OBF 2004

Se t é o tempo da primeira queda, a primeira colisão ocorre em t. Cada nova colisão acrescenta um tempo 2t, correspondente a subida e descida completas.

$$t_{n}=(2n-1)\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

Para a quinta colisão da primeira bola coincidir com a terceira da segunda:

$$9\sqrt{\frac{2(1)}g}=5\sqrt{\frac{2h_2}g}$$

$$h_2=\left(\frac95\right)^2=3{,}24\ \mathrm m$$

Contar cinco períodos completos para a primeira bola incluiria uma subida que não ocorre antes da primeira queda.

A bola chega à areia após a queda de 2,45 m.

$$t_q=\sqrt{\frac{2(2{,}45)}{10}}=0{,}70\ \mathrm s$$

$$v_x=\frac{72}{3{,}6}=20\ \mathrm{m/s}$$

$$x_q=20(0{,}70)=14\ \mathrm m$$

O outro rapaz precisa reduzir os 20,3 m iniciais para 14 m nesse intervalo.

$$v_{lim}=\frac{20{,}3-14}{0{,}70}=9\ \mathrm{m/s}$$

Os 9 m/s são o limiar para chegar no instante do contato com a areia. Para interceptar estritamente antes, a rapidez deve ser um pouco maior, no modelo em que o rapaz é tratado como um ponto e corre para o primeiro jogador.

O bloco m sobe a rampa enquanto M desce. O atrito sobre m aponta para baixo da rampa.

$$T-mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta=ma$$

$$Mg-T=Ma$$

$$a=g\frac{M-m(\sin\theta+\mu\cos\theta)}{M+m}$$

Ambos partem do repouso e percorrem a mesma distância h antes de M chegar ao solo.

$$v=\sqrt{2gh\frac{M-m(\sin\theta+\mu\cos\theta)}{M+m}}$$

A condição de descida pressuposta exige numerador positivo e início efetivo do deslizamento.

A transferência não muda a massa total do sistema, mas aumenta a diferença entre os lados em 2m.

$$a_i=g\frac{M_2-M_1}{M_1+M_2+2M}$$

$$a_f=g\frac{M_2-M_1+2m}{M_1+M_2+2M}$$

$$f=\frac{a_f}{a_i}=1+\frac{2m}{M_2-M_1}$$

$$m=\frac{(f-1)(M_2-M_1)}2$$

O maior fator ocorre quando se transfere toda a areia inicialmente disponível no balde mais leve.

$$m_{max}=M$$

$$f_{max}=1+\frac{2M}{M_2-M_1}$$

O limite usa a quantidade de areia M, não a massa do próprio balde.

As velocidades inicial e final são 20 m/s e 10 m/s. Adote o sentido do movimento como positivo.

$$10^2=20^2+2a(100)$$

$$a=-1{,}5\ \mathrm{m/s^2}$$

$$F_R=1000(-1{,}5)=-1500\ \mathrm N$$

O trabalho dessa resultante é a variação da energia cinética.

$$W_R=\frac12(1000)(10^2-20^2)$$

$$W_R=-150000\ \mathrm J=-150\ \mathrm{kJ}$$

A força tem módulo 1500 N e sentido oposto ao movimento; a velocidade máxima permitida não entra na conta porque a velocidade final efetiva foi fornecida.

No topo C do arco, a condição limite de contato é normal nula.

$$mg=\frac{mv_C^2}{R}$$

$$v_C^2=gR$$

No trecho circular sem atrito, o topo fica 2R acima de B.

$$\frac12mv_B^2=\frac12m(gR)+mg(2R)$$

$$v_{B,min}=\sqrt{5gR}$$

Na descida AB, o comprimento percorrido é hA/senθ e o atrito tem módulo µmgcosθ.

$$mgh_A-\mu mg\cos\theta\frac{h_A}{\sin\theta}=\frac12m(5gR)$$

$$h_A=\frac{5R}{2(1-\mu\cot\theta)}$$

É necessário 1 − µcotθ > 0 para que o bloco acelere ao descer a rampa.

A energia total é a energia elástica de um extremo.

$$E=\frac12kA^2$$

$$U(x)=\frac12kx^2$$

$$K(x)=E-\frac12kx^2$$

Nos extremos ±A, a energia cinética é zero e a potencial é E. Nas posições ±A/2, a potencial é E/4 e a cinética é 3E/4. No centro, a potencial é zero e a cinética é E.

O gráfico de U é uma parábola voltada para cima; o de K é uma parábola voltada para baixo. As duas curvas somam E em cada posição e se cruzam em x = ±A/√2.

