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:

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

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

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.