OBF 2000

A altura máxima acima do muro determina a componente vertical de lançamento.

$$v_{0y}=\sqrt{2g(0{,}80)}=4\ \mathrm{m/s}$$

$$T=\frac{2v_{0y}}g=0{,}80\ \mathrm s$$

$$v_{0x}=\frac2{0{,}80}=2{,}5\ \mathrm{m/s}$$

a) Admitindo partida do repouso e duração de impulsão desprezível diante do tempo de voo:

$$|J|\approx m\sqrt{v_{0x}^2+v_{0y}^2}\approx14{,}15\ \mathrm{N\,s}$$

O impulso sobre o muro tem sentido oposto ao recebido pelo gato. A contribuição do peso durante o contato foi desprezada.

$$W_{resultante}=\frac12m(v_{0x}^2+v_{0y}^2)=33{,}375\ \mathrm J$$

b) No topo da trajetória, a altura em relação ao solo é 2,8 m e resta a velocidade horizontal.

$$E_m=mg(2{,}8)+\frac12m(2{,}5)^2$$

$$E_m=93{,}375\ \mathrm J\approx93{,}4\ \mathrm J$$

a) Para lançamento para leste, a rotação terrestre fornece velocidade inicial tangencial útil.

$$v(\varphi)=\omega R\cos\varphi$$

$$\omega=\frac{2\pi}{86400}\ \mathrm{rad/s}$$

Com o raio adotado na prova, a velocidade no equador é aproximadamente 467 m/s. Usando a latitude de 27° fornecida:

$$v_{27}=467\cos27^\circ\approx416\ \mathrm{m/s}$$

A vantagem inicial é cerca de 51 m/s no sentido favorável. O ganho depende da direção e da órbita pretendida; os 27° são o dado do enunciado, não uma correção geográfica.

b) No referencial geocêntrico, sem atmosfera:

$$\frac12mv_e^2-\frac{GMm}{R}=0$$

$$v_e=\sqrt{\frac{2GM}{R}}\approx11{,}2\ \mathrm{km/s}$$

Essa é a velocidade total de escape na superfície; o acréscimo fornecido pelo foguete depende da velocidade inicial de rotação.

a) Pela geometria da rampa:

$$\sin\theta=\frac3{10}=0{,}30$$

$$\cos\theta\approx0{,}954$$

No modelo em que a força entre pessoa e carrinho é paralela à rampa, considere o conjunto pessoa–carrinho. No limite de aderência:

$$(M+80)g\sin\theta=0{,}1Mg\cos\theta+0{,}5(80)g\cos\theta$$

$$M\approx69{,}4\ \mathrm{kg}$$

Essa é a massa total do carrinho e da carga.

$$m_{carga}=69{,}4-10=59{,}4\ \mathrm{kg}$$

b) A vantagem geométrica ideal, desconsiderando atrito, é:

$$VM=\frac{L}{h}=\frac{10}{3}\approx3{,}33$$

Ela não inclui a contribuição do atrito de rolamento nem representa a razão entre as forças de frenagem efetivas dessa descida.

Admite-se ar aprisionado sob o copo invertido, temperatura constante e pressão atmosférica de 10⁵ Pa. Seja x a altura final da coluna de ar, conforme a figura.

$$P_iV_i=P_fV_f$$

$$P_{atm}b=(P_{atm}+\rho gx)x$$

$$10^5(0{,}20)=(10^5+10000x)x$$

$$x\approx0{,}1962\ \mathrm m$$

a) A densidade do plástico é igual à da água; seu peso compensa o empuxo correspondente ao próprio plástico. A força extra para baixo equilibra o empuxo do volume de ar, desprezando a massa desse ar.

$$F=\rho gSx$$

$$F\approx1000\times10\times0{,}003\times0{,}1962=5{,}88\ \mathrm N$$

b)

$$P_f=P_{atm}+\rho gx$$

$$P_f\approx1{,}0196\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

A resposta histórica interpreta os 30 cm como a distância entre o rosto e sua imagem virtual, e não como a distância rosto–espelho. Explicitando essa leitura, para imagem direita com aumento 2:

$$A=-\frac{p'}p=2$$

$$p'=-2p$$

$$p+|p'|=30\ \mathrm{cm}$$

$$p=10\ \mathrm{cm}$$

$$\frac1f=\frac1{10}-\frac1{20}$$

$$f=20\ \mathrm{cm}$$

$$R=2f=40\ \mathrm{cm}$$

Se os 30 cm forem interpretados como distância do rosto ao espelho, o resultado muda para f = 60 cm e R = 120 cm. A redação abre essa ambiguidade; os valores 20 cm e 40 cm dependem da primeira interpretação.

Admitindo potência térmica constante, perdas e capacidade térmica do recipiente desprezíveis, os primeiros 60 min fundem o gelo a 0 °C. Nos 20 min seguintes, toda a água aquece de 0 a 5 °C.

$$60q=80M$$

$$20q=(2400+M)\times1\times5$$

Da primeira equação:

$$q=\frac43M$$

Substituindo na segunda:

$$\frac{80}{3}M=12000+5M$$

$$M=\frac{36000}{65}\approx553{,}85\ \mathrm g$$

$$q\approx738{,}46\ \mathrm{cal/min}$$

A massa inicial do gelo é aproximadamente 554 g e a taxa de fornecimento de calor, 738 cal/min.

a) O campo uniforme entre as placas tem módulo:

$$E=\frac{40}{0{,}20}=200\ \mathrm{N/C}$$

$$|F|=eE=1{,}6\times10^{-19}\times200=3{,}2\times10^{-17}\ \mathrm N$$

A força no elétron aponta para a placa positiva, em sentido oposto ao campo.

b) A aceleração transversal tem módulo aproximadamente 3,52 × 10¹³ m/s². A distância até a placa na direção da força é 15 cm.

$$t_{col}=\sqrt{\frac{2(0{,}15)}{3{,}52\times10^{13}}}\approx9{,}23\times10^{-8}\ \mathrm s$$

$$x_{col}=4\times10^6t_{col}\approx0{,}369\ \mathrm m$$

Como as placas têm comprimento de 0,30 m na figura, o elétron sai da região de campo antes de atingir a placa. A trajetória interna é parabólica no modelo não relativístico.

a) Adotando 35 mm como a dimensão útil do filme na direção da altura da criança, como na solução histórica:

$$|A|=\frac{h_i}{h_o}=\frac{3{,}5}{100}$$

$$\frac{p'}p=\frac{3{,}5}{100}$$

Com f = 50 mm = 5 cm:

$$\frac1f=\frac1p+\frac1{p'}$$

$$p=f\left(1+\frac{h_o}{h_i}\right)$$

$$p=5\left(1+\frac{100}{3{,}5}\right)\approx147{,}86\ \mathrm{cm}$$

b) O objeto fica diante da lente convergente e o filme atrás dela, no plano de uma imagem real, invertida e reduzida. Raios vindos do topo da criança cruzam o eixo antes de atingir o ponto correspondente na parte inferior da imagem.

A distância depende da dimensão efetivamente útil do fotograma; “filme de 35 mm” não garante, por si só, que essa seja a altura útil da imagem em uma câmera real.