Gabarito OBF

Solução de Victor Ivo

Questão 01:

a)

Uma abordagem mais interessante dessa questão usa a ideia de energia, pois de energia conseguimos encontrar varias propriedades interessantes, principalmente com frequência de oscilação, nesta questão usaremos uma abordagem com um pouco de cálculo contudo as derivadas usadas serão as mais conhecidas. Primeiramente, escrevamos a energia potencial do sistema, esta conterá um termo gravitacional e um termo elástico, sendo totalizada por:

$U=U_{grav}+U_{ela}$

Tomando como nível de referência de altura o próprio plano, e estando a massa num ângulo $\theta$ com a horizontal, sua potencial gravitacional é simplesmente:

$U_{grav}=-mgh=-mgl sen\theta$

Também podemos encontrar o comprimento da mola facilmente por trigonometria olhando o triângulo $ABC$, como os comprimentos $AB$ e $AC$ são constantes e iguais a $l$, podemos encontrar $BC$ num $\theta$ genérico pela lei dos cossenos:

$(BC)^2=x^2=l^2+l^2-2l^2 cos\theta=2l^2(1-cos\theta)$

Disto, e do fato de que a mola tem comprimento natural igual a zero, podemos escrever sua energia como:

$U_{ela}=\frac{kx^2}{2}=kl^2(1-cos\theta)$

Daí, temos que:

$U=-mgl sen\theta -kl^2 cos\theta +kl^2$

$U=-(mg sen\theta+klcos\theta)l +kl^2$

Essa soma de termos em seno e cosseno lembra da fórmula de soma de senos, ou subtração de cossenos, então podemos abordar o problema facilmente com trigonometria, definindo:

$f=\sqrt{(mg)^2+(kl)^2}$

$sen\phi=\frac{mg}{f}$

$cos\phi=\frac{kl}{f}$

Daí, temos que:

$U=-fl(sen\phi sen\theta+\cos \phi cos\theta)+kl^2$

E usando que:

$\cos(a-b)=cosa cosb +sen a senb$

$U=-fl cos(\theta-\phi)+kl^2$

O sistema estará em equilíbrio quando a energia potencial for mínimo, portanto, como $kl^2$ é constante, basta olharmos para o primeiro termo, que como está com um sinal de menos, será mínimo quando o $cos$ usando for máximo, o que ocorrerá obviamente quando seu argumento for nulo, portanto:

$\theta_{o}=\phi$

E sabemos $\phi$ da sua definição, perceba que:

$tan\theta=tan\phi=\frac{mg}{kl}=\frac{0,200*10}{2,50*0,80}=1,0=tan(45^{\circ})$

$\theta_{o}=45^{\circ}$

b)

Agora precisamos encontrar o período de oscilação do sistema, então como estamos estudando ângulos pequenos, façamos uma pequena pertubação no nosso ângulo, é útil definir:

$\epsilon=\theta-\phi$

Sendo $\phi$ constante:

$\frac{d}{dt} \epsilon=\frac{d}{dt} (\theta-\phi)=\frac{d}{dt} \theta$

E definindo:

$\frac{d}{dt} x=\dot{x}$

Usando que:

$cos\theta \approx 1-\frac{\theta^2}{2}$

Para ângulos pequenos, temos que:

$U=-fl cos \epsilon +kl^2 \approx kl^2 -fl +\frac{fl}{2} \epsilon^2$

Escrevamos agora a energia mecânica do sistema, considerando que como a massa está se movendo a uma distância fixa de $A$ ela tem sua velocidade igual a um $\omega r$, onde $\omega$ é a derivada temporal de $\theta$.

