OBF 2010

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

Ressalva: admite-se choque elástico e oscilações de pequena amplitude (período independente da amplitude), hipóteses necessárias para os itens a) e b).

a) Antes do choque, na posição vertical: $v_0=\sqrt{2\,g\,h}$. Admitindo choque elástico (sem perdas), com $m$ em repouso:

$$V_M=\frac{M-m}{M+m}\,v_0\qquad V_m=\frac{2M}{M+m}\,v_0$$

Cada massa sobe até $H=\dfrac{V^2}{2g}$:

$$h_M=\left(\frac{M-m}{M+m}\right)^{2}h\qquad h_m=\left(\frac{2M}{M+m}\right)^{2}h$$

b) Os dois pêndulos têm o mesmo comprimento e, para pequenas oscilações, o mesmo período $T=2\pi\sqrt{L/g}$, independente da massa e da amplitude. Cada um volta à vertical após meio período, e as massas voltam a se encontrar no ponto mais baixo, onde ocorre a nova colisão:

$$\Delta t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac Lg}$$

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).

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 $m\,c\,\Delta\theta+m\,L=4190\cdot20+334\,000=4{,}18\times10^{5}\ \text{J}$.

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

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

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

a) Em contato, o carrinho executa um movimento harmônico simples de período $T=2\pi\sqrt{m/k}$. O contato dura meio período (da primeira compressão até o retorno à posição de equilíbrio):

$$\Delta t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac mk}$$

b) A mola devolve o carrinho com velocidade $-v$ (energia conservada). O impulso é a variação do momento:

$$I=\Delta p=m\,(-v)-m\,v=-2\,m\,v,\ \text{isto é, }|I|=2\,m\,v$$

Ressalva: considerou-se $L$ medido a partir do fim da região do campo elétrico, como na figura; o resultado independe da carga e da massa.

a) Na aceleração, $e\,V_a=\dfrac{m\,v_x^2}{2}\Rightarrow v_x=\sqrt{\dfrac{2eV_a}{m}}$. A densidade de corrente é $J=n\,e\,v_x=n\,e\sqrt{\dfrac{2\,e\,V_a}{m}}$.

b) Na região do campo, a aceleração vertical é $a_y=\dfrac{eE}{m}$ e o tempo de travessia, $t_1=\dfrac{L_e}{v_x}$. Ao sair, o desvio é $y_1=\tfrac12a_yt_1^2$ e a velocidade vertical, $v_y=a_yt_1$.

Depois, o elétron segue em linha reta até a tela, durante $t_2=\dfrac{L}{v_x}$, ganhando $v_y\,t_2$:

$$d=\frac{a_yL_e^2}{2v_x^2}+\frac{a_yL_eL}{v_x^2}=\frac{eE\,L_e}{m\,v_x^2}\left(\frac{L_e}{2}+L\right)=\frac{E\,L_e}{2V_a}\left(\frac{L_e}{2}+L\right)$$

a) Cada íon tem carga $+e$. Na aceleração: $e\,V=\dfrac{m_i\,v_i^2}{2}\Rightarrow v_i=\sqrt{\dfrac{2\,e\,V}{m_i}}$.

No campo, a força magnética é a resultante centrípeta: $e\,v_i\,B=\dfrac{m_i\,v_i^2}{R_i}\Rightarrow R_i=\dfrac{m_i\,v_i}{e\,B}$:

$$R_i=\frac1B\sqrt{\frac{2\,m_i\,V}{e}}\qquad(i=1,2)$$

b) Dividindo as duas expressões, $e$, $V$ e $B$ se cancelam:

$$\frac{R_2}{R_1}=\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}\Rightarrow R_2=R_1\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}$$