OBF 2019 - Segunda Fase - (Nível 2) - NOIC

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Escrito por Paulo Henrique
Questão 1 (exclusiva para alunos da 1ª
série)
A resistência à tração (capacidade de resistir a forças de tração
sem se romper) da seda de aranha é comparável com a do aço
e vale . Considerando que um �o de
aranha tem o formato cilíndrico, estime seu comprimento
máximo impondo a condição que deve ser capaz de sustentar o
próprio peso quando pendurado verticalmente. Sabe-se que a
densidade da seda de aranha é . (em sua
resolução, suponha que a seda de aranha é inextensível.)
Assunto abordado
Análise dimensional, leis de Newton.
[collapse]
Solução
Por análise dimensional podemos perceber que a resistência
à tração deve ser algo do tipo:
Onde é a tração no �o e é a área transversal do �o.
O �o para se sustentar deve exercer em uma de suas pontas
uma tração equivalente ao próprio peso, em direção oposta
para que o �o não caia. O peso do �o será:
A massa do �o, por ser cilíndrico, será:
= 2000 ∗RT 10
6 N/m2
ρ = 0, 200g/cm3
RT
=RT
T
A
T A
P = T = mg
m
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/
Onde é o comprimento do �o. Assim:
[collapse]
Gabarito
[collapse]
Questão 2 (exclusiva para alunos da 1ª
série)
Uma esteira transporta cascalho até uma caçamba de
comprimento localizada à sua frente. A �gura
abaixo, na qual e , representa
esquematicamente a situação de seu funcionamento. Suponha
que a esteira se mova com velocidade constante e que o
cascalho não rola nem escorrega sobre ela. Desconsiderando as
dimensões do cascalho e o efeito resistivo do ar, determine o
m = ρV
m = ρLA
L
T = ρLAg
=RT
ρLAg
A
= ρLgRT
L =
RT
ρg
L =
2000 ∗ 106
0, 200 ∗ ∗ 10103
L =
2000 ∗ 106
2000
L = 1, 00 ∗ m106
L = 1, 00 ∗ m106
L = 2, 00m
d = 1, 50m h = 2, 50m
/
intervalo de velocidades no qual a esteira pode operar sem que
o cascalho caia fora da caçamba.
Assunto abordado
Cinemática: lançamento horizontal em um campo
gravitacional uniforme
[collapse]
Solução
O tempo que o cascalho leva para atingir a caçamba é obtido
através da relação de distância percorrida em um M.U.V
Sendo assim
A partir do tempo de queda, obtemos o alcance do cascalho
(o mesmo possui velocidade horizontal )
Esse mesmo alcance não pode ser menor que nem maior
que . Portanto
h = g /2T 2
T =
2h
g
−−−
√
V
A = V T
d
L + d
d ≤ A ≤ L + d
/
Logo
Substituindo os valores numéricos fornecidos no enunciado
[collapse]
Gabarito
[collapse]
Questão 3
Para algumas situações especí�cas, é necessário que
equipamentos eletrônicos funcionem adequadamente mesmo
quando submetidos a acelerações extremas de até , onde é
a aceleração da gravidade. Uma forma de testar esses
equipamentos é através de uma plataforma oscilante. O teste é
realizado �xando o equipamento à plataforma e posto a oscilar.
Se a amplitude de oscilação da plataforma é ajustada para 
, qual deve ser o ajuste de sua frequência de oscilação para
que o equipamento seja testado dentro do intervalo de
acelerações requerido?
Assunto abordado
Oscilações
[collapse]
Solução
Em uma oscilação harmônica, vale:
d ≤ V ≤ L + d
2h
g
−−−
√
d ≤ V ≤ (L + d)
g
2h
−−−
√
g
2h
−−−
√
2, 1m/s ≤ V ≤ 4, 9m/s
2, 1m/s ≤ V ≤ 4, 9m/s
8g g
2, 00
cm
/
Sendo assim, o valor máximo do módulo da aceleração é
dado por:
onde é a amplitude da oscilação e a frequência angular
da oscilação. Essa aceleração máxima deve ser igual à:
 
