OBF 2007

Use R = 0,40 m, h = 2,5R = 1,0 m e m = 0,10 kg. Na base A, a conservação de energia e a equação radial dão:

$$v_A^2=2gh=20\ \mathrm{m^2/s^2}$$

$$N_A=mg+\frac{mv_A^2}{R}=6\ \mathrm N$$

Em B, o raio faz 60° com a vertical para baixo. Sua altura é R(1−cos 60°) = 0,20 m.

$$v_B^2=2g(1{,}0-0{,}2)=16$$

$$N_B=\frac{mv_B^2}{R}+mg\cos60^\circ=4{,}5\ \mathrm N$$

N_B é o apoio imediatamente antes do fim da pista; depois da saída ele é zero. Na saída tangencial, vₓ = 2 m/s e vᵧ = 2√3 m/s. Tome A como origem horizontal.

$$x_B=\frac{\sqrt3}{5}\ \mathrm m$$

$$0=0{,}20+2\sqrt3\,t-5t^2$$

$$t=\frac{\sqrt3+2}{5}\ \mathrm s$$

$$x_f=\frac{4+3\sqrt3}{5}\ \mathrm m\approx1{,}84\ \mathrm m$$

O alcance é contado desde A, não apenas desde a projeção de B.

A componente horizontal inicial é 250√3 m/s e a vertical, 250 m/s. O ápice é atingido em 25 s.

$$x_{apice}=6250\sqrt3\ \mathrm m$$

O fragmento B para instantaneamente; o momento horizontal conserva-se na explosão e as massas finais são iguais.

$$v_{Ax}=2(250\sqrt3)=500\sqrt3\ \mathrm{m/s}$$

Ambos começam a queda com componente vertical nula e gastam mais 25 s até o solo.

$$x_A=6250\sqrt3+500\sqrt3(25)=18750\sqrt3\ \mathrm m$$

Imediatamente antes da explosão, a energia cinética é:

$$K_i=\frac12(0{,}1)(250\sqrt3)^2=9375\ \mathrm J$$

Depois, K_f = 2K_i; as posições e a energia gravitacional não mudam durante o evento idealizado.

$$\Delta E_m=K_f-K_i=9375\ \mathrm J$$

A energia adicional vem da energia interna liberada na explosão.

Para alcance máximo sobre terreno horizontal, o ângulo de lançamento é 45°. A altura em função do tempo é:

$$h=\frac{v_0}{\sqrt2}t-\frac12gt^2$$

As duas raízes diferem por:

$$\Delta t=\frac{\sqrt{2v_0^2-8gh}}{g}$$

A componente horizontal é constante e vale v₀/√2.

$$d=\frac{v_0}{\sqrt2}\Delta t=\frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2-4gh}$$

Há dois pontos distintos para 0 ≤ h < v₀²/(4g). Na altura máxima, os dois coincidem e d = 0.

A queda do pêndulo converte mgℓ em energia cinética.

$$v_0=\sqrt{2g\ell}=\sqrt{2(10)(0{,}45)}=3\ \mathrm{m/s}$$

Na colisão elástica frontal entre 0,2 kg e 1,8 kg:

$$v_1=\frac{0{,}2-1{,}8}{0{,}2+1{,}8}(3)=-2{,}4\ \mathrm{m/s}$$

$$v_2=\frac{2(0{,}2)}{0{,}2+1{,}8}(3)=0{,}60\ \mathrm{m/s}$$

O bloco depois para por atrito.

$$d=\frac{v_2^2}{2\mu g}=\frac{0{,}60^2}{2(0{,}2)(10)}=0{,}090\ \mathrm m$$

A esfera recua; o sinal negativo não significa rapidez negativa.

O ponto mais alto C é o mais crítico para o contato com a pista interior. No limite N_C = 0:

$$\frac{mv_C^2}{r}=mg$$

$$v_C^2=gr$$

A altura de A a C é AB + r = 0,30 + 0,10 = 0,40 m.

$$v_A^2=v_C^2+2g(0{,}40)$$

$$v_{A,min}=\sqrt{1+8}=3\ \mathrm{m/s}$$

Usa-se ausência de dissipação como hipótese do modelo da pista; sem essa hipótese, perdas adicionais exigiriam velocidade maior.

