OBF 2007

Se x é a distância da pessoa à vertical da lâmpada e X a posição da sombra da cabeça, os triângulos semelhantes dão:

$$\frac{X}{H}=\frac{X-x}{h}$$

$$X=\frac{H}{H-h}x$$

$$v_{sombra}=\frac{H}{H-h}v$$

A velocidade é medida em relação ao chão. O comprimento da sombra desde os pés cresce com outra taxa, hv/(H−h). O modelo exige H > h.

Meça τ a partir do lançamento da segunda bola e y positivo para cima. Com atraso Δ = 1 s:

$$y_1=2(\tau+1)-5(\tau+1)^2$$

$$y_2=-2\tau-5\tau^2$$

$$y_1-y_2=-3-6\tau$$

A primeira está abaixo e a distância cresce: d = 3 + 6τ m. A velocidade relativa da primeira em relação à segunda é −6 m/s.

Para atraso genérico Δ:

$$y_1-y_2=(4-10\Delta)\tau+2\Delta-5\Delta^2$$

$$v_{1/2}=4-10\Delta$$

Quando Δ → 0, as bolas partem juntas com sentidos opostos e velocidade relativa de 4 m/s; a distância após tempo τ é 4τ. Ela não permanece nula, salvo no instante de lançamento.

Adote origem no furo inferior, x para fora da garrafa e y para cima. As velocidades horizontais de saída são:

$$v_s^2=2gh$$

$$v_i^2=2g(h+D)$$

Eliminando o tempo em cada jato:

$$y_s=D-\frac{x^2}{4h}$$

$$y_i=-\frac{x^2}{4(h+D)}$$

Na interseção, as ordenadas coincidem.

$$D=\frac{x^2D}{4h(h+D)}$$

$$x_e=2\sqrt{h(h+D)}$$

$$y_e=-h$$

Vale para h > 0 e D > 0 e para o modelo de escoamento quase estacionário e saída horizontal, sem interferência prévia dos jatos.

A carga recebe duas trações de módulo F. Defina a positivo para cima.

$$2F-P=\frac Pg a$$

$$F=\frac P2\left(1+\frac ag\right)$$

No equilíbrio estático a = 0:

$$F=\frac P2$$

As polias fixas apenas mudam a direção do fio. Se a aceleração for para baixo, o valor algébrico de a é negativo.

Escolha positivo no sentido em que m₁ desce. O atrito se opõe ao movimento de cada bloco.

$$a=\frac{g[m_1\sin\alpha-m_2\sin\beta-\mu(m_1\cos\alpha+m_2\cos\beta)]}{m_1+m_2}$$

Os dois percorrem o mesmo módulo de distância s, mas suas mudanças de altura são s sen α para baixo e s sen β para cima.

$$h=s(\sin\alpha+\sin\beta)$$

$$s=\frac12a(\Delta t)^2$$

$$\Delta t=\sqrt{\frac{2h}{a(\sin\alpha+\sin\beta)}}$$

A expressão pressupõe a > 0 e manutenção do deslizamento descrito no enunciado.

O taco fornece impulso de 1 N·s à bola de 0,200 kg.

$$v_0=\frac{F\Delta t}{m}=\frac{5(0{,}2)}{0{,}2}=5\ \mathrm{m/s}$$

Nas duas direções finais a 60° e 30°, conserve as componentes do momento.

$$v_1\sin60^\circ=v_2\sin30^\circ$$

$$v_1\cos60^\circ+v_2\cos30^\circ=5$$

$$v_2=\frac{5\sqrt3}{2}\ \mathrm{m/s}$$

A segunda colisão frontal entre bolas iguais, com a bola 2 parando, transfere essa velocidade à bola 3.

$$v_3=\frac{5\sqrt3}{2}\ \mathrm{m/s}$$

$$d=v_3(0{,}3)=\frac{3\sqrt3}{4}\ \mathrm m\approx1{,}30\ \mathrm m$$

Usando 0,87 para sen 60°, os valores arredondados ficam 4,35 m/s e 1,305 m.

Se v é a velocidade do garoto relativamente ao barco, sua velocidade no solo é v + V, sendo V a velocidade do barco.

$$m(v+V)+MV=0$$

$$V=-\frac{mv}{M+m}$$

Para um navio com M muito maior que m, essa velocidade tende a zero em módulo. Se v for dado relativamente à margem, outra leitura possível do texto, a conservação fornece V = −mv/M. A pergunta não explicita o referencial de v; ambas as fórmulas precisam vir acompanhadas de sua definição.