$v=\omega l=\dot{\theta} l=\dot{\epsilon} l$

$E=T+U=\frac{mv^2}{2}+\frac{fl}{2} \epsilon^2 +kl^2-fl$

$E=\frac{ml^2}{2} {\dot{\epsilon}}^2+\frac{fl}{2} \epsilon^2 +kl^2-fl$

Que tem a mesma estrutura matemática de um MHS na variável $\epsilon$, a par de um termo constante, pois para um MHS na variável $x$ de frequência angular $\frac{k}{m}$ teríamos a energia mecânica:

$E=\frac{m\dot{x}^2}{2} +\frac{kx^2}{2}$

Fazendo a devida analogia, temos:

$m \rightarrow ml^2$

$k \rightarrow fl$

$\omega=\sqrt{\frac{fl}{ml^2}}=\sqrt{\frac{f}{ml}}$

$\omega=\sqrt{\frac{\sqrt{(mg)^2+(fl)^2}}{ml}}$

$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi \frac{1}{((\frac{g}{l})^2+(\frac{k}{m})^2)^{\frac{1}{4}}}$

Substituindo os valores temos:

$T \approx 2*3,0* \frac{1}{((12,5)^2+(12,5)^2)^{\frac{1}{4}}}$

$T \approx 2*3,0* \frac{2^{\frac{1}{4}}}{5}$

$T \approx 2*0,6 * \sqrt{1,4}$

$T \approx 1,4 s$

Gab:

a)

$\theta_{o} = 45^{\circ}$

b)

$T \approx 1,4 s$

Questão 02:

a)

Podemos estudar isso decompondo as forças no eixo x e no eixo y na barra, temos a normal e a força de atrito da superfície atuando na barra, enquanto temos a força e o peso aplicados, o ponto de aplicação das forças não será relevante nesse item, a não ser a do atrito e normal. No atrito e normal o ponto de aplicação é no ponto de contato da barra, que faz um ângulo theta com a vertical, a força normal também aponta nessa direção e o atrito é perpendicular a essa normal, no sentido contrário à tendência de movimento, portanto, estudando o equilíbrio:

-em x:

$N sen\theta= Fat cos\theta$

$Fat=N tg\theta$

-em y:

$Ncos\theta+Fat sen\theta=P+F$

Sendo apenas a força em x relevante para esse item, pois das condições sobre a força de atrito estático:

$\mu N \geq Fat$

$\mu \geq tan\theta$

Daí, temos que:

$\mu=tan\theta_{max}=tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0,57$

b)

Dessa questão devemos fazer um vínculo geométrico sobre o problema para resolver a equação, pois do rolamento deve-se tirar que da rotação do corpo em torno do centro de massa, e considerando que o rolamento ocorreu sem deslizamento:

$\delta l_{cmP}= r d\theta$

Onde P é o ponto de contato, e a equação representa o deslocamento do ponto de contato em relação ao centro de massa, resolvendo a equação temos que num ângulo $\theta$:

$l_{cmP}=r\theta$

Estudando agora o torque das forças aplicadas no corpo, tomando como o centro de torque o centro de massa do corpo, só existirão torque de duas forças no corpo, a aplicada e o torque do peso, daí, temos que:

$F(\frac{L}{2}-r\theta) cos\theta=Pr\theta cos\theta$

$F=\frac{2r\theta}{L-2r\theta} P$

Usando as aproximações dadas na prova:

$F \approx \frac{2*5*\frac{3,0}{6}}{30-2*5*\frac{3,0}{6}} 40,0 *10^{-3} 10 N$

$F \approx 0,080 N$

Gab:

a)

$\mu=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,57$

b)

$F \approx 0,080 N$

 

Questão 03:

a)

Aqui apenas usaremos conceitos físicos básicos, como os resultados da lei da reflexão, o resto de todo o problema se baseiará em métodos aproximativos e geometria. Supondo um raio de luz vindo a uma certa altura $y$ em relação ao centro do cilindro, ele irá acertar o cilindro num ponto $P$ cujo vetor distância ao cilindro faz um ângulo $theta$ com a horizontal, daí temos que o ângulo que o raio faz com a normal no cilindro (paralela ao vetor distância) é $\theta$, portanto sua reflexão. Daí, somando os ângulos, o raio de luz irá refletir fazendo um ângulo $2\theta$ com a horizontal, e ele voltará pelo caminho de antes. Queremos estudar o caso limite em que o raio ainda pode atravessar pela abertura, perceba que ao longo que vamos aumentar $y$ o ponto de intersecção do raio com o plano superior ao cilindro vai se deslocando para a direita, o nosso caso é o limite em que o raio passa pela abertura, portando, indo da direita pra esquerda, esse limite de travessia ocorre quando o raio intersecta o plano no ponto $B$.

