OBF 2012 - Terceira Fase (Nível 3)

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:

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

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

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

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

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

Para que haja esse tipo de equilíbrio, ou seja, com o segment $PQ$ na vertical, os únicos valores que $\sin\theta$ pode assumir estão no intervalo $0 \leq \sin\theta < \frac{4}{3 \pi}$. Encontramos o ultimo limite fazendo o denominador da razão tender a 0. Um denominador de 0 implicaria uma razão infinita. Este é o caso em que o centro de massa do cilíndro da esquerda está em cima do ponto de contato, o que implica que nesse ponto ele não produz torque, então haveria um torque resultante que faria o cilindro rolar ao longo do plano, independente da razão de densidades.

A razão é $\frac{\sigma_1}{\sigma_2} = \frac{4 + 3\pi \sin\theta}{4 - 3\pi \sin\theta}$.

O intervalo permitido para $\sin\theta$ é: $0 \leq \sin\theta < \frac{4}{3 \pi}$, ou escrevendo em função de $\theta$: $0 \leq \theta < \arcsin{\frac{4}{3 \pi}}$

Termodinâmica e conservação de energia

Para resolver essa questão, podemos utilizar conservação de energia para encontrar o calor necessário para fazer com que a água toda transborde. Para isso, Podemos adotar o referencial de potencial zero como sendo o plano que contém a borda do recipiente, para que a energia final da água seja zero. Inicialmente, o sistema possui a energia potencial da água, e a energia interna do gás. Após a água transbordar, a energia dela será zero, e restará apenas a energia interna do gás. Dessa forma, o calor fornecido terá duas funções: variar a energia interna do gás e variar a energia potencial da água. Dessa forma:

$Q = \Delta U_{gas} + \Delta U_{agua}$

Energia interna final e inicial do gás:

$U_0 = n C_V T_0$

$U_f = n C_V T_f$

$\Delta U_{gas} = n C_V \Delta T$

Como não sabemos o valor de $n \Delta T$, podemos utilizar a equação dos gases ideais:

$P V = n R T$

$\Delta (P V) = n R \Delta T$

$n \Delta T = \frac{\Delta (PV)}{R}$

Onde $\Delta (PV) = P_f V_f - P_0 V_0$. Assim, a variação de energia interna do gás é:

$Delta U_{gas} = \frac{C_V \Delta (PV)}{R}$

A variação de energia potencial da água é (no referencial da borda do recipiente):

$\Delta U_{agua} = 0 - (-mgd) = mgd$

$\Delta U_{agua} = \frac{\rho_a A (H - h) (H - h)}{2}$

Onde $\rho_a$ é a densidade da água, e $A$ a área do pistão. Dividimos por 2 pois o centro de massa da água está localizado a uma distância de $\frac{(H - h)}{2}$ da borda. O sinal de menos na primeira equação é utilizado pois a água está abaixo do referencial, então sua energia potencial é negativa. Com essas equações, já podemos escrever o calor fornecido ao sistema:

$Q = \Delta U_{gas} + \Delta U_{agua}$

$Q = \frac{C_V \Delta (PV)}{R} + \frac{\rho_a A (H - h)^2}{2}$

Para encontrar $\Delta (PV)$, podemos escrever as pressões e volumes finais e iniciais:

$P_0 = P_{atm} + \rho_{a} g (H - h)$

$V_0 = A h$

$P_f = P_{atm}$

$V_f = A H$

Portanto:

$\Delta (PV) = P_f V_f - P_0 V_0$

$\Delta (PV) =P_{atm} A H - [P_{atm} + \rho_{a} g (H - h)]A h$

Substituindo os valores dados pelo enunciado:

$\Delta (PV) =10^5*0,01*2,5 - [10^5 + 10^3* 10 (2,5 - 0,5)]*0,01*0,5 = 1900 Pa*m^3$

O $C_V$ de um gás monoatômico é $\frac{3 R}{2}$. Substituindo os dados do enunciado:

$Q = \frac{3* 1900}{2} + \frac{10^3*0,01*(2,5 - 0,5)^2}{2}$

$Q = 2870 J$

$Q = 2870 \,J$

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:

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

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

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

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). Caso contrário, o menor ângulo de incidência permitido é $\sin \theta = \sqrt{n^2 - 1}$

