OBF 2002

Conte o tempo a partir do instante descrito. José está na marca de 60 m e mantém 10 m/s.

$$t_{José}=\frac{100-60}{10}=4\ \mathrm s$$

Para João:

$$x_J=70+11t-\frac12t^2$$

A chegada é a primeira raiz da equação xJ = 100.

$$t_J=11-\sqrt{61}\approx3{,}19\ \mathrm s$$

João chega antes e vence. A raiz maior corresponderia à continuação matemática do movimento após uma inversão, fora do intervalo da chegada.

A componente horizontal permanece v₀. Tome a componente vertical positiva para baixo.

$$x=v_0t$$

$$v_y=gt$$

No impacto, o ângulo de 85° é medido com a vertical.

$$\tan85^\circ=\frac{v_0}{gt}$$

Substitua t = x/v₀.

$$v_0^2=gx\tan85^\circ$$

$$v_0=\sqrt{10(50)(11{,}4)}\approx75{,}5\ \mathrm{m/s}$$

Foi usado o valor 11,4 fornecido no caderno. A pequena diferença com o número impresso no gabarito decorre de arredondamento ou transcrição dos dados.

A massa da irmã é obtida de seu peso.

$$m=\frac{300}{10}=30\ \mathrm{kg}$$

Desprezando resistência horizontal das rodas, a componente horizontal da força no braço fornece a aceleração.

$$T\cos45^\circ=ma$$

$$T=\frac{30(2)}{\sqrt2/2}=60\sqrt2\ \mathrm N\approx84{,}9\ \mathrm N$$

A componente vertical altera a normal sobre o skate, mas não entra na equação horizontal.

Durante o deslizamento, o atrito cinético retira a energia cinética do carro.

$$\frac12mv_0^2=\mu mgd$$

$$v_0=\sqrt{2(0{,}60)(10)(10)}=\sqrt{120}\ \mathrm{m/s}$$

$$v_0\approx10{,}95(3{,}6)=39{,}4\ \mathrm{km/h}$$

No modelo com os dados exatos fornecidos, estava ligeiramente abaixo de 40 km/h. Não se inclui um tempo de reação anterior ao início da marca, que não foi informado.

Converta quilocalorias em joules e o dia em segundos.

$$E=3000(1000)(4{,}18)=1{,}254\times10^7\ \mathrm J$$

$$\Delta t=24(3600)=86400\ \mathrm s$$

$$P=\frac{E}{\Delta t}\approx145{,}1\ \mathrm W$$

É uma comparação de energia por tempo; não pressupõe conversão biológica integral em eletricidade.

Adote o referencial da nave e a hipótese implícita de repouso relativo inicial. O astronauta lança a pistola no sentido oposto à nave.

$$120v_A=2(10)$$

$$v_A=\frac16\ \mathrm{m/s}$$

A velocidade de 10 m/s foi dada em relação à nave, não em relação ao astronauta.

Para percorrer os 100 m:

$$t=\frac{100}{1/6}=600\ \mathrm s=10\ \mathrm{min}$$

Ele alcança a nave exatamente no limite de ar informado, no modelo ideal. Não há margem para o tempo de arremesso, manobras ou imprecisões.

a) A gravitação fornece a resultante centrípeta, desprezando a massa do planeta em comparação com a da estrela.

$$\frac{GMm}{R^2}=\frac{mV^2}{R}$$

$$M=\frac{RV^2}{G}$$

b) Converta distância e velocidade para SI.

$$R=1{,}50\times10^{11}\ \mathrm m$$

$$V=3{,}0\times10^4\ \mathrm{m/s}$$

$$M=\frac{(1{,}50\times10^{11})(3{,}0\times10^4)^2}{6{,}7\times10^{-11}}$$

$$M\approx2{,}0\times10^{30}\ \mathrm{kg}$$

Tome a borda do precipício como eixo de rotação. A braçadeira, a 5 m para a direita, exerce força para baixo e seu momento equilibra os pesos à esquerda.

a) Na força máxima de 10000 N:

$$10000(5)=60(10)(50)+80(10)x$$

$$x=25\ \mathrm m$$

É a distância além da borda; atingir exatamente esse ponto já coloca a fixação em seu limite ideal.

b) Com os dois na ponta esquerda e uma pedra na ponta direita:

$$(60+80)(10)(50)=10000(5)+m_p(10)(5)$$

$$m_p=400\ \mathrm{kg}$$

Este é o mínimo teórico, sem margem de projeto ou peso da prancha, conforme a idealização.

O furo mais baixo tem maior velocidade de saída, mas também menor tempo de queda. Se H é a altura da superfície e h a altura do furo acima do chão, no modelo de grande reservatório:

$$v=\sqrt{2g(H-h)}$$

$$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

$$R=vt=2\sqrt{h(H-h)}$$

O alcance é máximo para h = H/2, pois o produto h(H−h) é máximo nessa altura. Furos complementares h e H−h têm alcances iguais.

O esboço deve mostrar trajetórias parabólicas: um furo intermediário pode atingir mais longe que os furos próximos da superfície e da base. Não se ordenam os alcances apenas pela pressão. Essa conclusão considera o nível da água praticamente constante durante a observação.

