Soluções Simulado 1 OBF – Nível 2

Segunda lei de Newton

a) Observe que se considerarmos nosso sistema físico como todas as $$N$$ massas junto com as $$N-1$$ molas, as únicas forças externas atuando são o peso total do sistema e a tração. Como o sistema está em equilíbrio:

\[T=Nmg\]

b) Antes do corte, atuam na primeira massa a tração (calculada no item a), seu peso, e a força elástica. Esta última vale $$\left(N-1 \right)mg$$, pelo equilíbrio dinâmico dessa massa. Perceba que a força elástica depende apenas da elongação da mola (a menos de uma constante), que só varia depois de um tempo finito após o corte. De fato, para que mude, as massas devem ganhar velocidade, mas imediatamente após o corte elas são nulas. Logo, a força elástica não muda nessa transição. Como a força elástica mais o peso somam $$Nmg$$ para baixo, a aceleração da primeira massa é $$Ng$$ para baixo.

a) $$Nmg$$

b) $$Ng$$

Segunda lei de Newton

Observe que, pela segunda lei de Newton, a força resultante no bloco é nula, pois o mesmo desce com velocidade constante. Analisando o problema no plano de movimento do bloco, as força atuando são a componente tangencial do peso (mg\sin{\theta}), a força de atrito e a força mística. Sabemos que a força de atrito deve ser antiparalela à velocidade. Portanto, é impossível a configuração na qual o bloco “desce” (na direção do $$mg\sin{\theta}$$) o plano com velocidade constante, pois a força mística contribuiria com uma componente horizontal e o bloco não estaria em equilíbrio. Então, a configuração real é o bloco com uma velocidade fazendo um certo ângulo com a vertical (direção de $$mg\sin{\theta}$$). A força de atrito é perpendicular à força mística e a soma das mesma deve anular o $$mg\sin{\theta}$$. Portanto, aplicando teorema de Pitágoras

$$\sqrt{f_{at}^2+\left(m{\lambda}v \right)^2}=mg\sin{\theta}$$

A força de atrito é dada pelo produto da normal $$mg\cos{\theta}$$ pelo coeficiente de atrito cinético $$\mu$$. Portanto, resolvendo para $$v$$:

\[v=\dfrac{\sqrt{g({\sin{\theta}}^2-{\mu}^2{\cos{\theta}}^2)}}{\lambda}\]

\[v=\dfrac{\sqrt{g({\sin{\theta}}^2-{\mu}^2{\cos{\theta}}^2)}}{\lambda}\]

Dilatação térmica

O período de um pêndulo simples é dado por

\[T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{l}{g}}\]

Ao final do processo, o comprimento do fio será $$l(1+{\alpha}\Delta{\theta})$$. Portanto, o período final é

\[T_F=2\pi\sqrt{\dfrac{l(1+{\alpha}\Delta{\theta})}{g}}\]

Usando a aproximação binomial

\[T_F=T(1+\dfrac{{\alpha}\Delta{\theta}}{2})\]

Portanto, a variação relativa será

\[\dfrac{\Delta{T}}{T}={\dfrac{\alpha}\Delta{\theta}}{2}\]

Substituindo o valor de $$\alpha$$

\[\Delta{\theta}=9,09 K\]

\[\Delta{\theta}=9,09 K\]

M.U.V.

Adotando um sistema de coordenas com origem coincidente com o ponto inicial do primeiro carro, enunciemos a posição de encontro:

\[v_1t=L_0+at^2/2\]

Onde $$t$$ é o tempo de encontro. Reorganizando

\[t^2-(2v_1/a)t^2+2L_0/a=0\]

A expressão acima é quadrática em $$t$$. Observe que o que queremos é que não tenha solução para essa equação, caso contrário os carros se encontrariam. Portanto, fazendo o discriminante dessa equação igual a zero, descobrimos a aceleração mínima.

\[4{v_1}^2/{a^2}-4\dfrac{2L_0}{a}=0\]

