OBF 2012

Ressalva: as medidas do gabarito oficial foram feitas sobre a prova impressa em escala real; numa tela a figura não tem a mesma escala. O gabarito oficial registra $0{,}0016\ \text{rad/s}$ (com $\pi=3{,}14$, seriam $1{,}75\times10^{-3}$); todos os valores são da ordem de $10^{-3}\ \text{rad/s}$.

a) Medindo o ponteiro de minutos na figura (escala real), $r\approx3{,}7$ a $3{,}8\ \text{cm}$ e $L=2\pi r=6\,r\approx11$ a $11{,}5\ \text{cm}$.

b) Uma volta ($2\pi=6\ \text{rad}$) em $3600\ \text{s}$:

$$\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{6}{3600}\approx1{,}7\times10^{-3}\ \text{rad/s}$$

a) $v=\dfrac{dx}{dt}=30+6\,t$ (MUV com $v_0=30\ \text{m/s}$ e $a=6\ \text{m/s}^2$): $v(2)=42\ \text{m/s}$.

b) Pelo teorema da energia cinética, $W=\Delta E_c$, com $v(4)=54\ \text{m/s}$:

$$W=\tfrac12\,m\,\big(v_4^2-v_2^2\big)=\tfrac12\cdot1000\cdot(54^2-42^2)=5{,}76\times10^{5}\ \text{J}$$

Ressalva: as medidas do gabarito oficial foram feitas sobre a prova impressa em escala real; numa tela a figura não tem a mesma escala.

a) Medida na prova impressa: $L_1\approx4{,}55\times10^{-2}\ \text{m}$ e $L_2\approx3{,}05\times10^{-2}\ \text{m}$.

b) $A\approx1{,}39\times10^{-3}\ \text{m}^2$ e $\sigma=75\times10^{-3}\ \text{kg/m}^2$:

$$M_P=\sigma\,A\approx75\times10^{-3}\cdot1{,}39\times10^{-3}\approx1{,}0\times10^{-4}\ \text{kg}$$

a) Com eficiência $0{,}25$, a energia rejeitada é $75\%$ da absorvida: $Q_f=0{,}75\,Q_q=8000\ \text{J}\Rightarrow Q_q=\dfrac{8000}{0{,}75}\approx10\,667\ \text{J}$.

b) O trabalho por ciclo é $W=0{,}25\,Q_q\approx2667\ \text{J}$ e a potência útil é $5\ \text{kW}$:

$$\Delta t=\frac{W}{P}=\frac{2667}{5000}\approx0{,}53\ \text{s}$$

a) Antes do choque: $v_0=\sqrt{2\,g\,h}$. Choque perfeitamente inelástico (massas iguais): $m\,v_0=2m\,v\Rightarrow v=\dfrac{v_0}{2}$. A energia cinética do conjunto sobe o pêndulo até $H$:

$$\tfrac12(2m)\,v^2=(2m)\,g\,H\ \Rightarrow\ H=\frac{v^2}{2g}=\frac{v_0^2}{8g}=\frac h4$$

b) O conjunto (massa $2m$ no mesmo comprimento $L$) é um pêndulo de comprimento $L$; o período não depende da massa:

$$T=2\pi\sqrt{\frac Lg}$$

Ressalva: as medidas do gabarito oficial foram feitas sobre a prova impressa em escala real; numa tela a figura não tem a mesma escala. A ampliação foi estimada na figura original.

A imagem da régua é menor que o objeto (a divisão de 1 cm aparece com cerca de $0{,}5$ a $0{,}6$ do seu tamanho real) e direita: imagem virtual e reduzida, característica de uma lente divergente ($f<0$).

Com ampliação $m=\dfrac{q}{p}$ ($q<0$ imagem virtual), $p=5\ \text{cm}$ e $|m|\approx0{,}5$ a $0{,}56$: $q=-m\,p$ e

$$\frac1f=\frac1p+\frac1q=\frac1p\left(1-\frac1{m}\right)\ \Rightarrow\ f=\frac{p\,m}{m-1}\approx-5{,}0\ \text{a}\ -6{,}5\ \text{cm}$$

Processos: o vapor esfria até $100\ ^\circ\text{C}$, condensa e esfria até $T_f$; o gelo aquece até $0\ ^\circ\text{C}$, funde e aquece até $T_f$; a água líquida muda de $50\ ^\circ\text{C}$ para $T_f$.

Calores (cal): vapor esfriando a $100\ ^\circ\text{C}$: $-100$; condensação: $-5400$; gelo até $0\ ^\circ\text{C}$ e fusão: $+6300$.

Balanço (soma = 0), com $10\,(T_f-100)$ para a água do vapor, $70\,T_f$ para a água do gelo e $200\,(T_f-50)$ para a água inicial:

$$-100-5400+6300+10\,(T_f-100)+70\,T_f+200\,(T_f-50)=0\ \Rightarrow\ 280\,T_f=10\,200$$

$$T_f\approx36{,}4\ ^\circ\text{C}$$ (como $T_f>0$, todo o gelo derrete, como suposto).

