OBF 2012 – Terceira Fase (Nível 2)

Movimento acelerado

Para minimizer o tempo, o elevador precisa ficar o maior tempo possível accelerando, e só desacelerar quando for necessário para conseguir parar no décimo andar, ou seja, o menor tempo possível irá ocorrer quando a velocidade media for máxima. Portanto, temos que fazer uma análise das possíveis velocidades que o elevador pode adquirir. Por exemplo, será que ele pode chegar a $$3\,m/s$$ e ainda conseguir parar a tempo?

Vamos começar escrevendo a razão entre a distância $$x_1$$ que o elevador percorre acelerando e $$x_2$$ desacelerando. Faremos isso igualando a velocidade do elevador no instante que ele termina de acelerar e quando ele começa a desacelerar. Por Torricelli:

$$v^2 = 0^2 + 2 a_{a} x_1$$

$$0^2 = v^2 – 2 a_d x_2$$

$$2 a_d x_2 = 2 a_a x_1$$

$$x_2 = \frac{a_a}{a_d} x_1$$

Onde $$a_a$$ é o módulo da aceleração, e $$a_d$$ é o módulo da desaceleração. Agora, será que ele consegue chegar a $$3\,m/s$$?

$$3^2 = 2*0,2*x_1\,\,\,\therefore\,\,\,x_1 = 22,5\,m$$

$$x_2 = \frac{0,2}{0,1}22,5 = 45\,m$$

Ou seja, claramente ele não poderá chegar a $$3\,m/s$$, pois ele teria que percorrer uma distância total de 67,5 m, até parar! Dessa forma, vamos encontrar as distâncias que ele deve percorrer acelerando e desacelerando, onde $$d$$ é a distância total igual a 30 m:

$$x_1 + x_2 = d$$

$$x_1 + \frac{a_a}{a_d}x_1 = d$$

$$x_1 = \frac{d}{1+\frac{a_a}{a_d}} = \frac{30}{1+\frac{0,2}{0,1}} = 10\,m$$

$$x_2 = \frac{0,2}{0,1}10 = 20\,m$$

Agora, para calcular o tempo acelerando:

$$x_1 = \frac{a_a {t_1}^2}{2}\,\,\,\therefore\,\,\,t_1 = \sqrt{\frac{2 x_1}{a_a}}$$

$$t_1 = \sqrt{\frac{2*10}{0,2}} = 10\,s$$

Desacelerando:

 $$x_2 = a_a t_1 t_2 – \frac{a_d {t_2}^2}{2}$$

Resolvendo a equação do Segundo grau para$$t_2$$:

$$t_2 = \frac{a_a t_1 + \sqrt{{a_a t_1 – 2a_d x_2}^2}}{a_d}$$

Como o termo dentro da raíz é zero:

$$t_2 = \frac{a_a t_1}{a_d} = \frac{0,2*10}{0,1} = 20\,s$$

Dessa forma, o tempo total é:

$$t_{total} = t_1 + t_2 = 10 + 20 = 30\,s$$

$$t_{total} = 30\,s$$

Lançamento oblíquo e movimento acelerado

Para calcular a distância total $$d$$, Podemos dividi-la em duas parte s: a distância $$x_1$$ percorrida até ela encostar no chão após ser lançada; e a distância $$x_2$$ percorrida após ricochetear e chegar no ponto P. Escrevendo as equações de movimento na horizontal e vertical, respectivamente:

$$x_1 = v_0 t_1$$

$$H = \frac{g {t_1}^2}{2}$$

Onde $$t_1$$ é o tempo que a bola leva até quicar. Resolvendo para $$t_1$$ na segunda equação e substituindo na primeira:

$$t_1 = \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$

$$x_1 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$

Agora podemos encontrar $$x_2$$ escrevendo as mesmas equações de movimento na horizontal e vertical para o instante após o quique:

$$x_2 = v_0 t_2$$

$$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2}$$ (relação 1)

