 2mgl$

$v_{baixo}^2 = gl +4gl$

$v_{baixo} =\sqrt{5gl}$

c) Podemos pegar os instantes logo antes da colisão e logo após dela. Antes da colisão a tora de madeira tem uma velocidade $V$ para a direita, e $m$ está parado. Logo após a colisão a tora fica com uma velocidade $V'$ que vamos adotar para a direita e por estarmos trabalhando na condição do item b), $m$ recebe uma velocidade $v_{baixo}$. Podemos então conservar o momento:

$P_{antes} =P_{depois}$

$MV =MV' + mv_{baixo}$

E utilizando o coeficiente de restituição:

$e =\dfrac{v_{baixo} - V'}{V}$

$eV = v_{baixo} - V'$

$V' =v_{baixo} - eV$

Substituindo:

$MV = M(v_{baixo} -eV + mv_{baixo}$

$M(1+e)V = (M+m)v_{baixo}$

$V = \dfrac{(M+m)}{M(1+e)}v_{baixo}$

Daí:

$\sqrt{2gh} = \dfrac{(M+m)}{M(1+e)}\sqrt{5gl}$

$h = \dfrac{5(M+m)^2}{2(1+e)^2M^2}l$

a) $V= \sqrt{2gh}$

b) $v_{baixo} =\sqrt{5gl}$

c) $h = \dfrac{5(M+m)^2}{2(1+e)^2M^2}l$

Gravitação.

Temos que o produto $MT$ é uma constante, e também temos que o raio do horizonte de eventos de um buraco negro é diretamente proporcional a sua massa. Assim:

$M_oT_o = MT$

$M = M_o\dfrac{T_o}{T}$

$\dfrac{M_o}{R_o} = \dfrac{M}{R}$

$R = R_o\dfrac{M}{M_o}$

$R=R_o\dfrac{T_o}{T}$

A gravidade exercida na borda do horizonte de eventos é:

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

A antiga gravidade é:

$g_o = \dfrac{GM_o}{R_o^2}$

A razão é então:

$\dfrac{g_o}{g} = \dfrac{GM_o}{R_o^2}*\dfrac{R^2}{GM}$

$\dfrac{g_o}{g} = \dfrac{M_o}{M}\dfrac{R^2}{R_o^2}$

$\dfrac{g_o}{g} = \dfrac{T_o}{T}$

$\dfrac{g_o}{g} = \dfrac{T_o}{T}$