OBF 2005

Primeiro corrija o adiantamento do cronômetro de B.

$$t_B=10\mathrm h42\mathrm{min}22\mathrm s-3\mathrm{min}22\mathrm s=10\mathrm h39\mathrm{min}$$

$$\Delta t=8\mathrm{min}20\mathrm s=500\ \mathrm s$$

Converta a massa e as velocidades antes de calcular o impulso por unidade de tempo.

$$m=2\times10^7\ \mathrm g=2\times10^4\ \mathrm{kg}$$

$$v_A=10\ \mathrm{m/s}$$

$$v_B=30\ \mathrm{m/s}$$

$$F_m=m\frac{v_B-v_A}{\Delta t}=20000\frac{20}{500}=800\ \mathrm N$$

A força é a média no intervalo, sem exigir aceleração constante em cada instante.

Se D é a distância total, só a segunda metade do percurso gera atraso em relação ao plano de voar todo o caminho a 250 km/h.

$$\frac{D/2}{200}-\frac{D/2}{250}=\frac{15}{60}$$

$$\frac D2\left(\frac1{200}-\frac1{250}\right)=\frac14$$

$$D=500\ \mathrm{km}$$

O tempo efetivo é 2 h 15 min, contra 2 h do plano inicial.

Some as velocidades de descida e subida para eliminar a corrente.

$$v_{lancha/agua}=\frac{11+9}{2}=10\ \mathrm{m/s}$$

$$v_{corrente}=\frac{11-9}{2}=1\ \mathrm{m/s}$$

Com a proa perpendicular às margens, a componente transversal é 10 m/s.

$$t=\frac{50}{10}=5\ \mathrm s$$

A corrente provoca deriva de 5 m, mas não altera o tempo necessário para cruzar a largura nessa orientação.

Na primeira fase, a força resultante de 500 N acelera a massa de 100 kg.

$$a_1=\frac{500}{100}=5\ \mathrm{m/s^2}$$

$$v=5(10)=50\ \mathrm{m/s}$$

A força retardadora sozinha leva essa velocidade a zero em 5 s.

$$f=100\frac{50}{5}=1000\ \mathrm N$$

Na fase inicial, a força propulsora vence essa resistência e ainda produz 500 N de resultante.

$$F-f=500$$

$$F=1500\ \mathrm N$$

O cálculo pressupõe os valores constantes de força indicados pelo modelo do problema.

O atrito estático fornece a força centrípeta necessária para o garoto girar sem escorregar.

$$m\omega^2r\leq\mu mg$$

$$\omega_{max}=\sqrt{\frac{\mu g}{r}}$$

$$\omega_{max}=\sqrt{\frac{0{,}3(10)}3}=1\ \mathrm{rad/s}$$

A massa cancela. O valor µmg é o máximo disponível, não uma força que atua sempre com esse módulo.

A aceleração é a variação de velocidade por unidade de tempo.

$$a=\frac{22-2}{10}=2\ \mathrm{m/s^2}$$

$$f=0{,}10(100)(10)=100\ \mathrm N$$

$$F-f=ma$$

$$F=300\ \mathrm N$$

O deslocamento é obtido pela velocidade média do movimento uniformemente acelerado.

$$\Delta x=\frac{2+22}{2}(10)=120\ \mathrm m$$

$$W_F=300(120)=36000\ \mathrm J$$

O trabalho resultante seria 24000 J; a diferença é dissipada pelo atrito.

Velocidade constante implica resultante horizontal nula. A tração equilibra a resistência média de 10 N.

$$F_{tracao}=10\ \mathrm N$$

$$v=\frac{18}{3{,}6}=5\ \mathrm{m/s}$$

$$P=Fv=10(5)=50\ \mathrm W$$

A massa não entra no resultado porque não há aceleração nem ganho de altura nesse trecho.

Durante o impacto, despreze impulso externo horizontal. A bala permanece dentro do bloco e ambos passam a ter a mesma velocidade.

$$0{,}010v=(0{,}010+0{,}990)(2)$$

$$v=200\ \mathrm{m/s}$$

A energia cinética não se conserva: parte é convertida em deformação, aquecimento e outras formas durante a penetração.

