3ª FASE - Colégio Ari de Sá

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
Professor: Daniel Paixão, Edney Melo e Rômulo Mendes
ALUNO(A): TURMA: COLÉGIO:
Nº
DATA: _____/_____/______
TURNO: OSG 7348/12
RESOLUÇÃO
Para atingir a velocidade de 3 m/s partindo do repouso, o elevador precisa percorrer 22,5 m, o que pode
ser verificado com auxílio da equação de Torricelli. De modo semelhante, é possível verificar que, com uma
desaceleração de 0,1 m/s2 e uma velocidade inicial de 3 m/s, o elevador atingiria o repouso após percorrer 45 m.
A partir desses resultados conclui-se que, para percorrer 30 m no menor intervalo de tempo, o elevador atingirá
uma velocidade máxima menor que 3 m/s. Portanto, o gráfico de V(t) pode ser representado como segue.
Dadas as acelerações, temos:
vmáx
→ vmáx = 0,2 T1 (Eq. I)
T1
vmáx
→ vmáx = 0,1 (T2 − T1 )
a2 =
T2 − T1
a1 =
A área sob a curva V(t) expressa o espaço percorrido. Assim,
DS =
(Eq. II)
Vmáx ⋅ T2
→ vmáx ⋅ T2 = 60
2
(Eq. III)
Das equações I e II, temos:
0,2 T1 = 0,1 (T2 – T1) → 3 T1 = T2 (Eq. IV)
Das equações I, III e IV, temos:
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RESOLUÇÃO
• Intensidade antes da colisão:
• Intensidade após a colisão:
Da cinemática, verifica-se que
. Portanto,
, pois o coeficiente de restituição é definido
como a razão entre as velocidades relativas de afastamento e aproximação.
• Espaço horizontal percorrido antes da colisão:
• Espaço horizontal percorrido após a colisão:
Portanto,
RESOLUÇÃO
• Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, levando em consideração o centro de massa da
esfera, temos que:
EMA = EMB
mv 2A
m ⋅ vB2
1
1
+ ⋅ I ⋅ ω2A =
+ ⋅ I ⋅ ωB2 + mg (2R − 2r)
2
2
2
2
OSG 7348/12
2
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Para que a bola role sem deslizar, temos que:
ωA =
vA
v
e ωB = B
r
r
Logo:
mv 2A
v2
mvB2
v2
1 2
1 2
+ ⋅ mr 2 ⋅ 2A =
+ ⋅ mr 2 ⋅ 2B + mg(2R – 2r)
2
2 5
2
2 5
r
r
mv 2A
mv 2A mvB2
mvB2
+
=
+
+ mg (2R – 2r) × 10
2
5
2
5
5 mv 2A + 2 mv 2A = 5 mvB2 + 2 mvB2 + 10 mg(2R – 2r)
7mv 2A = 7 mvB2 + 10 mg (2R – 2r)
• No limite de perder o contato no ponto mais alto (N = 0), a força peso atua como resultante centrípeta.
Logo:
• Desse modo:
RESOLUÇÃO
A relação entre a distância d percorrida pelo dispositivo e o tempo t de reação é expressa por
modo, o espaço x percorrido em 50 ms é determinado com segue, admitindo g = 10 m/s2.
Em situações de queda livre sabe-se que, em intervalos de tempos iguais, o corpo em queda percorre distâncias
proporcionais a sequência dos números ímpares. Portanto, é possível fazer a atribuição dos comprimentos
como representado abaixo
x
3x
0 50 100
5x
7x
150
9x
200
11x
250
3
13x
300
Desse
(cm)
350 (ms)
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RESOLUÇÃO
A diferença entre os tempos de queda é expressa por
 2h2
−
 g