As velocidades inicial e final são perpendiculares. A variação vetorial tem módulo:

$$|\Delta\vec v|=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{m/s}$$

$$J=m|\Delta\vec v|=0{,}5(10)=5\ \mathrm{N\,s}$$

$$F=\frac{J}{\Delta t}=\frac5{0{,}1}=50\ \mathrm N$$

Subtrair apenas os módulos 8−6 ignoraria a mudança de direção.

O ponto de fixação P está 2 cm acima de O. No topo B, a mola tem comprimento natural 8 cm; no fundo D seu comprimento é 12 cm. A deformação em D é 4 cm.

$$mg(2R)=\frac12k(0{,}04)^2$$

$$0{,}040(10)(0{,}20)=\frac12k(0{,}04)^2$$

$$k=100\ \mathrm{N/m}$$

As energias cinéticas nos dois pontos são iguais e se cancelam. A reação do fio circular é perpendicular ao deslocamento e não realiza trabalho.

A pressão adicional é comum aos dois êmbolos.

$$F_2=40\frac{60}{10}=240\ \mathrm N$$

Conservando volume deslocado:

$$\Delta x_2=30\frac{10}{60}=5\ \mathrm{cm}=0{,}05\ \mathrm m$$

$$P=\frac{F_2\Delta x_2}{t}=\frac{240(0{,}05)}{10}=1{,}2\ \mathrm W$$

O ganho de força é compensado pelo deslocamento menor: a energia não é amplificada.

A reação do plano inclinado faz ângulo θ com a vertical. Sua componente vertical sustenta a esfera.

$$N_p\cos\theta=mg$$

$$N_p=\frac{mg}{\cos\theta}$$

A parede equilibra a componente horizontal dessa reação.

$$N_w=N_p\sin\theta=mg\tan\theta$$

Como os dois contatos são lisos, não há forças tangenciais de atrito.

O corpo de 10 kg estabelece tração horizontal de 100 N. No bloco de 100 kg sobre rampa de 30°, a tração P precisa equilibrar as componentes descendentes.

$$P=1000\sin30^\circ+100\cos30^\circ$$

$$P=500+50\sqrt3\ \mathrm N\approx586{,}6\ \mathrm N$$

A força horizontal para a esquerda tem componente que afasta o bloco do plano.

$$N=1000\cos30^\circ-100\sin30^\circ$$

$$N=500\sqrt3-50\ \mathrm N\approx816\ \mathrm N$$

As polias ideais transmitem as trações sem multiplicação neste esquema.

Nos primeiros seis segundos, o carro percorre:

$$x_c=\frac12(2)(6)^2=36\ \mathrm m$$

$$v_c=2(6)=12\ \mathrm{m/s}$$

O caminhão percorre 60 m e fica 24 m adiante. Depois, a velocidade de aproximação é 2 m/s.

$$\Delta t=\frac{24}{12-10}=12\ \mathrm s$$

$$t_{encontro}=6+12=18\ \mathrm s$$

$$x_{encontro}=10(18)=180\ \mathrm m$$

O encontro calculado supondo aceleração eterna só seria válido se ocorresse dentro dos primeiros seis segundos, o que não acontece.

Com a origem no lançamento, vₓ₀ = 0 e vᵧ₀ = 6 m/s.

$$v_x(4)=2(4)=8\ \mathrm{m/s}$$

$$v_y(4)=6\ \mathrm{m/s}$$

$$|v_f|=\sqrt{8^2+6^2}=10\ \mathrm{m/s}$$

$$\tan\theta=\frac68=\frac34$$

A direção final é 36,9° acima de +x. As posições são x = t² e y = 6t, no SI.

$$y=6\sqrt{x}\quad(t\geq0)$$

$$\Delta\vec r=(16,24)\ \mathrm m$$

$$|\Delta\vec r|=8\sqrt{13}\ \mathrm m\approx28{,}84\ \mathrm m$$

A trajetória é o ramo superior de uma parábola com eixo horizontal, pois x = y²/36.