Substituindo o valor da amplitude, encontramos então que:
 
 
Sabemos que , logo:
 
Pois conforme indicado no início da prova, deve-se utilizar 
. Sendo assim:
 
Substituindo e , temos:
 
[collapse]
Gabarito
 
[collapse]
a = − xω2
= Aamax ω2
A ω
8g = 10, 0 m/s2
=ω2
80
0, 02
s−2
= 4000ω2 s−2
ω = 2πf
=f 2
4000
4 ∗ 3, 002
s−2
π = 3, 00
f =
10
3
10−−√ Hz
= 1, 402–√ = 2, 205–√
f =
10 ∗ 1, 40 ∗ 2, 20
3
Hz =
154
15
Hz ≈ 10, 3 Hz
f =
154
15
Hz ≈ 10, 3 Hz
/
Questão 4
Um avião ultraleve tem uma massa total (com o piloto) de 
 e uma velocidade de estol, velocidade mínima do avião para
se sustentar no ar, igual a . Considere que, sob
as superfícies inferiores de suas asas, o ar escoa com
velocidade % menor que e , sobre as superfícies superiores
das asas , o ar escoa com uma velocidade % maior que .
Estime a área total das asas do avião, sabendo que a densidade
do ar é .
Assunto Abordado
Hidrodinâmica
[collapse]
Solução
Podemos aproximar as asas do avião para um paralelepípedo
com espessura desprezível, possuindo área superior igual à
área inferior e igual à . Sendo assim, deve valer para a
sustentação do avião:
Mas podemos extrair a diferença de pressões pela equação
de Bernoulli, note que as diferenças de altura são desprezíveis
então não escreveremos esses termos na equação:
Sendo assim, temos:
Note que:
500
kg
V = 24, 0 m/s
25 V
25 V
1, 20 kg/m3
A
( − ) A = MgPinf Psup
+ = +Psup
ρV 2sup
2
Pinf
ρV 2inf
2
ΔP =
ρ( − )V 2sup V 2inf
2
− = (1, − 0, ) =V 2sup V 2inf V
2 252 752 V 2
/
Logo, substituindo , encontramos:
Mas note que a área total das asas será a soma da área
superior com a inferior, (desprezando as laterais). Sendo assim:
Substituindo, encontramos:
 
[collapse]
Gabarito
 
[collapse]
 
Questão 5
A �gura abaixo mostra um tubo utilizado para medir a
velocidade do som em gases. O interior do tubo é preenchido
com gás hidrogênio a temperatura de 25 ◦C e um pó muito �no
e pouco denso. A extremidade direita do tubo possui um pistão
móvel, e a extremidade esquerda possui um alto-falante que
emite na frequência de . Ajustando o comprimento do
tubo por meio do pistão móvel até que ele entre em
ressonância com a frequência do altofalante, observa-se a
formação de pequenos montes de pó, sendo que o
espaçamento médio entre os picos desses montes é 
. Nessas condições, qual é a velocidade do som no
gás hidrogênio?
ΔP
A =
2Mg
ρV 2
=Atot
4Mg
ρV 2
≈ 28, 9Atot m
2
≈ 28, 9Atot m
2
1000Hz
d = 63, 5cm
/
Assunto abordado
Ondas estacionárias em um tubo sonoro
[collapse]
Solução
Há a formação de ondas estacionárias dentro do tubo. Nos
ventres de deslocamento o pó é sacudido e portanto, ele se
despersa. Nos nós de deslocamento, o pó �ca em repouso,
correspondendo ao pico dos montes formados. O enunciado
fornece a distância entre dois desses picos, ou seja, ele
fornece a distância entre dois nós de deslocamento, que é 
. Dessa forma, pela relação fundamental da ondulatória
[collapse]
Gabarito
[collapse]
 
