OBF 2000

a) A massa de água que evaporou é:

$$m_v=8{,}0+4{,}6-12{,}54=0{,}060\ \mathrm{kg}$$

Admitindo pressão que permite ebulição a 100 °C, equilíbrio final a 100 °C e perdas desprezíveis:

$$Q_{agua}=4600\times1\times(100-20)=368000\ \mathrm{cal}$$

$$Q_{vap}=60\times540=32400\ \mathrm{cal}$$

$$8000\times0{,}097\times(T_f-100)=400400$$

$$T_f\approx616\ ^\circ\mathrm C$$

b) Desprezando o trabalho de dilatação do latão:

$$\Delta U_{latao}\approx-400400\ \mathrm{cal}$$

O sinal é negativo porque o bloco cede energia. O valor histórico −400416 cal decorre de usar a temperatura já arredondada de 616 °C; a diferença é de arredondamento.

a) Os sinais percorrem a mesma distância D, com velocidades 340 m/s no ar e 1500 m/s na água.

$$\frac D{340}-\frac D{1500}=2{,}5$$

$$D\approx1099{,}14\ \mathrm m$$

b) Conte t desde a emissão simultânea. No encontro, o pulso aéreo está a 340t da fonte, enquanto o pulso aquático já percorreu a ida e parte da volta.

$$1500t=2D-340t$$

$$t=\frac{2D}{1840}$$

$$t\approx1{,}195\ \mathrm s$$

Esse é o tempo desde a emissão até o cruzamento, e não uma diferença entre tempos de chegada.

a) Na colisão perfeitamente inelástica, conserva-se o momento linear horizontal.

$$mu=(m+M)V$$

$$p=(0{,}100+0{,}400)\times2=1{,}0\ \mathrm{kg\,m/s}$$

$$u=\frac{1{,}0}{0{,}100}=10\ \mathrm{m/s}$$

b) Antes da colisão, a energia da mola transforma-se em energia cinética da massa de modelar.

$$\frac12kx^2=\frac12mu^2$$

$$k=\frac{0{,}100\times10^2}{0{,}10^2}$$

$$k=1000\ \mathrm{N/m}$$

Não se conserva energia cinética durante a colisão com o carrinho.

A leitura pretendida de “10 vezes o peso” é uma força aceleradora resultante de módulo 10mg, não alteração da massa nem do peso gravitacional.

$$a=10g=100\ \mathrm{m/s^2}$$

$$v_f=\frac{2160}{3{,}6}=600\ \mathrm{m/s}$$

a)

$$\Delta t=\frac{600}{100}=6\ \mathrm s$$

b)

$$J=m\Delta v$$

$$J=80\times600=48000\ \mathrm{N\,s}$$

Se a frase se referisse ao módulo de uma força de apoio que também compensa a gravidade, seria preciso especificar sua direção; o cálculo acima explicita a idealização da prova.

a) A componente vertical da velocidade inicial é zero.

$$t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{160}{10}}=4\ \mathrm s$$

$$v_{carro}=20\ \mathrm{m/s}$$

$$L=v_{carro}t=80\ \mathrm m$$

b) A pedra conserva a componente de velocidade paralela à ponte, igual à do carro. Portanto, não há afastamento relativo nessa direção.

$$\Delta y=5\times4=20\ \mathrm m$$

Ao tocar o solo, a pedra está 20 m lateralmente afastada e 80 m abaixo do carro. O módulo dessa separação é aproximadamente 82,5 m.

a) Nos trechos de aceleração e frenagem, as leituras são:

$$m(g+a)=600$$

$$m(g-a)=400$$

$$2mg=1000$$

$$m=50\ \mathrm{kg}$$

$$a=\frac{600-500}{50}=2\ \mathrm{m/s^2}$$

b) O gráfico de velocidade atinge 4 m/s; o elevador acelera por 2 s, mantém essa velocidade até 8 s e freia por 2 s. Escolhendo s(0) = 0:

$$s(t)=t^2\quad(0\le t\le2)$$

$$s(t)=4+4(t-2)\quad(2\le t\le8)$$

$$s(t)=28+4(t-8)-(t-8)^2\quad(8\le t\le10)$$

As posições nos instantes 0, 2, 8 e 10 s são 0, 4, 28 e 32 m. O gráfico começa côncavo para cima, segue uma reta e termina côncavo para baixo, com tangente horizontal na chegada.

a) Para o movimento circular:

$$F_1=\frac{mv^2}{R}$$

Para a frenagem retilínea com força resistente constante, ou usando seu valor médio ao longo da distância:

$$F_2d=\frac12mv^2$$

$$\frac{F_1}{F_2}=\frac{2d}{R}=\frac{200}{125}=1{,}6$$

b)

$$v=\frac{180}{3{,}6}=50\ \mathrm{m/s}$$

$$\omega=\frac vR=\frac{50}{125}=0{,}40\ \mathrm{rad/s}$$

A velocidade ao atingir o solo é:

$$v=\sqrt{2gh}=40\ \mathrm{m/s}$$

a) Desprezando o peso de 4 N diante da resistência de 4000 N:

$$\Delta t\approx\frac{mv}{F}$$

$$\Delta t\approx\frac{0{,}4\times40}{4000}=0{,}004\ \mathrm s$$

b)

$$Fd\approx\frac12mv^2$$

$$d\approx\frac{0{,}4\times40^2}{2\times4000}=0{,}080\ \mathrm m$$

Portanto, aproximadamente 4 ms e 8 cm. Se os 4000 N representam a força de contato do solo, o cálculo completo usa resultante 3996 N e dá 4,004 ms e 8,008 cm.