No fundo, a pressão é atmosférica mais a coluna de 90 m de água.

$$p_0=10^5+1000(10)(90)=10^6\ \mathrm{Pa}$$

Na atmosfera, o volume limiar precisa deslocar 10 kg de ar de densidade 1 kg/m³.

$$V_{ar,min}=\frac{10}{1}=10\ \mathrm{m^3}$$

Pela expansão isotérmica:

$$p_0V_0=p_{atm}V_{ar}$$

$$V_{0,min}=\frac{10^5(10)}{10^6}=1\ \mathrm{m^3}$$

Esse é um valor limiar de sustentação estática. Para subir com empuxo estritamente maior que o peso depois de sair da água, seria necessário V₀ > 1 m³. Desprezam-se inércia da passagem, arrasto e variação da massa.

Defina ΔTᵢ = Tᵢ−Tᵢ₋₁. Ao aplicar a fórmula linear separadamente em cada faixa, o comprimento de entrada da faixa seguinte é o resultado da anterior.

$$L_4=L_0\prod_{i=1}^{4}(1+\alpha_i\Delta T_i)$$

Com a média aritmética simples dos quatro coeficientes, como na comparação pedida:

$$\bar\alpha=\frac{\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4}{4}$$

$$L_{media}=L_0[1+\bar\alpha(T_4-T_0)]$$

Se as faixas tiverem larguras diferentes, a média que reproduz a soma de primeira ordem é ponderada pelas larguras, não a média aritmética. Mesmo com faixas iguais, o produto contém termos de ordem superior ausentes na expressão linear única. A lei diferencial exata com α definido por dL/(L dT) levaria à exponencial de uma integral; o produto aqui é o procedimento aproximado solicitado.

O rendimento de Carnot é 1−300/600 = 0,50. Vinte por cento menor, como redução relativa, significa 0,8 × 0,50 = 0,40.

$$\dot Q_q=\frac{kA\Delta T}{e}=\frac{50(2)(500)}{0{,}10}=500000\ \mathrm W$$

$$P=0{,}40(500000)=200000\ \mathrm W$$

$$\dot Q_f=500000-200000=300000\ \mathrm W$$

Em dez minutos, a energia descartada é 180 MJ. Cada quilograma de gelo a −20 °C requer aquecimento e fusão.

$$q_{kg}=2100(20)+330000=372000\ \mathrm{J/kg}$$

$$m=\frac{180\times10^6}{372000}\approx483{,}9\ \mathrm{kg}$$

Os 20% não são vinte pontos percentuais: essa outra leitura daria rendimento 0,30 e resultados diferentes.

Para hélio ideal, γ = (5R/2)/(3R/2) = 5/3. A pressão em B é a mesma de A, 32 × 10⁵ Pa.

$$V_C=V_B\left(\frac{P_B}{P_C}\right)^{1/\gamma}=2(32)^{3/5}=16\ \mathrm{m^3}$$

No diagrama PV, A = (1;32×10⁵), B = (2;32×10⁵) e C = (16;10⁵), em unidades SI.

$$W_{AB}=P_A(V_B-V_A)=3{,}2\times10^6\ \mathrm J$$

$$W_{BC}=\frac{P_BV_B-P_CV_C}{\gamma-1}=7{,}2\times10^6\ \mathrm J$$

$$W_{AC}=10{,}4\times10^6\ \mathrm J$$

Como U = 3PV/2:

$$\Delta U=\frac32(P_CV_C-P_AV_A)=-2{,}4\times10^6\ \mathrm J$$

O gás realiza trabalho positivo mesmo terminando com energia interna menor que a inicial.

O percurso óptico de ida corresponde a quatro microssegundos, pois os oito medem ida e volta.

$$\frac{(4/3)(60)+H}{3\times10^8}=4\times10^{-6}$$

$$H=1120\ \mathrm m$$

Ao apontar para C a 60 m de O, o ângulo na água é 45°.

$$\sin r=\frac43\sin45^\circ=\frac{2\sqrt2}{3}$$

$$\cos r=\frac13$$

$$x=60+1120\tan r=60+2240\sqrt2\ \mathrm m$$

$$v=\frac{x}{10}(3{,}6)\approx1162\ \mathrm{km/h}$$

Para D, a 80 m de O, o triângulo 60–80–100 dá sen i = 0,8.

$$\sin r=\frac43(0{,}8)>1$$

Não há raio refratado: ocorre reflexão interna total, e o feixe não atinge o avião. Desprezam-se o deslocamento do avião durante os microssegundos do voo luminoso e o efeito desse deslocamento na reflexão de retorno.

