OBF 2000

a) A igualdade das forças gravitacionais e das massas dos satélites fornece:

$$\frac{GM_Tm}{r_T^2}=\frac{GM_Lm}{r_L^2}$$

$$\frac{r_T}{r_L}=\sqrt{\frac{M_T}{M_L}}$$

$$\frac{r_T}{r_L}\approx\sqrt{81}=9$$

b) O período circular obedece:

$$T^2=\frac{4\pi^2r^3}{GM}$$

$$\frac{T_T}{T_L}=\sqrt{\frac{r_T^3}{r_L^3}\frac{M_L}{M_T}}$$

$$\frac{T_T}{T_L}=\sqrt{\frac{9^3}{81}}=3$$

As razões inversas são 1/9 para os raios e 1/3 para os períodos. Os raios são medidos a partir dos centros dos astros.

a) Seja a a distância do pé à parede e b a altura do apoio superior. A parede não exerce atrito.

$$N_{parede}b=mg\frac a2$$

$$N_{parede}\leq\mu mg$$

$$a\leq2\mu b=\frac34b$$

No limite e com comprimento de 5 m:

$$a^2+b^2=25$$

$$a=3\ \mathrm m,\quad b=4\ \mathrm m$$

b) Com a pessoa sobre a escada, a normal no piso corresponde ao peso total. Seja x a projeção horizontal da posição da pessoa, medida desde o pé.

$$80g\,x+40g\frac32=\mu(120g)\,4$$

$$x=1{,}5\ \mathrm m$$

$$h=\frac43x=2\ \mathrm m$$

A pessoa pode atingir altura vertical de 2 m; isso corresponde a 2,5 m percorridos ao longo da escada.

No referencial do carrinho, a esfera ganha velocidade vertical ao ser empurrada pela mola.

A solução histórica despreza o aumento de energia gravitacional durante os 10 cm de expansão da mola:

$$\frac12kx^2\approx\frac12mu_y^2$$

$$u_y\approx4\ \mathrm{m/s}$$

$$T\approx\frac{2u_y}{g}=0{,}80\ \mathrm s$$

$$v_{carrinho}\approx\frac6T=7{,}5\ \mathrm{m/s}$$

Contudo, incluindo o peso durante o lançamento e admitindo desprendimento no comprimento natural da mola:

$$\frac12kx^2=\frac12mu_y^2+mgx$$

$$u_y=\sqrt{\frac{kx^2}{m}-2gx}=\sqrt{14}\ \mathrm{m/s}$$

$$T=\frac{2\sqrt{14}}{10}\approx0{,}748\ \mathrm s$$

$$v_{carrinho}\approx8{,}02\ \mathrm{m/s}$$

Assim, 0,80 s e 7,5 m/s são resultados da aproximação histórica, enquanto o modelo que inclui a elevação na expansão fornece 0,748 s e 8,02 m/s. O movimento horizontal comum explica por que a esfera volta sobre o carrinho.

a) Para permitir visão de objeto no infinito, a lente deve formar imagem virtual no ponto remoto do olho, a 50 cm.

$$p\to\infty,\quad p'=-50\ \mathrm{cm}$$

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

$$f=-50\ \mathrm{cm}=-0{,}50\ \mathrm m$$

$$D=\frac1f=-2{,}0\ \mathrm{dioptrias}$$

A lente é divergente. No esquema de raios, os prolongamentos dos raios emergentes de um feixe paralelo se encontram no ponto remoto do olho.

b) Para a imagem virtual estar no ponto próximo original de 20 cm:

$$\frac1p=\frac1{-50}-\frac1{-20}$$

$$p\approx33{,}3\ \mathrm{cm}$$

O cálculo despreza a distância entre lente e olho.

