Solução Simulado 3 OBF- 3ª Fase – Nível 1

Somas infinitas e Cinemática

i) Com as informações dadas, podemos esboçar a trajetória do microorganismo:

Ambas as coordenadas serão dadas por sucessivas somas e subtrações de vários termos. Perceba que, no eixo $$x$$, a coordenada do móvel ora é reduzida de $$1/4$$ da distância percorrida nessa direção anteriormente, ora cresce do mesmo fator, indicando uma progressão geométrica. Portanto, vale escrever

$$x_p=1,0-0,25+0,0625-0,015625+…$$

$$x_p=1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{64}+…$$

Isso configura uma progressão geométrica (P.G.) infinita de razão $$q=-1/4$$ cujo termo inicial vale $$1$$. Usando a soma dos termos da P.G. infinita:

$$x_p=\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{4}{5}$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{x_p=0,8\,cm}$$.

O raciocínio é análogo para $$y_p$$.

$$y_p=0,5-0,125+0,03125-0,0078125+…$$

$$y_p=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{128}+…$$

$$y_p=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{2}{5}$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{y_p=0,4\,cm}$$.

‘ii) Para achar o tempo de movimento, basta dividir a distância total percorrida $$d$$ pela velocidade $$v$$ do micróbio. Note que as distâncias percorridas compõem uma P.G. infinita de razão $$1/2$$:

$$d=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+…$$

$$d=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=2,0\,cm$$.

Por fim:

$$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2,0}{0,15}=13,33\,s$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{t \approx 13\, s}$$.

$$\boxed{(x_p, y_p)=(8,4)\cdot 10^{-1}\,cm=(8, 4) \cdot 10^{-3} \, m}$$

 $$\boxed{t \approx 13\, s}$$

Cinemática: Lançamento Oblíquo e Movimento Circular

i) Ao ser lançada, a velocidade da bolinha pode ser dividida em duas componentes ortogonais entre si: uma paralela a barra e outra tangente ao movimento circular que a partícula executava antes de ser jogada. A primeira é simplesmente $$v$$, enquanto a segunda é $$\Omega r$$, sendo $$r$$ o raio de curvatura do movimento do circular, i.e. a distância da massinha ao eixo em torno do qual a barra girava, que vale $$L \sin{\theta}$$. Veja abaixo o esquema (3D) do vetor velocidade da massa ao sair da haste para melhor compreensão. O segmento traçejado encontra-se sobre o eixo vertical.

Para analisar a cinemática da bolinha enquanto no ar, vamos dividir o movimento em duas componentes independentes, pelo princípio de Galileu. O primeiro é o movimento exclusivamente devido à velocidade inicial $$v$$, que configura um lançamento oblíquo esquematizado abaixo:

A equação horária para a altura $$y(t)$$ convencionando o positivo para cima num movimento desse tipo é

$$y(t)=y_0+v_{0_y} t-\dfrac{1}{2}gt^2$$.

A partir disso, podemos encontrar o tempo de vôo $$T$$ da massinha, até que retorne ao nível do solo. Queremos $$y(T)=0$$, logo:

$$0=L\cos{\theta}+v\cos{\theta} T-\dfrac{1}{2}gT^2$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$T^2-\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}T-\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}=0$$.

Por Bháskara:

$$T=\dfrac{\dfrac{2v\cos{\theta}}{g} \pm \sqrt{\left(\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}\right)^2+4\cdot\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}}}{2}$$.

Escolhemos a raiz positiva pois a negativa nos forneceria um tempo negativo, o que é absurdo. Portanto:

$$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$$.

ii) Agora, imagine uma visão de cima da situação, como a esboçada abaixo. A bolinha percorre uma distância $$\Omega L \sin{\theta}\cdot T$$ em uma direção e $$v_x T=v\sin{\theta}\cdot T$$ na outra (lembre-se que a velocidade horizontal é inalterada em um lançamento sob a ação de gravidade no eixo vertical), chegando por fim no ponto $$C$$ ao atingir o solo.

