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COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
Professor: Daniel Paixão, Edney Melo e Rômulo Mendes
ALUNO(A): Nº
TURMA: TURNO: DATA: _____/_____/______
COLÉGIO:
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:
= → =
= → = −−
máx1 máx 1
1
máx2 máx 2 1
2 1
va v 0,2 T (Eq. I)
T
va v 0,1 (T T ) (Eq. II)
T T
A área sob a curva V(t) expressa o espaço percorrido. Assim,
⋅D = → ⋅ =máx 2
máx 2
V TS v T 60 (Eq. III)
2
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:
OSG 7348/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
2
• 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.• Espaçohorizontalpercorridoantesdacolisão:
• Espaçohorizontalpercorridoapósacolisão:
Portanto,
• PeloPrincípiodaConservaçãodaEnergiaMecânica, levandoemconsideraçãoocentrodemassadaesfera, temos que:
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
=
⋅+ ⋅ ⋅ ω = + ⋅ ⋅ ω + −
M MA B
2 22 2A BA B
E E
mv m v1 1I I mg (2R 2r)
2 2 2 2
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COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
OSG 7348/12
RESOLUÇÃO
Para que a bola role sem deslizar, temos que:
ω = ω =A BA B
v ve
r r Logo:
2 2 2 22 2A A B B
2 2
2 2 2 2A A B B
2 2 2 2A A B B
2 2A B
mv v mv v1 2 1 2+ mr = + mr + mg(2R – 2r)
2 2 5 2 2 5r rmv mv mv mv
+ = + + mg (2R – 2r) 102 5 2 5
5 mv + 2 mv = 5 mv + 2 mv + 10 mg(2R – 2r)
7mv = 7 mv + 10 mg (2R – 2r)
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
×
• Nolimitedeperderocontatonopontomaisalto(N=0),aforçapesoatuacomoresultantecentrípeta.Logo:
• Dessemodo:
Arelaçãoentreadistânciadpercorridapelodispositivoeotempotdereaçãoéexpressapor Desse modo, o espaço x percorrido em 50 ms é determinado com segue, admitindo g = 10 m/s2.
Emsituaçõesdequedalivresabe-seque,emintervalosdetemposiguais,ocorpoemquedapercorredistânciasproporcionais a sequência dos números ímpares. Portanto, é possível fazer a atribuição dos comprimentos como representado abaixo
0
x 3x 5x 7x 9x 11x 13x
50 100100 150 200 300 350 (ms)
(cm)
250
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A diferença entre os tempos de queda é expressa por Nesse intervalo de tempo, o
deslocamento angular do disco é
Dϕ = ω −
2 12h 2h,
g g o que corresponde a
ω= −
Dϕ
2
2 12
g ( h h ).
• TransmissãodevelocidadeentreAeB:
VA = VB → 2πrƒA = 2πRƒB (Eq. I)
• TransmissãodevelocidadeentreBeC:
VB = VC → 2πrƒB = 2πRƒC (Eq. II)
• EquaçõesIeII: = ⋅ → = ⋅ → = D D
2 2
C AC A C A
N Nr r r rƒ ƒ N N (Eq. III)
R R t R t R
• MovimentocircularuniformementevariadodapoliaA: a
= a ⋅ → π = a ⋅ → π = a → =π
2A
A A
N tw t 2 ƒ t 2 t N (Eq. IV)
t 2
• EquaçõesIIIeIV:
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
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COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
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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 estásujeitaaoscilações.Paraumaenergiamecânicade1J,aenergiapotencialnospontosderetornotambémseráde1J,oqueocorrenospontosx=–1,2ex=1,90.
d)
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.
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
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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 , temos que:
Das equações (1) e (2)
Resolvendo para σ:
3π (1 + σ) sen q = 4σ – 4
3π sen q + 3πσ 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.
No equilíbrio, temos que m = ρfSx0, onde S é a área da base do cilindro e x0éadistânciaentreabasesubmersae 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,
ρ ρπ ρω → → π
ρ ρ ρ
22 f f
2f
g g4 L= = T = 2
L T L g
RESOLUÇÃO
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RESOLUÇÃO
• Notequeoproblemaafirmaqueoscilindrossãofeitosdomesmomaterial,ouseja,adensidadeéamesmae o calor específico também é o mesmo para os três cilindros.
• Comoasquantidadesdecalortransferidasparaostrêscilindrospossuemomesmovalor,temosque: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 . R2
2 . 2h) . DT2 = (π . R32 . 4h) . DT3
3 . DT1 = 8 . DT2 = 36 . DT3 (Relações entre as variações de temperatura)
• Avariaçãodaalturaédiretamenteproporcionalàalturainicialeàvariaçãodetemperatura.Dessemodo:Dh = a . hi . DT
↓ coeficiente de dilatação linear
Logo, temos que:
• Dh1 = a . h1 . DT1
•
•
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RESOLUÇÃO
• Dinâmicadopistão:
• Equaçãodosgases:
Para que o raio de luz possa sair pela face B mesmo rasante, devemos ter: (1) n . sen (90° – q1) ≤ 1, pois teremos 1 = nar . sen 90° → nar = 1 para a face A, aplicando a lei de Snell (2) sen q = n . sen q, da expressão (1) n . sen (90° – q1) = n . cos q, ≤ 1 mas de relação trigonométrica fundamental, podemos escrever de (2)
Desenvolvendo, temos: n2 – sen2q ≤ 1 n2 ≤ 1 + sen2q n é sempre maior ou igual a 1. Deremos ter então como condição de emergência pela face B para qualquer q que , pois sen2q
assume máximo e mínimo valores respectivamente 1 e 0. Desse modo, não há material na lista que satisfaça a condição encontrada.
RESOLUÇÃO
Cyn
ara/
Rev
.: P
rof.
Ed
ney