Questão 6
Uma bolha de ar de escapa de um navio naufragado
a de profundidade, onda a temperatura é , e
emerge até a superfície onde a temperatura é .
Considere que o ar se comporta como um gás ideal e, à medida
que se desloca, o ar da bolha se equilibra termicamente com a
λ/2
v = λf = 2df = 1270m/s
v = 1270m/s
10, 0 cm3
50, 0 m 15, 0 C∘
25, 0 C∘
/
água ao redo. Determine o volume da bolha ao chegar á
superfície.
Assunto abordado
Gases e hidrostática
[collapse]
Solução
Pela lei geral dos gases ideais, vale:
Note que, pelo teorema de Stevin:
Sendo assim, temos:
Substituindo o valor da pressão atmosférica fornecido no
início da prova , as temperaturas em
Kelvin, a densidade da água (fornecida no início da prova
como ), a gravidade (fornecida no início da prova
como ) e a profundidade:
 
 
Convertendo para o S.I. :
 
[collapse]
=
P0 V0
T0
PV
T
= P + ρgHP0
V =
(1 + )TρgH
P
T0
V0
P = 1, 00 ∗ 105 Pa
1000 kg/m3
10, 0 m/s2
V = ∗ 10, 0
(1 + 5) 298
288
cm3
V ≈ 62, 1 cm3
V ≈ 6, 21 ∗ 10−5 m3
/
Gabarito
 
[collapse]
Questão 7
Uma carga de pode deslizar na superfície lisa,
sem atrito, de um plano inclinado de . A carga está
presa por uma corda ao centro de uma polia móvel que por sua
vez se acopla a uma polia �xa através de outra corda. Essa tem
uma de suas extremidades �xas,enquanto a outra é puxada por
uma força horizontal constante . Veja �gura abaixo. Assuma
que as cordas e polias são ideais e que o sentido positivo da
aceleração da caixa aponta para cima ao longo do plano
inclinado. Determine a aceleração da caixa quando a
intensidade da força horizontal aplicada
é .
Assunto abordado
Dinâmica: plano inclinado e polias
[collapse]
Solução
Como a corda é ideal, todos os pontos da mesma estão
submetidos a mesma força . Por outro lado, a polia móvel,
também ideal, possui massa , ou seja, a força resultante
sentida por ela é nula. Logo, a força que a massa deve fazer
V ≈ 6, 21 ∗ 10−5 m3
m = 5, 00kg
θ = 30, 0?
F ⃗ 
F = | | = 10, 0NF ⃗ 
F
0
/
na polia é apontando para baixo do plano inclinado, a �m
de anular a força resultante na polia móvel. Pela terceira lei de
Newton, a polia exerce uma força para cima do plano
inclinado. Portanto, pela segunda lei de Newton
Substituindo os valores fornecidos no enunciado, chegamos
no resultado esperado
E, portanto, a caixa desce o plano inclinado.
[collapse]
Gabarito
Descendo o plano inclinado
[collapse]
Questão 8 (exclusiva para alunos da 1ª
série)
Satélites geoestacionários estão em órbitas tais que, sob o
ponto de vista de um observador na Terra, permanecem �xos.
Esses satélites são principalmente utilizados por redes de
comunicação que atendem a uma região �xa da Terra. Ligações
telefônicas e transmissões televisivas de longa distância,
geralmente são feitas por esse tipo de satélite. Suponha dois
satélites E e F em órbitas circulares e coplanares, com o satélite
E em órbita geoestacionária e o satélite F com órbita de raio 21%
maior que o satélite E. (a) Qual o período de translação do
satélite F em horas? (b) Suponha um instante no qual os
satélites E e F estão alinhados com um ponto na superfície da
2F
2F
= 2F − mg sin θ = maFRes
a = 2F/m − g sin θ
a = −1m/s2
a = 1m/s2
/
Terra e determine o menor intervalo de tempo, em horas, para
que isso ocorra novamente.
Assunto abordado
Gravitação, MCU.
[collapse]
Solução
a) Já que o satélite é geoestacionário, ele deve ter a mesma
velocidade angular que a Terra, para que uma pessoa veja ele
parado. Dessa forma, o seu período deve ser o mesmo que o
período de rotação da Terra. Logo:
 
