OBF 2004

O item b foi recalculado: a rapidez de aproximadamente 14,4 m/s publicada no comentário oficial decorre de um erro na componente vertical. A análise TEF obtém 17,09 m/s.

Converta a rapidez do texto, 64,8 km/h, para 18 m/s. A unidade km/s impressa na figura é um erro tipográfico.

$$v_x=18(0{,}8)=14{,}4\ \mathrm{m/s}$$

$$v_{y0}=18(0{,}6)=10{,}8\ \mathrm{m/s}$$

Na posição horizontal do balão:

$$t=\frac{28{,}8}{14{,}4}=2\ \mathrm s$$

$$y=1{,}5+10{,}8(2)-5(2)^2=3{,}10\ \mathrm m$$

Essa é a altura do balão em relação ao solo.

$$v_y=10{,}8-10(2)=-9{,}2\ \mathrm{m/s}$$

$$v=\sqrt{14{,}4^2+9{,}2^2}\approx17{,}09\ \mathrm{m/s}$$

Para tocar o solo, resolva y = 0 e use a raiz positiva.

$$t_{solo}=\frac{10{,}8+\sqrt{10{,}8^2+30}}{10}\approx2{,}291\ \mathrm s$$

$$x_{solo}=14{,}4t_{solo}\approx32{,}99\ \mathrm m$$

O comentário oficial usa 5t, em lugar de 10t, na componente vertical da velocidade do item b. Esse coeficiente vale para o termo quadrático da posição, não para a velocidade.

Sem torque externo resultante, o momento angular é conservado.

$$I_1\omega_1=I_2\omega_2$$

$$I=\frac12MR^2$$

Reduzir o raio à metade, mantendo a massa, divide o momento de inércia por quatro.

$$I_2=\frac{I_1}{4}$$

$$f_2=4f_1=2\ \mathrm{Hz}$$

$$N=f_2\Delta t=2(15)=30$$

Sendo o material o mesmo e a massa igual, o volume não muda. A área cai para um quarto e a espessura do segundo disco é quatro vezes a primeira.

Adote a origem no cruzamento e os eixos conforme as ruas. Inicialmente A está em (300,0) e B em (0,400), em metros.

$$\vec r_A=(300,12t)$$

$$\vec r_B=(16t,400)$$

$$d^2=(300-16t)^2+(12t-400)^2$$

$$d^2=400t^2-19200t+250000$$

A distância é mínima quando o quadrado da distância é mínimo. Complete o quadrado:

$$d^2=400(t-24)^2+19600$$

$$t_{min}=24\ \mathrm s$$

$$d_{min}=140\ \mathrm m$$

Não é necessário que os carros estejam individualmente no ponto mais próximo do cruzamento nesse instante.

No plano horizontal, a inclinação do fio com a vertical satisfaz:

$$\tan30^\circ=\frac{v_p^2}{Rg}$$

Na pista inclinada para o centro, o fio faz mais 30° em relação à vertical, totalizando 60°.

$$\tan60^\circ=\frac{v_i^2}{Rg}$$

$$\frac{v_i^2}{v_p^2}=\frac{\tan60^\circ}{\tan30^\circ}=3$$

$$v_i=20\sqrt3\ \mathrm{m/s}=72\sqrt3\ \mathrm{km/h}$$

O aumento da rapidez acompanha a maior inclinação absoluta do fio, mesmo que o ângulo observado em relação ao carro permaneça igual.

A resolução pressupõe compressão constante e bloco em repouso relativo ao carrinho. O simples valor inicial da compressão não basta para impor essa condição.

A expressão usual pressupõe que o bloco permaneça em repouso em relação ao carrinho, mantendo a compressão x da mola. Nesse caso:

$$kx=ma$$

Para o carrinho e o bloco, a tração fornece a aceleração horizontal. Para o corpo suspenso, peso menos tração fornece a aceleração vertical.

$$T=(M+m)a$$

$$m_Bg-T=m_Ba$$

$$a=\frac{m_Bg}{M+m+m_B}$$

Iguale as duas expressões para a aceleração e isole a massa suspensa.

$$\frac{kx}{m}=\frac{m_Bg}{M+m+m_B}$$

$$m_B=\frac{kx(M+m)}{mg-kx}$$

É necessário kx < mg para obter massa positiva e finita. Se x representar apenas uma compressão inicial arbitrária, o bloco poderá oscilar e essa condição de equilíbrio relativo precisa ser acrescentada.