O período 10π s dá velocidade angular de 0,2 rad/s e velocidade da cadeira de 1 m/s. No ponto indicado, a cadeira vai para a direita e para baixo.

$$\vec v_c=(0{,}6,-0{,}8)\ \mathrm{m/s}$$

A bola é lançada a 8,8 m/s para cima relativamente à cadeira.

$$\vec v_0=(0{,}6,8{,}0)\ \mathrm{m/s}$$

Com a origem horizontal na vertical do eixo:

$$x_0=5\sin53^\circ=4\ \mathrm m$$

$$y_0=6{,}6+5\cos53^\circ=9{,}6\ \mathrm m$$

$$0=9{,}6+8t-5t^2$$

$$t=2{,}4\ \mathrm s$$

$$x_f=4+0{,}6(2{,}4)=5{,}44\ \mathrm m$$

O ponto de impacto fica 5,44 m à direita da vertical do eixo, ou 1,44 m além da projeção do lançamento.

A tração sustenta o corpo verticalmente e fornece a resultante horizontal. O raio é ℓ sen θ.

$$T_f\cos\theta=mg$$

$$T_f\sin\theta=m\omega^2\ell\sin\theta$$

$$\omega=\sqrt{\frac{g}{\ell\cos\theta}}$$

$$\mathcal T=2\pi\sqrt{\frac{\ell\cos\theta}{g}}$$

As expressões valem para o movimento circular estabelecido, com 0 < θ < 90°. No limite de θ → 0, recupera-se o período das pequenas oscilações.

Como μ = μ₀x, o módulo do atrito cresce linearmente com a distância.

$$f(x)=\mu_0xmg\cos\alpha$$

$$W_f(0\to x)=-\frac12\mu_0mg\cos\alpha\,x^2$$

A aceleração se anula quando a componente do peso e o atrito se igualam.

$$mg\sin\alpha=\mu_0dmg\cos\alpha$$

$$d=\frac{\tan\alpha}{\mu_0}$$

Até esse ponto, o trabalho resultante acumulado é positivo.

$$\frac12mv(d)^2=mgd\sin\alpha-\frac12\mu_0mg\cos\alpha\,d^2$$

$$v(d)^2=gd\sin\alpha>0$$

Portanto o corpo não para em d: ali sua velocidade é máxima. O gráfico f × x é uma reta crescente pela origem, e o de W_f × x é uma parábola negativa.

Para imersão completa e o mesmo volume V:

$$P_1=(\rho-\rho_1)Vg$$

$$P_2=(\rho-\rho_2)Vg$$

Elimine o fator Vg entre as equações.

$$\rho=\frac{P_1\rho_2-P_2\rho_1}{P_1-P_2}$$

A expressão exige líquidos de densidades distintas e leituras coerentes com o regime de imersão. Pesos aparentes iguais em líquidos distintos não seriam compatíveis com o mesmo corpo totalmente imerso nesse modelo.

O refrigerador retira da água o calor de resfriamento até 0 °C e o de solidificação. Se o volume é V_L em litros, a massa é m = (1 kg/L)V_L.

$$Q_f=m(cT_0+L_s)$$

A energia elétrica recebida no intervalo é PΔt. O calor liberado ao ambiente é a soma:

$$Q_q=m(cT_0+L_s)+P\Delta t$$

O resultado supõe que o gelo é produzido a 0 °C, sem sub-resfriamento e sem incluir outras massas térmicas.

Com as extremidades externas fixas, cada barra se dilata em direção à folga.

$$\Delta\ell_1=\alpha_1\ell_1\Delta T$$

$$\Delta\ell_2=\alpha_2\ell_2\Delta T$$

$$\Delta\ell=(\alpha_1\ell_1+\alpha_2\ell_2)\Delta T$$

$$\Delta T=\frac{\Delta\ell}{\alpha_1\ell_1+\alpha_2\ell_2}$$

Use o comprimento inicial de cada barra e admita os coeficientes constantes no intervalo.