Por fim, levando em conta a projeção do tamanho da haste $$L \sin{\theta}$$, utilizamos o teorema de Pitágoras para encontrar o tamanho do segmento $$BC$$, que é a distância desejada. Chamando-a de $$D$$, temos

$$D^2=\left(L\sin{\theta}+v\sin{\theta} \cdot T\right)^2+\left(\Omega L \sin{\theta} \cdot T\right)^2$$.

$$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$$,

com $$T$$ determinado previamente.

$$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$$,

onde

$$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$$

Conceitos de Astronomia e Trigonometria

É necessário, antes de mais nada, esboçar geometricamente a situação (vide figura abaixo).

Ao se levantar, os olhos do observador adquirem uma altura adicional (ainda que muito pequena se comparada ao raio da Terra) em relação à superfície. Agora, ele pode ver objetos que antes eram inacessíveis devido à curvatura do planeta. O efeito prático disso é uma espécie de “novo horizonte” inclinado de um ângulo $$\theta$$ em relação ao antigo, que é definido tomando-se a reta tangente à superfície da Terra, contendo os pontos $$O$$ e $$P$$. Dessa forma, o Sol precisa “descer” de um ângulo $$\theta$$ sob o ponto de vista do observador terrestre até que sua borda superior toque o “novo horizonte”. O ângulo varrido pelo Sol no céu (equivalentemente, o ângulo que a Terra girou*) é $$\omega \Delta t$$, sendo $$\omega=2 \pi /T$$ a velocidade angular de rotação terrestre. Ou seja:

$$\theta=\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t$$.

No $$\Delta COP$$, temos:

$$\cos{\theta}=\dfrac{R_T}{R_T+h}$$.

Isolando $$R_T$$:

$$\boxed{R_T=\dfrac{h\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T} \Delta t\right)}}{1-\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t\right)}}}$$.

OBS.: As condições especificadas no enunciado (equinócio, experimento feito no equador, etc.) nos permitem argumentar que o ângulo que a Terra girou é o mesmo varrido pelo Sol no céu em seu movimento diurno.

$$\boxed{R_T=\dfrac{h\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T} \Delta t\right)}}{1-\cos{\left(\dfrac{2 \pi}{T}\Delta t\right)}}}$$

Cinemática: MRUV

Primeiramente, temos de otimizar tempo da viagem. Para fazer isso, é necessário que o elevador acelere até uma velocidade máxima $$V$$ que é exatamente a necessária levá-lo ao repouso no último andar, ao fim da fase de frenagem. Chame de $$t_1$$ e $$t_2$$ os tempos em cada trecho. Graficamente, temos:

Vale que:

$$V=a_1 t_1=a_2 t_2$$.

A distância total percorrida é $$h$$, que deve equivaler à área total embaixo do gráfico, que forma um triângulo de base $$t_1+t_2$$ e altura $$V$$. Logo:

$$h=\dfrac{V \left(t_1+t_2\right)}{2}$$,

$$2h=a_1t_1\left(t_1+\dfrac{a_1}{a_2}t_1\right)$$.

O que nos leva a

$$t_1=\sqrt{\dfrac{2ha_2}{\left(a_1+a_2\right)a_1}}$$,

e

$$t_2=\sqrt{\dfrac{2ha_1}{\left(a_1+a_2\right)a_2}}$$.

Por fim:

$$t=t_1+t_2$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{t=\sqrt{\dfrac{2h\left(a_1+a_2\right)}{a_1a_2}}}$$.

$$\boxed{t=5\sqrt{2}\approx 7,0\,s}$$.

$$\boxed{t=\sqrt{\dfrac{2h\left(a_1+a_2\right)}{a_1a_2}}\approx 7,0\,s}$$.

Termologia: Calorimetria

Da Lei de Stefan-Boltzmann, obtemos a potência emitida pelo filamento cilíndrico. Tendo em vista que $$\pi d^2/4 \ll \pi dl$$, podemos desprezar a área das tampas do filamento no cálculo da potência. A área lateral é $$A=\pi d l$$, logo

$$P=\sigma \pi d l T^4_W$$.

