OBF 2010

Comprimento de uma volta (raio $R_T$, desprezando a altitude): $C=2\pi R_T=2\cdot3\cdot6{,}4\times10^{6}=3{,}84\times10^{7}\ \text{m}$.

a) $n=\dfrac{c}{C}=\dfrac{3\times10^{8}}{3{,}84\times10^{7}}\approx7{,}8$ voltas por segundo.

b) $\omega=\dfrac{v}{R}=\dfrac{3\times10^{8}}{6{,}4\times10^{6}}\approx47\ \text{rad/s}$ (ou $\omega=2\pi n$).

c) $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{47}{6}\approx7{,}8\ \text{Hz}$ (período $\approx0{,}13\ \text{s}$).

a) Em $t=0$ e em $t=8\ \text{s}$ o móvel está em $x=0$: o deslocamento é nulo e $v_m=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\dfrac{0}{8}=0$ (embora a distância percorrida não seja nula).

b) De 0 a 2 s o gráfico é uma reta de $x=0$ a $x=10\ \text{m}$: velocidade $v=\dfrac{10-0}{2-0}=5\ \text{m/s}$ e

$$x(t)=5\,t\quad(\text{em m, com }t\text{ em s; }0\le t\le2)$$

Ressalva: o tempo é contado a partir do instante em que o ônibus inicia o movimento (quando o estudante está a 40 m do ponto); o enunciado diz “após a sua saída do ponto”, que fixa o mesmo marco temporal.

Origem no ponto de ônibus; $t=0$ quando o ônibus parte e o estudante está em $x=-40\ \text{m}$:

$$x_{est}=-40+5\,t\qquad x_{on}=\tfrac12(0{,}170)\,t^2$$

Encontro: $0{,}085\,t^2-5\,t+40=0\Rightarrow t=\dfrac{5\pm\sqrt{25-13{,}6}}{0{,}17}$, isto é, $t\approx9{,}5\ \text{s}$ ou $t\approx49\ \text{s}$.

A primeira raiz é o encontro em que o estudante alcança o ônibus; a segunda é um novo encontro em que o ônibus, já mais rápido, ultrapassaria o estudante. a) $t\approx9{,}5\ \text{s}$.

b) $v_{on}=a\,t=0{,}170\cdot9{,}5\approx1{,}6\ \text{m/s}$.

A gravidade fornece a resultante centrípeta: $\dfrac{G\,M\,m}{r^2}=\dfrac{m\,v^2}{r}\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{G\,M}{r}}$.

Sem o valor de $G$, usa-se $G\,M=g\,R_T^2=10\cdot(6{,}4\times10^{6})^2=4{,}1\times10^{14}\ \text{m}^3/\text{s}^2$, com $r=R_T+h=6{,}8\times10^{6}\ \text{m}$:

$$v=\sqrt{\frac{4{,}1\times10^{14}}{6{,}8\times10^{6}}}\approx7{,}8\times10^{3}\ \text{m/s}$$

Equação dos fabricantes (lente no ar): $\dfrac1f=(n-1)\left(\dfrac1{R_1}-\dfrac1{R_2}\right)$, com $\dfrac1f=\dfrac1{10}$ e $n-1=0{,}5$:

$$\frac1{R_1}-\frac1{R_2}=0{,}20\ \text{cm}^{-1}$$

Lente biconvexa simétrica ($R_1=R$, $R_2=-R$): $\dfrac2R=0{,}20\Rightarrow R=10\ \text{cm}$ em cada face.

Lente plano-convexa ($R_1=R$, $R_2\to\infty$): $\dfrac1R=0{,}20\Rightarrow R=5\ \text{cm}$ na face curva.

Esboços: a primeira com as duas faces abauladas para fora (mais grossa no centro); a segunda com uma face plana e outra convexa. Ambas são convergentes.

a) $F$ é paralela ao deslocamento (ao longo do plano): $\tau_F=F\,d=500\cdot1=500\ \text{J}$.

b) Além de $F$, a componente do peso ao longo do plano realiza trabalho resistente: $\tau_P=-m\,g\,d\,\text{sen}\,30^\circ=-50\cdot10\cdot1\cdot0{,}5=-250\ \text{J}$. A normal não realiza trabalho.