Num ponto a $x$ do centro da Lua (e $R-x$ do centro da Terra), um corpo de massa $m$ sofre forças opostas $F_T=\dfrac{G\,m\,M_T}{(R-x)^2}$ e $F_L=\dfrac{G\,m\,M_L}{x^2}$.

Igualando: $\dfrac{M_T}{(R-x)^2}=\dfrac{M_L}{x^2}\Rightarrow R-x=x\sqrt{\dfrac{M_T}{M_L}}$:

$$x=\frac{R}{1+\sqrt{M_T/M_L}}$$

Ressalva: o gabarito oficial escreve o tempo de contato como metade do período do sistema massa-mola; a expressão correta, $\dfrac T2=\pi\sqrt{m/k}$, é a apresentada aqui.

a) Em contato com a mola, o bloco executa meio ciclo de um oscilador massa-mola, de período $T=2\pi\sqrt{m/k}$. O tempo de contato é

$$\Delta t=\frac T2=\pi\sqrt{\frac mk}$$ (independe de $h$).

b) Como na questão análoga do Nível I: $m\,g\,h=\dfrac{\mu\,m\,g\,h}{\tan\theta}+\dfrac{k\,X^2}{2}$, logo

$$X=\sqrt{\frac{2\,m\,g\,h}{k}\left(1-\frac{\mu}{\tan\theta}\right)}$$

O momento total é $P$ (sem forças externas horizontais), de modo que o centro de massa se move com $V_{cm}=\dfrac{P}{M+m}$, e as massas oscilam uma em relação à outra com $\omega=\sqrt{\dfrac{k\,(M+m)}{M\,m}}$. Com $v_M(0)=P/M$ e $v_m(0)=0$:

$$v_M(t)=\frac{P}{M+m}\left[1+\frac mM\cos\omega t\right]\qquad v_m(t)=\frac{P}{M+m}\left[1-\cos\omega t\right]$$

a) $M=m$: $v_M=\dfrac{P}{2m}(1+\cos\omega t)$ e $v_m=\dfrac{P}{2m}(1-\cos\omega t)$: duas cossenoides de mesma amplitude, em oposição de fase, oscilando entre $0$ e $P/m$ (valor médio $P/2m$). As velocidades máximas são iguais.

b) $M=2m$: $v_M=\dfrac{P}{3m}\left(1+\tfrac12\cos\omega t\right)$ e $v_m=\dfrac{P}{3m}(1-\cos\omega t)$: de novo em oposição de fase e com o mesmo valor médio $\dfrac{P}{3m}$, mas a amplitude da oscilação da massa $2m$ é metade da da massa $m$ (como pede o critério do gabarito).

Ressalva: as medidas do gabarito oficial foram feitas sobre a prova impressa em escala real; numa tela a figura não tem a mesma escala.

a) Medidas da figura (descontadas as tolerâncias de $0{,}05$ m):

b) O gráfico $x\times t$ é uma reta: movimento horizontal uniforme, com inclinação

$$v_x=\frac{7{,}5}{1{,}5}=5{,}0\ \text{m/s}$$

c) Verticalmente, a queda parte do repouso: $y=\dfrac{g}{2}\,t^2$, de modo que $y\times t^2$ é uma reta de inclinação $g/2$. Com $t^2=2{,}25\ \text{s}^2$ para $y=9{,}4\ \text{m}$:

$$g=\frac{2\cdot9{,}4}{2{,}25}\approx8{,}4\ \text{m/s}^2\quad(\text{intervalo aceito: }8{,}2\text{ a }8{,}4\ \text{m/s}^2)$$

Ressalva: as medidas do gabarito oficial foram feitas sobre a prova impressa em escala real; numa tela a figura não tem a mesma escala.

a) Na posição 1, a velocidade é a horizontal: $v_1=v_x\approx5{,}0\ \text{m/s}$. Até a posição 2 (queda durante $1{,}5\ \text{s}$): $v_y=g\,t=8{,}4\cdot1{,}5\approx12{,}6\ \text{m/s}$ (equivalente a $\sqrt{2\,g\,H}$ por conservação de energia, com $H\approx9{,}4\ \text{m}$), e

$$v_2=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{25+159}\approx13{,}6\ \text{m/s}$$

b) O chão só atua na vertical, então $v_x$ se conserva; a energia total após o choque é $70\%$ da anterior: $v_x^2+v_y'^2=0{,}7\,(v_x^2+v_y^2)$, de onde $v_y'^2=0{,}7\,v_y^2-0{,}3\,v_x^2\approx104\ \text{m}^2/\text{s}^2$.

$$H_{max}=\frac{v_y'^2}{2g}\approx\frac{104}{16{,}8}\approx6{,}2\ \text{m}$$