Denote por u a velocidade horizontal de lançamento e por v o módulo da velocidade horizontal para a esquerda depois do choque. A cunha tem massa 5m e sai para a direita a 6 m/s.

$$mu=-mv+5m(6)$$

$$u+v=30$$

Conserve a energia total entre o lançamento a H = 0,50 m e a saída da colisão a h = 0,05 m.

$$\frac12mu^2+mgH=\frac12mv^2+\frac12(5m)6^2+mgh$$

$$v^2-u^2=2(10)(0{,}45)-5(36)=-171$$

$$v-u=-5{,}7$$

$$u=17{,}85\ \mathrm{m/s}$$

$$v=12{,}15\ \mathrm{m/s}$$

Antes do choque, a queda vertical é H − h; depois dele, o lançamento é horizontal para a esquerda a partir de h.

$$t_1=\sqrt{\frac{2(0{,}45)}{10}}=0{,}30\ \mathrm s$$

$$t_2=\sqrt{\frac{2(0{,}05)}{10}}=0{,}10\ \mathrm s$$

$$d=ut_1-vt_2=4{,}14\ \mathrm m$$

A conservação do momento foi aplicada somente na direção horizontal, na qual o conjunto não recebe impulso externo.

As duas extremidades têm a mesma altura. A velocidade de saída é tangente ao arco, fazendo θ com a horizontal, e o vão mede 2R senθ.

$$\frac{v_e^2\sin2\theta}{g}=2R\sin\theta$$

$$v_e^2=\frac{gR}{\cos\theta}$$

A altura da saída em relação ao fundo do círculo é R(1 + cosθ). Conserve a energia desde o fundo:

$$\frac12mv_0^2=\frac12mv_e^2+mgR(1+\cos\theta)$$

$$v_0=\sqrt{gR\left(\frac1{\cos\theta}+2+2\cos\theta\right)}$$

Use 0 < θ < 90°. A trajetória chega à outra extremidade com a tangente apropriada; a equação radial também deve permitir contato durante o arco.

Dentro de uma esfera homogênea, a massa interna cresce com x³ e a força gravitacional resulta proporcional à distância x ao centro.

$$F(x)=mg\frac{x}{R}$$

O trabalho da superfície até o centro é a área triangular sob o gráfico do módulo da força.

$$W=\frac12(mg)R$$

$$\frac12mv^2=\frac12mgR$$

$$v=\sqrt{gR}$$

$$v=\sqrt{10(6{,}4\times10^6)}=8000\ \mathrm{m/s}$$

Usar mgR suporia gravidade constante no túnel e duplicaria o trabalho real desse modelo.

Após a primeira colisão elástica, a massa intermediária M adquire:

$$V=\frac{2m}{m+M}v$$

Na segunda colisão, ela transfere velocidade à última massa m:

$$v_3=\frac{2M}{M+m}V$$

$$\frac{v_3}{v}=\frac{4mM}{(m+M)^2}=\frac89$$

$$2M^2-5mM+2m^2=0$$

$$(2M-m)(M-2m)=0$$

$$M=2m\quad\text{ou}\quad M=\frac m2$$

Os resultados descrevem o estado imediatamente após os dois choques especificados. Dependendo da ordem e das separações, podem ocorrer novos encontros posteriormente.

O comentário oficial lê K = 8 J em x = 2,5 m e obtém 4 m/s. A interpolação do segmento desenhado, de (0,2) a (3,10), fornece 26/3 J e aproximadamente 4,16 m/s. O módulo do impulso do item b continua sendo 2 N·s.

O gráfico informa energia cinética em função da posição, e não velocidade em função do tempo. O trecho inicial liga (0 m, 2 J) a (3 m, 10 J). Interpolando linearmente em x = 2,5 m:

$$K(2{,}5)=2+\frac{10-2}{3}(2{,}5)=\frac{26}{3}\ \mathrm J$$

$$v=\sqrt{\frac{2K}{m}}=\sqrt{\frac{52}{3}}\ \mathrm{m/s}\approx4{,}16\ \mathrm{m/s}$$

No intervalo de x = 0 a x = 6 m, a energia passa de 2 J a zero. Tomando o movimento inicial no sentido positivo:

$$v_i=\sqrt{\frac{2(2)}1}=2\ \mathrm{m/s}$$

$$v_f=0$$

$$I_x=m(v_f-v_i)=-2\ \mathrm{N\,s}$$

$$|I|=2\ \mathrm{N\,s}$$

O impulso tem componente negativa, mas o módulo pedido é positivo.

