OBF 2003

No mapa, A e B estão separados horizontalmente por duas quadras e verticalmente por uma quadra e meia. Para respeitar as mãos, um menor caminho segue uma quadra à direita, duas para cima, uma à direita e meia para baixo.

$$s_{min}=4{,}5(200)=900\ \mathrm m$$

$$v=\frac{18}{3{,}6}=5\ \mathrm{m/s}$$

$$t_{min}=\frac{900}{5}=180\ \mathrm s=3\ \mathrm{min}$$

O módulo do deslocamento é a distância em linha reta.

$$|\Delta\vec r|=\sqrt{400^2+300^2}=500\ \mathrm m$$

$$|\vec v_m|=\frac{500}{180}(3{,}6)=10\ \mathrm{km/h}$$

A rota mais curta em distância euclidiana não é uma rota permitida pelo mapa.

Com o garoto parado, a chuva tem velocidade vertical. Quando ele corre, a componente horizontal relativa tem módulo 4 m/s. A haste faz 60° com a horizontal.

$$\tan60^\circ=\frac{v_{chuva}}4$$

$$v_{chuva}=4\frac{0{,}87}{0{,}50}=6{,}96\ \mathrm{m/s}$$

Na corrida, use a componente horizontal do vetor relativo.

$$v_{rel}=\frac4{\cos60^\circ}=8\ \mathrm{m/s}$$

Assim, a rapidez relativa em repouso é aproximadamente 7 m/s e, em movimento, 8 m/s.

O caderno informa 30 s de velocidade mantida e, em seguida, frenagem a partir de 30 s. As duas cronologias são incompatíveis e são analisadas separadamente.

A rapidez máxima é 25 m/s. Interpretando literalmente a manutenção dessa rapidez durante 30 s, há aceleração de 0 a 10 s, cruzeiro de 10 a 40 s e frenagem de 40 a 50 s.

$$s_1=\frac{0+25}{2}(10)=125\ \mathrm m$$

$$s_2=25(30)=750\ \mathrm m$$

$$s_3=\frac{25+0}{2}(10)=125\ \mathrm m$$

$$s_{total}=1000\ \mathrm m$$

O gráfico v(t) é o trapézio pelos pontos (0;0), (10;25), (40;25), (50;0). Sua área é a mesma soma acima. O texto também diz a partir de 30 s, o que contradiz a duração anterior: se essa indicação fosse adotada como tempo absoluto, o cruzeiro duraria 20 s e o total seria 750 m.

A rapidez no impacto é 36 km/h = 10 m/s. A frenagem produz aceleração −8 m/s² ao longo de 50 m.

$$v_f^2=v_i^2+2a\Delta s$$

$$10^2=v_i^2-2(8)(50)$$

$$v_i^2=900$$

$$v_i=30\ \mathrm{m/s}=108\ \mathrm{km/h}$$

O carro ainda possuía velocidade ao final da marca; não se trata de distância de parada completa.

A saída B está 3,20 m acima do chão e o alcance horizontal é 4,00 m.

$$t=\sqrt{\frac{2(3{,}20)}{10}}=0{,}80\ \mathrm s$$

$$v_B=\frac{4{,}00}{0{,}80}=5\ \mathrm{m/s}$$

No trilho liso, a queda vertical h entre A e B fornece a energia cinética de saída.

$$mgh=\frac12mv_B^2$$

$$h=\frac{25}{20}=1{,}25\ \mathrm m$$

A altura em relação ao solo é 1,25 + 3,20 = 4,45 m; o h da figura está medido a partir de B.

A variação do momento é a área algébrica sob F(t). A massa é 2 kg e a velocidade inicial é zero.

$$J_{0,2}=\frac{2+6}{2}(2)=8\ \mathrm{N\,s}$$

$$v(2)=\frac8{2}=4\ \mathrm{m/s}$$

$$J_{2,4}=\frac{6(2)}2=6\ \mathrm{N\,s}$$

$$v(4)=\frac{8+6}{2}=7\ \mathrm{m/s}$$

$$J_{4,6}=-\frac{6(2)}2=-6\ \mathrm{N\,s}$$

$$v(6)=\frac{8+6-6}{2}=4\ \mathrm{m/s}$$

A força negativa no último intervalo reduz a velocidade, mas não a torna negativa.

A energia de fusão provém tanto da energia cinética quanto do resfriamento do projétil até 0 °C. Use 1 cal = 4,18 J.

$$Q_f=2{,}25(80)=180\ \mathrm{cal}$$

$$E_c=\frac12(0{,}020)(100)^2=100\ \mathrm J$$

$$E_c\approx23{,}92\ \mathrm{cal}$$

$$20(0{,}031)T_i+23{,}92=180$$

$$T_i=\frac{180-23{,}92}{0{,}62}\approx251{,}7\ ^\circ\mathrm C$$

Desconsiderar a energia de movimento superestimaria a temperatura inicial.

Possível erro de unidade no caderno: distância do orifício à imagem impressa como 1 mm. A resolução distingue a leitura literal da hipótese de 1 m.

A semelhança dos triângulos fornece a razão entre diâmetro e distância.

$$\frac{D_S}{1{,}5\times10^{11}}=\frac{9\ \mathrm{mm}}{1\ \mathrm{mm}}$$

$$D_S=1{,}35\times10^{12}\ \mathrm m$$

Esse é o resultado literal dos dados impressos e é incompatível com a escala do Sol. Se a distância orifício-anteparo pretendida fosse 1 m, obteríamos:

$$D_S=1{,}5\times10^{11}\frac{0{,}009}{1}=1{,}35\times10^9\ \mathrm m$$

A troca de 1 mm por 1 m é uma hipótese editorial, não uma correção confirmada por gabarito disponível.