Onde adotamos $$h$$ como sendo a altura máxima que a bola alcança no movimento parabólico após ricochetear. Algo interessante a se notar é que, a velocidade na equação para o movement na horizontal se manteve $$v_0$$, pois como a reação normal da superfície atua apenas na vertical neste caso (assumimos que não há atrito), a única componente da velocidade que sofrerá alteração é a da vertical! Além disso, o tempo que colocamos na segunda equação é $$\frac{t_2}{2}$$, e a velocidade inicial $$0$$. Fizemos isto pois consideramos apenas metade do movimento (até chegar no topo), e de trás para frente, para não ter que lidar com equações do segundo grau. Encontrando $$h$$ com Torricelli:

$${v_2}^2 = 2 g h\,\,\,\therefore\,\,\,h = \frac{{v_2}^2}{2 g}$$ (relação 2)

Onde $$v_2$$ é a velocidade vertical após a colisão, que pode ser encontrada usando o coeficiente de restituição $$e$$ e a velocidade vertical antes da colisão $$v_1$$:

$$v_2 = e v_1 = e \sqrt{2 g H}$$

Assim, igualando as duas relações para $$h$$ para encontrar $$t_2$$:

$$h = \frac{g ({t_2}/{2})^2}{2} = \frac{{v_2}^2}{2 g}$$

$$t_2 = 2 \frac{v_2}{g} = 2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$

Portanto:

$$x_2 = v_0 t_2 = v_0*2 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$

Assim, a distância total pode ser escrita como:

$$d = x_1 + x_2 = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} + 2 v_0 e \sqrt{\frac{2 H}{g}}$$

$$d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)$$

$$d = v_0 \sqrt{\frac{2 H}{g}} (1 + 2 e)$$

Conservação de energia e movimento de rolamento

Para a bola conseguir completar a curva rolando com a menor velocidade possível, sem perder contato com a pista, temos que, no topo, a força centrípeta precisa ser igual ao peso, ou seja, a normal com a pista é igual a zero. Esta condição deve ser satisfeita pois se a normal fosse maior que zero, indicaria que a velocidade no topo é maior que a mínima. Dessa forma, Podemos conserver energia em um ponto antes de entrar na pista e no topo da pista. A energia inicial possui três componentes: uma potencial pois o centro de massa da esfera está a uma distância $$r$$ acima do solo, uma cinética de rotação, e outra de translação:

$$\frac{m {v_0}^2}{2} + \frac{I {\omega_0}^2}{2} + m g r = \frac{m {v_f}^2}{2} + \frac{I {\omega_f}^2}{2} + mg(2 R – r)$$

Como $$v = \omega r$$ no rolamento, substituindo $$I$$ por $$\frac{2 m r^2}{5}$$, e “cortando” as massas:

$$\frac{{v_0}^2}{2} + \frac{2 r^2 {\omega_0}^2}{2*5} + g r = \frac{{v_f}^2}{2} + \frac{2 r^2 {\omega_f}^2}{2*5} + g(2 R – r)$$

$$\frac{{v_0}^2}{2} + \frac{2 {v_0}^2}{10} + g r = \frac{{v_f}^2}{2} + \frac{2 {v_f}^2}{10} + g(2 R – r)$$

$$\frac{7 {v_0}^2}{10} + g r= \frac{7 {v_f}^2}{10} + g(2 R – r)$$

Subtraindo $$g r$$ dos dois lados:

$$\frac{7 {v_0}^2}{10}= \frac{7 {v_f}^2}{10} + 2g(R – r)$$

Multiplicando por $$\frac{10}{7}$$ dos dois lados:

$${v_0}^2= {v_f}^2 + \frac{20g(R – r)}{7}$$  (equação 1)