O resultado oficial despreza o impulso do peso nos 20 ms. A resolução explicita tanto a aproximação da banca quanto o resultado com o peso incluído.

As velocidades imediatamente antes e depois do impacto têm módulos:

$$v_a=\sqrt{2(10)(1{,}25)}=5\ \mathrm{m/s}$$

$$v_d=\sqrt{2(10)(0{,}80)}=4\ \mathrm{m/s}$$

$$e=\frac45=0{,}80$$

Adotando para cima como positivo, o impulso resultante na colisão é:

$$\Delta p=0{,}100[4-(-5)]=0{,}90\ \mathrm{N\,s}$$

Para o impulso do chão, acrescente a compensação do peso nos 20 ms.

$$J_{chao}=\Delta p+mg\Delta t=0{,}90+0{,}020=0{,}92\ \mathrm{N\,s}$$

A área do triângulo representa o impulso da força de contato.

$$F_{max}=\frac{2J_{chao}}{\Delta t}=92\ \mathrm N$$

O comentário oficial despreza o impulso do peso durante a colisão e obtém 0,90 N·s e 90 N; essa é uma aproximação de curta duração, não a conta exata incluindo o peso.

Com o eixo positivo para cima, o impulso do peso desde o lançamento é negativo.

$$-mgt=mv-mv_0$$

$$v(t)=v_0-gt$$

Pelo teorema trabalho-energia, entre o solo e uma posição y:

$$-mgy=\frac12mv^2-\frac12mv_0^2$$

$$v^2=v_0^2-2gy$$

Na subida, a raiz positiva fornece v; na descida, a negativa. A relação com y não distingue sozinha os dois instantes em que o corpo passa pela mesma altura.

Para uma esfera homogênea:

$$M=\frac43\pi\rho R^3$$

$$g=\frac{GM}{R^2}=\frac43\pi G\rho R$$

Portanto, a gravidade superficial é proporcional ao produto densidade × raio.

$$\frac{g_p}{g}=\frac{\rho_p}{\rho_T}\frac{R_p}{R_T}=\frac14(3)=\frac34$$

$$g_p=\frac34g$$

Usar apenas o raio maior ignoraria a massa diferente resultante da densidade menor.

A haste sem peso é articulada nas duas pontas e está em equilíbrio. As duas forças que recebe precisam ser opostas e colineares; caso contrário, produziriam torque não nulo. Por isso, a força transmitida à janela segue a direção da haste.

Na geometria desenhada, a janela faz 30° com a horizontal e a haste faz 30° com a horizontal no sentido oposto. Tome momentos em relação à dobradiça da janela.

$$FL\sin60^\circ=Mg\frac L2\cos30^\circ$$

$$F=\frac{Mg}{2}$$

O apoio da parede também reage à janela, mas não fornece momento em torno da própria dobradiça.

A pressão manométrica na base é produzida pela coluna de 25 cm de água. Use π = 3 e raio do orifício de 2,5 cm.

$$A=3(0{,}025)^2=0{,}001875\ \mathrm{m^2}$$

$$F_{tampao}=\rho ghA=1000(10)(0{,}25)(0{,}001875)=4{,}6875\ \mathrm N$$

O braço da força aplicada é 12 cm e o da ligação ao tampão é 3 cm.

$$F(12)=F_{tampao}(3)$$

$$F=1{,}171875\ \mathrm N\approx1{,}2\ \mathrm N$$

O modelo despreza vedação por aderência e peso do mecanismo; a pressão atmosférica não deve ser contada como uma força extra não compensada.

A escala Réaumur tem 80 graus entre os mesmos pontos em que Celsius tem 100.

$$R=\frac45C$$

No ponto em que X e Réaumur marcam −40, Celsius marca −50. O outro ponto fornecido é C = X = −75. Escreva X = aC + b.

$$-40=-50a+b$$

$$-75=-75a+b$$

$$a=\frac{35}{25}=1{,}4$$

$$b=30$$

$$X=1{,}4C+30$$

Logo, 0 °C corresponde a 30 °X, e 80 °R, equivalentes a 100 °C, correspondem a 170 °X.

A densidade converte 450 L em 450 kg, e a elevação de temperatura é de 20 °C.

$$Q=mc\Delta T=450(4{,}0\times10^3)(20)=3{,}6\times10^7\ \mathrm J$$

$$\Delta t=8(3600)=28800\ \mathrm s$$

$$P_m=\frac{Q}{\Delta t}=1250\ \mathrm W=1{,}25\ \mathrm{kW}$$

O resultado é a potência média transferida para a água sob a hipótese de perdas desprezíveis.

