Solução Simulado 3 OBF- 3ª Fase - Nível 2

Somas infinitas e Cinemática

i) Com as informações dadas, podemos esboçar a trajetória do microorganismo:

Ambas as coordenadas serão dadas por sucessivas somas e subtrações de vários termos. Perceba que, no eixo $x$, a coordenada do móvel ora é reduzida de $1/4$ da distância percorrida nessa direção anteriormente, ora cresce do mesmo fator, indicando uma progressão geométrica. Portanto, vale escrever

$x_p=1,0-0,25+0,0625-0,015625+...$

$x_p=1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{64}+...$

Isso configura uma progressão geométrica (P.G.) infinita de razão $q=-1/4$ cujo termo inicial vale $1$. Usando a soma dos termos da P.G. infinita:

$x_p=\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{4}{5}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{x_p=0,8\,cm}$.

O raciocínio é análogo para $y_p$.

$y_p=0,5-0,125+0,03125-0,0078125+...$

$y_p=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{128}+...$

$y_p=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{2}{5}$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{y_p=0,4\,cm}$.

'ii) Para achar o tempo de movimento, basta dividir a distância total percorrida $d$ pela velocidade $v$ do micróbio. Note que as distâncias percorridas compõem uma P.G. infinita de razão $1/2$:

$d=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+...$

$d=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=2,0\,cm$.

Por fim:

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2,0}{0,15}=13,33\,s$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $\boxed{t \approx 13\, s}$.

$\boxed{(x_p, y_p)=(8,4)\cdot 10^{-1}\,cm=(8, 4) \cdot 10^{-3} \, m}$

 $\boxed{t \approx 13\, s}$

Cinemática: Lançamento Oblíquo e Movimento Circular

i) Ao ser lançada, a velocidade da bolinha pode ser dividida em duas componentes ortogonais entre si: uma paralela a barra e outra tangente ao movimento circular que a partícula executava antes de ser jogada. A primeira é simplesmente $v$, enquanto a segunda é $\Omega r$, sendo $r$ o raio de curvatura do movimento do circular, i.e. a distância da massinha ao eixo em torno do qual a barra girava, que vale $L \sin{\theta}$. Veja abaixo o esquema (3D) do vetor velocidade da massa ao sair da haste para melhor compreensão. O segmento traçejado encontra-se sobre o eixo vertical.

Para analisar a cinemática da bolinha enquanto no ar, vamos dividir o movimento em duas componentes independentes, pelo princípio de Galileu. O primeiro é o movimento exclusivamente devido à velocidade inicial $v$, que configura um lançamento oblíquo esquematizado abaixo:

A equação horária para a altura $y(t)$ convencionando o positivo para cima num movimento desse tipo é

$y(t)=y_0+v_{0_y} t-\dfrac{1}{2}gt^2$.

A partir disso, podemos encontrar o tempo de vôo $T$ da massinha, até que retorne ao nível do solo. Queremos $y(T)=0$, logo:

$0=L\cos{\theta}+v\cos{\theta} T-\dfrac{1}{2}gT^2$ $\rightarrow$

$\rightarrow$ $T^2-\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}T-\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}=0$.

Por Bháskara:

$T=\dfrac{\dfrac{2v\cos{\theta}}{g} \pm \sqrt{\left(\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}\right)^2+4\cdot\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}}}{2}$.

Escolhemos a raiz positiva pois a negativa nos forneceria um tempo negativo, o que é absurdo. Portanto:

$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$.

ii) Agora, imagine uma visão de cima da situação, como a esboçada abaixo. A bolinha percorre uma distância $\Omega L \sin{\theta}\cdot T$ em uma direção e $v_x T=v\sin{\theta}\cdot T$ na outra (lembre-se que a velocidade horizontal é inalterada em um lançamento sob a ação de gravidade no eixo vertical), chegando por fim no ponto $C$ ao atingir o solo.

Por fim, levando em conta a projeção do tamanho da haste $L \sin{\theta}$, utilizamos o teorema de Pitágoras para encontrar o tamanho do segmento $BC$, que é a distância desejada. Chamando-a de $D$, temos

$D^2=\left(L\sin{\theta}+v\sin{\theta} \cdot T\right)^2+\left(\Omega L \sin{\theta} \cdot T\right)^2$.

$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$,

com $T$ determinado previamente.

$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$,

onde

$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$

Cinemática e Trigonometria

Haja vista que o objetivo é obter a maior pontuação, a colisão entre o objeto e o projétil deve ocorrer em $t=0,50\,s$. A imagem abaixo esquematiza a configuração do sistema nesse momento, sendo $C$ o ponto do choque.