Seja A a área da seção de cada cilindro e h sua altura. O cilindro inferior está totalmente imerso:

$$T_2=(1{,}2\rho-\rho)gAh=0{,}2\rho gAh$$

No cilindro intermediário, o fio inferior puxa para baixo:

$$T_1=T_2+(1{,}1\rho-\rho)gAh=0{,}3\rho gAh$$

No cilindro superior, a altura submersa x fornece o empuxo que equilibra o peso e a tração para baixo.

$$\rho gAx=0{,}3\rho gAh+T_1$$

$$x=0{,}6h$$

A mesma resposta para x resulta do equilíbrio do conjunto, cuja densidade média inclui todos os três corpos.

Se x litros forem transferidos do recipiente da direita para o da esquerda, os volumes passam a 50 − x e 10 + x. As distâncias aos apoios devem ser lidas separadamente.

No limite em que a reação em A zera, tome momentos em B:

$$0{,}4(50-x)=1{,}6(10+x)$$

$$x=2\ \mathrm L$$

No limite em que a reação em B zera, tome momentos em A:

$$1{,}4(50-x)=0{,}6(10+x)$$

$$x=32\ \mathrm L$$

Entre esses limites, as duas reações são não negativas. Nos extremos, um apoio fica no limiar de perda de contato.

O comentário oficial desta prova informa 1,0 mm. A substituição dos dados fornece aproximadamente 1,0 cm: há um fator dez de diferença no resultado publicado.

O volume inicial é 10⁻³ m³ e a densidade inicial do mercúrio é 13600 kg/m³. O coeficiente volumétrico do chumbo é aproximadamente três vezes o linear.

$$\beta_{Pb}=3\alpha_{Pb}=8{,}7\times10^{-5}\ \mathrm{^{\circ}C^{-1}}$$

$$E_0=13600(10)(10^{-3})=136\ \mathrm N$$

Ao aquecer 200 °C, o volume da esfera aumenta e a densidade do mercúrio diminui.

$$E_f=E_0\frac{1+\beta_{Pb}\Delta T}{1+\beta_{Hg}\Delta T}$$

$$E_f=136\frac{1{,}0174}{1{,}036}\approx133{,}56\ \mathrm N$$

O peso permanece constante. A variação da tração da mola é a própria variação do empuxo.

$$\Delta x=\frac{E_f-E_0}{250}\approx-9{,}77\times10^{-3}\ \mathrm m$$

A esfera desce aproximadamente 9,8 mm. Na aproximação de primeira ordem, obtém-se cerca de 10,1 mm. Desprezam-se mudanças térmicas da mola e da geometria de sua fixação.

No limiar de subida, a roda gira em torno da quina do degrau e a reação do chão zera. Com R = 0,20 m e h = 0,04 m, os braços horizontal e vertical do centro são:

$$a=\sqrt{R^2-(R-h)^2}=0{,}12\ \mathrm m$$

$$b=R-h=0{,}16\ \mathrm m$$

Ao empurrar a 45° para baixo, a componente vertical prejudica o torque de subida.

$$\frac{F}{\sqrt2}(b-a)=mga$$

$$F=60\sqrt2\ \mathrm N\approx84\ \mathrm N$$

Ao puxar a 45° para cima, ambas as componentes ajudam.

$$\frac{G}{\sqrt2}(b+a)=mga$$

$$G=\frac{60\sqrt2}{7}\ \mathrm N\approx12\ \mathrm N$$

Os valores aproximados usam √2 = 1,4, como pedido. A reação da quina não produz torque em relação à própria quina.

A potência constante P e a massa m são as mesmas no aquecimento e na fusão. O gráfico mostra 4 min para subir de 30 a 50 °C e 8 min no patamar de fusão.

$$P(4)=mc(20)$$

$$P(8)=mL$$

Dividindo as duas relações, massa e potência se cancelam.

$$\frac{4}{8}=\frac{20c}{16}$$

$$c=0{,}40\ \mathrm{cal/(g\,^{\circ}C)}$$

Os tempos podem ser mantidos em minutos porque aparecem somente em uma razão.

