OBF 2003

No modelo de moeda pontual, cartão fino e deslizamento com coeficiente µ, a aceleração horizontal da moeda enquanto apoiada é µg. Partindo ambos do repouso:

$$x_c=\frac12a_ct^2$$

$$x_m=\frac12\mu gt^2$$

A moeda perde apoio quando a borda traseira do cartão chega até ela, isto é, quando o avanço relativo vale R.

$$\frac12(a_c-\mu g)t_*^2=R$$

$$x_m(t_*)=\frac{\mu gR}{a_c-\mu g}$$

Para que a projeção da moeda ainda esteja dentro da boca do copo no instante da perda de apoio:

$$x_m(t_*)

$$a_c>\mu g\left(1+\frac Rr\right)$$

A igualdade é o limiar geométrico na borda. O cálculo despreza a espessura do cartão e o deslocamento durante a queda até o plano da boca; uma queda a partir de altura finita exigiria esse dado adicional.

O espelho tem foco negativo, de módulo 1 m. A ampliação vale:

$$f=-\frac R2=-1\ \mathrm m$$

$$A=\frac{0{,}010}{1{,}8}=\frac1{180}$$

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

Pela equação do espelho convexo, a ampliação também é 1/(p + 1), com p em metros.

$$\frac1{180}=\frac1{p+1}$$

$$p=179\ \mathrm m$$

$$v=\frac{179}{14}=12{,}79\ \mathrm{m/s}$$

$$v\approx46{,}0\ \mathrm{km/h}$$

O carro está abaixo do limite. A imagem é virtual, direita e reduzida, entre o foco e o vértice, a aproximadamente 0,994 m atrás do espelho. No desenho, os prolongamentos dos raios refletidos se cruzam nessa região.

Cada mola passa de 0,5 m para 1 m e sofre alongamento de 0,5 m.

$$T_1=50(0{,}5)=25\ \mathrm N$$

$$T_2=100(0{,}5)=50\ \mathrm N$$

As componentes horizontais não se cancelam, pois as constantes elásticas são diferentes.

$$F_x=(50-25)\sin30^\circ=12{,}5\ \mathrm N$$

$$F_y=(50+25)\cos30^\circ-2{,}5(10)=40{,}25\ \mathrm N$$

$$a_x=\frac{12{,}5}{2{,}5}=5\ \mathrm{m/s^2}$$

$$a_y=\frac{40{,}25}{2{,}5}=16{,}1\ \mathrm{m/s^2}$$

$$|\vec a|=\sqrt{5^2+16{,}1^2}\approx16{,}9\ \mathrm{m/s^2}$$

A aceleração aponta para cima e para o lado da mola mais rígida. O arranjo inicial horizontal exige sustentação externa antes do deslocamento, já que molas sem alongamento não equilibram o peso.

A água e o calorímetro absorvem o equivalente ao aquecimento de 100 g de água por 2 °C.

$$Q=100(1)(22-20)=200\ \mathrm{cal}$$

O anel esfria de 522 °C para 22 °C.

$$200=10c_{liga}(522-22)$$

$$c_{liga}=0{,}040\ \mathrm{cal/(g\,^{\circ}C)}$$

Se x é a fração em massa de cobre:

$$0{,}040=0{,}090x+0{,}030(1-x)$$

$$x=\frac16$$

$$m_{Cu}\approx1{,}67\ \mathrm g$$

$$m_{Au}\approx8{,}33\ \mathrm g$$

O anel tem aproximadamente 83,3% de ouro, abaixo dos 90% declarados, no modelo de mistura e sem perdas térmicas.

O índice do líquido, relativo ao ar, é 1,5. Na entrada, θ é medido com a normal vertical.

$$\sin\theta_r=\frac{2\times10^8}{3\times10^8}(0{,}75)=0{,}50$$

$$\theta_r=30^\circ$$

Depois da reflexão no fundo, a incidência na parede vertical ocorre com 60° em relação à normal horizontal. No ângulo limite:

$$\frac{n_s}{n_l}=\sin60^\circ\approx0{,}87$$

$$v_s=\frac{v_l}{\sin60^\circ}\approx2{,}30\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

A distância horizontal máxima até a parede corresponde ao percurso até o fundo e de volta à altura da superfície, totalizando 40 cm de deslocamento vertical.

$$d_{max}=2(20)\tan30^\circ$$

$$d_{max}\approx40\frac{0{,}50}{0{,}87}\approx23\ \mathrm{cm}$$

Exatamente no ângulo limite, o raio refratado é rasante; reflexão total estrita ocorre acima desse limite.

Nas duas posições conjugadas da lente, a distância objeto-imagem é fixa. As distâncias p e p′ trocam de papel. Se h é a altura do objeto e h₁, h₂ são módulos das alturas das imagens:

$$h_1=h\frac{p'}p$$

$$h_2=h\frac p{p'}$$

Multiplicando as duas relações:

$$h_1h_2=h^2$$

$$h=\sqrt{h_1h_2}$$

As imagens reais são invertidas, mas seus módulos são positivos. A troca de posições exige distância objeto-anteparo maior que 4f para haver duas posições distintas; em 4f elas coincidem.

O enunciado e o desenho não especificam a altura da tela. A solução TEF não atribui ao desenho uma dimensão que ele não informa.

O caderno fornece o comprimento e a separação das placas, mas não informa a altura útil da tela. Portanto, não há um único valor máximo determinado para atingir a tela.

Uma formulação paramétrica esclarece o dado ausente. Tome e como módulo da carga do elétron, entrada pelo plano médio com velocidade horizontal e tensão Vp escolhida para desviar o feixe para cima.

$$v^2=\frac{2eV}{m}$$

$$a_y=\frac{eV_p}{md}-g$$

Para não atingir a placa superior durante o trecho de comprimento l:

$$\frac{a_yl^2}{2v^2}\le\frac d2$$

$$V_p\le\frac{md}{e}\left(g+\frac{dv^2}{l^2}\right)$$

Se H for a altura disponível da tela acima do eixo e L a distância da saída das placas à tela, a coordenada no impacto é:

$$y_{tela}=\frac{(eV_p/(md))l(L+l/2)-g(l+L)^2/2}{v^2}$$

A condição y tela ≤ H acrescenta o limite:

$$V_p\le\frac{md}{e}\frac{Hv^2+g(l+L)^2/2}{l(L+l/2)}$$

O máximo nessa direção é o menor dos limites de placa e tela, verificando também a borda inferior. Sem H, a segunda restrição não pode ser avaliada. O modelo supõe energia não relativística e despreza a queda antes da entrada nas placas.

Modele a fonte contínua por uma tensão ideal ε em série com resistência interna r. As correntes medidas são:

$$i_1=\frac{0{,}075}{1000}=75\ \mathrm{\mu A}$$

$$i_2=\frac5{100000}=50\ \mathrm{\mu A}$$

Em cada carga, a tensão terminal vale ε − ri.

$$\varepsilon=0{,}075+75\times10^{-6}r$$

$$\varepsilon=5+50\times10^{-6}r$$

$$r=\frac{5-0{,}075}{25\times10^{-6}}=197000\ \Omega$$

$$\varepsilon=14{,}85\ \mathrm V$$

A carga de 1 kΩ é muito menor que r e derruba quase toda a tensão internamente. Com 100 kΩ a tensão aumenta, mas ainda fica bem abaixo da tensão em circuito aberto. As duas medições determinam esse equivalente linear, sem revelar a implementação interna real.