Agora, como a força centrípeta no topo é igual ao peso da esfera, podemos encontrar a velocidade no topo $$v_f$$:

$$\frac{m {v_f}^2}{R – r} = m g$$

$$\frac{{v_f}^2}{R – r} = g$$

$${v_f}^2 = g (R – r)$$

Substituindo na equação 1:

$${v_0}^2=g (R – r) + \frac{20g(R – r)}{7} =\frac{27 g (R – r)}{7}$$

Dessa forma, a menor velocidade inicial para a bola conseguir completer a curva rolando sem perder contato com a curva é:

$$v_0 = \sqrt{\frac{27 g (R – r)}{7}}$$

$$v_0 = \sqrt{\frac{27 g (R – r)}{7}}$$

Cinemática e queda livre

Primeiramente, devemos perceber que, para a régua estar calibrada, uma marcação de tempo específica deve estar a uma distância da extremidade inferior que corresponda à distância que a régua cai neste interval de tempo. Por exemplo, a marcação de 200 ms deve ser posicionada à distância do ponto da esquerda que a régua cai em 200 ms.

Para calcular esta distância, podemos utilizar a equação horária de movimento uniformemente acelerado:

$$s = s_0 + v_0 t + \frac{{a t^2}}{2}$$

Como a velocidade inicial é zero, e podemos considerar a posição inicial igual a 0, a equação se torna:

$$ s = \frac{{a t^2}}{2} $$

Dessa forma, a marcação do tempo de reação de $$t$$ segundos deve ser posicionada a uma distância $$s$$ do ponto da esquerda. Por exemplo, a marcação do tempo de reação de $$200 \,ms$$ deve estar a uma distância de $$20 \,cm$$ do ponto da esquerda, a de $$300 \,ms$$ a uma distância de $$45 \,cm$$, e assim por diante, seguindo uma função quadrática como exposto.

Explicação na solução

Movimento circular e queda livre

Para resolver essa questão, vamos chamar $$\theta$$ o ângulo entre as duas marcas de tinta no disco, $$t_1$$ o tempo de queda da gota do gotejador 1, $$t_2$$ o tempo de queda da gota do gotejador 2, e $$g$$ a gravidade local. Para calcular a aceleração da gravidade local, Podemos achar uma relação entre o tempo de queda (que podemos encontrar com $$h$$ e $$g$$) e o ângulo $$\theta$$. Quando a primeira gota toca no disco, passará um tempo $$t_2 – t_1$$ até a outra gota cair, de forma que podemos escrever:

$$\theta = \omega (t_2 – t_1)$$   (equação 1)

Escrevendo os tempos de queda em função das alturas:

$$h_1 = \frac{g {t_1}^2}{2}\,\,\,\therefore\,\,\,t_1 = \sqrt{\frac{2 h_1}{g}}$$

$$h_2 = \frac{g {t_2}^2}{2}\,\,\,\therefore\,\,\,t_2 = \sqrt{\frac{2 h_2}{g}}$$

Substituindo na equação 1:

$$\theta = \omega (\sqrt{\frac{2 h_2}{g}} – \sqrt{\frac{2 h_1}{g}})$$

Resolvendo para $$g$$:

$$\sqrt{g} = \frac{\omega \sqrt{2}}{\theta} (\sqrt{h_2} – \sqrt{h_1}) = \omega$$

$$g = \frac{2 \omega^2}{\theta^2} (\sqrt{h_2} – \sqrt{h_1})^2$$

$$g = \frac{2 \omega^2}{\theta^2} (\sqrt{h_2} – \sqrt{h_1})^2$$

Associação de polias e movimento circular

Primeiramente, vamos chamar de $$\theta_A$$, $$\theta_B$$ e $$\theta_C$$ os ângulos que as polias A, B, e C, respectivamente, giraram em um tempo $$t$$. Para encontrar o número de voltas da polia C em função do tempo, devemos encontrar uma equação horária para $$\theta_C$$. Para isso, vamos começar com a polia A:

$$\theta_A = \frac{\alpha t^2}{2}$$ (equação 1)

