OBF 2012

Para ir de repouso a repouso, o elevador acelera ao máximo e depois freia ao máximo. Verificando se atinge $3\ \text{m/s}$: só para acelerar até $3\ \text{m/s}$ e frear seriam $\dfrac{3^2}{2\cdot0{,}2}+\dfrac{3^2}{2\cdot0{,}1}=22{,}5+45=67{,}5\ \text{m}>30\ \text{m}$: não atinge a velocidade máxima.

Seja $v$ a velocidade no instante da troca (acelera → freia): $\dfrac{v^2}{2\cdot0{,}2}+\dfrac{v^2}{2\cdot0{,}1}=30\Rightarrow7{,}5\,v^2=30\Rightarrow v=2\ \text{m/s}$ (menor que $3$).

Tempos: $t_1=\dfrac{2}{0{,}2}=10\ \text{s}$ e $t_2=\dfrac{2}{0{,}1}=20\ \text{s}$:

$$t_{min}=t_1+t_2=30\ \text{s}$$

Queda inicial: $t_1=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$ e $x_1=v_0\,t_1$. A velocidade vertical ao chegar ao chão é $v_y=g\,t_1=\sqrt{2gH}$.

Quique: o coeficiente de restituição reduz a componente vertical a $e\,v_y$ (a horizontal se mantém). O novo voo dura $t_2=\dfrac{2\,e\,v_y}{g}=2\,e\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$, com $x_2=v_0\,t_2$.

$$d=x_1+x_2=v_0\sqrt{\frac{2H}{g}}\,(1+2e)$$

O centro da esfera descreve um círculo de raio $R-r$. No ponto mais alto, a condição de contato é $N\ge0$; no limite, a gravidade fornece a força centrípeta: $m\,g=\dfrac{m\,v_t^2}{R-r}\Rightarrow v_t^2=g\,(R-r)$.

Rolamento sem deslizar: $\omega=\dfrac vr$ e a energia cinética total é $\tfrac12m\,v^2+\tfrac12\cdot\tfrac25mr^2\,\omega^2=\tfrac7{10}\,m\,v^2$. Do ponto mais baixo ao mais alto, o centro sobe $2\,(R-r)$:

$$\tfrac7{10}\,m\,v^2=\tfrac7{10}\,m\,v_t^2+2\,m\,g\,(R-r)\ \Rightarrow\ v^2=g\,(R-r)+\tfrac{20}{7}\,g\,(R-r)=\tfrac{27}{7}\,g\,(R-r)$$

$$v_{min}=\sqrt{\frac{27}{7}\,g\,(R-r)}$$

A tira cai em queda livre a partir do repouso, de modo que a distância percorrida até ser segurada é $d=\dfrac{g\,t^2}{2}$, em que $t$ é o tempo de reação. Logo a escala é quadrática: as marcas se afastam cada vez mais, e não de modo uniforme.

Com $g=10\ \text{m/s}^2$ (distâncias medidas a partir do ponto da esquerda):

Para cada instante desejado, calcula-se $d=5\,t^2$ ($d$ em m, $t$ em s) e marca-se a posição na tira.

As gotas partem do repouso: chegam ao disco após $t_i=\sqrt{\dfrac{2h_i}{g}}$. A diferença de tempos entre as duas chegadas é $\Delta t=\sqrt{\dfrac2g}\,\left(\sqrt{h_2}-\sqrt{h_1}\right)$.

Nesse intervalo, o disco gira $\Delta\varphi=\omega\,\Delta t$ (deslocamento angular entre as marcas, medido):

$$\Delta\varphi=\omega\sqrt{\frac2g}\,\big(\sqrt{h_2}-\sqrt{h_1}\big)\ \Rightarrow\ g=\frac{2\,\omega^2\big(\sqrt{h_2}-\sqrt{h_1}\big)^2}{\Delta\varphi^2}$$

Correias sem deslizamento transmitem a mesma velocidade linear de borda: $\omega_A\,r=\omega_B\,R$ (A→B) e $\omega_B\,r=\omega_C\,R$ (B→C). Logo $\omega_C=\omega_A\left(\dfrac rR\right)^{2}$ e o mesmo vale para as acelerações: $\alpha_C=\alpha\left(\dfrac rR\right)^{2}$.