Utilizando a terceira lei de Kepler:
O raio de , , é % maior que o raio de , . Dessa
forma, temos:
Substituindo:
E
= 24TE h
= cte
T
2
R3
=
T
2
E
R
3
E
T
2
F
R
3
F
=T 2
F
T
2
E
( )RF
RE
3
=TF TE( )
RF
RE
3
2
F RF 21 E RE
= 1, 21 ∗RF RE
= 1, 21
RF
RE
/
 
b) Para que o tempo de encontro seja mínimo, os satélites
devem estar girando em sentidos contrários. Ao se
movimentarem no mesmo sentido, eles também se
encontrarão, mas demorará mais (cerca de ). Como a
questão não especi�ca, �camos nessa ambiguidade e se é
decidido calcular o menor tempo possível.
As velocidades angulares para cada satélite são:
A velocidade angular de em relação a é então:
Nesse referencial, o satélite está parado e o satélite dará
uma volta, percorrendo então um ângulo de . Assim:
=TF TE(1, 21)
3
2
= (1, 1TF TE )
3
= 1, 331 ∗TF TE
= 1, 331 ∗ 24TF
= 31, 944TF
≈ 32TF h
96 h
=ωE
2π
TE
= −ωF
2π
TF
F E
= −ωr ωE ωF
= +ωr
2π
TE
2π
TF
= 2π( + )ωr
1
TE
1
TF
= 2π( )ωr
+TF TE
TF TE
E F
θ = 2π
/
 
 
 
[collapse]
Gabarito
a)  
b)  
[collapse]
Questão 9
Uma estrela de nêutrons é composta essencialmente por
nêutrons que estão ligados por meio da atração gravitacional
mútua. Tais estrelas possuem uma densidade comparável à
de um núcleo atômico, que é de aproximadamente ,
e algumas possuem uma frequência de rotação de 
. Considerando que uma estrela de nêutrons seja
uma esfera homogênea, e que a Lei da Gravitação Universal de
Newton possa ser aplicada em uma primeira aproximação, (a)
determine a frequência máxima com a qual essa estrela
pode girar, sem que sua massa se desprenda do equador. (b)
Qual a diferença relativa entre o valor modelado e o valor
2π = tωr
2π = 2π( ) t+TF TE
TF TE
t =
TF TE
+TF TE
t =
32 ∗ 24
32 + 24
t =
32 ∗ 24
56
t = 13, 714 h
t ≈ 13, 7 h
≈ 32TF h
t ≈ 13, 7 h
ρ
g/1014 cm3
= 500Hzf0
fM
/
observado Assuma o valor da constante de
gravitação universal como sendo 
Assunto abordado
Gravitação
[collapse]
Solução
a) Considere uma partícula de massa no equador e não se
esqueça que o referencial �xado à esfera é não inercial, pois a
mesma está rotacionando. Dado que a estrela como um todo
rotaciona com uma frequência , devemos ter, no equador
          
Onde é o raio da estrela. Isso se deve ao que, no referencial
da esfera girante, atuam o peso e a força centrífuga, a última
por sua vez aponta para fora. Caso o contrário fosse
verdadeiro, essa partícula teria um peso efetivo (soma da
atração gravitacional com a força centrífuga) apontando
radialmente para fora, ocasionando o despredimento de
massa. Essa situação é parecida com a qual vivemos aqui na
Terra: no equador a gravidade efetiva sentida por uma pessoa
é . Como o período da terra é de 24 horas, achamos
o . Com o valor de e calculamos essa gravidade
efetiva. No caso da terra, a diferença é pouca. Observe que
não distinção entre e nos polos de um planeta. Lá o raio
de giro é nulo, portanto, não há força centrífuga, e seu peso
efetivo é igual ao peso real (dado pelo produto ). Depois
dessa análise, voltando para o problema, vemos que a
condição necessária implica que, utilizando o valor de na
superfície da estrela
Observe que para uma esfera maciça
( − )/ ?fM f0 f0
G = 6, 7.10−11 /( ⋅ kg)m3 s2
m
ω
mg ≥ m Rω2 (1)
R
g − ω2RT
ω g RT
g ge
mg
g
≥ R
GM
R2
ω2
/
Ou seja
          