Essa potência, em sua totalidade, serve para aquecer as mãos da pessoa. Sendo $$\Delta t$$ o tempo requerido, temos

$$P \Delta t=mc\left(T_2-T_1\right)$$,

$$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W}}$$.

Substituindo os valores:

$$\boxed{\Delta t=411,5\,s \approx 4*10^2\,s}$$.

$$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W} \approx 4*10^2\,s}$$.

Mecânica: Hidrostática e Leis de Newton

(a) Quando a esfera se locomove fluido abaixo, há 3 forças atuando na esfera: o seu peso, para baixo; o empuxo da água para cima; e a força de arrasto viscoso também para cima, contrária ao vetor velocidade. Escrevendo a 2a Lei de Newton, convencionando o positivo para baixo:

$$\vec{F}_{res}=m\vec{a}$$,

$$mg-E-F_v=ma$$.

$$\rho_e \dfrac{4}{3}\pi r^3 g-\rho_l\dfrac{4}{3}\pi r^3 g-6 \pi \eta r v=ma$$,

Quando sua aceleração se torna nula, o corpo atinge a velocidade terminal $$v_t$$. Logo:

$$\dfrac{4}{3}\rho_e \pi r^3 g=\dfrac{4}{3}\rho_l \pi r^3 g+6 \pi \eta r v_t$$,

$$\boxed{\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(\rho_e-\rho_l\right)gr^2}{9v_t}}$$.

(b) Primeiro, chequemos a dimensão da viscosidade no SI. Da expressão do enunciado, $$F \propto \eta r v \rightarrow \eta \propto F r^{-1}v^{-1}$$. $$F$$ possui dimensões de $$kg\cdot m^{-1} \cdot s^{-2}$$, enquanto $$r^{-1}v^{-1}$$ tem dimensão de $$m^{ -2}\cdot s^{-1}$$, o que nos leva a concluir que $$\eta$$ possui dimensão de $$kg\cdot m^{-1}\cdot s^{-1}$$ ou $$Pa\cdot s$$. Substituindo os valores (convertidos para unidades do SI) na expressão:

$$\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(2,70-0,92\right)*10^3*10*\left(1,00*10^{-2}\right)^2}{5,00}$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{\eta=7,91*10^{-2}\, Pa\cdot s}$$.

(a) $$\boxed{\eta=\dfrac{2}{9}\dfrac{\left(\rho_e-\rho_l\right)gr^2}{v_t}}$$

(b) $$\boxed{\eta=7,91*10^{-2}\, Pa\cdot s}$$

Cinemática e Trigonometria

Haja vista que o objetivo é obter a maior pontuação, a colisão entre o objeto e o projétil deve ocorrer em $$t=0,50\,s$$. A imagem abaixo esquematiza a configuração do sistema nesse momento, sendo $$C$$ o ponto do choque.

No triângulo $$\Delta COB$$, podemos utilizar a Lei dos Senos para encontrar $$\alpha$$:

$$\dfrac{R}{\sin{\alpha}}=\dfrac{v_0 t}{\sin{\left(\pi-\omega t\right)}}$$ $$\rightarrow$$ $$\sin{\theta}=\sin{\left(\pi-\theta\right)}$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}}$$.

Com $$\alpha$$ em mãos, podemos encontrar $$x$$ de uma forma prática tomando as projeções horizontais de $$OC$$ e $$BC$$:

$$x=R\cos{\left(\pi-\omega t\right)}+v_0 t \cos{\alpha}$$.

Substituindo $$\cos{\alpha}=\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}$$ e sabendo que $$\cos{\left(\pi-\theta\right)}=-\cos{\theta}$$:

$$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}}$$.