Da trigonometria do problema, podemos, definindo o centro do cilindro como ponto $O$, ver que sua distância em $x$ até $P$ é $R cos(\theta)$ e que em $y$ é $R sen(\theta)$, e como o ponto $B$ está localizado a uma distância $x=R$ e $y=R$ do ponto $O$, temos que o raio deverá respeitar:

$\Delta x=R-Rcos\theta=R(1-cos\theta)$

$\Delta y=R-Rsen\theta=R(1-sen\theta)$

E da condição de reflexão, que diz que o raio saí do cilindro fazendo um ângulo $2\theta$ com a horizontal:

$tg(2\theta)=\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{1-sen\theta}{1-cos\theta}$

Onde:

$y_{max}=R sen\theta$

Encontramos uma relação em $\theta$, que é equivalente a uma em $y$ e mais fácil de se trabalhar.

b)

Pela informação dada sobre a proximidade de $y_{max}$ a um ponto notável do cilindro, podemos fazer um solução estimada para $y$ expandindo os valores das funções em termo de seus valores no ponto dito, vale a chamada expansão em série de Taylor até primeira ordem como aproximação para o valor de uma função num ponto $x$ em função de seu valor e derivada num ponto $x_{o}$ próximo de $x$:

$f(x) \approx f(x_{o}) +f'(x_{o}) (x-x_{o})$

No nosso caso, podemos usar que:

$sen(\theta) \approx sen(\theta_{o}) +sen'(\theta_{o}) (\theta-\theta_{o})$

Junto do fato de que para $y_{max}=\frac{R}{2}$ teríamos $sen(\theta_{o})=\frac{1}{2}$ com $cos(\theta_{o})=\frac{\sqrt{3}}{2}$, também vale que o ângulo para que isso acontece é $30^{\circ}$, que são $\frac{\pi}{6} \approx 0,5 rad$, daí, chamando:

$\epsilon=\theta-\frac{\pi}{6}$

E usando as derivadas das funções:

$sen'(\theta) =cos(\theta)$

$cos'(\theta)=-sen(\theta)$

$tg'(2\theta) = 2 sec^2(2\theta)$

Temos:

$sen(\theta) \approx \frac{1}{2} +\frac{ \sqrt{3}}{2} \epsilon$

$cos(\theta) \approx \frac{sqrt{3}}{2} -\frac{1}{2} \epsilon$

$tg(2\theta) \approx tg(60^{\circ}) + 2 sec^2(60^{\circ}) \epsilon=\sqrt{3}+8\epsilon$

Jogando isso na relação encontrada e desconsiderando termos de $\epsilon^2$ por serem muito pequenos:

$\sqrt{3}+8\epsilon \approx \frac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \epsilon}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \epsilon}$

$\sqrt{3}+8\epsilon-\frac{3}{2}-4\sqrt{3}\epsilon+\frac{\sqrt{3}\epsilon}{2} \approx \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \epsilon$

$\epsilon \approx \frac{2-\sqrt{3}}{8-3\sqrt{3}} \approx 0,10$

$sen(\theta) \approx 0,50 + 0,85 * 0,10 \approx 0,59$

E, daí:

$y_{max} \approx 0,59 R$

Essa questão é extremamente sensível ao tipo de aproximação que você usou e quando você usou, então leves desvios de resultados entre soluções é natural.