Teorema da energia cinética: $\tau_F+\tau_P=\dfrac{m\,v^2}{2}\Rightarrow250=25\,v^2\Rightarrow v=\sqrt{10}\approx3{,}2\ \text{m/s}$.

Sem atrito, a energia cinética do carrinho se converte integralmente em energia elástica na compressão máxima, quando o carrinho para:

$$\frac{m\,v^2}{2}=\frac{k\,\Delta x^2}{2}\Rightarrow\Delta x=v\sqrt{\frac{m}{k}}$$

Para um gás ideal, $p\,V=n\,R\,T$. Dividindo por $V$: $p=\dfrac nV\,R\,T$, com $\dfrac nV=\dfrac{80}{N_A}\ \text{mol/m}^3$:

$$p=\frac{80}{6\times10^{23}}\cdot8{,}3\cdot7500\approx8{,}3\times10^{-18}\ \text{Pa}$$

O diâmetro da nebulosa não influi: a pressão depende apenas da densidade e da temperatura. A pressão é extremamente baixa (da ordem de $10^{-23}$ atm), típica do meio interestelar.

Ressalva: o resfriamento do gelo de $0\ ^\circ\text{C}$ a $-5\ ^\circ\text{C}$ foi desprezado, pois o calor específico do gelo não é dado.

a) Consumo diário: $\dfrac{730\ \text{kWh}}{365}=2\ \text{kWh}$, gastos em 5 h de funcionamento: $P=\dfrac{2\ \text{kWh}}{5\ \text{h}}=0{,}40\ \text{kW}=400\ \text{W}$.

b) A performance (coeficiente de eficácia) máxima é a do refrigerador de Carnot, com $T_f=268\ \text{K}$ e $T_q=293\ \text{K}$: $$\text{COP}_{max}=\frac{T_f}{T_q-T_f}=\frac{268}{25}\approx10{,}7$$

c) Em 1 h, o trabalho consumido é $W=400\cdot3600=1{,}44\times10^{6}\ \text{J}$ e o calor retirado, no máximo, $Q_f=\text{COP}\cdot W\approx1{,}54\times10^{7}\ \text{J}$.

Para cada kg de água a $20\ ^\circ\text{C}$ virar gelo a $0\ ^\circ\text{C}$, é preciso retirar $m\,c\,\Delta\theta+m\,L=4190\cdot20+334\,000=4{,}18\times10^{5}\ \text{J}$.

$$m=\frac{1{,}54\times10^{7}}{4{,}18\times10^{5}}\approx37\ \text{kg}$$

Seja $\lambda=\dfrac ML$ a massa por unidade de comprimento. A parte que ainda não chegou ao chão cai em queda livre, toda com a mesma velocidade $v=\sqrt{2\,g\,x}$ quando o topo desceu $x$.

A força do chão tem duas partes: (1) sustenta o peso do trecho já amontoado, de comprimento $x$ e massa $\lambda x$: $\lambda x\,g$; (2) freia os elementos que chegam: a massa que atinge o chão por unidade de tempo é $\lambda\,v$ e perde momento $v$, o que dá uma força $\lambda\,v^2$.

$$N=\lambda x\,g+\lambda\,v^2=\lambda x\,g+2\lambda\,g\,x=3\lambda\,g\,x=\frac{3\,M\,g\,x}{L}$$

Ao final da queda ($x=L$), $N=3\,M\,g$: o chão exerce o triplo do peso da corrente.

