OBF 2005

Use um eixo positivo para a frente do trem. No solo, as velocidades orientadas das balas são v + u e v − u. Os alvos movem-se ambos com velocidade v.

Para o alvo dianteiro:

$$(v+u)t_F=L+vt_F$$

$$t_F=\frac Lu$$

Para o alvo traseiro, inicialmente na posição −L:

$$(v-u)t_T=-L+vt_T$$

$$t_T=\frac Lu$$

No referencial do atirador, cada bala percorre L com rapidez u.

$$t_L=\frac Lu$$

$$t_F=t_T=t_L$$

As equações orientadas continuam válidas mesmo se v superar u e a bala traseira ainda avançar no solo. O resultado usa adição galileana, como solicitado.

A força horizontal de 100 N tem componente para cima da rampa e componente que aperta o bloco contra ela. Use os valores trigonométricos fornecidos.

$$N=mg\cos30^\circ+F\sin30^\circ$$

$$N=1000(0{,}87)+100(0{,}50)=920\ \mathrm N$$

Para manter repouso, o atrito precisaria compensar:

$$f_{necessario}=mg\sin30^\circ-F\cos30^\circ=413\ \mathrm N$$

Mas o máximo estático é menor.

$$f_{e,max}=0{,}20(920)=184\ \mathrm N$$

Portanto não há equilíbrio estático; se abandonado, o bloco desce. Em deslizamento:

$$f_c=0{,}17(920)=156{,}4\ \mathrm N$$

O atrito aponta para cima se o bloco desce e para baixo se estiver subindo. O enunciado não informa uma velocidade inicial, mas o módulo cinético é o mesmo nos dois sentidos.

No rio, o calado é 1,02 m. Sob a ponte, a densidade é 1020 kg/m³ e o calado cai a 1,00 m.

$$h_{rio}=\frac{204000}{1000(200)}=1{,}02\ \mathrm m$$

$$h_{ponte}=\frac{204000}{1020(200)}=1{,}00\ \mathrm m$$

O topo fica 2 cm mais alto em relação à água, a 5,02 m. Com folga, são necessários 5,12 m de altura livre. A altura sob a ponte cresce 0,30 m por hora.

$$t=\frac{5{,}12-4{,}20}{0{,}30}=3\mathrm h04\mathrm{min}$$

Assim, o primeiro horário é 15:04. Uma hora antes há 30 cm a menos de espaço e a barcaça deve afundar mais 0,30 m.

$$\Delta M=1020(200)(0{,}30)=61200\ \mathrm{kg}$$

A carga adicional deve ser posicionada sem elevar o topo usado no cálculo; a área do fundo foi tratada como seção horizontal constante.

A maior aceleração para baixo da plataforma ocorre no ponto mais alto do MHS. Para o corpo acompanhar o movimento, a normal deve permanecer não negativa.

$$N=m(g-\omega^2A)\geq0$$

$$\omega=2\pi f=2\pi\frac5\pi=10\ \mathrm{rad/s}$$

$$A_{max}=\frac g{\omega^2}=\frac{10}{100}=0{,}10\ \mathrm m$$

O critério envolve aceleração para baixo, não simplesmente velocidade descendente. No limite, a normal chega a zero em um instante.

Defina trabalho positivo quando realizado pelo sistema. O retorno pelo caminho 1 tem trabalho −100 J. Como o ciclo vai pelo caminho 2 e volta pelo 1:

$$W_{ciclo}=W_2-W_1$$

$$200=W_2-100$$

$$W_2=300\ \mathrm J$$

O caminho 2 usa a pressão maior: Pf > Pi. O diagrama tem i no canto inferior esquerdo, f no superior direito, caminho 1 pela base e depois para cima, e caminho 2 para cima e depois pelo topo.

Como a energia interna depende apenas dos estados, ΔU = 50 J nos dois caminhos.

$$Q_1=\Delta U+W_1=150\ \mathrm J$$

$$Q_2=\Delta U+W_2=350\ \mathrm J$$

Em ambos, o sistema recebe calor. Ele realiza trabalho de 300 J na expansão do segundo caminho.

Na entrada AB, a incidência é normal, sem desvio. Na face inclinada AC, o ângulo interno de incidência é 45°. Como n = c/v:

$$n\sin45^\circ\leq1$$

$$v\geq\frac{c}{\sqrt2}$$

Só as cores cuja velocidade supera o limiar têm transmissão não rasante por AC. Pelo gráfico, são a parte do amarelo acima do corte, o laranja e o vermelho. O raio no limiar emerge rasante. Em AC, senr = c/(√2v): quanto maior v, menor r. Logo o vermelho emerge mais próximo da normal e há dispersão angular.

As componentes com v menor que c/√2 sofrem reflexão total em AC. Violeta, anil, azul, verde e a parte do amarelo abaixo do corte seguem para BC e incidem normalmente nela, emergindo na mesma direção, sem nova separação angular. O limite exato de cores é definido pelo gráfico contínuo, não por nomes de faixas com fronteiras universais.

A terceira carga deve ficar entre as duas positivas para que os campos delas em sua posição possam se cancelar. Seja x sua distância a q₁ = 9 µC e L = 6 cm.

$$\frac{9}{x^2}=\frac{36}{(6-x)^2}$$

$$6-x=2x$$

$$x=2\ \mathrm{cm}$$

Ela precisa ser negativa para compensar a repulsão entre as cargas positivas. Exigindo força resultante nula em q₁:

$$\frac{Kq_1q_2}{L^2}=\frac{Kq_1|q_3|}{x^2}$$

$$|q_3|=36\frac{2^2}{6^2}=4\ \mathrm{\mu C}$$

$$q_3=-4\ \mathrm{\mu C}$$

A mesma escolha também equilibra q₂. O campo próprio de cada carga não entra na força que atua sobre ela; o equilíbrio não implica estabilidade a pequenas perturbações.

A força magnética é perpendicular à velocidade e curva a trajetória sem mudar a energia cinética. Para incidência perpendicular ao campo:

$$r=\frac{mv}{|q|B}$$

$$v=\sqrt{\frac{2K}{m}}$$

$$r=\frac{\sqrt{2mK}}{|q|B}$$

Assim, com a mesma energia cinética:

$$\frac{r_B}{r_A}=\frac{\sqrt2}{2}=\frac1{\sqrt2}$$

$$\frac{r_C}{r_A}=\sqrt2$$

Entre os três raios desenhados R₀, √2R₀ e 2R₀, a correspondência é:

$$r_B=R_0$$

$$r_A=\sqrt2R_0$$

$$r_C=2R_0$$

Com o campo entrando na página e velocidade inicial para cima, A e C, positivas, curvam para a esquerda. B, negativa, curva para a direita. Portanto escolha a curva intermediária à esquerda para A, a menor à direita para B e a maior à esquerda para C.