Como há um vínculo de velocidades entre as polias A e B, pois elas estão conectadas por correias, podemos escrever:

$$\theta_A r = \theta_B R$$

Ese resultado é válido se pensarmos em uma “conservação de correia”. Se a polia A gira um ângulo $$\theta_A$$, a correia vai sofrer um deslocamento de $$\theta_A r$$ ao longo do seu comprimento. Na polia B, esse deslocamento é de $$\theta_B R$$. Esse deslocamento precisa ser o mesmo em todos os pontos da correia, para ela não partir, então podemos igualar as duas expressões. Assim, reescrevendo a equação 1 para encontrar $$\theta_B$$:

$$\frac{\theta_B R}{r} = \frac{\alpha t^2}{2}$$

$$\theta_B = \frac{\alpha r t^2}{2 R}$$ (equação 2)

Agora, devemos perceber que a polia B possui ligada em seu eixo uma polia menor de raio $$r$$, que sempre vai girar um ângulo $$\theta_B$$ (pois estão conectadas no mesmo eixo). Como essa polia menor está acoplada com a polia C por meio de uma correia, Podemos usar a mesma relação que usamos para as polias A e B:

$$\theta_B r = \theta_C R$$

Reescrevendo a equação 2 para encontrar $$\theta_C$$:

$$\theta_C = \frac{\alpha r^2 t^2}{2 R^2}$$

Por fim, para achar o número de voltas em função do tempo, podemos dividir $$\theta_C$$ por $$2 \pi$$, pois a cada $$2 \pi$$ radianos girados, a polia C terá completado uma volta:

$$n_{voltas} = \frac{\alpha r^2 t^2}{4 \pi R^2}$$

Onde $$n_{voltas}$$ é o número de voltas em função do tempo.

$$n_{voltas} = \frac{\alpha r^2 t^2}{4 \pi R^2}$$

Energia mecânica e potencial

a)Para fazer um esboço do gráfico da força em função de $$x$$, temos que ter em mente que $$F = -\frac{d U}{d x}$$. Com isso, sabemos que, em regiões que o gráfico da energia potencial está decrescendo, a força é positiva. Analogamente, quando a energia potencial está aumentando, a força é negativa. É muito importante lembrar que essa análise da taxa de variação da energia só é válida quando for calculada em relação a grandezas de posição. Assim, entre os instantes $$-1,4 \leq x \leq -0,8$$, a força é positiva. Em $$x = -0,8$$, ela é zero, e até $$x = 0$$ a força é positiva. Como a energia potencial tem um ponto de inflexão (a concavidade passa de positiva para negativa ou vice versa) em $$x \approx -0,5$$, a força possui um mínimo nesse mesmo $$x$$, pois $$\frac{d F}{d x} = – \frac{d^2 U}{d x^2}$$. Entre $$x = 0$$ e $$x \approx 1,4$$, a força é positiva, chegando a um máximo em $$x \approx 1,3$$ (de modulo maior que o mínimo anterior, pois a inclinação neste ponto é maior). Em $$x = 1,4$$, a força é zero, e até $$x = 2$$ a força é negativa.

Para encontrar a escala do gráfico, fica meio complicado encontrar as inclinações das retas tangentes, mas podemos fazer aproximações. Por exemplo, no começo do gráfico, podemos calcular a inclinação fazendo:

$$\tan \theta = \frac{\Delta U}{\Delta x} \approx \frac{2}{0,2} = 10\,N$$

Para $$x$$ próximo de 2 metros, podemos estimar o módulo força em torno de $$20\, N$$. Assim, juntando todas essas informações, um esboço de gráfico é tal como na figura abaixo:

b) Os pontos de equilíbrio são os pontos onde a força resultante na partícula é zero, ou seja, a taxa de variação de sua energia é igual a zero:

$$- \frac{d U}{d x} = F_{res} = 0$$

Dessa forma, podemos concluir que os pontos de equilíbrio da partícula são os pontos onde a inclinação da reta tangente ao gráfico é zero. Há três pontos no gráfico que satisfazem essa condição (valores aproximados):

