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:

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

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

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

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