a) Os eixos do gráfico representam y = 1/p e x = 1/p', em m⁻¹. A equação da lente é:

$$y+x=\frac1f$$

Usando o ponto indicado x = 1,5 e y = 1:

$$\frac1f=2{,}5\ \mathrm{m^{-1}}$$

$$f=0{,}40\ \mathrm m=40\ \mathrm{cm}$$

b) Com o objeto a 10 cm:

$$\frac1{p'}=\frac1{40}-\frac1{10}=-\frac3{40}$$

$$p'=-\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$$

$$A=-\frac{p'}p=\frac43$$

$$h'=\frac43\times2=\frac83\ \mathrm{cm}\approx2{,}67\ \mathrm{cm}$$

A imagem é virtual, direita e ampliada.

a) A potência rejeitada à água é dada como 1,5 × 10⁹ W. Para limitar o aquecimento a 2 °C:

$$\dot Q=\rho c\dot V\Delta T$$

$$\dot V\geq\frac{1{,}5\times10^9}{1000\times4180\times2}$$

$$\dot V\geq179{,}4\ \mathrm{m^3/s}$$

Esse é um limite mínimo de vazão, não máximo: vazões maiores aquecem menos. Usar c = 4200 J/(kg·°C) dá aproximadamente 178,6 m³/s.

b) Os dados são incompatíveis entre si. Usando potência total consumida de 3,75 × 10⁹ W e a rejeição térmica informada:

$$P_{util}=3{,}75\times10^9-1{,}5\times10^9=2{,}25\times10^9\ \mathrm W$$

$$\eta=\frac{2{,}25}{3{,}75}=0{,}60$$

Isso dá 60%, enquanto o texto já declara 40%. Se o rendimento de 40% fosse mantido, a potência rejeitada seria 2,25 × 10⁹ W e a vazão mínima subiria para aproximadamente 269 m³/s. Não há um único conjunto numérico que satisfaça todos os dados impressos.

a) Sob força de frenagem constante no plano:

$$v_0=108/3{,}6=30\ \mathrm{m/s}$$

$$a_f=\frac{v_0^2}{2d}=\frac{900}{110}\approx8{,}18\ \mathrm{m/s^2}$$

$$\mu=\frac{a_f}{g}\approx0{,}818$$

b) Admitindo que o mesmo coeficiente limite a tração, sem escorregamento e sem considerar transferência de carga ou limitação de potência:

$$a_{max}=\mu g\approx8{,}18\ \mathrm{m/s^2}$$

$$t_{min}=\frac{100/3{,}6}{a_{max}}$$

$$t_{min}\approx3{,}40\ \mathrm s$$

Esse tempo depende da idealização de aderência constante; frenagem e arrancada reais não são determinadas apenas por um único coeficiente.

a) Adote o modelo histórico de colisão perfeitamente inelástica entre o bate-estaca e a estaca, seguida de penetração conjunta. Antes do choque:

$$v_0=\sqrt{2gh}=\sqrt{200}\ \mathrm{m/s}$$

$$V=\frac{m}{m+M}v_0=\frac{\sqrt{200}}{21}\ \mathrm{m/s}$$

Durante a penetração de 0,05 m, a resistência média do solo R satisfaz:

$$Rd=(m+M)gd+\frac12(m+M)V^2$$

$$R\approx30524\ \mathrm N=30{,}5\ \mathrm{kN}$$

Esse cálculo determina a resistência média do solo na penetração. A força média de impacto do martelo sobre a estaca exigiria ainda duração do choque ou deformação; não deve ser confundida com R.

b)

$$W_{elevar}=mgh=10000\ \mathrm J$$

$$t_{queda}=\sqrt{2h/g}\approx1{,}414\ \mathrm s$$

$$P_{eletrica}\approx\frac{10000}{0{,}40(120-1{,}414)}\approx211\ \mathrm W$$

A estimativa desconsidera o tempo de penetração, retorno e outras perdas. Uma média sobre o ciclo inteiro de 120 s daria aproximadamente 208 W.

a) No modelo ideal de sucção, com pressão atmosférica normal e desprezando pressão de vapor, perdas e entrada de água no poço:

$$h_{max}=\frac{P_{atm}}{\rho g}=10\ \mathrm m$$

O nível pode baixar mais 3 m antes de atingir esse limite ideal.