Logo

\[a_{min}=\dfrac{{v_1}^2}{2L_0}\]

$$3,2 m/{s^2}$$

Colisões bidimensionais

a) Representemos as quantidades relacionadas à bolinha inicidente pelo íncide $$0$$ e as relacionadas às duas bolinhas emergentes de $$1$$ e $$2$$. Com essa notação, as equações de conservação de momento e energia são escritas da seguinte forma

\[\vec{P_0}=\vec{P_1}+\vec{P_2}\]

e

\[{P_0}^2={P_1}^2+{P_2}^2\]

Tomando o produto escalar da primeira equação por ela mesma:

\[{P_0}^2={P_1}^2+{P_2}^2+2\vec{P_1}\cdot{\vec{P_2}}\]

Por comparação

\[\vec{V_1}\cdot{\vec{V_2}}=0\]

b) Depois da colisão, as bolas formarão um ângulo reto entre si e cairão em buracos diferentes. Logo:

\[{S_1}^2+{S_2}^2=d^2\]

Onde $$S_1$$ é a distância da bola estacionária à um buraco,$$S_2$$ é a distância até o outro buraco e $$d$$ é a distância entre os buracos. Adotando coordenadas cartesianas com origem em um dos buracos, a equação acima fica:

\[x^2+y^2+(d-x)^2+y^2=d^2\]

Reorganizando

\[(x-d/2)^2+y^2=(d/2)^2\]

Essa é a equação de uma circunferência com centro no ponto médio de separação entre buracos. Como a bola não pode ser posicionada no outro lado dos buracos, a coleção de ponto requerida é uma semicircunferência.

a) Demonstração

b) Semicircunferência

Dinâmica rotacional

a) Por definição, o impulso linear é a massa do sistema multiplicada pela variação de velocidade do centro de massa da barra (vetor). Como a velocidade inicial é nula:

\[J=mv\]

Portanto

\[v=\dfrac{J}{m}\]

b) O impulso angular em torno do centro de massa é

\[J_a=Jx\]

O mesmo pode ser escrito como o momento de inércia em relação ao centro de massa multiplicado pela variação da velocidade angular do corpo (vetor):

\[Jx=\dfrac{mL^2\omega}{12}\]

Da equação acima, extraímos $$\omega$$. O ponto da barra de velocidade é tal que

\[v-{\omega}y=0\]

Onde $$y$$ é a distância do ponto até o centro de massa. Logo, substituindo os valores de $$v$$ e $$\omega$$:

\[y=\dfrac{L^2}{12x}\]

A distância até o centro de massa da barra é

a) \[v=\dfrac{J}{m}\]

b) \[y=\dfrac{L^2}{12x}\]

Relação de Taylor e segunda lei de Newton

Pela relação de Taylor

\[T={\mu}v^2\]

Onde $$T$$ é a tração no fio e $$\mu$$ é a densidade linear de massa da corda. Pelo equilíbrio de forças no bloco, essa tração é igual ao peso do blobo $$mg$$. Na segunda situação, a nova tração deverá se igual ao peso equivalente do bloco, ou seja, a soma vetorial do peso com o empuxo. O último é facilmente calculado:

\[P_{equi}=mg-{2{\rho_a}mg}/{3{\rho}}={\mu}v^2-{2{\rho_a}mg}/{3{\rho}}\]

Onde $$\rho$$ é a densidade requerida. Igualando a expressão acima com a nova tração $${\mu}u^2$$, com $$u=0,5v$$, descobre-se $$\rho$$. O resultado é

$$\rho=890 kg/{m^3}$$

$$890 kg/{m^3}$$

Gravitação e parábola de segurança

a) O campo gravitacional dentro de uma esfera (a uma distânicia $$r$$ do centro) com massa uniformemente distribuída é

\[\vec{g_e}=-\dfrac{GMr}{R^3}=4\pi\dfrac{{\rho}G\vec{r}}{3}\]

Onde $$\vec{r}$$ é o vetor que aponta do centro da esfera até o ponto em que queremos calcular o campo. Procedendo como pede o enunciado, façamos a superposição das duas configurações, somando (vetorialmente) os campos devido a cada uma separadamente.