O alvo gira de um ângulo $$\omega t=2,50\,rad$$ que equivale a $$150^{\circ}=5\pi/6\, rad$$ utilizando $$\pi=3$$. da capa da prova. Logo, $$\sin{\omega t}=\sin{30^{\circ}}=0,50$$ e $$\cos{\omega t}=-cos{30^{\circ}}=-0,85$$. Inserindo as quantidades numéricas, obtemos

$$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$$,

$$\boxed{x=9,13*10^{-1}\,m}$$.

$$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$$,

$$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}=9,13*10^{-1}\,m}$$.

Mecânica: Conservação de energia e Momento linear

OBS.: Na solução que segue, a palavra “sistema” sempre faz referência implícita ao sistema “$$M+m+m_0$$”. Caso o sistema ao qual se refere for outro, será explicitado.

i) Vamos analisar a colisão entre a bala e a massa $$m$$. Devido ao incrustamento da bala, a colisão é do tipo inelástica. Se após essa colisão os dois móveis andam juntos com $$v_0$$ para a direita, conservamos o momento linear do sistema “$$m+m_0$$” por ser mecanicamente isolado (a mola não foi deformada logo após a colisão):

$$m_0 v=\left(m+m_0\right)v_0$$,

$$v_0=\dfrac{m_0}{m+m_0}v$$.

Desta forma, a energia inicial do sistema após o choque da bala é dada por

$$E_0=\dfrac{\left(m+m_0\right)v^2}{2}=\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2$$.

ii) Agora, é necessário identificar em que momento a mola alcançará a deformação máxima. Sabemos que o comprimento da mola está diretamente relacionado com a velocidade relativa entre os corpos ligados às suas extremidades. Quando esta velocidade relativa torna-se nula, a mola alcança o momento de máxima deformação; após isso, a velocidade de $$M$$ torna a ser maior e o comprimento volta a aumentar. Sendo assim, o instante que buscamos é aquele no qual os três móveis movimentam-se juntos como se fossem um corpo só. Resta agora equacionar. Acompanhe:

Seja $$v_f$$ a velocidade final do sistema, no momento de máxima deformação. Ora, todas as forças atuantes no sistema sempre são e foram internas, então o momento linear sempre se conserva. Logo:

$$m_0 v=\left(M+m+m_0\right)v_f$$,

$$v_f=\dfrac{m_0}{M+m+m_0}v$$.

Denote por $$E_f$$ a energia mecânica final do sistema na máxima deformação da mola. Após a colisão de $$m_0$$ com $$m$$, a energia mecânica do sistema se conserva devido à ausência de agentes dissipativos. É errôneo dizer que a energia cinética inicial da bala se transforma na energia mecânica final $$E_f$$, pois a colisão inelástica no início é responsável por dissipar uma fração da energia inicial da bala; por esse motivo calculou-se $$E_0$$ na etapa passada. Escrevendo a conservação da energia mecânica:

$$E_0=E_f$$,

$$\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2=\dfrac{\left(M+m+m_0\right)v_f^2}{2}+\dfrac{k\Delta x^2}{2}$$,

$$\dfrac{m_0^2}{2\left(m+m_0\right)}v^2=\dfrac{m_0^2 v^2}{2\left(M+m+m_0\right)}+\dfrac{k\Delta x^2}{2}$$,

Assim, obtemos por fim:

$$\boxed{\Delta x=v\sqrt{\dfrac{Mm_0^2}{k\left(M+m+m_0\right)\left(m+m_0\right)}}=0,10\,m}$$.

Uma ideia muito semelhante foi cobrada nos níveis 1 e 2 da OBF 2011 Terceira Fase, provas as quais você pode conferir os comentários clicando aqui. Uma solução mais rápida e imediata poderia ter sido feita utilizando-se massa reduzida (Ideia 05) ou referencial do CM (Ideia 24). Optou-se aqui por uma solução mais tradicional que seja mais familiar ao aluno.

$$\boxed{\Delta x=v\sqrt{\dfrac{Mm_0^2}{k\left(M+m+m_0\right)\left(m+m_0\right)}}=0,10\, m}$$