O período de um pêndulo de pequena amplitude depende da raiz do comprimento. Se o relógio marca 120 s a menos em um mês de 30 dias, o tempo real é 2592000 s.

$$\frac{T_v}{T_i}=\frac{2592000}{2592000-120}$$

$$\frac{T_v}{T_i}=\sqrt{1+\alpha\Delta\theta}$$

$$\Delta\theta=\frac{(T_v/T_i)^2-1}{10^{-5}}$$

$$\Delta\theta\approx9{,}26\ ^\circ\mathrm C$$

Na aproximação de pequeno atraso:

$$\frac{\Delta T}{T}\approx\frac12\alpha\Delta\theta$$

O aumento da temperatura alonga o pêndulo e reduz o número de oscilações contadas por unidade de tempo real.

Mantenha centímetros nas dimensões da barra porque a condutividade foi fornecida nessas unidades.

$$\dot Q=\frac{kA\Delta T}{L}=\frac{0{,}9(5)(100)}{50}=9\ \mathrm{cal/s}$$

$$Q=9(3600)=32400\ \mathrm{cal}$$

$$m=\frac{Q}{L_f}=\frac{32400}{80}=405\ \mathrm g$$

O gelo fundente fixa a extremidade fria em 0 °C enquanto recebe calor latente.

No limite de subida, o empuxo iguala o peso da estrutura mais o peso do ar interno.

$$\rho_{ext}V=M_B+\rho_{int}V$$

$$\rho_{int}=1{,}25-\frac{100}{400}=1{,}00\ \mathrm{kg/m^3}$$

Tratando o ar interno como gás ideal à pressão externa:

$$\rho_{int}=\frac{p\mathcal M}{RT}$$

$$T=\frac{100000(0{,}030)}{8(1{,}00)}=375\ \mathrm K$$

$$T\approx102\ ^\circ\mathrm C$$

Para subir com resultante positiva, a temperatura deve superar esse limiar. Os dados arredondados de densidade externa, pressão e temperatura não satisfazem exatamente a mesma equação de estado; o cálculo segue p, R, massa molar e densidade externa usados pelo comentário oficial.

O comentário oficial reconhece a inconsistência de Q e da unidade de R e aceita duas respostas: −210 J e 720 J.

A reta V(T) passa pela origem, indicando pressão constante para a amostra ideal.

$$p=\frac{nRT}{V}=\frac{0{,}100(8)(300)}1=240\ \mathrm{Pa}$$

$$W=p\Delta V=240(3-1)=480\ \mathrm J$$

Usando literalmente o calor de 270 J:

$$\Delta U=Q-W=270-480=-210\ \mathrm J$$

Essa energia interna decrescente é incompatível com o aumento de temperatura de 300 K para 900 K de um gás ideal usual com capacidade térmica positiva. O comentário oficial reconhece o problema e aceita também a resposta de 720 J obtida pelo modelo monoatômico.

$$\Delta U_{mono}=\frac32nR\Delta T=\frac32(0{,}100)(8)(600)=720\ \mathrm J$$

Esse segundo modelo exigiria Q = 1200 J. As duas contas não descrevem simultaneamente os mesmos dados; são as duas formas de correção que a banca admitiu.

Um ponto da curva é o = 30 cm e i = 15 cm.

$$\frac1f=\frac1{30}+\frac1{15}=\frac1{10}$$

$$f=10\ \mathrm{cm}$$

Foco positivo indica espelho côncavo. Para objeto a 5 cm:

$$\frac1i=\frac1{10}-\frac15=-\frac1{10}$$

$$i=-10\ \mathrm{cm}$$

$$A=-\frac io=-\frac{-10}{5}=2$$

A imagem fica atrás do espelho, sendo virtual, direita e duas vezes maior que o objeto.

O raio sai do prisma rasante à face AC. O ângulo interno com a normal dessa face é 53°.

$$n_2\sin53^\circ=1\sin90^\circ$$

$$n_2=\frac1{0{,}80}=1{,}25$$

$$v_2=\frac{3{,}0\times10^8}{1{,}25}=2{,}4\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

O raio chega à lâmina pelo ar com incidência de 53°.

$$1\sin53^\circ=1{,}6\sin\theta$$

$$\sin\theta=0{,}50$$

$$\theta=30^\circ$$

Para uma lâmina paralela, o desvio lateral é:

$$d=D\frac{\sin(53^\circ-30^\circ)}{\cos30^\circ}$$

$$d=2{,}0\frac{0{,}40}{0{,}87}\approx0{,}92\ \mathrm{cm}$$

A espessura D é medida perpendicularmente às faces; ela não é o comprimento do trajeto dentro da lâmina.