OBF 2004

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 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.

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 gabarito usa a fórmula de oscilador harmônico. Em um trilho parabólico, ela representa a aproximação de pequena amplitude, não um resultado exato para qualquer oscilação.

Com o vértice na origem, a parábola que passa por (d,h) é:

$$z=\frac h{d^2}x^2$$

$$U(x)=mgz=\frac{mgh}{d^2}x^2$$

Comparando com U = kx²/2:

$$k_{ef}=\frac{2mgh}{d^2}$$

Para pequenas oscilações, a velocidade tangencial é aproximadamente a velocidade horizontal, e o período é:

$$T\approx2\pi\sqrt{\frac m{k_{ef}}}=\frac{2\pi d}{\sqrt{2gh}}$$

Em amplitudes maiores, a inclinação do trilho muda a relação entre deslocamento horizontal e distância percorrida; a energia cinética não é simplesmente mẋ²/2. A fórmula de oscilador linear não é exata nesse regime.

O resultado numérico segue a referência de fase do comentário oficial. A resolução explicita que não se forma um nó permanente com frequências diferentes.

No mesmo meio, admitindo velocidade de propagação igual nas duas frequências:

$$\lambda_1f=\lambda_2\frac{3f}{2}$$

$$\lambda_1=\frac32\lambda_2$$

O comentário oficial escolhe uma fase de referência na qual a onda 1 chega em meio ciclo ímpar e a onda 2 em ciclos inteiros. Para os maiores comprimentos inferiores às respectivas distâncias, escolhe:

$$d_1=\frac32\lambda_1$$

$$d_2=3\lambda_2$$

$$\lambda_1=\frac{1{,}2}{1{,}5}=0{,}80\ \mathrm m$$

$$\lambda_2=\frac{1{,}6}{3}=\frac8{15}\ \mathrm m\approx0{,}533\ \mathrm m$$

Há uma ressalva física: frequências diferentes não mantêm diferença de fase constante. A oposição ocorre em instantes específicos, não como um nó permanente em P. Cancelamento total também exigiria amplitudes iguais. Sem fixar o instante de referência, o enunciado não define uma única condição estacionária de interferência destrutiva.

Em paralelo, somam-se as condutâncias, e não as resistências.

$$\frac1{R_{eq}}=\frac1R\left(1+\frac1\lambda+\frac1{\lambda^2}+\cdots\right)$$

Como λ = 1,8 > 1, a série geométrica converge.

$$\frac1{R_{eq}}=\frac1R\frac{1}{1-1/\lambda}$$

$$R_{eq}=R\frac{\lambda-1}{\lambda}=3\frac{0{,}8}{1{,}8}=\frac43\ \Omega$$

$$P=\frac{12^2}{4/3}=108\ \mathrm W$$

A sequência usada é a lista escrita R, λR, λ²R, λ³R, λ⁴R, …; o desenho repete um rótulo λ³R, sem mudar a progressão explicitada pelo enunciado.

Para o modelo de receptor, U = E′ + ri. O intercepto fornece a força contraeletromotriz e a inclinação fornece r.

$$E'=20\ \mathrm V$$

$$r=\frac{25-20}{0{,}05}=100\ \Omega$$

O rendimento elétrico-mecânico do modelo é E′/U.

$$\eta=\frac{E'}U=0{,}50$$

$$U=40\ \mathrm V$$

$$40=20+100i$$

$$i=0{,}20\ \mathrm A$$

A reta é crescente por se tratar de um receptor; não deve ser interpretada como a curva decrescente de um gerador real.