$$\Delta V=\pi\frac{1^2}{4}\times3\approx2{,}356\ \mathrm{m^3}$$

$$t=\frac{\Delta V}{0{,}080}\approx29{,}5\ \mathrm s$$

b) Interpretando 50 m como a altura total de elevação hidráulica, como na solução histórica:

$$P_h=\rho\dot VgH=1000\times0{,}080\times10\times50=40000\ \mathrm W$$

$$P_{entrada}=\frac{40000}{0{,}80}=50000\ \mathrm W$$

Se os 50 m fossem medidos acima da bomba, seria necessário acrescentar a profundidade de sucção à altura total, que varia com o nível da água. Bombas reais podem perder capacidade antes do limite ideal por cavitação e outras perdas.

a) A válvula abre quando a força devida à diferença de pressão iguala o peso do regulador.

$$A=\pi\frac{(2{,}83\times10^{-3})^2}{4}\approx6{,}29\times10^{-6}\ \mathrm{m^2}$$

$$P_{int}-P_{atm}=\frac{0{,}126\times10}{A}\approx2{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

$$P_{int}\approx3{,}0\times10^5\ \mathrm{Pa}\approx3\ \mathrm{atm}$$

b) No modelo de gás ideal adotado na questão, tomando o espaço de 2 L ocupado principalmente por vapor de água e T = 400 K:

$$n=\frac{PV}{RT}\approx\frac{3\times2}{0{,}083\times400}\approx0{,}181\ \mathrm{mol}$$

$$m=nM\approx0{,}181\times18=3{,}25\ \mathrm g$$

O cálculo é uma estimativa pelo modelo ideal e pelas pressões arredondadas fornecidas; não modela o equilíbrio líquido–vapor real em detalhe.

Vamos usar cinemática e impulso, tratando a esfera como partícula, sem considerar sua rotação. O cálculo do tempo adota a aproximação de desaceleração tangencial constante usada na resposta histórica.

a) Pela conservação da energia nos trechos de queda e subida fora da canaleta:

$$v_0=\sqrt{2g(0{,}80)}=4\ \mathrm{m/s}$$

$$v_1=\sqrt{2g(0{,}20)}=2\ \mathrm{m/s}$$

O comprimento do arco semicircular é:

$$s=\pi R=0{,}50\pi\ \mathrm m$$

Na aproximação de desaceleração tangencial constante, a rapidez média é:

$$v_m=\frac{v_0+v_1}{2}=3\ \mathrm{m/s}$$

$$t=\frac{s}{v_m}=\frac\pi6\ \mathrm s$$

$$t\approx0{,}524\ \mathrm s$$

b) Escolhendo para cima como sentido positivo, a esfera entra com velocidade −4 m/s e sai com +2 m/s. A variação da quantidade de movimento é:

$$\Delta p=m(v_f-v_i)$$

$$\Delta p=0{,}050[2-(-4)]=0{,}30\ \mathrm{kg\,m/s}$$

Pelo teorema do impulso, a força resultante média vale:

$$\overline F_{res}=\frac{\Delta p}{t}\approx0{,}573\ \mathrm N$$

A força da canaleta deve, além disso, compensar o peso. Por isso:

$$\overline F_{canaleta}-mg=\overline F_{res}$$

$$\overline F_{canaleta}=0{,}573+0{,}050\times10$$

$$\overline F_{canaleta}\approx1{,}07\ \mathrm N$$

A força vetorial média da canaleta aponta para cima. O valor histórico próximo de 0,577 N corresponde à resultante calculada com o tempo arredondado de 0,52 s; ele não inclui a compensação do peso.

Ressalva do modelo: atrito constante não garante desaceleração tangencial constante numa curva, pois o peso tem componente tangencial variável. Portanto, o tempo de 0,524 s e a força de 1,07 N são resultados dessa aproximação, e não valores exatos impostos apenas pelo enunciado.

a) Para a mesma quantidade de gás ideal:

$$\frac{P_0V_0}{T_0}=\frac{P_1V_1}{T_1}$$

$$T_1=300\frac{5\times1{,}7}{1\times5}=510\ \mathrm K$$

$$T_1=237\ ^\circ\mathrm C$$

b) Os pontos do diagrama P–V, com V em mL e P em atm, são: A = (5; 1), B = (1,7; 5), C = (1,7; 2,94), retornando a A.