No modelo geométrico idealizado da prova, os comprimentos das linhas centrais das lâminas são L₁ = L₀(1+α₁ΔT) e L₂ = L₀(1+α₂ΔT). Seus raios centrais são R−d/4 e R+d/4, pois cada lâmina tem espessura d/2.

$$\frac{1+\alpha_2\Delta T}{1+\alpha_1\Delta T}=\frac{R+d/4}{R-d/4}$$

$$R=\frac{d[2+(\alpha_1+\alpha_2)\Delta T]}{4(\alpha_2-\alpha_1)\Delta T}$$

Para pequenas dilatações, R ≈ d/[2(α₂−α₁)ΔT]. A lâmina com α₂ maior fica no lado externo. Uma descrição elástica rigorosa de uma tira real também precisaria dos módulos elásticos e das tensões de ligação, ausentes no modelo do caderno.

As massas em cada mistura são iguais e se cancelam no balanço.

$$0{,}2(40-50)+0{,}1(40-T_B)=0$$

$$T_B=20\ ^\circ\mathrm C$$

$$0{,}2(20-50)+0{,}4(20-T_C)=0$$

$$T_C=5\ ^\circ\mathrm C$$

Agora misture B e C em massas iguais.

$$0{,}1(T-20)+0{,}4(T-5)=0$$

$$T=8\ ^\circ\mathrm C$$

A temperatura final não é a média aritmética de 20 e 5 porque os calores específicos são diferentes.

No trecho 1→2, V/T é constante, pois a reta passa pela origem: trata-se de expansão isobárica. No trecho 2→3, V é constante e T diminui: resfriamento isocórico. No trecho 3→1, T = T₁: compressão isotérmica.

No plano PV, 1→2 é uma horizontal para a direita; 2→3 é uma vertical para baixo; 3→1 é uma hipérbole que sobe para a esquerda.

$$P_1=P_2=\frac{NRT_1}{V_1}=\frac{NRT_2}{V_2}$$

$$P_3=\frac{NRT_1}{V_2}

Na expansão isobárica o gás recebe calor (ΔU > 0 e W > 0). No resfriamento isocórico perde calor (W = 0, ΔU < 0). Na compressão isotérmica de gás ideal perde calor (ΔU = 0 e W < 0, logo Q < 0).

A ampliação na impressão é 20 cm/24 mm = 200/24 = 25/3. Assim, a imagem no filme tem altura:

$$h_f=\frac{2{,}5}{25/3}=0{,}30\ \mathrm{cm}$$

Para a lente, p = 120 m e f = 0,200 m.

$$q=\frac{fp}{p-f}\approx0{,}200334\ \mathrm m$$

$$h_o=h_f\frac pq\approx1{,}797\ \mathrm m$$

Aproximando q ≈ f para objeto distante, obtém-se 1,80 m. A inversão da imagem no filme não altera o módulo da altura pedida.

Pelas interfaces paralelas, conserva-se o produto n sen θ medido em relação à normal.

$$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2=\sin\theta_{ar}<1$$

Para reflexão interna total de n₂ para n₁ seria necessário n₂ sen θ₂ > n₁, mas o lado esquerdo é menor que 1 e n₁ > 1. Isso é impossível para o raio incidente descrito. Na saída para o ar, também seria necessário n sen θ > 1, o que não ocorre.

Logo não há reflexão interna total nem na interface interna nem na face oposta, em qualquer sentido de entrada. Podem existir reflexões parciais, que são outro fenômeno.

A lente tem f = −20 cm. Para um objeto real diante de lente divergente, a imagem é virtual, então q = −12 cm.

$$\frac1p=\frac1f-\frac1q=-\frac1{20}+\frac1{12}=\frac1{30}$$

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

A outra extremidade do objeto está a 10 cm da lente.

$$L=30-10=20\ \mathrm{cm}$$

Os 12 cm são distância de imagem da extremidade mais distante, não o comprimento da imagem da barra.

No triângulo entre o centro C, o ponto de reflexão e a interseção I com o eixo, os ângulos em C e na superfície são θ. Pela geometria ou pela lei dos senos:

$$CI=\frac{R\sin\theta}{\sin2\theta}=\frac{R}{2\cos\theta}$$

$$CI(60^\circ)=R$$

$$CI(30^\circ)=\frac R{\sqrt3}$$

No limite paraxial θ → 0, CI → R/2. O ponto I muda com o ângulo de incidência, mostrando por que raios afastados do eixo não convergem todos no mesmo foco. A expressão é o segmento contado desde C, como pede o enunciado.