\[\vec{g}=-\left(\dfrac{4\pi{\rho}G\vec{r_1}}{3}-4\pi\dfrac{{\rho}G\vec{r_2}}{3} \right)\]

Onde o índice $$1$$ representa o centro da esfera maior e $$2$$ o centro da cavidade. O sinal de menos no segundo termo devêm do fato explicado no enunciado. Observe que para qualquer ponto dentro da esfera:

\[\vec{r_1}-\vec{r_2}=(R/2)\hat{x}\]

Logo

\[\vec{g}=-\dfrac{2{\pi}GR\rho}{3}=-\dfrac{GM}{2R^2}\hat{x}\]

Para qualquer ponto da cavidade. Ou seja, o campo é constante dentro da cavidade.

b) O ponto desejado é a interseção da equação da cavidade (no plano $$xy$$)

\[(x-R/2)^2+y^2=(R/2)^2\]

com a parábola de segurança (veja aqui)

$$x^2=\dfrac{v^2}{2g}-\dfrac{gy}{2v^2}$$

Onde $$g$$ é a gravidade dentro da cavidade (calculada no item a). Resolvendo para x:

$$x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}-\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$$

A raíz

$$x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}+\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$$

É maior que $$R$$, portanto, não é válida.

a) $$\vec{g}=-\dfrac{2{\pi}GR\rho}{3}=-\dfrac{GM}{2R^2}\hat{x}$$

b) $$x_{max}=\dfrac{R}{2}+\dfrac{v^2}{g}-\sqrt{\dfrac{R^2}{4}+\dfrac{Rv^2}{g}}$$

Calorimetria

a) Como a vaporização é muito rápida, o calor necessário para vaporizar só pode ser obtido através do calor de fusão. Portanto, se uma massa $$m_i$$ de água se solidifica e $$m_v$$ se vaporiza, temos

\[m_iq_i=m_vq_v\]

Como a mssa total é $$m=m_i+m_v$$

\[m_i=(\dfrac{q_v}{q_i+q_v})m=44 g\]

b) O metal esfria cedendo um calor $$q_m$$, que derrete uma quantidade de gelo:

\[q_m=CM\Delta{T}\]

Onde $$\Delta{T}$$ é variação de temperatura. A massa do metal é constante, portanto, pela sua dilatação volumétrica, podemos escrever

\[\rho=\dfrac{{\rho}_0}{1+{\beta}\Delta{T}}\]

Logo

\[\Delta{T}=\dfrac{{\rho}_0-\rho}{{\beta}\rho}=\dfrac{{\rho}_0-M/V}{{\beta}M/V}=\dfrac{{\rho}_0V-M}{{\beta}M}\]

Igualando $$q_m$$ com o calor necessário para derreter a quantidade requerida de massa de gelo

$$\Delta{m}=\dfrac{MC\Delta{T}}{q_i}=\dfrac{C({\rho}_0V-M)}{3{\alpha}q_i}=\approx 64$$ $$g$$

Contudo, isso é mais do que a massa total de gelo, portanto, todas as $$44$$ $$g$$ de gelo derretem.

a) $$44 g$$

b) $$44 g$$

Leis da Termodinâmica e trabalho mecânico

a) Pelo balanço de energia

\[W=|Q_q|-|Q_f|=\dfrac{{\gamma}{T_1}^2+{\chi}{T_2}^2-({\chi}+{\gamma}){T_F}^2}{2}\]

b) O rendimento máximo de qualquer maquina térmica é igual ao rendimento de Carnot. Na maquina de Carnot, as trocas infinitesimais de calor entre a fonte quente e a fonte friar devem respeitar

\[\dfrac{|\Delta{Q_q}|}{T_q}=\dfrac{|\Delta{Q_f}|}{T_f}\]

Como a fonte quente cede calor

\[|\Delta{Q_q}|=-\Delta{Q_q}\]

