OBF 2003

O gabarito comentado usa B = 205 km. A escala do desenho limita a precisão da leitura; as inclinações devem ser coerentes com os vértices efetivamente lidos.

Leia as posições inicial e final e o tempo total no gráfico. Usando a leitura de 205 km para B adotada no comentário oficial:

$$v_m=\frac{205-40}{5}=33\ \mathrm{km/h}$$

Para construir v(t), substitua cada trecho retilíneo por um patamar igual à sua inclinação. Pelos vértices (0;40), (2;80), (3;80) e aproximadamente (5;205), obtêm-se 20, 0 e 62,5 km/h nos intervalos de 0 a 2 h, 2 a 3 h e 3 a 5 h. A leitura gráfica de B tem resolução limitada.

Converta a velocidade final e use a média válida para aceleração constante.

$$v_f=\frac{100}{3{,}6}=27{,}78\ \mathrm{m/s}$$

$$v_m=\frac{0+27{,}78}{2}=13{,}89\ \mathrm{m/s}$$

$$s=v_m t=13{,}89(10)\approx138{,}9\ \mathrm m$$

$$v_m=50\ \mathrm{km/h}$$

O comentário oficial arredonda a aceleração para 2,8 m/s² e chega a 140 m e 50,4 km/h. Manter os dados até o final evita esse desvio de arredondamento.

Se o tempo total é T, cada etapa dura T/2.

$$s_1=v_1\frac T2$$

$$s_2=v_2\frac T2$$

$$v_m=\frac{s_1+s_2}T=\frac{v_1+v_2}{2}$$

Tomando s(0) = 0, o gráfico é contínuo e formado por duas retas.

$$s(t)=v_1t\quad(0\le t\le T/2)$$

$$s(t)=v_1T/2+v_2(t-T/2)\quad(T/2\le t\le T)$$

A inclinação muda de v₁ para v₂, sem salto na posição.

Todos os pontos do carrossel completam uma volta no mesmo intervalo.

$$\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac6{20}=0{,}30\ \mathrm{rad/s}$$

$$v(3\ \mathrm m)=\omega r=0{,}30(3)=0{,}90\ \mathrm{m/s}$$

A pessoa a 3 m tem a mesma velocidade angular de 0,30 rad/s. A pessoa a 6 m também completa a volta em 20 s; apenas sua rapidez linear é maior.

Na horizontal, a velocidade permanece 80 m/s.

$$t=\frac{160}{80}=2\ \mathrm s$$

$$H=\frac12gt^2=20\ \mathrm m$$

Na metade da queda vertical, o projétil já desceu 10 m.

$$v_y^2=2g(10)$$

$$v_y=10\sqrt2\approx14{,}1\ \mathrm{m/s}$$

A velocidade completa nesse ponto ainda tem componente horizontal.

$$|\vec v|=\sqrt{80^2+14{,}1^2}\approx81{,}2\ \mathrm{m/s}$$

O comentário oficial fornece apenas a componente vertical; ela está dirigida para baixo.

O gabarito considera trabalho total nulo, pressupondo retorno ao nível inicial. Essa igualdade de alturas não é garantida apenas pelas extensões iguais.

Para trechos de mesma extensão d, a rapidez média é:

$$v_m=\frac{2d}{d/8+d/30}$$

$$v_m=\frac{2(8)(30)}{8+30}\approx12{,}63\ \mathrm{km/h}$$

O trabalho do peso depende apenas da diferença de altura.

$$W_P=mg(h_i-h_f)$$

Se a descida termina no nível em que a subida começou, o trabalho total é zero. Somente a igualdade das extensões não garante esse retorno ao nível inicial; essa é a interpretação adicional usada no comentário oficial.

Considere x a distância do caminhão ao pilar esquerdo e uma ponte homogênea.

$$R_E+R_D=1{,}2\times10^6\ \mathrm N$$

$$40R_D=10^6(20)+2\times10^5x$$

$$R_D=5\times10^5+5000x$$

$$R_E=7\times10^5-5000x$$

Se o caminhão está a 10 m do pilar esquerdo, as reações são 6,5 × 10⁵ N no pilar próximo e 5,5 × 10⁵ N no distante. Elas variam linearmente com a posição; no centro, ambas valem 6 × 10⁵ N.

Use condução estacionária e converta área e espessura para o SI.

$$A=150\times10^{-4}=0{,}015\ \mathrm{m^2}$$

$$\Delta T=37-5=32\ ^\circ\mathrm C$$

$$\dot Q_{seco}=\frac{0{,}0237(0{,}015)(32)}{0{,}02}=0{,}5688\ \mathrm W$$

$$\dot Q_{seco}=\frac{0{,}5688}{4{,}18}\approx0{,}136\ \mathrm{cal/s}$$

$$\dot Q_{molhado}=\frac{0{,}54(0{,}015)(32)}{0{,}0025}=103{,}68\ \mathrm W$$

$$\dot Q_{molhado}\approx24{,}8\ \mathrm{cal/s}$$

O pássaro molhado perde calor cerca de 182 vezes mais rapidamente nesse modelo e tende a sentir mais frio.

