OBF 2005

A solução oficial pressupõe desaceleração uniforme. Distância e tempo de parada, sozinhos, não impõem essa hipótese.

Admitindo desaceleração constante, a velocidade média é a média das velocidades inicial e final.

$$v_m=\frac52=2{,}5\ \mathrm{m/s}$$

$$v_m=\frac{v_i+0}{2}$$

$$v_i=5\ \mathrm{m/s}=18\ \mathrm{km/h}$$

Sem a hipótese de frenagem uniforme, distância e tempo total não determinam unicamente a velocidade no instante inicial.

No ponto mais alto, a velocidade vertical é zero.

$$0=v_0^2-2g\Delta h$$

$$\Delta h=\frac{5^2}{2(10)}=1{,}25\ \mathrm m$$

Essa é a altura ganha acima do ponto de lançamento, pois o texto não fornece uma altura inicial em relação ao chão.

O comentário oficial fornece 4 s, contados desde o rompimento. Para a descida propriamente dita, o resultado é 3 s.

Depois de romper a corda, a aceleração é constante para baixo da rampa.

$$a=g\sin30^\circ=5\ \mathrm{m/s^2}$$

A subida residual dura 1 s e acrescenta 2,5 m ao percurso inicial de 20 m.

$$t_{sub}=\frac55=1\ \mathrm s$$

$$s_{extra}=\frac{5^2}{2(5)}=2{,}5\ \mathrm m$$

A descida começa do repouso, a 22,5 m do início da ladeira.

$$22{,}5=\frac12(5)t_{desc}^2$$

$$t_{desc}=3\ \mathrm s$$

O retorno ao início ocorre 4 s depois do rompimento. O comentário oficial chama esse tempo total de resposta, embora a duração apenas da descida seja 3 s.

O segundo arco segue a idealização do comentário oficial, com relançamento imediato por mola sem perdas. O tempo de contato não é fornecido.

A bola mantém a componente horizontal de 2 m/s. No alto, apenas a componente vertical se anula.

$$\vec v_{topo}=(2,0)\ \mathrm{m/s}$$

No primeiro voo, medindo y a partir da altura de lançamento:

$$x=2t$$

$$y=5t-5t^2$$

$$y_{max}=1{,}25\ \mathrm m$$

O retorno à altura do carrinho ocorre em t = 1 s, em x = 2 m. O comentário oficial supõe que a bola reencontra a mola ideal e é relançada, desprezando o tempo de contato. Nessa aproximação, de 1 a 2 s:

$$x=2t$$

$$y=5(t-1)-5(t-1)^2$$

O esboço mostra dois arcos no solo e o carrinho avançando na horizontal. Um intervalo real de compressão da mola exigiria dados adicionais para detalhar o segundo voo.

A pedra deve acompanhar a desaceleração do caminhão; a força horizontal que permite isso é o atrito.

$$a_{max}=\frac{4000}{1000}=4\ \mathrm{m/s^2}$$

$$v_0=\frac{72}{3{,}6}=20\ \mathrm{m/s}$$

$$d_{min}=\frac{v_0^2}{2a_{max}}=\frac{400}{8}=50\ \mathrm m$$

Uma frenagem mais intensa exigiria mais atrito do que o valor admitido e permitiria o deslizamento.

A interação ocorre entre 5 e 15 s, quando os momentos variam. No corpo B, o momento passa de 80 a −20 kg·m/s.

$$\Delta p_B=-20-80=-100\ \mathrm{kg\,m/s}$$

$$F_{m,B}=\frac{-100}{15-5}=-10\ \mathrm N$$

O módulo é 10 N. O momento total permanece constante, confirmando impulsos internos opostos, na ausência de resultante externa relevante.

O comentário oficial adota força no sentido positivo de Ox. O sentido oposto produziria −40 J.

Para uma força constante na direção positiva de x, o trabalho depende apenas da projeção do deslocamento nessa direção.

$$W=F\Delta x$$

$$W=5(10-2)=40\ \mathrm J$$

Os trechos verticais não contribuem e o comprimento total da trajetória não deve ser usado. A resposta de sinal oposto valeria se a força apontasse para −x; a solução usual adota +x.

O corpo A está suspenso em equilíbrio, de modo que a tração é igual a seu peso.

$$T=30(10)=300\ \mathrm N$$

No bloco B, normal e tração sustentam o peso.

$$N+300=70(10)$$

$$N=400\ \mathrm N$$

A normal é menor que o peso de B porque parte da sustentação vem do fio.

Partindo do repouso com aceleração constante:

$$400=\frac12a(40)^2$$

$$a=0{,}50\ \mathrm{m/s^2}$$

$$F=500(0{,}50)=250\ \mathrm N$$

$$W=F\Delta x=250(400)=100000\ \mathrm J$$

Esse trabalho também é a energia cinética final, com velocidade de 20 m/s.

O comentário oficial imprime m/s² para a força ao final da conta; a unidade correta é N.

Escolha o sentido inicial como positivo. A velocidade final é −2 m/s, não +2 m/s.

$$\Delta v=-2-5=-7\ \mathrm{m/s}$$

$$F_m=m\frac{\Delta v}{\Delta t}=3\frac{-7}{10}=-2{,}1\ \mathrm N$$

O módulo é 2,1 N, contrário ao movimento inicial. Sem afirmar que a força é constante, o dado determina sua média temporal.

