OBF 2011

Pela lei do resfriamento de Newton, a diferença para a sala ($15\ ^\circ\text{C}$) decresce com razão constante em intervalos iguais. Os excessos são $50,\ 34,\ 23,\ 15,\ 10,\ 7,\ 5,\ 3\ ^\circ\text{C}$ (a cada 10 min): razão $\approx0{,}67$.

Retrocedendo 10 min a partir de $t=10$ min: excesso em $t=0$ $\approx\dfrac{50}{0{,}67}\approx75\ ^\circ\text{C}$, logo

$$\theta_0\approx15+75=90\ ^\circ\text{C}$$

Ressalva: considerou-se que a água do chá parte da temperatura inicial estimada na questão anterior ($\approx90\ ^\circ\text{C}$). Partindo de $15\ ^\circ\text{C}$, seriam $\approx12\ \text{s}$ ($0{,}2\ \text{min}$).

Partindo do chá recém-preparado, a $\approx90\ ^\circ\text{C}$ (questão anterior): $Q=m\,c\,\Delta\theta=100\cdot4{,}2\cdot10=4200\ \text{J}$.

$$t=\frac QP=\frac{4200}{3000}=1{,}4\ \text{s}\approx0{,}023\ \text{min}$$

Pelo gráfico, dois máximos consecutivos ocorrem em $t\approx1{,}25\ \text{s}$ e $t\approx6{,}25\ \text{s}$: o período é $T=5\ \text{s}$ (quatro ciclos em $20\ \text{s}$).

$$f=\frac1T=\frac15=0{,}2\ \text{Hz}$$

Amplitude $A=10\ \text{cm}$, período $T=5\ \text{s}$ ($\omega=\dfrac{2\pi}{T}=0{,}4\pi\ \text{rad/s}$) e $x(0)=0$ com $x$ crescendo (fase inicial nula):

$$x(t)=10\,\text{sen}(0{,}4\pi\,t)\ \ (x\text{ em cm; }t\text{ em s})$$

Conferência: máximo em $t=T/4=1{,}25\ \text{s}$, como no gráfico.

Ressalva: as leituras são feitas sobre a figura (cada divisão menor vale 1 m); o valor é uma estimativa e o resultado, embora pouco realista para corredores humanos, decorre dos dados da figura.

Posições do corredor 1, lidas na figura a cada $0{,}2\ \text{s}$ (em m): $1{,}7;\ 3{,}7;\ 6{,}7;\ 10{,}7;\ 15{,}5;\ 21{,}5;\ 28{,}5$.

No MUV, a diferença entre deslocamentos sucessivos é constante: $\Delta x_{n+1}-\Delta x_n=a\,T^2$. Os deslocamentos são $2{,}0;\ 3{,}0;\ 4{,}0;\ 4{,}8;\ 6{,}0;\ 7{,}0\ \text{m}$, que crescem $\approx1{,}0\ \text{m}$ a cada intervalo.

$$a=\frac{\Delta^2x}{T^2}=\frac{1{,}0}{0{,}2^2}=25\ \text{m/s}^2$$

O corredor 2 percorre cerca de $4\ \text{m}$ a cada $0{,}2\ \text{s}$: movimento uniforme com $v_2=\dfrac{4}{0{,}2}=20\ \text{m/s}$, qualquer que seja o instante.

Com o corredor 1 ($x_1\approx1{,}75+7{,}25\,t+12{,}5\,t^2$) e o 2 ($x_2=20\,t$), a ultrapassagem pelo corredor 1 ocorre em $t\approx0{,}86\ \text{s}$, a $\approx17\ \text{m}$ da origem: a velocidade do corredor 2 continua $20\ \text{m/s}$.

$g=\dfrac{GM}{r^2}\Rightarrow\dfrac{g'}{g_0}=\left(\dfrac{R}{R+h}\right)^{2}\approx1-\dfrac{2h}{R}$ para $h\ll R$.

$$\frac{\Delta g}{g_0}\approx-\frac{2h}{R}=-\frac{2\cdot10}{6000}\approx-3{,}3\times10^{-3}=-0{,}33\%$$

Ressalva: o enunciado não informa a massa das esferas; adotou-se massa $m$ para cada uma. O campo de uma esfera dielétrica uniformemente carregada fora dela equivale ao de uma carga pontual no centro; a polarização mútua foi desprezada.