Partindo do repouso, o ângulo percorrido por C é $\theta_C=\tfrac12\,\alpha_C\,t^2$ e o número de voltas é $\theta_C/2\pi$:

$$N(t)=\frac{\alpha\,r^2}{4\pi\,R^2}\,t^2$$

Ressalva: valores de $x$ lidos no gráfico, com incerteza de ±0,1 m; o esboço de $F(x)$ é qualitativo.

a) $F(x)=-\dfrac{dU}{dx}$ (o negativo da inclinação de $U$):
– $x<-0{,}8\ \text{m}$: $U$ decresce (inclinação negativa) ⇒ $F>0$ (grande perto da parede, $x\approx-1{,}3$);
– $-0{,}8– $00$ (máximo de $F\approx+8\ \text{N}$ por volta de $x\approx0{,}7$);
– $x>1{,}3\ \text{m}$: $U$ cresce ⇒ $F<0$, com módulo crescente na parede direita. $F=0$ em $x\approx-0{,}8$; $0$; $1{,}3$.

b) Equilíbrio onde $dU/dx=0$: $x\approx-0{,}8\ \text{m}$ (mínimo local, $U\approx-1{,}5\ \text{J}$): estável; $x=0$ (máximo local, $U=0$): instável; $x\approx1{,}3\ \text{m}$ (mínimo global, $U\approx-5\ \text{J}$): estável.

c) Para $E=1\ \text{J}$: $x\approx-1{,}2\ \text{m}$ e $x\approx1{,}9\ \text{m}$ (onde $U=1\ \text{J}$).

d) Com $E=5\ \text{J}$ e $U_{min}=-5\ \text{J}$: $E_c=10\ \text{J}$ e $v_{max}=\sqrt{\dfrac{2\cdot10}{0{,}05}}=20\ \text{m/s}$.

Seja $C$ o centro do disco. Os dois semicírculos, de massas $m_1=\sigma_1\dfrac{\pi R^2}{2}$ e $m_2=\sigma_2\dfrac{\pi R^2}{2}$, têm centros de massa a $\dfrac{4R}{3\pi}$ de $C$, em lados opostos de $PQ$. O centro de massa do disco fica sobre a horizontal que passa por $C$, a uma distância (positiva para o lado de $\sigma_2$)

$$x_{cm}=\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}\,\frac{4R}{3\pi}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{\sigma_1+\sigma_2}\,\frac{4R}{3\pi}$$

O plano desce para a direita; o disco toca o plano no ponto $T$ em que o raio é perpendicular ao plano. Esse ponto fica deslocado de $R\,\text{sen}\,\theta$, horizontalmente, à esquerda de $Q$ (lado de $\sigma_1$). Em equilíbrio, o peso não pode gerar torque em relação a $T$: o centro de massa deve estar na vertical de $T$, isto é, $x_{cm}=-R\,\text{sen}\,\theta$ (do lado de $\sigma_1$, logo $\sigma_1>\sigma_2$).

$$\frac{\sigma_1-\sigma_2}{\sigma_1+\sigma_2}\,\frac{4}{3\pi}=\text{sen}\,\theta\ \Rightarrow\ \frac{\sigma_1}{\sigma_2}=\frac{1+\frac{3\pi}4\text{sen}\,\theta}{1-\frac{3\pi}4\text{sen}\,\theta}$$

Como $\sigma_1/\sigma_2>0$ e finito, exige-se $\dfrac{3\pi}{4}\,\text{sen}\,\theta<1$, ou seja, $\text{sen}\,\theta<\dfrac{4}{3\pi}\approx0{,}42$, o que dá $\theta<\arcsin\dfrac{4}{3\pi}\approx25^\circ$ (com $\sigma_1>\sigma_2$). Para $\theta=0$, $\sigma_1=\sigma_2$.

