OBF 2011

Tempo ligado no mês: $30\cdot10\ \text{min}=300\ \text{min}=5\ \text{h}$. Energia: $E=P\,\Delta t=6\ \text{kW}\cdot5\ \text{h}=30\ \text{kWh}$.

$$\text{custo}=30\cdot0{,}10=3{,}00\ \text{reais}$$

Elevando ao quadrado e isolando: $\mu_0=\dfrac{1}{\varepsilon_0\,c^2}$. Com $[c^2]=\text{m}^2\text{s}^{-2}$:

$$[\mu_0]=\frac{1}{\text{N}^{-1}\text{C}^{2}\text{m}^{-2}\cdot\text{m}^{2}\text{s}^{-2}}=\text{N}\,\text{C}^{-2}\,\text{s}^{2}$$

Como $\text{N}=\text{kg}\,\text{m}\,\text{s}^{-2}$: $[\mu_0]=\text{kg}\,\text{m}\,\text{C}^{-2}$ (equivalente a $\text{T·m/A}$).

$$\frac{\Delta\theta}{\Delta t}=\frac{49-65}{20-10}=-1{,}6\ ^\circ\text{C/min}\approx-0{,}027\ ^\circ\text{C/s}$$

Água de $10\ \text{g}$ na temperatura da sala ($15\ ^\circ\text{C}$) até $100\ ^\circ\text{C}$:

$$Q=m\,c\,\Delta\theta=10\cdot1\cdot(100-15)=850\ \text{cal}$$

Pelo gráfico, $x(0)=0$ e $x(5\ \text{s})=0$ (o período é $5\ \text{s}$, uma oscilação completa). O deslocamento é $\Delta x=x(5)-x(0)=0$; a distância percorrida, porém, é $4A=40\ \text{cm}$.

Pelo gráfico, $x(10)=0$ e $x(11)\approx9{,}5\ \text{cm}$ (próximo do máximo em $11{,}25\ \text{s}$); com $x(t)=10\,\text{sen}(0{,}4\pi t)$: $x(11)=10\,\text{sen}(4{,}4\pi)=9{,}5\ \text{cm}$.

$$v_m=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{9{,}5-0}{1}\approx9{,}5\ \text{cm/s}$$

O corredor 2 avança $\approx4\ \text{m}$ a cada $0{,}2\ \text{s}$: $v=20\ \text{m/s}$, constante.

$$x(t)=20\,t\quad(x\text{ em m; }t\text{ em s})$$

Ressalva: as posições são estimativas obtidas pelo ajuste de um MUV às fotografias da figura.

O corredor 2 tem $x_2=20\,t$; o corredor 1 (MUV, ajustado às posições da figura) tem $x_1\approx1{,}75+7{,}25\,t+12{,}5\,t^2$.

Igualando: $12{,}5\,t^2-12{,}75\,t+1{,}75=0\Rightarrow t\approx0{,}16\ \text{s}$ ou $t\approx0{,}86\ \text{s}$, o que dá

$$x\approx20\cdot0{,}16\approx3\ \text{m}\qquad\text{e}\qquad x\approx20\cdot0{,}86\approx17\ \text{m}$$

Na primeira, o corredor 2 passa o 1; na segunda, o corredor 1 ultrapassa o 2.

Sem gravidade, o asteroide seguiria uma reta que passaria à distância $d$ da Terra. Com a atração gravitacional (sempre voltada para a Terra), a trajetória é desviada para o lado da Terra: curva-se em sua direção, aproximando-se do planeta mais do que $d$ e saindo por uma reta diferente da de entrada.

Esboço: marcar a Terra (círculo) e a reta pontilhada original a uma distância $d$ de seu centro; desenhar a trajetória real como uma curva (ramo de hipérbole) que parte do mesmo lado, passa mais perto da Terra que a reta pontilhada e sai com direção desviada em direção ao lado da Terra. Marcar o asteroide em um ponto antes e outro depois da passagem.

Se o asteroide passasse perto o bastante, o desvio levaria a uma colisão; com velocidade menor que a de escape no ponto, a trajetória seria fechada (elipse).

Na altura máxima, só resta a componente horizontal, constante: $v_x=v_0\cos\theta_0$. Pelo enunciado, $v_0=4\,v_x$:

$$\cos\theta_0=\frac14\Rightarrow\theta_0\approx75{,}5^\circ$$

Primeira metade: $d_1=550\ \text{m}$ com $a=1{,}2\ \text{m/s}^2$ a partir do repouso: $t_1=\sqrt{\dfrac{2\cdot550}{1{,}2}}=\sqrt{916{,}7}\approx30{,}3\ \text{s}$ e $v_{max}=a\,t_1\approx36{,}3\ \text{m/s}$.

A frenagem é simétrica: $t_2=t_1$.

a) $t=2\,t_1\approx60{,}6\ \text{s}\approx61\ \text{s}$.

b) $v_{max}=\sqrt{2\,a\,d_1}=\sqrt{2\cdot1{,}2\cdot550}\approx36{,}3\ \text{m/s}$.

