O documento apresenta resoluções de diversos problemas de física. A primeira resolução trata da velocidade máxima de um elevador para percorrer 30m no menor tempo possível. A segunda resolução analisa a colisão elástica entre duas esferas. A terceira resolução calcula a frequência de rotação de polias acopladas com raios e velocidades diferentes.

1. 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:
= → =
= → = −
−
máx
1 máx 1
1
máx
2 máx 2 1
2 1
v
a v 0,2 T (Eq. I)
T
v
a 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 T
S 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:

2. 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.
• Espaço horizontal percorrido antes da colisão:
• Espaço horizontal percorrido após a colisão:
Portanto,
• Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, levando em consideração o centro de massa da
esfera, temos que:
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO
=
⋅
+ ⋅ ⋅ ω = + ⋅ ⋅ ω + −
M MA B
2 2
2 2A B
A B
E E
mv m v1 1
I I mg (2R 2r)
2 2 2 2

3. 3
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
OSG 7348/12
RESOLUÇÃO
Para que a bola role sem deslizar, temos que:
ω = ω =A B
A B
v v
e
r r
Logo:
2 2 2 2
2 2A A B B
2 2
2 2 2 2
A A B B
2 2 2 2
A A B B
2 2
A B
mv v mv v1 2 1 2
+ mr = + mr + mg(2R – 2r)
2 2 5 2 2 5r r
mv mv mv mv
+ = + + mg (2R – 2r) 10
2 5 2 5
5 mv + 2 mv = 5 mv + 2 mv + 10 mg(2R – 2r)
7mv = 7 mv + 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:
A relação entre a distância d percorrida pelo dispositivo e o tempo t de reação é expressa por Desse
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
0
x 3x 5x 7x 9x 11x 13x
50 100100 150 200 300 350 (ms)
(cm)
250

4. OSG 7348/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
4
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 1
2
g ( h h ).
• 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:
   
= ⋅ → = ⋅ → =   
D D   
2 2
C A
C A C A
N Nr r r r
ƒ ƒ N N (Eq. III)
R R t R t R
• Movimento circular uniformemente variado da polia A:
a
= a ⋅ → π = a ⋅ → π = a → =
π
2
A
A A
N t
w t 2 ƒ t 2 t N (Eq. IV)
t 2
• Equações III e IV:
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO

5. 5
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
OSG 7348/12
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)
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

6. OSG 7348/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
6
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 + 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.
No equilíbrio, temos que m = ρf
Sx0
, 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 → – ρf
S(x + x0
)g + mg = ma →
→ mg – ρf
Sxg – ρf
Sx0
g = ma
Portanto,
ρ ρπ ρ
ω → → π
ρ ρ ρ
2
2 f f
2
f
g g4 L
= = T = 2
L T L g
RESOLUÇÃO

7. 7
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
OSG 7348/12
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 . R1
2
. 3h) . DT1
= (π . R2
2
. 2h) . DT2
= (π . R3
2
. 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
•
•

8. OSG 7348/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)
8
RESOLUÇÃO
• Dinâmica do pistão:
• Equação dos gases:
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
– sen2
θ ≤ 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 , pois sen2
θ
assume máximo e mínimo valores respectivamente 1 e 0.
Desse modo, não há material na lista que satisfaça a condição encontrada.
RESOLUÇÃO
Cynara/Rev.:Prof.Edney