OBF 2005

No máximo de compressão, a mola armazena:

$$E=\frac12(900)(0{,}10)^2=4{,}5\ \mathrm J$$

Cada travessia completa de AB dissipa 1 J.

$$f=0{,}10(2)(10)=2\ \mathrm N$$

$$E_{trav}=2(0{,}50)=1\ \mathrm J$$

Após sair da mola, a energia em A é 4,5 J. As passagens seguintes em B, A, B e A deixam 3,5; 2,5; 1,5 e 0,5 J, respectivamente. As regiões lisas só trocam energia cinética e potencial.

$$2d=0{,}5$$

$$d=0{,}25\ \mathrm m$$

O corpo para entre A e B, a 25 cm de A em direção a B.

Se T é o tempo total, o percurso até T − 1 equivale a um quarto da altura total.

$$\frac12g(T-1)^2=\frac14\frac12gT^2$$

$$T-1=\frac T2$$

$$T=2\ \mathrm s$$

Foi usada a raiz positiva porque T > 1 s; a outra solução algébrica não descreve um último segundo completo de queda.

O tanque dilata volumetricamente com coeficiente aproximadamente 3α. Para aumento de 40 °C:

$$\Delta V_{tanque}=10000(3\times10^{-5})(40)=12\ \mathrm L$$

$$\Delta V_{diesel}=10000(9{,}5\times10^{-4})(40)=380\ \mathrm L$$

$$V_{transb}=380-12=368\ \mathrm L$$

O volume de diesel cresce mais que a capacidade do tanque. A resposta é o volume excedente na temperatura final, dentro do modelo linear de dilatação.

A água precisa receber energia para subir 80 °C.

$$Q=2(4200)(90-10)=672000\ \mathrm J$$

Nos primeiros 420 s, a potência útil é 80% de 400 W.

$$Q_1=0{,}80(400)(420)=134400\ \mathrm J$$

Depois da inclusão do segundo aquecedor, a potência útil dobra.

$$P_2=0{,}80(800)=640\ \mathrm W$$

$$t_2=\frac{672000-134400}{640}=840\ \mathrm s$$

$$t_{total}=420+840=1260\ \mathrm s=21\ \mathrm{min}$$

Despreza-se a capacidade térmica do pote, já que não é fornecida.

Os pontos O₁ e O₂ são objetos virtuais para a lente, pois os raios incidentes já convergem para eles. Use p₁ = −15 cm e p₂ = −10 cm. Se q é a distância de P₁, a segunda imagem está em q − 40.

$$\frac1f=-\frac1{15}+\frac1q$$

$$\frac1f=-\frac1{10}+\frac1{q-40}$$

$$\frac1q-\frac1{q-40}=-\frac1{30}$$

$$q^2-40q-1200=0$$

$$q=60\ \mathrm{cm}\quad\text{ou}\quad q=-20\ \mathrm{cm}$$

Como o texto exige convergência efetiva depois da lente, descarte a imagem virtual q = −20 cm.

$$\frac1f=-\frac1{15}+\frac1{60}=-\frac1{20}$$

$$f=-20\ \mathrm{cm}$$

A segunda imagem fica a 20 cm à direita da lente.

As fontes têm a mesma frequência e emitem em fase.

$$\lambda=\frac{340}{170}=2\ \mathrm m$$

P está na mediatriz das fontes e recebe ondas com diferença de caminho zero: há interferência construtiva. Em Q:

$$\Delta r=6-5=1\ \mathrm m=\frac\lambda2$$

As ondas chegam em oposição de fase e há interferência destrutiva. Cancelamento total da amplitude só ocorre se as amplitudes locais também forem iguais.

Com a chave aberta, só o ramo do amperímetro conduz; a tensão terminal é 8 × 6 = 48 V.

$$E-6r=48$$

Com a chave fechada, cada resistor de 8 Ω conduz 5 A. A corrente interna da bateria é 10 A, embora o amperímetro continue medindo só um ramo.

$$E-10r=40$$

Subtraindo as equações:

$$4r=8$$

$$r=2\ \Omega$$

$$E=60\ \mathrm V$$

Na configuração fechada, a potência total inclui os dois resistores e a dissipação interna.

$$P_{fechada}=Ei=60(10)=600\ \mathrm W$$

Com a chave aberta, a potência total seria 60 × 6 = 360 W.

Cada carga periférica exerce uma força de módulo F₀ sobre +q.

$$F_0=\frac{KQq}{R^2}$$

As cargas positivas das extremidades se cancelam. As duas cargas negativas a 45° atraem para cima e suas componentes horizontais se anulam. A carga positiva do topo empurra para baixo.

$$F_{eletrica,y}=2F_0\cos45^\circ-F_0$$

$$F_{eletrica,y}=(\sqrt2-1)\frac{KQq}{R^2}$$

No equilíbrio, essa resultante sustenta o peso.

$$mg=(\sqrt2-1)\frac{KQq}{R^2}$$

$$m=\frac{(\sqrt2-1)KQq}{gR^2}$$

O cancelamento ocorre entre componentes vetoriais, não pela soma algébrica das cinco cargas.