O trabalho é a área sob F × d. Há um retângulo de 0 a 4 m, um trapézio de 4 a 8 m e força nula de 8 a 12 m.

$$W_1=5(4)=20\ \mathrm J$$

$$W_2=\frac{5+10}{2}(4)=30\ \mathrm J$$

$$W=50\ \mathrm J$$

$$\frac12(1)v^2=50$$

$$v=10\ \mathrm{m/s}$$

Nos últimos quatro metros, a velocidade permanece constante porque não há trabalho adicional dessa força.

A coluna de álcool mede 80 cm e a desconhecida 81 cm. Como as superfícies livres têm a mesma altura, a interface do líquido desconhecido com o mercúrio fica 1 cm mais baixa.

$$\rho_xg(81)=0{,}8g(80)+13{,}6g(1)$$

$$\rho_x=\frac{64+13{,}6}{81}\approx0{,}958\ \mathrm{g/cm^3}$$

As alturas podem ser mantidas em centímetros porque o mesmo fator de conversão aparece em todos os termos. O líquido desconhecido é mais denso que o álcool, mas menos que o mercúrio.

Depois do corte, a esfera 1 flutua sozinha com 30% do volume imerso.

$$\rho_1=0{,}30\rho_a$$

Antes do corte, o empuxo de 80% do volume precisa sustentar seu peso e a tração para baixo.

$$T=(0{,}80-0{,}30)\rho_aV_1g$$

$$T=0{,}50\rho_aV_1g$$

Na esfera 2, a tração compensa a diferença entre peso e empuxo.

$$(\rho_2-\rho_a)V_2g=T$$

Como V₁ = 2V₂:

$$\rho_2=\rho_a+0{,}50\rho_a\frac{V_1}{V_2}=2\rho_a$$

O fio não muda a densidade dos corpos; apenas transmite a força adicional.

A 50 °C, cada unidade da régua de latão é maior por um fator 1 + αΔT. Portanto a leitura 100,10 na régua quente corresponde a:

$$L=100{,}10[1+(2\times10^{-5})(50)]$$

$$L=100{,}2001\ \mathrm m$$

Uma régua mantida a 0 °C leria aproximadamente 100,20 m. O pequeno termo adicional de 0,0001 m fica abaixo da precisão das leituras fornecidas.

A água fornece calor ao resfriar até 0 °C. Primeiro é preciso aquecer o gelo de −10 °C a 0 °C.

$$Q_{agua}=400(1)(20)=8000\ \mathrm{cal}$$

$$Q_{aquec,gelo}=160(0{,}5)(10)=800\ \mathrm{cal}$$

Restam 7200 cal para a fusão.

$$m_{fundida}=\frac{8000-800}{80}=90\ \mathrm g$$

$$m_{agua,final}=400+90=490\ \mathrm g$$

Ainda restam 70 g de gelo, portanto a temperatura final é 0 °C.

Na aproximação de paredes finas, use a área das seis faces internas da caixa.

$$A=6(0{,}50)^2=1{,}5\ \mathrm{m^2}$$

$$P=\frac{kA\Delta T}{e}=\frac{0{,}01(1{,}5)(40)}{0{,}01}=60\ \mathrm W$$

$$Q=P\Delta t=60(5\times3600)=1{,}08\times10^6\ \mathrm J$$

$$m_{fundida}=\frac{1{,}08\times10^6}{3{,}34\times10^5}\approx3{,}23\ \mathrm{kg}$$

A massa é menor que os 10 kg iniciais; assim ainda há gelo para manter o interior a 0 °C, coerente com a hipótese do enunciado.

O comentário oficial reconhece as temperaturas trocadas e aceita −1/2 quando usados os dados publicados. A inconsistência é mantida explícita.