Por outro lado, como $$\Delta{Q}=C\Delta{T}$$, onde $$C$$ é a capacidade térmica do corpo (ela é proporcional a temperatura no presente caso), temos

\[-{\gamma}\dfrac{T_q\Delta{T_q}}{T_q}={\chi}\dfrac{T_f\Delta{T_f}}{T_f}\]

Aplicando a relação para os instantes inicial e final do processo:

\[{\gamma}(T_1-T_F)={\chi}(T_F-T_2)\]

Logo

\[T_1=T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{{\gamma}}\]

c) O trabalho fornecido pela maquina térmica deve ser, no mínimo, igual a variação de energia potencial do sistema $$mgh$$. Portanto, a gravidade máxima será

\[g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)\]

a) \[W=|Q_q|-|Q_f|=\dfrac{{\gamma}{T_1}^2+{\chi}{T_2}^2-({\chi}+{\gamma}){T_F}^2}{2}\]

\[g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)\]

b) \[T_1=T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{{\gamma}}\]

c) \[g_{max}=\dfrac{1}{2mh}({\gamma}(T_F+\dfrac{{\chi}(T_F-T_2)}{\gamma})+{\chi}{T_2}^2-({\gamma}+{\chi}){T_F}^2)\]

Dioptro esférico

Consideremos que a primeira superfície somente refrate e a segunda somente reflete. Dessa forma, apenas uma imagem é formada. Os raios de luz vão refratar, refletir na segunda superfície e refratar de novo. A “imagem” da primeira refração, que servirá de objeto para a reflexão, deverá ter uma posição tal que os raios de luz, depois de refletirem, refrataram para o ponto de onde partiram (a fonte $$S$$). Como a situação deve ser simétrica, essa posição é justamente o diamêtro da esfera oposto à fonte. De fato, os raios que voltam da reflexão, chegam na primeira superfície exatamente como vieram (todos os raios com o mesmo ângulo de incidência), portanto, também convergirão para $$S$$. Portanto, devemos simplesmente impor que a distância imagem de $$S$$ devido à primeira refração seja $$2r$$:

\[\dfrac{1}{d}+\dfrac{n}{2r}=\dfrac{(n-1)}{r}\]

Resolvendo para $$d$$

\[d=\dfrac{2r}{n-2}=5 cm\]

$$d=0,05$$ $$m$$

Relação de Taylor

Pela relação de Taylor, a velocidade de propagação de uma onda viajante numa corda esticada é

\[v=\sqrt{T/{\mu}}\]

Lembre-se de que, na dedução dessa fórmula, é suposto que não há deslocamento horizontal (de cada ponto da corda), ou seja, essa velocidade calculada é, na realidade, em relação ao referencial no qual o meio de propagação está em repouso. Sendo assim, para descobrirmos a velocidade da onda em relação á Terra devemos somá-la (vetorialmente) com a velocidade de giro da corda (velocidade do meio de propagação). Evidentemente, o tempo mínimo é obtido quando essas duas velocidades estão na mesma direção. Para descobrir a velocidade em relação à corda, devemos descobrir a tração de um fio que gira com velocidade angular constante. Considere um arco infinitesimal da corda que subtende um ângulo central $$\Delta{\theta}$$, essa arco tem massa $${\mu}{\Delta{\theta}}$$ e sofre uma aceleração centrípeta $${\Omega}^2R$$. A resultante centrípeta é $$2T\sin{\Delta{\theta}}$$. Como o arco é infinitesimal, $$\sin{\Delta{\theta}}=\Delta{\theta}$$, logo

\[T={\mu}R^2{\Omega}^2\]

Ou seja , a velocidade em relaçao ao meio de propagação é $${\Omega}R$$. Sendo assim, a velocidade máxima em relação à Terra é $${2\Omega}R$$. Como a onda deve viajar uma distância de $$2{\pi}R$$ para completar uma volta, o tempo mínimo é

\[t=\dfrac{2{\pi}R}{2{\Omega}R}=\dfrac{\pi}{\Omega}\]

Demonstração