a) Sem deslizamento entre cilindros e correia:

$$v=2\pi fR$$

$$v=2\pi\times10\times0{,}05=\pi\ \mathrm{m/s}$$

Para permanecer no mesmo ponto do solo, a pessoa deve caminhar em relação à esteira a aproximadamente 3,14 m/s, em sentido oposto ao movimento dela.

b)

$$a_{max}=\mu g=0{,}6\times10=6\ \mathrm{m/s^2}$$

$$\alpha_{max}=\frac{a_{max}}R=\frac6{0{,}05}=120\ \mathrm{rad/s^2}$$

A aceleração angular é a dos cilindros; a esteira tem aceleração linear.

a) A pressão manométrica devida à coluna de 50 m é:

$$p=\rho gh$$

$$p=1000\times10\times50=5{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

b) Com diâmetro de 5 cm:

$$A=\pi(0{,}025)^2\approx1{,}9635\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}$$

$$F=pA\approx982\ \mathrm N$$

É uma força equivalente ao peso de cerca de 98 kg no modelo da questão. Não seria razoável supor que uma pessoa comum pudesse vedar essa abertura apenas pressionando com uma mão. Usa-se a diferença de pressão entre a água e o ar externo.

a) Admitindo a mesma temperatura inicial e final:

$$P_iV_i=P_f(V_A+V_B)$$

$$P_f=\frac{0{,}8\times15}{20}=0{,}60\ \mathrm{atm}$$

b)

$$T=300\ \mathrm K$$

$$n=\frac{P_iV_i}{RT}$$

$$n=\frac{0{,}8\times15}{0{,}082\times300}\approx0{,}488\ \mathrm{mol}$$

Usando 1 atm ≈ 10⁵ Pa e R = 8,31 J/(mol·K), obtém-se 0,481 mol. A resposta histórica de 0,48 mol usa essa aproximação; ambas correspondem a aproximadamente 0,49 mol conforme a conversão adotada.

a) A força resultante sobre a janela depende da diferença entre as pressões:

$$\Delta p=0{,}9-0{,}3=0{,}6\ \mathrm{atm}$$

$$\Delta p\approx60000\ \mathrm{Pa}$$

$$A=0{,}25\times0{,}40=0{,}10\ \mathrm{m^2}$$

$$F=\Delta p A=6000\ \mathrm N$$

Ela aponta para fora da cabine.

b) Para uma área de 1 m²:

$$F'=60000\ \mathrm N$$

O aumento de área aumenta a força e as exigências de resistência e de controle das tensões na fuselagem; esse é o motivo físico destacado na questão.

a) Entre 20 e 25 s, a velocidade cresce de 2 a 4 m/s.

$$a=\frac{4-2}{25-20}=0{,}40\ \mathrm{m/s^2}$$

Definindo τ = t − 20 s:

$$v=2+0{,}40\tau$$

$$s=s_{20}+2\tau+0{,}20\tau^2$$

b) O deslocamento é a área sob v(t).

$$\Delta s_{0\to10}=2\times10=20\ \mathrm m$$

A área do trecho curvo de 10 a 20 s é estimada em cerca de 10 m pela figura.

$$\Delta s_{20\to25}=\frac{2+4}{2}\times5=15\ \mathrm m$$

$$\Delta s_{total}\approx20+10+15=45\ \mathrm m$$

O valor total é uma estimativa gráfica; o trecho curvo não foi especificado por uma função exata.

a) O pulso percorre a distância de ida e volta:

$$\Delta t=\frac{2d}{v}$$

$$\Delta t=\frac{2\times1{,}7}{340}=0{,}010\ \mathrm s$$

b)

$$\lambda=\frac vf$$

$$\lambda=\frac{340}{6{,}8\times10^4}=0{,}005\ \mathrm m$$

Os resultados são 10 ms e 5 mm.

a) Na fibra:

$$v=\frac cn=\frac{3{,}0\times10^8}{1{,}5}=2{,}0\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

$$D=2\times6000\ \mathrm{km}=1{,}2\times10^7\ \mathrm m$$

$$\Delta t=\frac Dv=0{,}060\ \mathrm s$$

b) Tomando o índice do ar aproximadamente igual a um:

$$\Delta t_{ar}=\frac{1{,}2\times10^7}{3{,}0\times10^8}=0{,}040\ \mathrm s$$

São tempos de ida e volta, respectivamente 60 ms e 40 ms.

A reflexão nas interfaces do vidro permite observar imagens mesmo sendo a calota transparente.

a) Pela face côncava e com a lâmpada muito além do foco, a imagem refletida é real, invertida e reduzida, próxima ao foco.

No diagrama, o raio paralelo ao eixo se reflete na direção do foco; o raio que passa pelo centro de curvatura retorna sobre si. O cruzamento dos raios refletidos determina a imagem.

b) Pela face convexa, os raios refletidos divergem. Seus prolongamentos encontram-se atrás da superfície: a imagem é virtual, direita e reduzida, entre o vértice e o foco virtual.

As posições numéricas exigiriam o raio de curvatura. A caracterização côncava pressupõe a distância focal pequena em comparação aos 3 m entre a lâmpada e a calota.