$$x = -0,8\,m,\,\,\,x = 0\,m, \,\,\,$$e$$\,\,\,x = 1,4\,m$$

Porém, há duas classificações para o equilíbrio de um sistema: estável e instável. No estável, se a partícula é deslocada uma pequena distância do ponto de equílibrio, atuará sobre ela uma força restauradora que tende a trazê-la de volta para o ponto de equilíbrio. Já no equilíbrio instável, qualquer perturbação no sistema tira ele do equilíbrio. Podemos pensar sobre esses tipos de equilíbrios analisando a força resultante, por exemplo, em um ponto à direita ($$x$$ crescendo) do ponto de equilíbrio. Se a força resultante for positiva, isso indica que ela atua para aumentar o $$x$$, então é equilíbrio instável.  Porém, se a força resultante for negativa, isso indica que ela está atuando para diminuir $$x$$, então é uma força restauradora e caracteriza um equilíbrio estável. A força resultante neste caso pode ser escrita como:

$$F_{res} = -\frac{d U}{d x}$$

Portanto, quando a inclinação da reta tangente ao gráfico for positiva, a força é negativa. Dessa forma, pontos onde a concavidade do gráfico é para cima são de equilíbrio estável, e onde a concavidade é para baixo é instável. Uma forma mais correta de expressar o equilíbrio estável para este caso que justifica essa ultima afirmação é:

$$\frac{d^2 U}{d x^2} > 0$$

Assim , podemos concluir que os pontos de equilíbrio estável são:

$$x = -0,8\,m\,\,\,e\,\,\,x = 1,4\,m$$

Pois a concavidade do gráfico é para cima nesses pontos. Por fim, o ponto de equilíbrio instável é:

$$x = 0\,m$$

c) Pontos de retorno são pontos onde a partícula sujeita a um certo potencial muda o sentido de seu movimento. Para que a partícula mude o sentido do seu movimento, o sentido da sua velocidade precisa mudar, ou seja, o “sinal” de sua velocidade precisa ir de positivo para negativo ou vice-versa. Para que isso aconteça, a velocidade precisa em algum momento ser nula (a velocidade não pode ser descontínua, ela não pode simplesmente “pular” de um valor para outro). O ponto onde a velocidade é zero nessa inversão de movimento que chamamos de ponto de retorno. É só imaginar um objeto oscilando em uma mola: onde a amplitude é máxima, ele inverte o sentido do seu movimento, e a velocidade se torna zero nesse ponto. No ponto de retorno, toda energia mecânica do sistema é na forma de energia potencial (cinética é zero). Dessa forma, como a questão pede os pontos de retorno para uma energia mecânica de 1 J, precisamos encontrar os pontos onde a energia potencial é 1 J. Se traçarmos uma reta horizontal que passa pelo ponto $$U(x) = 1 J$$, onde esta reta encostar no gráfico são os pontos de retorno, que neste caso são os pontos $$x = -1,2 \,m$$, e $$x = 1,8 \,m$$.

d) Se a energia mecânica é 5 Joules, para encontrar a velocidade máxima, precisamos fazer a energia potencial ser minima, pois $$U(x) + E_{cinetica} = 5 \,J$$. Neste gráfico, percebemos que a energia potencial minima é de $$-5\,J$$, então a energia cinética máxima é:

$$E_{cinMax} – 5 = 5 \therefore E_{cinMax} = 10 \,J$$

$$\frac{m {v_{max}}^2}{2} = 10 \therefore {v_{max}}^2 = \frac{20}{50*10^{-3}} = 400$$

$$\left|v_{max}\right| = 20\,m/s$$

a)O esboço é tal como na figura abaixo:

b)Os pontos de equilíbrio estável são, aproximadamente:

$$x = -0,8\,m\,\,\,$$e$$\,\,\,x = 1,4\,m$$

O ponto de equilíbrio instável é:

$$x = 0\,m$$

c)Os pontos de retorno são, aproximadamente:

$$x = -1,2 \,m$$, e $$x = 1,8 \,m$$.