Em uma transformação isotérmica de gás ideal, a energia interna não varia e Q = W. O trecho AB está desenhado na isoterma T₂; o trecho CD está na isoterma T₁.

$$Q_{AB}=nRT_2\ln\frac{V_2}{V_1}>0$$

$$Q_{CD}=nRT_1\ln\frac{V_1}{V_2}<0$$

$$\frac{Q_{AB}}{Q_{CD}}=-\frac{T_2}{T_1}$$

Usando literalmente os rótulos e os valores do enunciado:

$$\frac{Q_{AB}}{Q_{CD}}=-\frac{300}{600}=-\frac12$$

Há um conflito: a isoterma superior, T₂ no desenho, deve ter temperatura maior que a inferior para o mesmo gás. O comentário oficial reconhece esse erro e aceita o cálculo literal. Trocar as temperaturas numéricas para tornar o diagrama coerente daria razão −2, mas isso é uma correção condicional, não os dados originais.

O raio entra pelo vidro na direção do centro de curvatura, sem desvio. Na interface vidro-plástico:

$$n_v\sin\theta=n_p\sin\theta_1$$

Na face externa AB, paralela a CD, a refração para o ar fornece np senθ₁ = senθ₂. Para θ = 30°, a saída é rasante.

$$n_v\sin30^\circ=1$$

$$n_v=2$$

Para θ = 60°, o raio tangencia a interface CD, de modo que θ₁ = 90°.

$$n_p=n_v\sin60^\circ=\sqrt3$$

As duas condições rasantes ocorrem em interfaces diferentes e determinam índices distintos.

Some as vergências das lentes delgadas em contato, usando os raios em metros.

$$C_1=-(1{,}5-1)\left(\frac1{0{,}20}+\frac11\right)=-3\ \mathrm D$$

$$C_2=(1{,}7-1)\frac1{0{,}20}=3{,}5\ \mathrm D$$

$$C=C_1+C_2=0{,}5\ \mathrm D$$

$$f=2\ \mathrm m$$

Para o objeto a 0,40 m:

$$\frac1{p'}=\frac12-\frac1{0{,}40}=-2$$

$$p'=-0{,}50\ \mathrm m$$

$$A=-\frac{-0{,}50}{0{,}40}=1{,}25$$

$$h'=1{,}25(10)=12{,}5\ \mathrm{cm}$$

A imagem é virtual e direita. As vergências somam; as distâncias focais não.

A forma da lente não muda. Pela equação do fabricante, sua vergência é proporcional a nvidro/nmeio − 1.

$$\frac{C_{agua}}{C_{ar}}=\frac{(3/2)/(4/3)-1}{3/2-1}$$

$$\frac{C_{agua}}{C_{ar}}=\frac{1/8}{1/2}=\frac14$$

A distância focal, inversa da vergência, quadruplica.

$$f_{agua}=4(10)=40\ \mathrm{cm}$$

A lente continua convergente, mas com menor contraste de índices entre vidro e meio externo.

Considere o objeto entre os espelhos, a uma distância p do côncavo e 200 − p do convexo, em centímetros. As distâncias focais são +36 e −36 cm.

$$|A_{cc}|=\frac{36}{|p-36|}$$

$$A_{cv}=\frac{36}{236-p}$$

O convexo sempre reduz um objeto real. Logo o côncavo também precisa formar imagem reduzida, o que exige p > 72 cm e permite retirar o módulo como p − 36.

$$\frac{36}{p-36}=\frac{36}{236-p}$$

$$p-36=236-p$$

$$p=136\ \mathrm{cm}$$

As imagens têm o mesmo módulo de altura, mas a do côncavo é invertida e a do convexo é direita.

Para a mesma lente, a vergência é proporcional a n − 1. No plano do foco amarelo, a semelhança dos cones de raios dá os raios das manchas.

$$r_{vm}=L\left(1-\frac{f_{am}}{f_{vm}}\right)$$

$$r_{vi}=L\left(\frac{f_{am}}{f_{vi}}-1\right)$$

Como fam/fcor = (ncor − 1)/(nam − 1):

$$\frac{r_{vm}}{r_{vi}}=\frac{n_{am}-n_{vm}}{n_{vi}-n_{am}}$$

$$\frac{r_{vm}}{r_{vi}}=\frac{2{,}43-2{,}40}{2{,}50-2{,}43}=\frac37$$

O vermelho ainda está convergindo nesse plano; o violeta já passou pelo próprio foco e está divergindo.