A expansão ocorre contra o vácuo e o recipiente é isolado.

$$W=0$$

$$Q=0$$

$$\Delta U=0$$

No gás ideal, a energia interna depende só da temperatura, portanto Tf = T. A quantidade de gás é constante e o volume dobra.

$$P_f(2V)=PV$$

$$P_f=\frac P2$$

A pressão é a do estado final de equilíbrio; durante a expansão não é necessariamente uniforme.

Escolha energia potencial zero na superfície terrestre, conforme a comparação pretendida. Converta massa e velocidade.

$$m=5\times10^5\ \mathrm{kg}$$

$$v=10^4\ \mathrm{m/s}$$

$$E_m=\frac12mv^2+mgh$$

$$E_m=2{,}5\times10^{13}+5\times10^{11}=2{,}55\times10^{13}\ \mathrm J$$

O gelo começa a 0 °C, portanto só é necessário calor latente.

$$L_f=80(4180)=334400\ \mathrm{J/kg}$$

$$Q=mL_f=1{,}672\times10^{11}\ \mathrm J$$

$$\frac Q{E_m}\approx6{,}56\times10^{-3}\approx0{,}66\%$$

A fração depende da referência de energia potencial escolhida; foi explicitada a referência ao solo usada nesta solução. O modelo não descreve aquecimento prévio, fragmentação ou vaporização.

Na Terra, os gases quentes menos densos sobem por empuxo, e o ar mais frio os substitui. Essa convecção natural contribui para a chama alongada e apontada para cima.

Em órbita, nave e conteúdos estão em queda livre; a gravidade não desapareceu, mas há microgravidade aparente. A convecção por empuxo fica muito reduzida e, sem corrente de ar imposta, a chama tende a uma forma arredondada, aproximadamente esférica.

O gabarito histórico conclui que a chama se apaga por falta de renovação do oxigênio. Essa extinção não é inevitável: oxigênio pode chegar por difusão. A sustentação e a duração dependem da atmosfera, da ventilação e do combustível. Experimentos da NASA mostram chamas aproximadamente esféricas em microgravidade. Assim, a comparação robusta é a perda da orientação para cima por convecção natural, e não uma garantia universal de apagamento.

Referência complementar: NASA — Candle Flame in Microgravity.

A luz só pode sair da água dentro do cone de incidência até o ângulo crítico. O disco deve cobrir toda a seção desse cone na superfície, centrado sobre a fonte.

$$\sin\theta_c=\frac{n_{ar}}{n_{água}}=\frac1{1{,}33}$$

$$R_{min}=h\tan\theta_c$$

$$R_{min}=\frac{h}{\sqrt{n_{água}^2-1}}$$

$$R_{min}=\frac1{\sqrt{1{,}33^2-1}}\approx1{,}14\ \mathrm m$$

Fora dessa área os raios sofrem reflexão total no modelo de superfície plana e água transparente.

As dimensões lineares da imagem são cem vezes as do slide.

$$|A|=\frac{2}{0{,}020}=100$$

$$\frac{p'}p=100$$

A distância de 10 m é entre slide e tela, não entre lente e tela.

$$p+p'=10$$

$$p=\frac{10}{101}\approx0{,}0990\ \mathrm m$$

$$p'=\frac{1000}{101}\approx9{,}901\ \mathrm m$$

Pela equação das lentes:

$$f=\frac{pp'}{p+p'}\approx0{,}0980\ \mathrm m$$

A imagem projetada é real e invertida.

Cada faixa branca fornece intensidade I₀ e código 1; cada faixa preta fornece intensidade zero e código 0. O código deve ser lido pela sequência que passa pelo ponto de iluminação a partir de t = 0.

A sequência da figura, na direção e no início indicados, é:

$$010110010010110010$$

Ela coincide com o código do feijão na tabela. O gráfico é uma sequência de patamares em 0 e I₀. Com velocidade constante, a duração de cada patamar é proporcional à largura da faixa; faixas consecutivas de mesma cor unem seus patamares.

O gráfico abaixo usa uma unidade de tempo por célula elementar; o enunciado não fornece velocidade para converter essa unidade em segundos.

a) Para L e P₀ fixos, maximizar a potência transmitida exige minimizar α. O mínimo do gráfico fica próximo de λ = 1,54–1,55 μm, com α ≈ 0,2 km⁻¹.

b) Na equação fornecida:

$$P_t=P_0\,10^{-\alpha L}$$

$$P_t=1\cdot10^{-0{,}2(10)}=10^{-2}\ \mathrm W$$

$$P_t=0{,}01\ \mathrm W=10\ \mathrm{mW}$$

Somente 1% da potência inicial chega ao final de 10 km.

c) O gabarito considera a perda alta para ligações entre cidades sem recuperação. Uma conclusão absoluta de impossibilidade exigiria distância, sensibilidade do receptor e presença de amplificação ou repetidores. Os dados mostram a forte atenuação, mas não fixam sozinhos o limite de detecção de um sistema completo.