A compressão rápida leva de A a B; sem informação adicional, não se determina sua curva exata nem se deve chamá-la automaticamente de adiabática reversível.

O êmbolo mantido na posição fixa permite resfriamento isocórico B–C:

$$P_C=5\frac{300}{510}\approx2{,}94\ \mathrm{atm}$$

A expansão lenta C–A pode ser tomada como isotérmica a 300 K, com PV = 5 atm·mL. O esquema tem um segmento vertical B–C e uma hipérbole C–A.

a) Desprezando perdas, o gelo chega ao solo em C após descer a altura R, medida desde o topo da cúpula.

$$mgR=\frac12mv_C^2$$

$$v_C=\sqrt{2gR}$$

b) No ponto de perda de contato, a normal se anula.

$$mg\cos\theta=\frac{mv_B^2}{R}$$

Pela conservação da energia entre o topo e B:

$$v_B^2=2gR(1-\cos\theta)$$

$$\cos\theta=2(1-\cos\theta)$$

$$\cos\theta=\frac23$$

$$\theta\approx48{,}2^\circ$$

O modelo pressupõe uma perturbação inicial infinitesimal para que o corpo comece a deslizar do topo instável.

a) Admitindo que a ressonância de 12,5 cm seja a fundamental e desprezando correção de extremidade:

$$H_1=\frac\lambda4$$

$$\lambda=4\times0{,}125=0{,}50\ \mathrm m$$

$$v=f\lambda=680\times0{,}50=340\ \mathrm{m/s}$$

b) Há nó de deslocamento na superfície da água e ventre na boca aberta. As ressonâncias são:

$$H_n=(2n-1)\frac\lambda4$$

Os próximos comprimentos são 37,5 cm, 62,5 cm e 87,5 cm, seguindo incrementos de 25 cm enquanto houver comprimento disponível no tubo.

a) O cubo flutua, pois sua densidade é menor que a da água.

$$V=5^3=125\ \mathrm{cm^3}$$

$$m=0{,}8\times125=100\ \mathrm g$$

$$E=mg=0{,}100\times10=1{,}0\ \mathrm N$$

b) O volume deslocado é:

$$V_d=\frac{m}{\rho_{agua}}=100\ \mathrm{cm^3}$$

Os níveis livres dos dois ramos sob a mesma pressão atmosférica ficam à mesma altura. O aumento comum x satisfaz:

$$(150+10)x=100$$

$$x=0{,}625\ \mathrm{cm}$$

A água sobe 0,625 cm em cada ramo.

a) Com F = 100 N e componentes dadas na figura:

$$F_x=80\ \mathrm N,\quad F_y=60\ \mathrm N$$

$$N=305-60=245\ \mathrm N$$

$$f_{max}=0{,}70\times245=171{,}5\ \mathrm N$$

O atrito necessário é apenas 80 N, abaixo do limite. A caixa permanece em repouso, e a posição da reação normal pode equilibrar o torque.

b) Para força variável:

$$F_x=0{,}8F,\quad N=305-0{,}6F$$

No limiar do deslizamento:

$$0{,}8F=0{,}70(305-0{,}6F)$$

$$F_{desl}=175\ \mathrm N$$

No modelo de tombamento em torno da quina inferior do lado da força, a componente vertical passa por essa quina. Com braço horizontal do peso de 0,30 m e aplicação a 0,30 m de altura:

$$0{,}30(0{,}8F)=0{,}30(305)$$

$$F_{tomb}=381{,}25\ \mathrm N$$

Como o deslizamento ocorre primeiro, a caixa desliza antes de tombar. O limite de 171,5 N de atrito vale apenas para F = 100 N; ele muda quando F aumenta.