Usando as equações (1) e (2), obtemos e
consequentemente 
          
Evidentemente, é obtido tornando a igualdade em (3):
Aqui foi usado .
b) Esse item consiste simplesmente na substituição dos
valores de e , o valor obtido é, aproximadamente
[collapse]
Gabarito
a) 
b) 
[collapse]
Questão 10
Um fenômeno comum em regiões muito frias é o congelamento
de lagos. A água dos lagos sob o gelo permanece
aproximadamente a , pois a camada de gelo acima
funciona como um isolante térmico. Porém, se a temperatura do
ar é mais fria, a camada de gelo vai crescendo de cima para
baixo. Considere a situação em que a temperatura ambiente é 
M = (4/3)π ρR3
= (4/3)πρ
M
R3
(2)
ω
f = ω/2π
f ≤
Gρ
−−−√
3
(3)
fM
= 862, 8HzfM
π = 3
f0 fM
0, 726
862, 8Hz
0, 726
0, 00 C∘
/
  . Dados a condutividade térmica do gelo 
, estime a taxa média de
crescimento da camada de gelo, em centímetros por hora,
quando ela tem uma espessura de .
Assunto Abordado
Condução térmica e Calorimetria
[collapse]
Solução
Sabemos que a potência térmica devido à condução
fornecida à água é:
Mas, pela calorimetria do sistema sabemos que:
Sendo assim, vale:
Onde é justamente a taxa de crescimento da camada de
gelo. Igualando as expressões para potencia, temos:
Note contudo que não temos como informação a densidade
do gelo, portanto, para efeitos de estimativa, podemos
aproximá-la para a densidade da água fornecida no início da
prova:
 
Substituindo, encontramos:
?15, 0 C∘
k = 5, cal/(s ⋅ cm ⋅ K)00.10?3
l = 3, 00cm
Pot =
kAΔT
l
ΔE = LΔ = A L ΔlMgelo ρgelo
Pot = A L Uρgelo
U
U =
kΔT
l L ρgelo
≈ 1, 00ρgelo g/cm
3
/
 