d) O modulo da velocidade máxima é, aproximadamente:

$$\left|v_{max}\right| = 20\,m/s$$

Torque e estática

A condição para que o disco fique em equilíbrio com o segmento $$PQ$$ na vertical, duas condições gerais devem ser satisfeitas:

$$F_{res} = 0$$

$$\tau_{res} = 0$$

Onde $$F_res$$ é a força resultante, e $$\tau_{res}$$ é o torque resultante em torno de qualquer ponto. Há várias forças em ação nesse sistema, como o peso de cada lado do disco, o atrito, e a normal. Vamos chamar a distância $$CC’$$ de $$x$$ para facilitar a escrita, e a área do círculo de A. Primeiramente, vamos escrever o torque resultante em torno do ponto C:

$$\frac{\sigma_1 A g x}{2} = \frac{\sigma_2 A g x}{2} + \mu N R$$ (equação 1)

Onde $$\mu N R$$ é o torque da força de atrito. Porém, como não temos informações sobre o coeficiente de atrito, devemos encontrar uma outra relação entre as densidades e as forças de atrito. Como o disco está em equilíbrio, a força resultante ao longo do plano inclinado é zero:

$$\mu N = m g \sin\theta = \frac{(\sigma_1 + \sigma_2) A g \sin\theta}{2}$$

Substituindo na equação 1:

$$\frac{\sigma_1 A g x}{2} = \frac{\sigma_2 A g x}{2} + \frac{(\sigma_1 + \sigma_2) A g R \sin\theta}{2}$$

$$\sigma_1 x = \sigma_2 x +(\sigma_1 + \sigma_2) R\sin\theta$$

Dividindo ambos os lados por $$\sigma_2$$ para encontrar a razão, que chamaremos de $$q = \frac{\sigma_1}{\sigma_2}$$.

$$q x = x + (q + 1) R \sin\theta$$

$$q (x – R\sin\theta) = x + R\sin\theta$$

$$q = \frac{x + R \sin\theta}{x – R \sin\theta}$$

Substituindo com $$x = \frac{4R}{3\pi}$$

$$q = \frac{4R + 3\pi R \sin\theta}{4R – 3\pi R \sin\theta}$$

$$q = \frac{\sigma_1}{\sigma_2} = \frac{4 + 3\pi \sin\theta}{4 – 3\pi \sin\theta}$$

$$\frac{\sigma_1}{\sigma_2} = \frac{4 + 3\pi \sin\theta}{4 – 3\pi \sin\theta}$$

Movimento harmônico simples e hidrodinâmica

Primeiramente, como o cilindro está em equilibrio, a força resultante atuando sobre ele é zero. Neste equilíbrio, iremos chamar de $$h_0$$ o comprimento do cilindro imerso no fluido. Quando empurramos o cilindro, podemos encontrar o período de pequenas oscilações do cilindro calculando a força resultante que atua sobre ele quando o deslocamos uma pequena distância $$x$$ para baixo. Uma saída muito rápida para encontrar essa força resultante é utilizando o Princípio de Arquimedes, que diz que a força que atua sobre um corpo imerso em um fluido equivale ao peso da massa do fluido deslocada. Como iremos empurrar o cilindro uma distância $$x$$ para baixo (poderia ser para cima também, mas escolhemos para baixo por convenção), o comprimento do cilíndro submerso é $$h_0 + x$$. Como o fluido deslocado pelo termo $$h_0$$ já anula o peso, a força resultante para cima será o peso da quantia de fluido deslocada pelo termo $$x$$:

$$F_{res} = – \rho_f x A g$$

Adotando para cima negativo, e chamando de $$A$$ a área da seção tranversal do cilindro. Essa força possui a forma de uma força restauradora proporcional ao deslocamento, igual a lei de Hooke. Porém, a “constant elástica” nesse caso é $$\rho_f A g$$. A frequência angular de um MHS desse tipo é dada por:

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$$

$$\omega = \sqrt{\frac{\rho_f A g}{\rho A L}}$$

$$\omega = \sqrt{\frac{\rho_f g}{\rho L}}$$

Como $$\omega = \frac{2 \pi}{T}$$:

$$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$$

$$T = 2 \pi \sqrt{\frac{\rho L}{\rho_f g}}$$

$$T = 2 \pi \sqrt{\frac{\rho L}{\rho_f g}}$$

Dilatação térmica

Primeiramente, a questão pede a relação entre as variações nas alturas após o equilíbrio térmico. Podemos desenvolver essa relação de algumas maneiras, como razões, desigualdades, etc. Nesta solução irei tratar das desigualdades.