No triângulo $\Delta COB$, podemos utilizar a Lei dos Senos para encontrar $\alpha$:

$\dfrac{R}{\sin{\alpha}}=\dfrac{v_0 t}{\sin{\left(\pi-\omega t\right)}}$ $\rightarrow$ $\sin{\theta}=\sin{\left(\pi-\theta\right)}$

$\rightarrow$ $\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}}$.

Com $\alpha$ em mãos, podemos encontrar $x$ de uma forma prática tomando as projeções horizontais de $OC$ e $BC$:

$x=R\cos{\left(\pi-\omega t\right)}+v_0 t \cos{\alpha}$.

Substituindo $\cos{\alpha}=\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}$ e sabendo que $\cos{\left(\pi-\theta\right)}=-\cos{\theta}$:

$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}}$.

O alvo gira de um ângulo $\omega t=2,50\,rad$ que equivale a $150^{\circ}=5\pi/6\, rad$ utilizando $\pi=3$. da capa da prova. Logo, $\sin{\omega t}=\sin{30^{\circ}}=0,50$ e $\cos{\omega t}=-cos{30^{\circ}}=-0,85$. Inserindo as quantidades numéricas, obtemos

$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$,

$\boxed{x=9,13*10^{-1}\,m}$.

$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$,

$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}=9,13*10^{-1}\,m}$.

Termologia: Calorimetria

Da Lei de Stefan-Boltzmann, obtemos a potência emitida pelo filamento cilíndrico. Tendo em vista que $\pi d^2/4 \ll \pi dl$, podemos desprezar a área das tampas do filamento no cálculo da potência. A área lateral é $A=\pi d l$, logo

$P=\sigma \pi d l T^4_W$.

Essa potência, em sua totalidade, serve para aquecer as mãos da pessoa. Sendo $\Delta t$ o tempo requerido, temos

$P \Delta t=mc\left(T_2-T_1\right)$,

$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W}}$.

Substituindo os valores:

$\boxed{\Delta t=411,5\,s \approx 4*10^2\,s}$.

$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W} \approx 4*10^2\,s}$.

Mecânica: plano inclinado com atrito

Primeiramente, se $\alpha>\arctan{\mu}$, $F_{min}=0$, pois o bloco desce naturalmente. Consideremos o caso em que: $0<\alpha<\arctan{\mu}$.

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

$$f_{at}={\mu}N$$

Considere a soma vetorial de $\vec{f}_{at}$ com $\vec{N}$, essa força é a força de contato $F_C$. Além dessa força, atuam no bloco o peso e a força $F$. Na situação de força mínima, o bloco está em equilíbrio. Portanto, as três forças formam um triângulo. Observe que o ângulo entre $F_C$ e a normal à superfície do plano inclinado é fixado, pois sua tangente permanece igual a ${\mu}$. Sendo assim, o ângulo que $\vec{F}_C$ faz com a horizontal é fixo em ${\pi}/2+\alpha-\beta$, onde $\beta=\arctan{\mu}$. O vetor peso é constante, e portanto, devemos ajustar o tamanho do vetor $F_C$ para que $F$ (que deve fechar o triângulo das forças) seja mínimo. O diagrama fica da seguinte forma, onde os vetores entre o peso e $F_C$ são possíveis $F$.

Como o ângulo que $F_C$ faz com a horizontal é fixo, o vetor deve estar sobre a reta suporte dos pontos $A_1$ e $A_3$. Observe que um extremo do vetor $\vec{F}$ é fixo (ponto $A_0$), e outro está sobre a reta suporte citada acima. Para minimizar $F$ devemos minimizar o comprimento do segmento que une os extremos dos vetores. Em outras palavras, queremos a menor distância entre um ponto ($A_0$) e uma reta (reta suporte dos pontos $A_1$ e $A_3$). Evidentemente, a solução do problema se dá quando o outro extremo de $F$ é o ponto $A_2$, visto que $\angle{A_1A_2A_0}=\pi/2$. Dessa forma, fica claro que:

$$F_{min}=mg\sin\left(\beta-\alpha\right)\to{\boxed{F_{min}=mg\sin\left(\arctan{\beta}-\alpha\right)}}$$

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

$$f_{at}={\mu}N$$

Seja $\theta$ o ângulo que $\vec{F}$ faz com o plano inclinado:

Pelo equilíbrio do bloco:

$$F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}=f_{at}$$

e

$$F\sin{\theta}+N=mg\cos{\alpha}\to{N=mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}$$

Logo:

$$\dfrac{f_{at}}{N}=\dfrac{F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}}{mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}={\mu}\to{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)=F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)}$$

Pela desigualdade de Cauchy Schwarz, temos que:

$$F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)\le{F\sqrt{\left(\cos^2{\theta}+\sin^2{\theta}\right)\left(1^2+{\mu}^2\right)}}$$

Logo:

$$F\ge{mg\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

O que gera:

$$\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

Vefique que a expressão acima é idêntica à obtida na solução $1$.