[collapse]
Gabarito
 
[collapse]
Questão 11
Um auxiliar de serviços gerais, de massa , apoia a parte de
cima de uma escada retilínea em uma parede lisa a uma altura 
 do piso. A escada tem comprimento ajustável e massa 
 e seus pés emborrachados são apoiados no piso a
uma distância da parede. Se preciso, o auxiliar ajusta o
comprimento da escada de acordo, e ao �nal desta operação,
suponha que o centro de massa da escada permanece na
metade de seu comprimento. O auxiliar deseja poder subir até o
último degrau da escada e lá permanecer em pé em segurança,
ou seja, sem que a escada escorregue. Assumindo que o
coe�ciente de atritoestático entre a borracha dos pés de apoio
da escada e o piso é , determine o valor máximo da distância 
 em função das variáveis e . A �gura abaixo representa
esquematicamente a posição da escada na situação pronta para
ser usada.
U = 1, 125 cm/h ≈ 1, 13 cm/h
U = 1, 125 cm/h ≈ 1, 13 cm/h
M
h
m = M/4
d
μ
d h μ
http://noic.com.br/wp-content/uploads/2019/08/pica-3.png
/
Assunto abordado
Estática
[collapse]
Solução
Como a barra está em equilíbrio, a força resultante sobre a
mesma é nula, assim como o torque resultante.
Primeiramente, analisemos a primeira dessas condições.
Chame a força normal que a atua na escada devido à parede
de , a normal devido ao chão de e a força de atrito de 
. Pela condição de equilíbrio de forças na horizontal
E pelo equilíbrio de forças na vertical
Agora, devemos aplicar a segunda condição: o torque
resultante em torno de qualquer ponto do espaço é nulo.
Escolhamos o ponto de encontro entre a escada e o piso. O
torque resultante é a soma dos torques do peso da escada, da
força que o homem faz em cima da escada (seu próprio peso),
e o torque a força . De�nindo como o ângulo que a
escada faz com a vertical, temos
Como é igual a força de atrito, podemos descobrir seu
valor da equação acima e impor, de acordo com a condição
de não deslizamento
O valor obtida para , e consequentemente para é
N2 N1
f
= fN2
Mg =
5
4
N1
N2 θ
MgL sin θ + Mg/4 sin θ = L cos θ
L
2
N2
N2
f ≤ μN1
N2 f
/
Usando a relação do não deslizamento, chega-se ao valor
máximo de 
[collapse]
Gabarito
[collapse]
Questão 12
Pequenas bolinhas de vidro maciço, de índice de refração 
, são brinquedos tradicionais em muitas regiões do
Brasil. Dependendo da região em que se vive, são conhecidas
como bolas de gude, bolitas, balebas, etc. Considere uma
bolinha de vidro transparente de de diâmetro na qual,
durante sua fabricação, �caram aprisionadas duas minúsculas
bolhas de ar. Uma bolha (bolha A) �cou exatamente no centro
da bolinha e a outra (bolha B) a de sua superfície.
Considere que uma pessoa aproxima a bolinha de vidro de seu
olho, direcionando sua visão para as bolhas de ar, com a bolha B
mais próxima de si. A que distância, ao longo da linha de visada
e em relação à superfície da bolinha, ela vê as imagens (a) da
bolha A e (b) da bolha B?
Assunto abordado
Dioptros esféricos
[collapse]
Solução
f = =
9Mg sin θ
8 cos θ
9Mgd
8h
d
≤ μ
9Mgd
8h
5Mg
4
=dM
10μh
9
=dM
10μh
9
= 1, 30nv
20, 0mm
5, 00mm
/
Para a resolução do problema é necessário que o aluno
conheça a equação que localiza a imagem de um objeto em
um processo de refração num dioptro. Caso não esteja
familiarizado com isso, veja a demonstração abaixo. O nosso
objetivo é determinar a distância imagem, dado a distância
objeto, índices de refração e o raio de curvatura da superfície
onde ocorre a refração. Observe o diagrama abaixo, que
contém todos os paramêtros relevantes
Pela lei de snell
Também temos que
e
A partir daqui consideremos somente raios paraxaiais, ou seja,
com , e pequenos. Nesse regime, temos
Agrupando essas equações chegamos na equação do dioptro
esférico
sin = sinn1 θ1 n2 θ2
= α + βθ1
β = γ + θ2
α β γ
α ≈ l/s
β ≈ l/r
γ ≈ l/s
http://noic.com.br/wp-content/uploads/2019/08/pica-2.png
/
Para generalizar o resultado tanto para superfícies convexas
quanto para côncavas, é interessante adotar a seguinte
convenção de sinais
1- A distância é positiva se o objeto está lado da luz
incidente.
2- A distância é positiva se a imagem está no lado da luz
refratada.
3- é positivo se o centro de curvatura (ponto na �gura)
está no lado da luz refratada.
Agora, voltemos para o problema. Observe que é o índice
de refração do meio onde está o objeto. No presente caso,
esse meio é a da bolha (índice de refração ) e o meio da
luz refratada é o ar.
a)
Isso gera, em módulo (a distância é negativa pois é virtual,
gerada dentro da bolha)
b) O processo é análogo, a única diferença é que a distância
objeto agora é . Aplicando a equação do dioptro,
obtemos (em módulo, novamente)
[collapse]
Gabarito
a)
+ =
n1
s
n2
s′
−n2 n1
r
s
s′
r C
n1
1, 30
+ =
1, 30
10mm
1
sa
1 − 1, 30
−10mm
= msa 10
−2
5mm
= 4, msb 35.10
−3
/
 
b)
[collapse]
 
= 10, msa 0.10
−3
= 4, msb 35.10
−3
Feito por estudantes, para estudantes
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