O calor de atrito funde gelo a uma taxa de 0,25 g/s. A potência dissipada é:

$$P_{at}=\lambda L=0{,}25(80)=20\ \mathrm{cal/s}$$

$$P_{at}=20(4{,}18)=83{,}6\ \mathrm W$$

Na subida uniforme, o motor vence simultaneamente peso tangencial e atrito.

$$P_{motor}=(mg\sin\theta+\mu mg\cos\theta)v$$

$$P_{at}=\mu mg\cos\theta\,v$$

$$P_{motor}=P_{at}\left(1+\frac{\sin\theta}{\mu\cos\theta}\right)$$

$$P_{motor}=83{,}6\left(1+\frac{0{,}6}{0{,}5(0{,}8)}\right)=209\ \mathrm W$$

Supõe-se que toda a dissipação indicada seja usada na fusão, sem aquecer gelo inicialmente abaixo da temperatura de fusão.

Questão com dados incompatíveis sob o modelo monoatômico usado no comentário oficial. A resposta numérica publicada para a temperatura é apresentada apenas como resultado condicional desse modelo.

No equilíbrio quase estático, a pressão do gás equilibra a atmosfera e a força da mola. A variação de volume é A(xf − xi).

$$W=p_{atm}A(x_f-x_i)+\frac k2(x_f^2-x_i^2)$$

$$W=10^5(0{,}01)(0{,}010)+\frac{500}{2}(0{,}025^2-0{,}015^2)$$

$$W=10{,}1\ \mathrm J$$

Pela primeira lei:

$$\Delta U=Q-W=15{,}1-10{,}1=5{,}0\ \mathrm J$$

Só essa informação não determina a variação de temperatura de um gás ideal sem seu calor molar. O comentário oficial acrescenta o modelo monoatômico:

$$\Delta T_{mono}=\frac{2\Delta U}{3nR}\approx4{,}01\ \mathrm K$$

Há uma incompatibilidade adicional. As pressões inicial e final são 100750 Pa e 101250 Pa. Pela equação de estado:

$$nR\Delta T=p_f\Delta V+(p_f-p_i)V_i$$

$$nR\Delta T=10{,}125+500V_i$$

Para qualquer volume inicial positivo, a variação de temperatura precisa superar 12,18 K. Portanto o valor condicional de 4,01 K não é compatível com a geometria, as pressões e um gás monoatômico. Os dados não descrevem conjuntamente esse processo físico.

Converta as temperaturas para kelvin antes de calcular o coeficiente de desempenho de Carnot.

$$K_C=\frac{266}{298-266}=8{,}3125$$

$$K=0{,}48K_C=3{,}99$$

$$P=\frac{746}{4}=186{,}5\ \mathrm W$$

O calor retirado inclui esfriar 480 g de água de 20 °C até 0 °C e depois solidificá-la.

$$Q=480(1)(20)+480(80)=48000\ \mathrm{cal}$$

$$Q=48000(4{,}2)=201600\ \mathrm J$$

$$t=\frac{Q}{KP}=\frac{201600}{3{,}99(186{,}5)}\approx271\ \mathrm s$$

Isso corresponde a cerca de 4 min 31 s. Arredondar previamente K para 4 produz o resultado de aproximadamente 4 min 30 s do comentário oficial.

A formulação “uma reflexão em cada parede” deve ser entendida como o trajeto de retorno ilustrado: na parede do orifício há entrada e saída, e não reflexão no próprio furo.

Desdobre as reflexões do retângulo: cada reflexão pode ser substituída por continuação retilínea para uma cópia espelhada da caixa. O percurso que retorna ao mesmo orifício completa duas larguras e duas alturas.

$$\Delta x=2b$$

$$|\Delta y|=2a$$

Como θ é medido com a vertical:

$$\tan\theta=\frac{\Delta x}{|\Delta y|}=\frac ba$$

$$\theta=\arctan\frac ba$$

O resultado não depende da altura do orifício para esse trajeto. A entrada e a saída pela parede perfurada não contam como reflexão; o caminho usual toca uma vez cada uma das outras três paredes.

A distância da lente do olho à retina é 0,020 m. Para um objeto distante, a vergência do olho normal é:

$$V_{longe}=\frac1{0{,}020}=50\ \mathrm D$$

Para o ponto próximo de 25 cm:

$$V_{perto}=\frac1{0{,}25}+\frac1{0{,}020}=54\ \mathrm D$$

$$\Delta V=4\ \mathrm D$$

Se o ponto remoto de um olho míope está a 4 m, a lente corretora deve produzir, para um objeto no infinito, uma imagem virtual a 4 m.

$$f_c=-4\ \mathrm m$$

$$V_c=-0{,}25\ \mathrm D$$

Trata-se de lente divergente, considerada junto ao olho e de espessura desprezível.