Tratando as esferas como cargas pontuais nos centros e partindo do repouso, a energia potencial elétrica se converte em cinética das duas esferas (mesma massa $m$, mesma velocidade em módulo). O choque ocorre quando os centros distam $2R$:

$$-\frac{K\,Q^2}{d}=-\frac{K\,Q^2}{2R}+2\cdot\frac{m\,v^2}{2}\Rightarrow m\,v^2=K\,Q^2\left(\frac1{2R}-\frac1d\right)$$

$$v=Q\sqrt{\frac{K\,(d-2R)}{2\,m\,R\,d}}$$

Ressalva: a massa do balde vazio não é dada e foi desprezada.

Duração da subida: $t=\dfrac{h}{v}=\dfrac{7}{0{,}175}=40\ \text{s}$. Água perdida: $0{,}050\cdot40=2{,}0\ \text{kg}$. A massa de água varia linearmente de $10\ \text{kg}$ (balde cheio, $10\ \ell$) a $8\ \text{kg}$ (desprezando a massa do balde).

Como a velocidade é constante, a força de Ana equilibra o peso: $F=m(t)\,g$, linear na altura. O trabalho é a força média vezes a altura:

a) $$W=\bar m\,g\,h=\frac{10+8}{2}\cdot10\cdot7=630\ \text{J}$$

b) $$\bar P=\frac{W}{t}=\frac{630}{40}=15{,}75\approx15{,}8\ \text{W}$$

Em uma adiabática reversível, $P\,V^{\gamma}=\text{constante}$ com $\gamma=\dfrac{C_P}{C_V}$ da mistura.

Por mol de mistura, os calores molares a volume constante se somam ponderados pelas frações molares: $C_V=X_M\cdot\dfrac32R+X_D\cdot\dfrac52R=\dfrac{R}{2}\,(3X_M+5X_D)$ e $C_P=C_V+R$.

$$\gamma=\frac{C_P}{C_V}=1+\frac{2}{3X_M+5X_D}=\frac{3X_M+5X_D+2}{3X_M+5X_D}$$

Com $X_M+X_D=1$: $3X_M+5X_D=3+2X_D$, logo $\gamma=\dfrac{5+2X_D}{3+2X_D}$ (vale $5/3$ para gás só monoatômico e $7/5$ para só diatômico).

$$P=P_0\left(\frac{V_0}{V}\right)^{\gamma}$$

O líquido forma uma lente plano-convexa fina (face superior plana; face inferior com a curvatura do espelho, $R=2f=20\ \text{cm}$) em contato com o espelho. A luz atravessa a lente, reflete e atravessa a lente de novo.

Potência da lente: $\Phi_L=(n-1)\dfrac1R=\dfrac{0{,}4}{20}=0{,}020\ \text{cm}^{-1}$. Potência do espelho: $\Phi_E=\dfrac1f=0{,}100\ \text{cm}^{-1}$.

Sistema (lente, espelho, lente): $$\Phi=2\,\Phi_L+\Phi_E=0{,}140\ \text{cm}^{-1}\quad(f_{eq}\approx7{,}1\ \text{cm})$$

$$\frac1{p'}=\Phi-\frac1p=0{,}140-0{,}040=0{,}100\ \text{cm}^{-1}\Rightarrow p'=10\ \text{cm}$$

Ressalva: desprezou-se a massa de água arrastada pela bolha (massa adicional), que reduziria a velocidade, mas não é pedida.

No equilíbrio inicial, empuxo = peso: $\rho\,g\,V_0=m\,g$ (peso da bolha $=\rho\,g\,V_0$).

Ao subir $h$, a pressão externa cai $\rho\,g\,h$ e, à temperatura constante ($PV=\text{cte}$): $V=\dfrac{P_0V_0}{P_0-\rho g h}\approx V_0\left(1+\dfrac{\rho g h}{P_0}\right)$.

A força resultante para cima, quando a bolha subiu $y$, é $\rho g\,(V(y)-V_0)=\dfrac{\rho^2g^2V_0}{P_0}\,y$. O trabalho dela de $0$ a $h$ é a energia cinética:

$$E_c=\int_0^h\frac{\rho^2g^2V_0}{P_0}\,y\,dy=\frac{\rho^{2}g^{2}V_0\,h^{2}}{2\,P_0}$$

a) Há seis pares: quatro pares $Q$–$q$ (lado $a$), um par $Q$–$Q$ e um par $q$–$q$ (diagonais, $a\sqrt2$):

$$U=K\left[\frac{4Qq}{a}+\frac{Q^2}{a\sqrt2}+\frac{q^2}{a\sqrt2}\right]$$

b) As cargas $q$ se afastam pelo eixo vertical; a velocidade é máxima quando elas estão muito distantes, e a energia potencial restante é só a do par $Q$–$Q$ (fixas): $U_f=\dfrac{KQ^2}{a\sqrt2}$.