deslocamento angular do disco é Dϕ = ω 
2h1
g
Nesse intervalo de tempo, o

2ω2
( h2 − h1 ).
 , o que corresponde a g =
Dϕ

RESOLUÇÃO
• Transmissão de velocidade entre A e B:
VA = VB → 2πrƒA = 2πRƒB
(Eq. I)
• Transmissão de velocidade entre B e C:
VB = VC → 2πrƒB = 2πRƒC
(Eq. II)
• Equações I e II:
2
2
NC  r  NA
r r
r
ƒC = ⋅ ƒ A →
=  ⋅
→ NC =   NA
R R
Dt  R  Dt
R
(Eq. III)
• Movimento circular uniformemente variado da polia A:
N
at 2
w = a ⋅ t → 2π ƒ A = a ⋅ t → 2π A = at → NA =
(Eq. IV)
t
2π
• Equações III e IV:
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RESOLUÇÃO
a) Do teorema trabalho-energia, temos:
Portanto, o esboço da força que atua sobre a partícula pode ser representado como segue.
b) A partícula estará em equilíbrio quando a força resultante sobre ela for nula. Nestes casos,
,o
que corresponde aos pontos de máximo e mínimo de V(x). Os pontos de equilíbrio são os seguintes:
• x1 = – 0,80 m (equilíbrio estável)
• x2 = – 0,08 m (equilíbrio instável)
• x3 = – 1,38 m (equilíbrio estável)
c) Os pontos de retorno da partícula são aqueles em que a velocidade da partícula é nula quando a mesma
está sujeita a oscilações. Para uma energia mecânica de 1 J, a energia potencial nos pontos de retorno
também será de 1 J, o que ocorre nos pontos x = – 1,2 e x = 1,90 .
d)
RESOLUÇÃO
Para que o disco se mantenha em equilíbrio com PQ na vertical, a linha vertical que passa pelo CM do disco
deve interceptar o ponto de contato da esfera com o plano inclinado, ponto A, tendo assim um torque e
força resultante nulos.
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Da figura (2) q de equilíbrio é dado por
O sinal de menor aparece pois adotamos o referencia para a localização do centro de massa do disco.
Definindo
Das equações (1) e (2)
, temos que:
Resolvendo para σ:
3π (1 + σ) sen q = 4σ – 4
3π sen q + 3πs sen q = 4σ – 4
σ(3π sen q – 4) = – 4 – 3π sen q
A condição para que o disco possa se manter em equilíbrio como indicado é que a posição do CM não esteja
a direita da linha PQ.
RESOLUÇÃO
No equilíbrio, temos que m = ρfSx0, onde S é a área da base do cilindro e x0 é a distância entre a base submersa
e a superfície livre de líquido. Ao empurrar o cilindro levemente para baixo, temos:
FR = ma → – E + P = ma → – ρfS(x + x0)g + mg = ma →
→ mg – ρfSxg – ρfSx0g = ma
Portanto,
ω2 =
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ρf g
ρg
4 π2
ρL
→ 2 = f → T = 2π
ρL
T
ρL
ρf g
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RESOLUÇÃO
• Note que o problema afirma que os cilindros são feitos do mesmo material, ou seja, a densidade é a mesma
e o calor específico também é o mesmo para os três cilindros.
• Como as quantidades de calor transferidas para os três cilindros possuem o mesmo valor, temos que:
Q1 = Q2 = Q3
m1 . c . DT1 = m2 . c . DT2 = m3 . c . DT3
m1 . DT1 = m2 . DT2 = m3 . DT3
(d . V1) . DT1 = (d . V2) . DT2 = (d . V3) . DT3
V1 . DT1 = V2 . DT2 = V2 . DT2
(π . R12 . 3h) . DT1 = (π . R22 . 2h) . DT2 = (π . R32 . 4h) . DT3
3 . DT1 = 8 . DT2 = 36 . DT3 (Relações entre as variações de temperatura)
• A variação da altura é diretamente proporcional à altura inicial e à variação de temperatura. Desse modo:
Dh = a . hi . DT
↓
coeficiente de dilatação linear
Logo, temos que:
• ∆h1 = α . h1 . ∆T1
•
•
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RESOLUÇÃO
• Dinâmica do pistão:
• Equação dos gases:
RESOLUÇÃO
Para que o raio de luz possa sair pela face B mesmo rasante, devemos ter:
(1) n . sen (90° – θ1) ≤ 1, pois teremos 1 = nar . sen 90° → nar = 1
para a face A, aplicando a lei de Snell
(2) sen θ = n . sen θ,
da expressão (1)
n . sen (90° – θ1) = n . cos θ, ≤ 1
mas de relação trigonométrica fundamental, podemos escrever
de (2)
Desenvolvendo, temos:
n2 – sen2θ ≤ 1
n2 ≤ 1 + sen2 θ
n é sempre maior ou igual a 1.
Deremos ter então como condição de emergência pela face B para qualquer θ que
assume máximo e mínimo valores respectivamente 1 e 0.
Desse modo, não há material na lista que satisfaça a condição encontrada.
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, pois sen2θ
Cynara/Rev.: Prof. Edney