Gab:

a)

$tg2\theta=\frac{1-sen\theta}{1-cos\theta}$

b)

$y_{max} \approx 0,59 R$

Questão 04:

a)

Você pode encontrar a solução aplicando o teorema de Millman no circuito, você pode trocar as duas peças da esquerda (Uma fonte em série com um resistor e um resistor sozinho) por uma fonte equivalente com resistência em série equivalente, por Millman temos que se temos $n$ fontes com resistências internas em paralelo:

$\frac{1}{r_{eq}}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{r_{i}}$

$\frac{\varepsilon_{eq}}{r_{eq}}=\sum_{i=1}^{n} \frac{\varepsilon_{i}}{r_{i}}$

Daí, temos no nosso caso que:

$\frac{1}{r_{eq}}=\frac{2}{R}$

$r_{eq}=\frac{R}{2}$

$\varepsilon_{eq} \frac{2}{R} =\frac{V_{o}}{R}$

$\varepsilon_{eq}=\frac{V_{o}}{2}$

Portanto, agora temos apenas um circuito com tensão $\frac{V_{o}}{2}$ e dois resistores em série, da lei de kirchoff temos que:

$\frac{V_{o}}{2}=(\frac{R}{2}+r)I$

$I=\frac{V_{o}}{2(r+\frac{R}{2})}$

Daí, por efeito Joule, a potência dissipada no resistor r é:

$P(r,R)=rI^2=\frac{rV_{o}^2}{4(r+\frac{R}{2})^2}$

b)

Podemos escrever a potência dissipada como:

$P=\frac{V_{o}^2}{4(\sqrt{r}+\frac{R}{2\sqrt{r}})^2}$

A potência vai ser máxima quando o denominador for mínimo, mas o denominador pode ter seu mínimo encontrado facilmente se aplicando uma desigualdade das médias nele:

$\sqrt{r}+\frac{R}{2\sqrt{r}} \geq 2 \sqrt{\frac{R}{2r}}=\sqrt{2R}$

A igualdade vai ocorrer, levando ao mínimo, quando os dois termos da soma forem iguais, portanto:

$\sqrt{r}=\frac{R}{2\sqrt{r}}$

$r=\frac{R}{2}$

c)

Logo,

$P_{max}=\frac{V_{o}^2}{8R}$

Substituindo na equação, temos:

$R=\frac{V_{o}^2}{8P_{o}}= 0,225 \Omega \approx 0,23 \Omega$

$r=\frac{R}{2} \approx 0,1125 \Omega \approx 0,11 \Omega$

Gab:

a)

$P(r,R)=\frac{V_{o}^2 r}{4(r+\frac{R}{2})^2}$

b)

$r=\frac{R}{2}$

c)

$R = 0,225 \Omega \approx 0,23 \Omega$

$r=0,1125 \Omega \approx 0,11 \Omega$

Questão 05:

 O corpo rígido continua normalmente seu movimento até colidir com a parede, no qual a velocidade do corpo é invertida sem qualquer outro efeito no corpo, sendo a velocidade angular dele mantida constante. O efeito dessa colisão na dinâmica do sistema é que o ponto de contato do corpo com o chão ,que antes estava em repouso, agora está se movendo em relação ao chão, e isso gera uma força de atrito cinético que vai contra esse velocidade relativa, que tem a mesma velocidade do corpo. A força de atrito desacelera o corpo e a rotação do corpo, supondo a velocidade no corpo no eixo x como positiva e a velocidade angular no eixo z como positiva, a velocidade inicial do corpo (após a colisão) é negativa e a rotação também, pois antes não existia deslizamento e portanto a rotação devia anular o termo de velocidade. Aplicando a segunda lei de newton e a equação das forças de atrito:

$F_{atr}=\mu m g$

$F_{res}=ma=-F_{atr}=-\mu mg$

$a=-\mu g$

E daí:

$v=-v_{o} -\mu gt$

Aplicando a equação de torque para o corpo, e considerando que ele tem um momento angular tal que pode ser escrito como:

$L=I\omega$

Temos, do torque do sistema em relação ao centro de massa do sistema:

$\tau=I \alpha=I \frac{\Delta \omega}{\Delta t}=F_{atr} r$

Sendo $\alpha$ a aceleração angular do sistema, que representa a derivada temporal da velocidade angular, daí:

$\omega=\frac{\mu mgr}{I} \Delta t$

E daí:

$\omega=-\omega_{o}+\frac{\mu mgr}{I} t$

A partir disso, vemos que a frequência e velocidade do corpo vão mudar devido ao atrito cinético, portanto esse atrito irá cessar quando o corpo tiver seu ponto de contato parado em relação ao chão, deixando uma velocidade relativa nula, portanto vale que:

$v_{p}=v+\omega r=0$

Como o corpo estava rolando sem deslizar em relação ao chão antes, vale que:

$v_{p_{o}}=v_{o}+\omega_{o} r=0$

$\omega_{o}=-\frac{v_{o}}{r}$

Usando a condição de não deslizamento nova:

$-v_{o}+\mu gt +\omega_{o}r +\frac{\mu gr^2}{I} t=0$

$t=\frac{2v_{o}}{\mu g(1+\frac{mr^2}{I})}$

$t=\frac{2v_{o} I}{\mu g(I+mr^2)}$

E também, vale que:

$v=-v_{o}+\mu gt=-v_{o}+\frac{2v_{o} I}{I+mr^2}$

$v=\frac{I-mr^2}{I+mr^2} v_{o}$

Como após isso não há mais velocidade relativa entre o ponto de contato e o chão, a força de atrito cessa e o corpo mantém sua velocidade linear e angular pelo resto do movimento.

Portanto, estudando nossos casos:

a) Com $I=mr^2$:

$t=\frac{2v_{o} mr^2}{\mu g 2mr^2}=\frac{v_{o}}{\mu g}$

b)

$v=\frac{mr^2-mr^2}{2mr^2} v_{o}=0$

c) Com $I=\frac{mr^2}{2}$:

$t=\frac{2v_{o} \frac{mr^2}{2}}{\frac{3mr^2}{2}}$

$t=\frac{2v_{o}}{3\mu g}$

$v=\frac{\frac{mr^2}{2}-mr^2}{\frac{3mr^2}{2}} v_{o}$

$v=-\frac{v_{o}}{3}$

Logo a velocidade final ainda é negativa no eixo x, mesmo menor.

Gab:

a)

$t=\frac{2v_{o} mr^2}{\mu g 2mr^2}=\frac{v_{o}}{\mu g}$

b)

$v=\frac{mr^2-mr^2}{2mr^2} v_{o}=0$

c)

$t=\frac{2v_{o}}{3\mu g}$

$v=-\frac{v_{o}}{3}$

Questão 06:

a)

Podemos encontrar a resposta para o problema encontrando quantidades que se conservam no problema, considerando o elétron numa órbita fixa, não haverá contribuição da força magnética para a sua velocidade angular, contudo, existirá um campo induzido que aparecerá devido à variação de fluxo magnético interior a sua órbita. Podemos encontrar esse campo com a lei de faraday, que diz:

$\varepsilon_{ind}=-\frac{d\Phi_{b}}{dt}$

Onde $\varepsilon_{ind}$ é a tensão gerada num contorno que contém o fluxo magnético $\Phi_{b}$ que está alterando ao longo do tempo, considerando que essa tensão é gerada por um campo elétrico homogêneo em $\theta$, e considerando o contorno do elétron como órbita, temos que, considerando os módulos:

$E* 2\pi R= \pi R^2 \frac{d}{dt} B$

$E=\frac{R}{2} \frac{d}{dt} B$

Portanto, como o campo é tangencial à órbita do elétron, ele vai acelerar o elétron nessa direção por meio de um torque, o torque na órbita do elétron é:

$\tau=\frac{dL}{dt}=eER=\frac{eR^2}{2} \frac{d}{dt} B$

E como $e$ e $R$ são constantes:

$\frac{d}{dt}(L-\frac{eBR^2}{2})=0$

Daí:

$L-\frac{eBR^2}{2}=cte$

E:

$\Delta L=\frac{eR^2}{2} \Delta B$

Como $L=mvR$ é o momento angular do elétron com $m$ e $R$ constantes:

$\Delta v mR=\frac{eR^2}{2} \Delta B$

$\Delta V=\frac{eR}{2m} \Delta B$

Logo, a variação na velocidade do elétron não depende do tempo de mudança do campo, mas sim da mudança efetiva do campo.