Equilíbrio de torques em relação ao ponto de fixação da chapa à parede (articulação): o cabo atua na extremidade livre ($10\ \text{m}$) com componente vertical $T\,\text{sen}\,60^\circ$; o peso da chapa atua no centro ($5\ \text{m}$) e o do operário a $2\ \text{m}$.

$$T\,\text{sen}\,60^\circ\cdot10=20\cdot10\cdot5+50\cdot10\cdot2=2000\ \text{N·m}$$

$$T=\frac{2000}{10\cdot0{,}87}\approx2{,}3\times10^{2}\ \text{N}$$

Ressalva: a estimativa supõe que o comprimento vibrante é o do fio inteiro e que a tensão permanece igual ao peso do bloco (desprezando a variação do módulo de Young com a temperatura).

A frequência fundamental de um fio de comprimento $L$, massa $m_f$ e tensão $T$ é $f=\dfrac1{2L}\sqrt{\dfrac{T\,L}{m_f}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{T}{m_f\,L}}$. A tensão é o peso do bloco (constante) e a massa do fio não muda: $f\propto L^{-1/2}$.

Com $L\to L(1+\alpha\,\Delta\theta)$, $\alpha\,\Delta\theta=1{,}7\times10^{-5}\cdot40=6{,}8\times10^{-4}$:

$$\frac{\Delta f}{f}\approx-\frac12\,\alpha\,\Delta\theta=-3{,}4\times10^{-4}\Rightarrow\Delta f\approx-440\cdot3{,}4\times10^{-4}\approx-0{,}15\ \text{Hz}$$

Imagem com $\tfrac14\cdot36=9\ \text{mm}$ para um barco de $12\ \text{m}$: ampliação $|A|=\dfrac{9\ \text{mm}}{12\,000\ \text{mm}}=\dfrac{1}{1333}$.

Para uma lente delgada, $A=-\dfrac{f}{p-f}$, logo $p=f\left(1+\dfrac1{|A|}\right)$.

a) $p=35\,(1+1333)\approx4{,}67\times10^{4}\ \text{mm}\approx47\ \text{m}$.

b) Imagem de $36\ \text{mm}$: $|A|=\dfrac{36}{12\,000}=\dfrac1{333}$ e $p=35\,(1+333)\approx1{,}17\times10^{4}\ \text{mm}\approx11{,}7\ \text{m}$ (o turista precisa chegar a cerca de 12 m do barco, a quarta parte da distância inicial).

A energia mecânica deve ser nula no infinito: $\dfrac{m\,v_e^2}{2}-\dfrac{G\,M\,m}{R_T}=0\Rightarrow v_e=\sqrt{\dfrac{2\,G\,M}{R_T}}$.

Com $G\,M=g\,R_T^2$: $$v_e=\sqrt{2\,g\,R_T}=\sqrt{2\cdot10\cdot6{,}4\times10^{6}}=\sqrt{1{,}28\times10^{8}}\approx1{,}1\times10^{4}\ \text{m/s}$$

a) Massa do lago: $m=\rho V=10^{3}\cdot4{,}0\times10^{11}=4{,}0\times10^{14}\ \text{kg}$.

$$Q=m\,c\,\Delta\theta=4{,}0\times10^{14}\cdot4190\cdot1\approx1{,}7\times10^{18}\ \text{J}$$

b) $\Delta t=\dfrac{Q}{P}=\dfrac{1{,}7\times10^{18}}{10^{9}}=1{,}7\times10^{9}\ \text{s}\approx\dfrac{1{,}7\times10^{9}}{3{,}15\times10^{7}}\approx53\ \text{anos}$.

Ressalva: na fissão real do $^{235}\text{U}$ apenas cerca de $0{,}1\%$ da massa é convertida em energia; o valor acima é o da conversão total, que é o que a equação $E=mc^2$ pedida no enunciado fornece.

Tomando a massa de 1 g convertida integralmente em energia (como o enunciado sugere): $m=1\ \text{g}=10^{-3}\ \text{kg}$.

$$E=m\,c^2=10^{-3}\cdot(3\times10^{8})^2=9\times10^{13}\ \text{J}$$

Equivale a cerca de $25$ milhões de kWh.