Seja $A$ a área da seção. No equilíbrio, peso = empuxo: $\rho\,A\,L\,g=\rho_f\,A\,d\,g$ (profundidade submersa $d=\dfrac{\rho}{\rho_f}L$).

Deslocando o cilindro de $y$ para baixo, o empuxo aumenta de $\rho_f\,A\,y\,g$: a força restauradora é $-\rho_f\,A\,g\,y$, de constante $k=\rho_f\,A\,g$. Com massa $m=\rho\,A\,L$:

$$T=2\pi\sqrt{\frac mk}=2\pi\sqrt{\frac{\rho\,L}{\rho_f\,g}}$$

Para o mesmo calor $Q$: $\Delta T=\dfrac{Q}{\rho\,c\,V}$, e $\Delta H=\alpha\,H\,\Delta T=\dfrac{\alpha\,Q}{\rho\,c}\cdot\dfrac HV$. Então $\Delta H\propto\dfrac{H}{V}=\dfrac{1}{\text{área da base}}$.

Áreas das bases: $S_1=\pi\dfrac{a^2}{4}$, $S_2=\pi\,a^2$ e $S_3=\pi\dfrac{9a^2}{4}$, isto é, $S_1:S_2:S_3=1:4:9$.

$$\Delta H_1:\Delta H_2:\Delta H_3=\frac{1}{1}:\frac14:\frac19=36:9:4$$

Pressão do gás com o pistão a uma altura $y$: $P(y)=P_0+\rho\,g\,(H-y)$ (peso da coluna de água restante); volume $V=A\,y$.

Estado inicial ($y=H/2$): $P_1=P_0+\dfrac{\rho\,g\,H}{2}$, $V_1=\dfrac{A\,H}{2}$. Estado final (toda a água fora, $y=H$): $P_2=P_0$, $V_2=A\,H$.

Para um gás ideal (mesmo número de mols), $\dfrac{P_1V_1}{T_1}=\dfrac{P_2V_2}{T_2}$:

$$\frac{T_1}{T_2}=\frac{P_1V_1}{P_2V_2}=\frac{P_0+\rho g H/2}{2P_0}=\frac12+\frac{10^3\cdot10\,H}{4\times10^5}=\frac12+\frac{H}{40}$$ ($H$ em metros). Como $\rho g H/2\ll P_0$ para recipientes de poucos metros, $T_1/T_2\approx\tfrac12$: o gás precisa praticamente dobrar de temperatura.

Ressalva: a questão pede a condição “para qualquer θ”; rigorosamente ela só se cumpriria com $n\le1$. A leitura mais favorável (θ até 90°) dá $n<\sqrt2$, e ainda assim nenhum material da lista serve.

Na primeira face: $\text{sen}\,\theta=n\,\text{sen}\,r$. A face adjacente é perpendicular, então o ângulo de incidência nela é $90^\circ-r$. O raio só sai para o ar se não houver reflexão total: $n\,\text{sen}(90^\circ-r)<1$, isto é, $n\cos r<1$.

Com $\cos r=\sqrt{1-\text{sen}^2\theta/n^2}$: $$n\cos r=\sqrt{n^2-\text{sen}^2\theta}<1\ \Rightarrow\ n^2<1+\text{sen}^2\theta$$

O lado direito é no máximo $2$ (para $\theta=90^\circ$) e vale apenas $1$ para $\theta\to0$. Para que a emergência seja possível em qualquer ângulo de incidência, a condição precisa valer até para o pior caso ($\theta\to0$), o que exigiria $n\le1$, impossível para um material (n > 1). Mesmo no caso mais favorável ($\theta=90^\circ$), $n<\sqrt2\approx1{,}41$.

Todos os materiais da lista têm $n\ge1{,}49>\sqrt2$: nenhum poderia ser usado (o diamante, com $n=2{,}42$, é o pior caso).