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  1. 1. COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)Professor: Daniel Paixão, Edney Melo e Rômulo MendesALUNO(A): NºTURMA: TURNO: DATA: _____/_____/______COLÉGIO:OSG 7348/12RESOLUÇÃO Para atingir a velocidade de 3 m/s partindo do repouso, o elevador precisa percorrer 22,5 m, o que podeser verificado com auxílio da equação de Torricelli. De modo semelhante, é possível verificar que, com umadesaceleração de 0,1 m/s2e 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 atingiráuma velocidade máxima menor que 3 m/s. Portanto, o gráfico de V(t) pode ser representado como segue. Dadas as acelerações, temos:= → == → = −−máx1 máx 11máx2 máx 2 12 1va v 0,2 T (Eq. I)Tva v 0,1(T T ) (Eq. II)T T A área sob a curva V(t) expressa o espaço percorrido. Assim,⋅D = → ⋅ =máx 2máx 2V 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:
  2. 2. OSG 7348/12COMENTÁRIO – 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 definidocomo 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 daesfera, temos que:RESOLUÇÃORESOLUÇÃO=⋅+ ⋅ ⋅ ω = + ⋅ ⋅ ω + −M MA B2 22 2A BA BE Emv m v1 1I I mg (2R 2r)2 2 2 2
  3. 3. 3COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)OSG 7348/12RESOLUÇÃO Para que a bola role sem deslizar, temos que:ω = ω =A BA Bv ver r Logo:2 2 2 22 2A A B B2 22 2 2 2A A B B2 2 2 2A A B B2 2A Bmv 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 55 mv + 2 mv = 5 mv + 2 mv + 10 mg(2R – 2r)7mv = 7 mv + 10 mg (2R – 2r)⋅ ⋅ ⋅ ⋅ו 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 Dessemodo, 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 distânciasproporcionais a sequência dos números ímpares. Portanto, é possível fazer a atribuição dos comprimentoscomo representado abaixo 0x 3x 5x 7x 9x 11x 13x50 100100 150 200 300 350 (ms)(cm)250
  4. 4. OSG 7348/12COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)4 A diferença entre os tempos de queda é expressa por Nesse intervalo de tempo, odeslocamento angular do disco é Dϕ = ω −   2 12h 2h,g go que corresponde aω= −Dϕ22 12g ( 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 2C AC A C AN Nr r r rƒ ƒ N N (Eq. III)R R t R t R• Movimento circular uniformemente variado da polia A: a= a ⋅ → π = a ⋅ → π = a → =π2AA AN tw t 2 ƒ t 2 t N (Eq. IV)t 2• Equações III e IV: RESOLUÇÃORESOLUÇÃO
  5. 5. 5COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)OSG 7348/12a) 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, , oque 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 mesmaestá sujeita a oscilações. Para uma energia mecânica de 1 J, a energia potencial nos pontos de retornotambém 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 discodeve interceptar o ponto de contato da esfera com o plano inclinado, ponto A, tendo assim um torque eforça resultante nulos.RESOLUÇÃORESOLUÇÃO
  6. 6. OSG 7348/12COMENTÁRIO – 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 estejaa direita da linha PQ. No equilíbrio, temos que m = ρfSx0, onde S é a área da base do cilindro e x0é a distância entre a base submersae 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 → → πρ ρ ρ22 f f2fg g4 L= = T = 2L T L gRESOLUÇÃO
  7. 7. 7COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)OSG 7348/12RESOLUÇÃO• Note que o problema afirma que os cilindros são feitos do mesmo material, ou seja, a densidade é a mesmae 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= Q3m1. c . DT1= m2. c . DT2= m3. c . DT3m1. DT1= m2. DT2= m3. DT3(d . V1) . DT1= (d . V2) . DT2= (d . V3) . DT3V1. DT1= V2. DT2= V2. DT2(π . R12. 3h) . DT1= (π . R22. 2h) . DT2= (π . R32. 4h) . DT33 . 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. 8. OSG 7348/12COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL II (3ª FASE)8RESOLUÇÃO• 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– 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 , pois sen2θassume máximo e mínimo valores respectivamente 1 e 0. Desse modo, não há material na lista que satisfaça a condição encontrada.RESOLUÇÃOCynara/Rev.:Prof.Edney

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