O valor oficial soma os potenciais terrestre e solar sem aproveitar a velocidade orbital da Terra; não representa uma energia mínima operacional de lançamento.

No modelo simplificado do comentário oficial, sem creditar energia cinética orbital inicial, o trabalho por unidade de massa leva o potencial até zero no infinito.

$$\frac{W_{min}}m=\frac{GM_T}{R_T}+\frac{GM_S}{r_{TS}}$$

$$\frac{GM_T}{R_T}\approx6{,}31\times10^7\ \mathrm{J/kg}$$

$$\frac{GM_S}{r_{TS}}\approx8{,}93\times10^8\ \mathrm{J/kg}$$

$$\frac{W_{min}}m\approx9{,}56\times10^8\ \mathrm{J/kg}$$

Essa soma de potenciais não é um orçamento real de lançamento: a Terra já orbita o Sol e a direção da partida pode aproveitar essa energia.

No extremo da oscilação, a parte solta tem velocidade instantânea nula. Para pequenas oscilações:

$$T=2\pi\sqrt{\frac Lg}=6\sqrt{\frac{0{,}10}{10}}=0{,}60\ \mathrm s$$

$$h=\frac12gT^2=\frac12(10)(0{,}60)^2=1{,}8\ \mathrm m$$

$$E_c=mgh=0{,}10(10)(1{,}8)=1{,}8\ \mathrm J$$

A redução da massa do pêndulo não altera seu período no modelo ideal.

A energia inicialmente armazenada na mola torna-se energia cinética ao cessar o contato.

$$E_e=\frac12kx^2=\frac12(3600)(0{,}20)^2=72\ \mathrm J$$

$$\frac12mv^2=72$$

$$v=6\ \mathrm{m/s}$$

Na altura máxima, o bloco para instantaneamente.

$$mgh=72$$

$$h=\frac{72}{4(10)}=1{,}8\ \mathrm m$$

O bloco apenas encosta na mola e se separa dela quando a compressão se anula.

Idealize a bola como totalmente submersa durante o trecho no líquido e despreze a transição na interface.

$$v_0=\sqrt{2gh}=\sqrt{200}=10\sqrt2\ \mathrm{m/s}$$

Como a densidade da bola é dois terços da densidade da água:

$$a_{\uparrow}=\left(\frac{\rho_a}{\rho_b}-1\right)g=5\ \mathrm{m/s^2}$$

$$d=\frac{v_0^2}{2a}=20\ \mathrm m$$

$$t_{sub}=\frac{2v_0}{a}=4\sqrt2\approx5{,}66\ \mathrm s$$

O comentário oficial registra 5,65 s, coerente com o valor correto; o numerador impresso em sua conta contém um erro tipográfico.

Considere ar fora da fibra, com índice 1. Na entrada:

$$\sin\theta_1=n\sin\theta_2$$

Na parede lateral, o ângulo de incidência é 90° − θ₂.

$$n\cos\theta_2\ge1$$

$$\sin^2\theta_1\le n^2-1$$

$$\theta_{1,max}=\arcsin\left(\min\{1,\sqrt{n^2-1}\}\right)$$

Para n ≥ √2, o limite geométrico é 90°. O resultado usual arcsen√(n² − 1) só vale sem saturação quando seu argumento não excede 1.

O conjunto é formado por uma lente biconvexa A e uma plano-côncava B, colocadas lado a lado com separação desprezível. Para lentes delgadas no ar:

$$\frac1{f_A}=\frac{2(n_A-1)}R$$

$$\frac1{f_B}=-\frac{n_B-1}R$$

$$\frac1f=\frac1{f_A}+\frac1{f_B}=\frac{2n_A-n_B-1}R$$

$$f=\frac R{2n_A-n_B-1}$$

Se o denominador é positivo, o foco imagem está à direita para luz que vem da esquerda; se negativo, é virtual à esquerda. Se ele se anula, o sistema é afocal.

O volume inicial da gasolina é 0,97 Vₜ.

$$\Delta V_G=0{,}97V_T(9\times10^{-4})(40)=0{,}03492V_T$$

$$V_{G,f}=0{,}97V_T+0{,}03492V_T=1{,}00492V_T$$

$$V_{T,f}=V_T(1+10^{-5}(40))=1{,}0004V_T$$

$$V_{excesso}=1{,}00492V_T-1{,}0004V_T=0{,}00452V_T$$

A gasolina transborda: o excesso é 0,452% da capacidade inicial do tanque.

A parte na água tem altura h e a parte no óleo tem altura a − h.

$$E=ga^2[\rho_a h+\rho_o(a-h)]$$

$$E=10(0{,}1)^2[1000(0{,}02)+500(0{,}08)]=6\ \mathrm N$$

$$m=\frac{W_D+E}g=\frac{0{,}49+6}{10}=0{,}649\ \mathrm{kg}$$

Para a pressão manométrica na base:

$$p=\rho_o gd+\rho_a gh$$

$$p=500(10)(0{,}2)+1000(10)(0{,}02)=1200\ \mathrm{Pa}$$

A pressão absoluta é p atmosférica mais 1200 Pa.