No diagrama $S\times T$, os segmentos verticais são isotermas ($T$ constante) e os horizontais são adiabáticas reversíveis ($S$ constante): é um ciclo de Carnot.

(a) No sentido do desenho:
– $T_2$, de $S_1$ a $S_2$ (para cima): expansão isotérmica, com absorção de calor $Q_2=T_2(S_2-S_1)$ (arco de hipérbole descendente no $P\times V$);
– $S_2$, de $T_2$ a $T_1$: expansão adiabática (curva mais inclinada que a isoterma);
– $T_1$, de $S_2$ a $S_1$ (para baixo): compressão isotérmica, com liberação de $Q_1=T_1(S_2-S_1)$;
– $S_1$, de $T_1$ a $T_2$: compressão adiabática, fechando o ciclo. No $P\times V$ ficam duas hipérboles (isotermas) ligadas por duas curvas adiabáticas, percorridas no sentido horário.

(b) $$\eta=1-\frac{Q_1}{Q_2}=1-\frac{T_1\,(S_2-S_1)}{T_2\,(S_2-S_1)}=1-\frac{T_1}{T_2}$$

Tempo de voo total (queda de $0{,}80\ \text{m}$ do ponto mais alto): $T=2\sqrt{\dfrac{2\cdot0{,}80}{10}}=2\cdot0{,}4=0{,}8\ \text{s}$.

a) Nos $45\ \text{cm}$ mais altos, o tempo é o de subir e descer esses $45\ \text{cm}$ finais: $t=2\sqrt{\dfrac{2\cdot0{,}45}{10}}=2\cdot0{,}3=0{,}6\ \text{s}$.

b) Acima de $75\ \text{cm}$ o jogador está nos $5\ \text{cm}$ finais do salto: $t_{acima}=2\sqrt{\dfrac{2\cdot0{,}05}{10}}=0{,}2\ \text{s}$. O tempo nos $75\ \text{cm}$ mais baixos (na subida e na descida) é o restante do voo: $0{,}8-0{,}2=0{,}6\ \text{s}$.

Equação dos pontos conjugados: $\dfrac1{p'}=\dfrac1f-\dfrac1p\Rightarrow p'=\dfrac{p\,f}{p-f}$.

A extremidade $A$ está a $p$ e a extremidade $B$, mais afastada, a $p+L$. As imagens ficam em

$$p_A'=\frac{p\,f}{p-f}\qquad p_B'=\frac{(p+L)\,f}{p+L-f}$$

O comprimento da imagem é $|p_A'-p_B'|$:

$$L_{im}=f\left[\frac{p}{p-f}-\frac{p+L}{p+L-f}\right]=\frac{L\,f^{2}}{(p-f)(p+L-f)}$$

e o aumento longitudinal é

$$\frac{L_{im}}{L}=\frac{f^{2}}{(p-f)(p-f+L)}$$

Para $L$ pequeno, equivale ao quadrado do aumento transversal, $\left(\dfrac{f}{p-f}\right)^2$.

a) Em regime estacionário, a soma dos fluxos que chegam a $A$ é nula. As três barras têm a mesma condutância $\dfrac{k\,S}{\ell}$, então $(100-T_A)+(80-T_A)+(0-T_A)=0\Rightarrow T_A=60\ ^\circ\text{C}$.

b) Fluxo de A para o gelo: $\Phi=\dfrac{k\,S\,(T_A-0)}{\ell}=\dfrac{400\cdot5\times10^{-6}\cdot60}{0{,}20}=0{,}60\ \text{W}$.

Em um minuto: $Q=0{,}60\cdot60=36\ \text{J}$ e $m=\dfrac{Q}{L_f}=\dfrac{36}{300}=0{,}12\ \text{g}$.

Ressalva: admitiu-se que o coeficiente de atrito cinético é igual ao estático dado, pois o enunciado não informa o valor cinético.

(a) Bloco A: a força de Ana é equilibrada pelo atrito estático de B sobre A, no máximo $\mu_{AB}\,m_A\,g=0{,}3\cdot1\cdot10=3\ \text{N}$. Logo $F_A\le3\ \text{N}$.

Bloco B: a força de Bia é equilibrada pelo atrito de A sobre B ($F_A$, para a esquerda) mais o atrito do solo, no máximo $\mu\,(m_A+m_B)\,g=0{,}7\cdot50=35\ \text{N}$. Logo $F_B\le F_A+35=38\ \text{N}$.

Máximos: Ana $=3\ \text{N}$ e Bia $=38\ \text{N}$.

(b) Com $F_A=6\ \text{N}$ e $F_B=76\ \text{N}$ nada fica em repouso. Se A acompanhasse B (aceleração comum de $7\ \text{m/s}^2$ para a direita), o atrito necessário em A seria $m_A\cdot7+6=13\ \text{N}>3\ \text{N}$: A desliza sobre B. Adotando atrito cinético igual ao estático máximo:

$$A:\ a_A=\frac{3-6}{1}=-3\ \text{m/s}^2\ (3\ \text{m/s}^2\ \text{para a esquerda})$$

$$B:\ a_B=\frac{76-3-35}{4}=9{,}5\ \text{m/s}^2\ (\text{para a direita})$$