A lupa é convergente e o objeto está entre a lente e o foco.

$$\frac1{p'}=\frac15-\frac14=-\frac1{20}$$

$$p'=-20\ \mathrm{cm}$$

$$A=-\frac{p'}p=5$$

$$h'=5(2)=10\ \mathrm{mm}$$

A imagem é virtual, direita e cinco vezes maior, do mesmo lado do inseto. No traçado, o raio paralelo emerge passando pelo foco oposto e o raio pelo centro não desvia; seus prolongamentos para trás se encontram em p′.

No modelo que despreza a translação terrestre durante o voo, o avião precisa deslocar-se para oeste mais depressa do que o solo gira para leste no equador.

$$v_{eq}=\frac{2\pi R_T}{24\ \mathrm h}$$

$$v_{eq}=\frac{6(6{,}4\times10^6)}{86400}\approx444\ \mathrm{m/s}$$

$$\frac{v_{min}}{v_{som}}\approx\frac{444}{340}\approx1{,}31$$

Para ver o Sol voltar a subir, a rapidez deve superar esse limiar, aproximadamente Mach 1,3. A estimativa usa π = 3 como solicitado no caderno.

A atração solar fornece a resultante centrípeta da órbita terrestre. Use a órbita circular e um ano de aproximadamente 3 × 10⁷ s.

$$\frac{GM_Sm}{r^2}=m\frac{4\pi^2r}{T^2}$$

$$M_S=\frac{4\pi^2r^3}{GT^2}$$

$$M_S=\frac{36(1{,}5\times10^{11})^3}{6{,}7\times10^{-11}(3\times10^7)^2}$$

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

A massa terrestre cancela; o dado temporal de um ano é necessário e está sendo explicitado.

A fonte está a 1 m da placa e a 3 m do chão. A projeção linear aumenta por três.

$$A_{placa}=0{,}40(0{,}25)=0{,}10\ \mathrm{m^2}$$

$$A_{sombra}=3^2(0{,}10)=0{,}90\ \mathrm{m^2}$$

Com a lâmpada extensa, cada ponto da fonte projeta uma sombra deslocada. A interseção gera umbra e a região parcialmente iluminada gera penumbra. Não há mais uma área única de sombra com borda nítida.

Por exemplo, uma fonte linear de 40 cm paralela ao lado de 40 cm desloca as projeções em um intervalo de 80 cm no chão. Nesse caso ideal, a umbra mede (1,20 − 0,80) × 0,75 = 0,30 m², e a união das sombras mede (1,20 + 0,80) × 0,75 = 1,50 m². Outra orientação muda esses valores.

A resposta usual pressupõe que C seja o ponto mais alto alcançado. Se o tijolo chega ao colega ainda com velocidade, o enunciado precisa fornecer esse valor.

Adote a interpretação de que o tijolo parte do repouso em A e chega a C com velocidade nula. Seja d = AB e H = BC.

$$v_B^2=2gH$$

$$v_B^2=2ad$$

$$a=g\frac Hd$$

Durante o contato com a pá, a força normal supera o peso.

$$N-mg=ma$$

$$N=mg\left(1+\frac Hd\right)$$

Se a velocidade em C não for nula, acrescente vC²/(2d) à expressão de a. O texto não explicita essa velocidade terminal.

O raio orbital é a soma do raio da Terra com a altitude.

$$r=R+\frac R2=\frac{3R}{2}$$

$$v_{orb}=\sqrt{\frac{GM_T}{r}}=\sqrt{\frac{2gR}{3}}$$

A rapidez de escape nesse mesmo ponto é:

$$v_{esc}=\sqrt{\frac{2GM_T}{r}}=\sqrt2\,v_{orb}$$

O menor acréscimo instantâneo ocorre no sentido da velocidade orbital.

$$\Delta v_{min}=v_{esc}-v_{orb}$$

$$\Delta v_{min}=(\sqrt2-1)\sqrt{\frac{2gR}{3}}$$

O resultado pressupõe impulso tangencial prógrado e despreza outras atrações e perdas.

A saída rápida de ar ocorre com pouca troca de calor com o ambiente. O escoamento transporta energia e o gás remanescente no pneu pode esfriar durante a despressurização. O gás frio em contato com a válvula retira calor do metal; a umidade pode condensar e congelar.

O efeito real também depende da expansão local e das propriedades do ar. Não basta afirmar que toda queda de pressão resfria um gás: no modelo de estrangulamento de um gás ideal, a temperatura não muda. O pneu é um reservatório que perde massa, e não um sistema fechado em expansão quase estática.

Despreze o peso do antebraço e use a geometria da figura: o antebraço faz ângulo φ com a vertical e o bíceps faz θ com a vertical do lado oposto. O fio horizontal exerce força Mg na mão.

$$T(0{,}03)\sin(\theta+\varphi)=Mg(0{,}24)\cos\varphi$$

$$T=\frac{8Mg\cos\varphi}{\sin(\theta+\varphi)}$$

Para θ = φ:

$$T=\frac{8Mg\cos\varphi}{2\sin\varphi\cos\varphi}=\frac{4Mg}{\sin\varphi}$$

No intervalo 0 < φ < 90°, a força diminui quando φ aumenta; diverge quando φ tende a zero e tende formalmente a 4Mg quando φ se aproxima de 90°. Na configuração exatamente horizontal, os torques se anulam e o equilíbrio de momentos sozinho não determina T. Sem valores dos ângulos, não há estimativa numérica única.