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

$$f_{at}={\mu}N$$

Seja $\theta$ o ângulo que $\vec{F}$ faz com o plano inclinado:

Pelo equilíbrio do bloco:

$$F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}=f_{at}$$

e

$$F\sin{\theta}+N=mg\cos{\alpha}\to{N=mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}$$

Logo:

$$\dfrac{f_{at}}{N}=\dfrac{F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}}{mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}={\mu}\to{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)=F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)}$$

Para minimizar $F$ devemos maximizar $f(\theta)=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}$. A forma da função ao lado é bastante conhecida e pode ser escrita de uma forma mais esclarecedora:

$$f(\theta)=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}=A\cos{(\theta-\delta)}$$

Para um dado conjunto de valores $A$ e $\delta$. Para fazer a correspondência, expandimos o cosseno da subtração:

$$f(\theta)=A\cos{(\theta-\delta)}=A\cos{\delta}\cos{\theta}+A\sin{\theta}\sin{\delta}=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}$$

Logo, escolhamos $A$ e $\delta$ tal que $A\cos{\delta}=1$ e $A\sin{\delta}=\mu$. Com esses valores para $A$ e $\delta$, obtemos, de fato, $f(\theta)=A\cos{(\theta-\delta)}$. Portanto, o valor máximo de $f(\theta)$ é $f(\theta)_{max}=A.1=A$. Por outro lado:

$$A^2\cos^2{\delta}+A^2\sin^2{\delta}=A^2=1+\mu^2\to{A=\sqrt{1+\mu^2}}$$

Finalmente:

$$\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

$$\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}$$

Óptica geométrica: lentes

O feixe de luz chegando da estrela pode ser considerado paraxial, devido a sua distância ao observador da Terra. Como a estrela não está ao longo do eixo óptico da lente, na ausência do espelho, todos os raios convergiriam para o ponto $\Sigma_1$. Isso é mostrado na figura abaixo (à esquerda). Efetivamente, todos os raios dentro da região não sombreada contribuem para $\Sigma_2$, enquanto os raios dentro da região sombreada contribuem para $\Sigma_1$.

Se nós visualizarmos o feixe circular incidente, obteríamos a figura à direita acima. Como o brilho aparente da imagem é proporcional à área sobre a qual a luz incide, a razão entre os brilhos das duas imagens dependerá da razão entre as áreas do dois setores da figura. Como os triângulos $MOC$ e $MN\Sigma_1$ são semelhantes,

$$OC=\dfrac{r}{2}\to{\angle{CBO}=\dfrac{\pi}{6}}$$

$$\angle{BOC}=\dfrac{\pi}{3}$$

$$\angle{AOB}=\dfrac{2\pi}{3}$$

Logo,

$$\dfrac{S_2}{S_1}=\dfrac{\dfrac{{\pi}}{3}r^2-\dfrac{1}{2}\dfrac{r}{2}\sqrt{3}r}{\dfrac{2{\pi}}{3}r^2+\dfrac{1}{2}\dfrac{r}{2}\sqrt{3}r}\approx{0,237}$$

$$0,237$$

Mecânica: MHS e gravitação

a) Na situação descrita no enunciado o raio de visão do observador tangencia a superfície da Terra. Portanto, os pontos $A$ e $B$ são as interseções das retas tangentes à Terra, a partir do observador, com a Terra. Vejamos o triangulo $OCB$ (ou $OCA$ de forma analoga), sendo $C$ é o centro da Terra:

Com isso, pelo teorema de Pitágoras: $OB^2+R^2=(R+h)^2\to{AB=\sqrt{2Rh}}$, onde foi desprezado o termo $h^2$ em comparação com $2Rh$. Temos $R\sin{\theta}=D/2$, logo:

$D=\dfrac{2R\sqrt{2Rh}}{R+h} \approx 2\sqrt{2Rh}$

$D=8,31*10^4\,m$.

b) Agora, considere que o objeto esteja a uma distância horizontal $x$ do centro da Terra, a uma distância $r$ do centro.