No item a, há ar fora e água entre as lentes. Não se pode simplesmente somar vergências de lentes imersas no mesmo meio e ignorar os 15 cm. Para a lente delgada que separa meios de índices nᵢ e nₑ, use nᵢ/p + nₑ/q = Φ, com Φ = (n_g−nᵢ)/R₁ + (nₑ−n_g)/R₂.

Nas duas lentes, cada potência reduzida é Φ = (1,5−4/3)/50 = 1/300 cm⁻¹. Na primeira:

$$\frac1{100}+\frac{4/3}{q_1}=\frac1{300}$$

$$q_1=-200\ \mathrm{cm}$$

Na segunda, o objeto está a p₂ = 15−(−200) = 215 cm.

$$\frac{4/3}{215}+\frac1{q_2}=\frac1{300}$$

$$q_2=-\frac{12900}{37}\ \mathrm{cm}$$

$$M=\left(-\frac{1\,q_1}{(4/3)100}\right)\left(-\frac{(4/3)q_2}{215}\right)=\frac{120}{37}$$

$$h'=10M\approx32{,}43\ \mathrm{cm}$$

No item b, todo o conjunto está em água e cada lente tem foco de 400 cm.

$$q_1=\frac{400(80)}{80-400}=-100\ \mathrm{cm}$$

$$p_2=115\ \mathrm{cm}$$

$$q_2=\frac{400(115)}{115-400}=-\frac{46000}{285}\ \mathrm{cm}$$

$$M=\frac{100}{80}\frac{46000/285}{115}=\frac{100}{57}$$

$$h'=\frac{1000}{57}\ \mathrm{cm}\approx17{,}54\ \mathrm{cm}$$

As duas imagens finais são virtuais e direitas. O próprio comentário oficial apresenta uma primeira aproximação de 30 cm no item a e, depois, uma correção para cerca de 32,4 cm ao considerar separação e meios corretamente.

O sistema deve ser afocal: um feixe paralelo entra e sai paralelo. O aumento do diâmetro satisfaz |f₂/f₁| = 5 e a separação é 5 cm.

Com duas lentes convergentes, o foco imagem da primeira coincide com o foco objeto da segunda.

$$f_1+f_2=5\ \mathrm{cm}$$

$$f_2=5f_1$$

$$f_1=\frac56\ \mathrm{cm},\quad f_2=\frac{25}{6}\ \mathrm{cm}$$

Outra montagem usa primeiro uma divergente e depois uma convergente.

$$f_1=-1{,}25\ \mathrm{cm},\quad f_2=6{,}25\ \mathrm{cm}$$

$$f_1+f_2=5\ \mathrm{cm}$$

Em ambas, d₂ = 5d₁ para o feixe; a abertura útil da segunda lente deve comportar esse diâmetro. A primeira configuração tem cruzamento real de raios entre as lentes; a segunda, não.

Como o ângulo de observação em relação à normal local permanece o mesmo e os índices não mudam, o fator que converte profundidade real normal à interface em aparente é constante. A moeda fica no centro do fundo, e a superfície gira em torno da altura média. A distância perpendicular da moeda à superfície passa de h para h cos θ.

$$\cos\theta=\frac{25\sqrt3}{50}=\frac{\sqrt3}{2}$$

$$\theta=30^\circ$$

No equilíbrio relativo do líquido em aceleração horizontal constante:

$$\tan\theta=\frac ag$$

$$a=10\tan30^\circ=\frac{10}{\sqrt3}\ \mathrm{m/s^2}\approx5{,}77\ \mathrm{m/s^2}$$

O modelo desconsidera transbordamento e oscilações transitórias da superfície.