b)

Usando a equação de conservação que achamos do momento angular e a hipótese de planck, apenas poderíamos ter variações de momento angular do tipo:

$\Delta L=\frac{h}{2\pi} \Delta n$

E para variação não nula de momento angular, temos que ter $\Delta n \geq 1$, e daí:

$\frac{eR^2}{2} \Delta B \geq \frac{h}{2\pi}$

$\Delta B \geq \frac{h}{e\pi R^2}$

Você também pode pensar nisso como:

$\Delta B \pi R^2=\Delta \Phi=\frac{h}{e}$

Logo o fluxo magnético que pode atravessar a órbita só pode variar em múltiplos de um número, o chamado quanta de fluxo, que aparecerá em diversos problemas contendo até supercondutores.

Gab:

a)

Demonstração

b)

$\Delta B_{min}=\frac{h}{e\pi R^2}$

Questão 07:

Basta usarmos que a densidade de partículas pode ser encontrada rapidamente por Clapeyron, pois:

$PV=\eta RT$

Onde $\eta$ é o número de mols:

$n=\frac{m}{V}=\frac{\eta \mu P}{\eta RT}$

$n=\frac{\mu P}{RT}$

Onde $\mu$ é a massa molar do gás, sendo a velocidade média do gás do tipo:

Na condição de equilíbrio os dois corpos não terão acúmulo de partículas, logo o fluxo de partículas saindo do gás 1 é igual ao do gás 2, e estando esse fluxo passando por uma área $A$:

$\Phi_{1}=J_{1} A=\Phi_{2}=J_{2} A$

$J_{1}=J_{2}$

E como:

Logo (considerado ambos gases com a mesma massa molar):

$\frac{\mu P_{1}}{RT_{1}} \sqrt{\frac{RT_{1}}{\mu}}=\frac{\mu P_{2}}{RT_{2}} \sqrt{\frac{RT_{2}}{\mu}}$

$\frac{P_{1}}{\sqrt{T_{1}}}=\frac{P_{2}}{\sqrt{T_{2}}}$

$P_{2}=\sqrt{\frac{T_{2}}{T_{1}}} P_{1}$

Gab:

$P_{2}=\sqrt{\frac{T_{2}}{T_{1}}} P_{1}$

Questão 08:

Podemos fazer isso considerando os casos de comportamento da água, de maneira a entender melhor a física do problema, e após isso conectar a situação limite do problema como um de nossos casos.

Primeiro pensemos o pouco no dita o formato de vasos comunicantes. Existe sobre o vaso comunicante uma coisa chamada condição de contorno, que é basicamente uma coisa que exige que certa variável num ponto assuma um valor, e no caso do vaso a pressão deste ponto deve ser igual à atmosférica, pois a pressão é uma variável contínua e a pressão do resto do ambiente é atmosférica. O segundo fato é o que gera as colunas de água de um vaso comunicante terem a mesma altura num sistema normal. O tipo de interação que gera pressão no sistema, ou diferença de pressão é parte do que dita a forma da água, e como o que gera diferença de pressão entre pontos nesse caso é a gravidade, entãos vasos devem ter a mesma altura, pois sendo a diferença de pressão entre dois pontos proporcionais à diferença de altura deles, e os dois pontos de contato entre a água e a superfície estando com a pressão igual à atmosférica, as colunas não podem ter diferença de altura.

Da análise anterior é fácil ver que as colunas do vaso da questão não podem ter a mesma altura, pois existe um adicional de pressão no sistema que depende da distância da parte selecionado ao eixo de rotação, e as colunas estão distantes do eixo de maneiras diferentes. Fazendo um experimento mental rápido, imagine que inicialmente o sistema estava parado e que o nível de água estava o mesmo em ambos os vasos. Começando a girar o sistema lentamente você percebe que o nível das colunas vai começar a diferir, e isto vai entrar no nosso primeiro caso, pois há um excesso de pressão na coluna na direita da imagem, e para compensar esse excesso a àgua nela passa a ganhar um nível mais alto em relação à outra coluna, isto é, água que estava na coluna do eixo passa a fluir para a coluna mais externa, assim o nível de água no eixo diminui e o nível d’água na coluna externa aumenta.