Para resolver essa questão, um ponto crucial é a informação que o calor que os cilindros recebem são iguais. Dessa forma, como eles são feitos do mesmo material, a variação de temperature de cada cilindro é diferente:

$$Q = m c \Delta T = \rho V c \Delta T$$

$$\frac{Q}{\rho V c} = \Delta T$$

Percebemos assim que a variação de temperature é inversamente proporcional ao volume de cada cilindro, pois os outros termos são constantes.

Vamos chamar o cilindro da esquerda de cilindro 1, o do meio de cilindro 2, e o da direita de cilindro 3. Com isso, calculando os volumes:

$$V_{10} = 3h*\frac{\pi h^2}{4} = \frac{3 \pi h^3}{4}$$

$$V_{20} = 2h*\pi h^2 = 2 \pi h^3$$

$$V_{30} = 4h*\frac{9 \pi h^2}{4} = 9 \pi h^3$$

Agora, para encontrar a variação de altura de cada cilindro, podemos usar a equação de dilatação térmica de comprimento:

$$\Delta L = L_0 \alpha \Delta T$$

$$\Delta L = L_0 \alpha \frac{Q}{\rho V c}$$

Como os cilindros são feitos do mesmo material e o calor que eles recebem são iguais:

$$\Delta L \propto \frac{L_0}{V_0} = \frac{L_0}{L_0 * A_0}$$

$$\Delta L \propto \frac{1}{A_0}$$

Assim, o cilindro de maior área terá a menor variação de altura. Com isso, já podemos escrever a relação:

$$\Delta L_1 > \Delta L_2 > \Delta L_3$$

$$\Delta L_1 > \Delta L_2 > \Delta L_3$$

Principios de hidrostática e termodinâmica

Para encontrar a razão entre as temperaturas antes de começar a expansão e no instante que a água toda transborda, podemos começar escrevendo a equação de estado dos gases ideais:

$$\frac{P_0 V_0}{T_0} = \frac{P_f V_f}{T_f}$$

Assim, Podemos escrever a razão $$\frac{T_0}{T_f}$$, que no enunciado é $$\frac{T_1}{T_2}$$ (assumimos que $$T_0$$ e $$T_f$$ são equivalentes a $$T_1$$ e $$T_2$$, pelo uso usual de certos subscritos):

$$\frac{T_0}{T_f} = \frac{P_0 V_0}{P_f V_f}$$  (equação 1)

Onde o índice “0” representa “inicial”, e “f” final, para cada variável termodinâmica. O $$P_0$$ do gás, como inicialmente ele está em equilíbrio, precisa ser igual à pressão que a água exerce no pistão. Assim, Podemos escrever:

$$P_0 = P_{atm} + \rho_a g (H – h)$$

Onde $$\rho_a$$ é a massa específica da água. Como $$h = \frac{H}{2}$$ no momento inicial:

$$P_0 = P_{atm} + \frac{\rho_a g (H)}{2}$$

Escrevendo $$V_0$$:

$$V_0 = \frac{A H}{2}$$

Agora, escrevendo a pressão final e volume final quando a água toda transbordar:

$$P_f = P_{atm}$$

$$V_f = A H$$

Substituindo os valores na equação 1:

$$\frac{T_0}{T_f} = \frac{(P_{atm} + \frac{\rho_a g H}{2}) \frac{A H}{2}}{P_{atm} A H}$$

$$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{\rho_a g H}{4 P_{atm}})$$

Substituindo os valores dados no enunciado:

$$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{10^4 H}{4 10^5})$$

$$\frac{T_0}{T_f} = (\frac{1}{2} + \frac{H}{40})$$

$$\frac{T_0}{T_f}=\frac{T_1}{T_2} = (\frac{H+ 20}{40})$$

Observação: os números 20 e 40, apesar de não aparentarem, possuem dimensão de metro. No momento que transformamos o $$\frac{1}{2}$$ em $$\frac{20}{40}$$, precisamos multiplicar também por metro/metro, para a soma se tornar algo com significado físico.