Conservação: $U=U_f+2\cdot\dfrac{m\,v^2}{2}$, logo $m\,v^2=\dfrac{K}{a}\left(4Qq+\dfrac{q^2}{\sqrt2}\right)$:

$$v_{max}=\sqrt{\frac{K\,q}{m\,a}\left(4Q+\frac{q}{\sqrt2}\right)}$$

Dois planetas (distância entre eles $2R$): a força de um sobre o outro é a centrípeta: $\dfrac{G\,m^2}{(2R)^2}=m\,\omega^2R\Rightarrow\omega^2=\dfrac{G\,m}{4R^3}$.

Três planetas (triângulo equilátero de lado $L=R\sqrt3$, pois $R=\dfrac{L}{\sqrt3}$): cada um recebe duas forças $\dfrac{GM^2}{L^2}$, cuja resultante aponta ao centro e vale $2\,\dfrac{GM^2}{L^2}\cos30^\circ=\dfrac{GM^2}{\sqrt3\,R^2}$. Então $M\,\omega^2R=\dfrac{GM^2}{\sqrt3R^2}\Rightarrow\omega^2=\dfrac{G\,M}{\sqrt3\,R^3}$.

Períodos iguais ($\omega$ iguais): $\dfrac{M}{\sqrt3}=\dfrac m4$, isto é,

$$\frac Mm=\frac{\sqrt3}{4}\approx0{,}43$$

Lançamento a um ângulo $\theta$ acima da horizontal: $x=v_0\cos\theta\,t$ e $y=H+v_0\sin\theta\,t-\dfrac{g\,t^2}{2}$. O alcance $A$ é o $x$ quando $y=0$:

$$A=\frac{v_0\cos\theta}{g}\left(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gH}\right)$$

Uma forma mais direta usa a conservação de energia: no solo a velocidade é $v=\sqrt{v_0^2+2gH}$ para qualquer $\theta$. A trajetória é uma parábola que tangencia a envoltória de todas as trajetórias possíveis (parábola de segurança); o maior alcance corresponde ao ponto em que a envoltória toca o solo:

$$y_{env}(x)=H+\frac{v_0^2}{2g}-\frac{g\,x^2}{2v_0^2}=0\Rightarrow A_{max}=\frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2+2gH}$$

O ângulo ótimo vale $\tan\theta=\dfrac{v_0}{\sqrt{v_0^2+2gH}}<1$ (menor que $45^\circ$ para $H>0$).

Ressalva: a leitura do circuito segue o desenho: o traço horizontal superior e o inferior ligam os dois blocos, com a fonte na diagonal.

Os dois blocos estão ligados diretamente entre os terminais da fonte (a parte superior e a inferior são fios): cada um fica submetido a $10\ \text{V}$.

(a) Bloco da esquerda. Dois caminhos entre os nós superior e inferior: $4\ \Omega+6\ \Omega$ (central) e $1+1+3=5\ \Omega$ (lateral), este com o ponto intermediário (entre $2\ \Omega$ e $3\ \Omega$) ligado ao ponto entre $4$ e $6\ \Omega$ por $R_A$. Como $\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$, a ponte está equilibrada: os dois pontos têm o mesmo potencial ($6\ \text{V}$) e $R_A$ não conduz corrente:

$$P_{R_A}=0$$

(b) Bloco da direita com capacitor. Sem corrente no capacitor, restam dois ramos: $1+1+1=3\ \Omega$ (potencial no extremo do capacitor: $10-2\cdot\tfrac{10}{3}=\tfrac{10}{3}\ \text{V}$) e $1+1=2\ \Omega$ (potencial no outro extremo: $5\ \text{V}$).

$$\Delta V_C=5-\frac{10}{3}=\frac53\ \text{V}\quad\Rightarrow\quad Q=C\,\Delta V_C=10\times10^{-6}\cdot\frac53\approx1{,}7\times10^{-5}\ \text{C}$$

(c) Potência da fonte. Resistência equivalente do bloco da esquerda: $(10\ \Omega)\parallel(5\ \Omega)=\dfrac{10}{3}\ \Omega$ (corrente $3{,}0\ \text{A}$). Bloco da direita: $(3\ \Omega)\parallel(2\ \Omega)=1{,}2\ \Omega$ (corrente $\approx8{,}33\ \text{A}$).

$$P=\varepsilon\,(i_E+i_D)=10\cdot(3{,}0+8{,}33)\approx113\ \text{W}$$