A partir de um momento, olhando agora para o nosso segundo caso, a água na coluna do eixo vai estar tão baixa que ela não irá mais poder ter seu nível reduzido, pois ela está chegando no fundo do recipiente, assim ela vai começando a ir para os lados, isto é, vai fugir do eixo de rotação, assim a coluna no eixo ficará sem água e a coluna horizontal dos vasos deixará de estar completamente preenchida.

A partir de outro momento também, a conexão entre os tubos vai perder toda sua água e devido a isso a água vai ter que começar a subir a coluna mais externa para conseguir manter seu equilíbrio de pressão, o que irá gerar uma instabilidade.

No nosso problema queremos estudar a frequência limite para que a água continue nos vasos, para isto basta vermos em que condição a coluna com maior nível de água, a externa então, estará com a mesma altura que o recipiente, pois para qualquer aumento pequeno de frequência a água sairá dele. A equação que falta usarmos é a conservação de volume, isto é, o volume de água no recipiente na nossa configuração deve ser igual ao volume de água do recipiente no começo. Considerando a área de secção transversal do recipiente constante ao longo das colunas verticais e horizontais, temos que o volume de uma coluna vertical ou horizontal é proporcional a sua altura preenchida, daí por conservação de volume, referindo $y_{1}$ à altura da coluna no eixo, $y_{2}$ à altura da coluna no vaso mais externo e $x$ o comprimento preenchido de água no vaso horizontal, temos que:

$V=A(y_{1}+y_{2}+x)=A(H+H+R)=cte$

Onde escrevemos $R$ como sendo a distância entre as colunas verticais, daí:

$y_{1}+y_{2}+x=2H+R$

No caso 1, a conexão está totalmente preenchida:

$x=R$

$y_{2}=R$

$y_{1}+y_{2}=2H$

No nosso caso limite, teríamos que ter $y_{2}=R=30 cm$, portanto:

$y_{1}+30=20$

$y_{1}=-10cm$

Um absurdo, não existem níveis de coluna negativos, portanto o caso limite para transborde não pode ser o caso 1, tendo então que ser o caso 2 ou 3, se no caso 2 existir uma solução para transborde esta deve ser a solução, pois uma solução do caso 3 teria uma frequência maior, estudando o caso 2, devemos ter:

$y_{1}=0$

$y_{2}=R$

 $x+R=2H+R$

$x=2H$

Estando toda a conexão vazia até a distância até o eixo ser $R-2H$, pois o preenchimento vai tender a preencher a região mais distante do eixo, desta maneira, podemos usar que a pressão no começo da água pela conexão vai ser a atmosférica, e no final do tubo ela deverá ainda ser a atmosférica, então somando as contribuições de pressão devemos ter um resultado nulo, a partir disso:

$\Delta p=0=\frac{\rho \omega^2 (R^2-(R-2H)^2)}{2}-\rho g R$

$\omega^2 (R+R-2H)(R-R+2H)=2gR$

$\omega^2=\frac{gR}{2H(R-H)}$

$\omega^2=\frac{10*0,30}{2*0,10*0,20)}=75 \frac{rad^2}{s^2}$

$\omega=5 \sqrt{3} \frac{rad}{s} \approx 5*1,7 \frac{rad}{s} \approx 8,5 \frac{rad}{s}$

Gab:

$\omega=5 \sqrt{3} \frac{rad}{s} \approx 5*1,7 \frac{rad}{s} \approx 8,5 \frac{rad}{s}$

Uma solução alternativa também foi feita por Diogo Correia, outro medalhista de ouro da Ipho de 2017, que também nos ajudou revisando essa solução, assim como teve a solução revisada para estar aqui, melhorando assim a confiabilidade de todos os trabalhos, quem quiser uma solução alternativa com alguns métodos diferentes, fica a solução dele em pdf aqui.