$$\frac{T_0}{T_f} =\frac{T_1}{T_2} = (\frac{H+20}{40})$$

Óptica geométrica – ângulo crítico

Primeiramente, devemos entender qual é essa condição que o enunciado pede. Ele quer que, independente do ângulo de incidência, o raio sempre refrate na primeira face e na face adjacente. Para que isso aconteça, o ângulo de incidência não pode ser zero graus, pois, caso contrário, o raio não sofreria desvio e continuaria reto até o infinito. Dessa forma, rigorosamente, a situação descrita é impossível para qualquer $$\theta$$, apenas para ângulos de um certo intervalo que depende do material. Para encontrar o intervalo de ângulos de incidência que permite duas refrações consecutivas, o ângulo que o raio chega na face adjacente deve ser menor que o ângulo crítico, pois acima desse valor ocorre reflexão interna total. O valor do ângulo crítico para um índice de refração $$n$$ no ar é:

$$n*\sin(\theta_{C}) = 1*\sin(90^{\circ})$$

$$\sin(\theta_{C}) = \frac{1}{n}$$

Agora, como as refrações ocorrem em um bloco, as duas retas normais se cruzam formando um ângulo de $$90^{\circ}$$ entre elas, consequentemente formando um triângulo retângulo com as paredes do bloco, como se pode ver na figura abaixo:

Dessa forma, o ângulo $$A$$ é complementar do $$B$$. No caso do ângulo crítico, o ângulo $$A$$ seria igual a $$\theta_{C}$$, e o $$B$$ seria $$90^{\circ} – \theta_{C}$$. Assim, escrevendo a lei de Snell para a primeira refração:

$$\sin\theta = n*\sin(90^{\circ} – \theta_{C}) = n*\cos\theta_C$$  (equação 1)

Como $$\cos^2 x + \sin^2 x = 1$$, $$\cos x = \sqrt{1 – \sin^2 x}$$. Reescrevendo a equação 1:

$$\sin \theta = n*\sqrt{1 – \sin^2 \theta_C} = n*\sqrt{1 – \frac{1}{n^2}}$$

$$\sin \theta = \sqrt{n^2 – 1}$$

$$\sin^2 \theta + 1 = n^2$$

$$\sqrt{\sin^2 \theta + 1} = n$$

Portanto, para que a reflexão na face adjacente seja válida para o maior intervalo possível de ângulos, o $$n$$ deveria ser o mais próximo possível de $$1$$, ou seja, um material com índice de refração o mais próximo possível do ar. Isso faz sentido, pois um índice de refração próximo de $$1$$ implica um ângulo crítico muito próximo de $$90^{\circ}$$, de forma que até raios que incidam na primeira face com um ângulo muito próximo de $$0^{\circ}$$ sofreriam refração. O intervalo de ângulos permitidos para um certo $$n$$ é:

$$\sin \theta_{min} = \sqrt{n^2 – 1}\,\,\,\therefore\,\,\,\theta_{min} = \arcsin (\sqrt{n^2 – 1})$$

$$\theta_{max} = 90^{\circ}$$

$$\arcsin (\sqrt{n^2 – 1}) \leq \theta \leq 90^{\circ}$$

Com essa condição, percebemos que o maior valor possível para $$n$$ é $$\sqrt{2} \approx 1,41$$, pois não há $$\sin \theta$$ maior que 1. Dessa forma, nenhum material da lista permitiria que essa situação ocorresse.

Só ocorre reflexão na face adjacente para qualquer ângulo se o índice de refração do bloco for o mais próximo possível do índice de refração do ar (explicação na solução). Como o maior valor possível para $$n$$ é $$\sqrt{2} \approx 1,41$$, nenhum material da lista permitiria que essa situação ocorresse.