A força horizontal $F_x=ma_x\to{-F\cos{\alpha}=-F\dfrac{x}{r}=ma_x}$. Por outro lado, a força na massa $m$ é dada por $F=\dfrac{GM(r)m}{r^2}$ (lembre-se que o corpo só sente força devido à massa contida em um raio $r$, pelo teorema das cascas). Pela homogeneidade, $M(r)/\left(4\pi r^3/3\right)=M/\left(4 \pi R^3/3\right)$ $\rightarrow$ $F=\dfrac{GMm}{R^3}r$. Logo, $a=-\dfrac{GM}{R^3}x$; o que caracteriza um $MHS$. O tempo requerido é metade do período do $MHS$:

$$\Delta{t}=\dfrac{T}{2}={\pi}\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}=\pi\sqrt{R/g}=40\,min=2,40*10^3\,s$$

a) $D=\approx 2\sqrt{2Rh}=8,31*10^4\,m$.

b) $\Delta{t}=\pi\sqrt{R/g}=40\,min=2,40*10^3\,s$

Mecânica: conservação de energia e momento

Enquanto o bloco menor estiver na parte direita da cavidade, a força de contato entre os blocos acelerará o bloco maior. Dividamos o movimento do bloco menor em 4 estágios: 1-seu movimento até o ponto mais baixo da cavidade; 2-seu movimento do ponto mais baixo até o ponto superior; 3-seu retorno do ponto superior ao ponto mais baixo; 4-seu retorno do ponto mais baixo até o ponto inicial do movimento. Observe que nos estágios 2 e 3 o bloco maior está acelerando para a direita. No fim do estágio $3$, a componente horizontal da normal inverte seu sentido e começa a frear o bloco maior. Segue desses argumentos que a velocidade máxima é alcançada ao fim do processo 3. Observe que, durante todos os estágios, a energia mecânica total do sistema é conservada. Porém, o momento linear horizontal do sistema só é conservado durante os estágios 2, 3 e 4. No primeiro estágio, o bloco maior sente uma força impulsiva normal da parede e o momento não pode ser conservado nesse estágio. Dito isso, podemos enunciar as conservações das quantidades físicas durante os estágios para o obter a velocidade $V$ do bloco maior ao final do processo 3. Seja $v$ a velocidade do bloco maior nesse momento (final do estágio 3).

Conservação de energia entre o inicio do movimento até o final do estágio 1:

$$\dfrac{P^2}{2m}=mgr\to{P=m\sqrt{2gr}}$$

Onde $P$ é o momento linear horizontal do sistema durante os estágios 2 e 3.

Conservação de energia ao final do estágio 3:

$$mgr=mv^2/2+MV^2/2$$

Conservação do momento ao final do estágio 3:

$$P=MV-mv$$

Daí,

$$v=MV/m-\sqrt{2gr}$$

Logo:

$$\left(MV/m-\sqrt{2gr}\right)^2=2gr-MV^2/m$$

A equação acima é linear em $V$. Resolvendo-a, obtemos:

$$\boxed{V=\dfrac{\sqrt{8gr}}{1+M/m}}$$

$$\boxed{V=\dfrac{\sqrt{8gr}}{1+M/m}}$$

Ondas: intensidade sonora

Devemos encontrar os pontos da balada tais que a intensidade sonora devido a música do celular é maior que a intensidade devido ao alto falante da balada. Adotemos coordenadas cartesianas com origem no alto falante da balada com orientação tal que Risápka se encontra no ponto $(l,0)$, onde $l=10m$. A intensidade sonora, devido a cada fonte $i$, é dada por $\dfrac{P_i}{4{\pi}r_i^2}$. A condição do enunciado é imposta da seguinte forma ($P'$ é a potência do celular):

$$\dfrac{P'}{\left((x-l)^2+y^2\right)}>\dfrac{P}{\left(x^2+y^2\right)}$$

$$P'x^2+P'y^2>P(x-l)^2+Py^2$$

$$\left(x-\dfrac{2lP}{P-P'}\right)^2+y^2<\dfrac{PP'l^2}{\left(P-P'\right)^2}$$

O lugar geométrico representado na equação acima é a coleção de pontos no interior do circulo de raio (ao quadrado) $r^2=\dfrac{PP'l^2}{\left(P-P'\right)^2}$, centrado no ponto $(\dfrac{2lP}{P-P'},0)$. O número de pessoas é dado por:

$$n={\pi}r^2.2=13$$

$$n={\pi}r^2.2=13$$

Termologia: Condução Térmica e Calorimetria

A energia por unidade de tempo transferida pela água para o ambiente através de condução térmica serve para esfriá-la ao cruzar o cano. O fluxo térmico é mediado pela camada de lã, e vale $kA\left(T_{in}-T_a\right)/h$ pela Lei de Fourier, sendo $A$ a área do cilindro de raio $R+h/2$* $\rightarrow$ $A=2\pi\left(R+h/2\right)L$. Já que a temperatura varia pouco ao longo do tubo, pode-se aproximar a troca de calor do ambiente como ocorrendo à uma temperatura interna constante $T_0$.* Logo:

$-\mu c_a\left(T_f-T_0\right)=\dfrac{k*2\pi \left(R+h/2\right) L}{h}\left(T_0-T_a\right)$,

$\boxed{T_f=T_0-\dfrac{2\pi \left(R+h/2\right) k L}{\mu c_a h}\left(T_0-T_a\right) \approx 102^{\circ}C}$

OBS. 1: O aluno poderia ter escolhido tomar o cilindro de raio $R$, ou mesmo $R+h$ nesse passo. Ambos forneceriam respostas próximas, e seriam válidas como método de estimativa. No entanto, considerar um raio intermediário $R+h/2$ é o mais válido a se fazer.

OBS. 2: Também poderia ter sido considerado uma média $T_{in}=(T_f+T_0)/2$, o que daria aproximadamente o mesmo resultado. É possível resolver o problema de forma exata (sem desprezar a variaçao de temperatura ao longo do cano), mas requer o uso de integrais.

$\boxed{T_f=T_0-\dfrac{2\pi \left(R+h/2\right) k L}{\mu c_a h }\left(T_0-T_a\right) \approx 102^{\circ}C=375\,K}$

Fluidos: superfície de água em um corpo acelerado

A função horária é característica de um M.U.V de aceleração $a=2.3,25=6,5m/s^2$. Com isso a superfície da água inclinará por um ângulo $\theta$ dado por: $\tan{\theta}=\dfrac{a}{g}$. No referencial do recipiente, a água experimenta uma gravidade aparente $\vec{g}_{apa}=\vec{g}-\vec{a}$. O ponto do recipiente que experimenta maior pressão é o ponto $A$. Portanto, devemos impor que a pressão naquele ponto é menor que a pressão máxima suportada. A pressão no ponto $A$ é dada por: $P_A={\rho}g_{apa}AB$, onde $g_{apa}=\sqrt{a^2+g^2}$ é o módulo do vetor gravidade aparente.

$$AB=h\cos{\theta}=h\dfrac{g}{\sqrt{a^2+g^2}}$$

Conservação de volume:

$$l^3/2=(h+h')l^2/2\to{h+h'=l}$$

Por outro lado:

$$h-h'=l\tan{\theta}=la/g$$

Logo, $h=(l/2)(1+a/g)=1,8975m$. $AB=1,59m$. O que implica: $P_A=18975Pa<19000$. Sendo assim, concluímos que o recipiente suportará a pressão.

Observe que a pressão no ponto $A$ é dada por ${\rho}gh$. Resultado direto da expressão da diferença entre as pressões de dois pontos genéricos do recipiente:

$$\Delta{P}=-{\rho}g\Delta{y}-{\rho}a\Delta{x}$$

Como os pontos $A$ e $C$ estão na mesma vertical, $\Delta{x}=0$ e, como $P_C=0$ (não há atmosfera): $P_A={\rho}gh$.

Para conferir mais questões e uma análise teórica sobre fenômenos semelhantes, confira a Ideia 02 (Equipotenciais de Energia em superfícies isobáricas) e a aula 1.14 (Hidrostática) do curso NOIC.

Sim, o recipiente suportará a pressão.

Força centrípeta e reflexão total

Tome uma pequena porção de massa que está na superfície livre. No referencial do balde, atuam, nessa porção de água, as forças: centrífuga $F_{cf}$, normal $E$ e peso $P$. Pelo equilíbrio, as três forças formam um triângulo retângulo (ver figura abaixo).

Podemos escrever que:

$$\tan{\theta}=\dfrac{F_{cf}}{P}=\dfrac{\Delta{m}b{\Omega}^2}{\Delta{m}g}=\dfrac{{\Omega}^2b}{g}$$

Na condição de reflexão total: $n\sin{\theta}\ge{1}\to{cotan^2{\theta}+1\le{n^2}}$. Segue que: $b\ge{\dfrac{g}{{\Omega}^2\sqrt{n^2-1}}}$.

Para conferir mais questões e uma análise teórica sobre fenômenos semelhantes, confira a Ideia 02 (Equipotenciais de Energia em superfícies isobáricas) e a aula 1.14 (Hidrostática) do curso NOIC.

$b\ge{\dfrac{g}{{\Omega}^2\sqrt{n^2-1}}}$