Se 30% do volume fica fora da água, 70% fica imerso. No equilíbrio:

$$\rho_{agua}(0{,}70V)g=\rho Vg$$

$$\rho=0{,}70\rho_{agua}=0{,}70\ \mathrm{g/cm^3}$$

O peso é sustentado somente pelo empuxo do volume efetivamente submerso.

A resolução usa os 15 N da prova. O comentário oficial menciona 12 N em uma linha, mas seu resultado de 50 g é compatível com 15 N.

Use m em quilogramas e converta o calor específico para 200 J/(kg·°C). O trabalho da força acrescenta 150 J à energia cinética inicial.

$$K_f=\frac12m(20)^2+15(10)=200m+150$$

Só 50% dessa energia vira calor e a bola absorve 75% desse calor.

$$mc\Delta T=0{,}75(0{,}50)K_f$$

$$1200m=0{,}375(200m+150)$$

$$1125m=56{,}25$$

$$m=0{,}050\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm g$$

O valor de 15 N é o do enunciado. A menção a 12 N no comentário oficial é uma inconsistência de transcrição; a resposta de 50 g corresponde a 15 N.

Desprezando perdas externas, o calor cedido pelo café é recebido pela jarra. As massas já estão em quilogramas e os calores específicos em kcal/(kg·°C).

$$0{,}2(1)(90-T)=0{,}4(0{,}20)(T-20)$$

$$18-0{,}2T=0{,}08T-1{,}6$$

$$T=70\ ^\circ\mathrm C$$

A temperatura final fica entre 20 e 90 °C e mais próxima da do café, cuja capacidade térmica é maior.

O fogão fornece 250 cal/s por 300 s. A energia útil aquece tanto a água quanto o recipiente.

$$Q_{forn}=250(300)=75000\ \mathrm{cal}$$

$$Q_{util}=[200(0{,}255)+749(1)](100-25)$$

$$Q_{util}=60000\ \mathrm{cal}$$

$$\eta=\frac{60000}{75000}=0{,}80$$

Não se inclui calor de vaporização, pois a pergunta termina quando o conjunto chega a 100 °C.

O pistão de massa desprezível mantém a pressão interna igual à atmosférica, admitindo ausência de atrito. A 0 °C, o volume é:

$$V_0=273(1)=273\ \mathrm{mm^3}$$

Use temperaturas absolutas na relação isobárica.

$$\frac{V_{100}}{273}=\frac{373{,}15}{273{,}15}$$

$$V_{100}\approx372{,}95\ \mathrm{mm^3}\approx373\ \mathrm{mm^3}$$

A −100 °C, a pressão continua 1 atm, ou 760 mmHg. O comprimento da coluna muda; a pressão de equilíbrio permanece fixada pelo exterior.

A imagem invertida tem aumento −2.

$$-\frac{p'}p=-2$$

$$p'=2p$$

Objeto e imagem real ficam à frente do espelho. A separação informada é a diferença das distâncias.

$$p'-p=15$$

$$p=15\ \mathrm{cm}$$

$$p'=30\ \mathrm{cm}$$

$$f=\frac{pp'}{p+p'}=10\ \mathrm{cm}$$

$$R=2f=20\ \mathrm{cm}$$

Somar p e p′ como se estivessem em lados opostos produziria outra geometria.

O feixe entra normalmente pela face horizontal. A incidência nas faces inclinadas é de 45°. O limite crítico satisfaz:

$$n\sin45^\circ=1$$

$$n_{lim}=\sqrt2$$

Para reflexão total, a desigualdade deve ser estrita:

$$n>\sqrt2$$

As duas reflexões redirecionam o feixe para cima. No limite n = √2, a transmissão é rasante, e não o regime estrito de reflexão total.

Quando E₂ é bloqueado, a luz segue o braço E₁ e a imagem final fica no prolongamento da linha de visão do observador, além de C.

$$\Delta_1=d_0+2d_1+d_3$$

Quando E₁ é bloqueado, o percurso útil passa por E₂.

$$\Delta_2=d_0+2d_2+d_3$$

Cada braço aparece duas vezes porque a luz vai de C ao espelho e volta antes de chegar ao observador.

$$\Delta_2-\Delta_1=2(d_2-d_1)$$

Se a pergunta pedir apenas a diferença em módulo, use 2|d₂ − d₁|. A divisão de intensidade 50% não altera a posição geométrica das imagens.

As duas primeiras interfaces são paralelas, então a lei de Snell encadeada elimina o ângulo no líquido.

$$1\sin60^\circ=n_1\sin\theta_1$$

$$n_1\sin\theta_1=n_2\sin30^\circ$$

$$n_2=\frac{\sin60^\circ}{\sin30^\circ}=\sqrt3$$

Na última face, a saída para o líquido é rasante.

$$n_2\sin60^\circ=n_1\sin90^\circ$$

$$n_1=\frac32$$

É importante notar que o prisma emerge para o líquido, não diretamente para o ar.

A lente inicialmente produz imagem real a 40 cm à sua direita.

$$\frac1{p'}=\frac1{20}-\frac1{40}$$

$$p'=40\ \mathrm{cm}$$

O vértice V fica 10 cm à direita da lente. Para o espelho, a distância do objeto é 50 cm e o ponto P está 30 cm atrás dele, sendo imagem virtual.

$$p_{esp}=50\ \mathrm{cm}$$

$$p'_{esp}=-30\ \mathrm{cm}$$

$$f=\frac{50(-30)}{50-30}=-75\ \mathrm{cm}$$

O sinal negativo é coerente com o espelho convexo.