Óptica física - interferência e difração

A figura acima mostra o padrão gerado por uma rede de difração. Em uma rede de difração, temos a superposição de efeitos de interferência, gerados pelas múltiplas fendas, e efeitos de difração, gerados pelas fendas individuais. Dessa forma, a intensidade resultante pode ser calculada fazendo o produto da intensidade gerada pela difração com a gerada pela interferência. Isso resulta em vários máximos de interferência, com um "envelope", gerado pela difração. O mínimo de difração é a parte mais larga e escura que vemos na figura. Com a posição desse mínimo de difração, podemos calcular a largura das fendas usando a equação (válida para $y \ll L$):

$y_{min} = \frac{m L \lambda}{a}$

Onde $m$ é um inteiro qualquer, que representa o "número" do mínimo (primeiro, segundo, etc), L e a distância das fendas até o anteparo, e $a$ a largura das fendas. Pela figura, temos que o primeiro mínimo de difração ($m = \pm 1$) ocorre nos pontos $y = \pm 5\,mm$. Com isso, já podemos achar a largura em função de $\lambda$:

$5\times 10^{-3} = \frac{3 \lambda}{a}$

$a = \frac{3000 \lambda}{5} = 600 \lambda$

Agora, para achar a distância entre as fendas, devemos analisar os efeitos da interferência no padrão gerado na figura. A interferência é responsável por posicionar os máximos, então, se nós soubermos a distância entre dois máximos, podemos calcular a distância entre as fendas, utilizando a equação (também válida para $y \ll L$):

$y_{max} = \frac{n L \lambda}{d}$

Onde $n$ é um inteiro qualquer, que representa o "número" do máximo (primeiro, segundo, etc), L e a distância das fendas até o anteparo, e $d$ a distância entre as fendas. Pela figura, podemos perceber que, em torno do centro, o segundo máximo ($n = \pm 2$) está a uma distância de aproximadamente 1 mm do máximo central. Com isso, podemos escrever:

$1 \times 10^{-3} = \frac{2*3 \lambda}{d}$

$d = 6000 \lambda$

A largura das fendas é dada por:

$a = 600 \lambda$

A distância entre os centros das fendas é dado por:

$d = 6000 \lambda$

Circuitos elétricos

O circuito mostrado na figura pode ser pensado como uma associação em paralelo de resistores, pois cada lâmpada possui uma resistência interna $R$. Como é uma associação em paralelo, cada ramo do circuito que contém uma ou mais lâmpadas vai receber uma DDP de 12 V. Porém, para saber se a lâmpada acende ou não, precisamos saber se corrente vai passer nesse ramo. A corrente só passa se o diodo permitir sua passagem, ou seja, sua "seta" deve apontar no mesmo sentido que a corrente passaria normalmente. Para o ramo que contém a lâmpada $L_5$, o diodo aponta no sentido oposto ao sentido que a corrente passaria, então nesse ramo não haverá corrente, portanto impedindo que a lâmpada $L_5$ acenda.

No ramo que contém a lâmpada $L_4$, o diodo aponta no mesmo sentido que a corrente passaria, então a corrente passa pela lâmpada $L_4$. Porém, como o diodo é ideal, assumimos que a sua resistência é zero, então a lâmpada $L_4$ vai receber uma DDP de 12 V. Como o máximo que ela suporta é 6 V, a lâmpada $L_4$ ficará acesa com uma sobrecarga de tensão.

A situação da lâmpada $L_3$ é a mesma da $L_5$, ela possui um diodo que impede a passagem da corrente em seu ramo, então ela não acenderá.

Por ultimo, no ramo das lâmpadas $L_2$ e $L_1$, não há nenhum diodo que impede a passagem da corrente nesse ramo. Porém, neste caso, como há duas lâmpadas no mesmo ramo, e elas possuem a mesma resistência, a DDP vai ser dividida igualmente entre as duas, ou seja, cada uma receberá uma DDP de 6 V. Portanto, as lâmpadas $L_2$ e $L_1$ estarão acesas sem sobrecarga de tensão.

• $L_1$: ligada
• $L_2$: ligada
• $L_3$: desligada
• $L_4$: ligada com sobrecarga de tensão
• $L_5$: desligada

Relatividade

Para encontrar a distância que o múon percorre até se desintegrar, não podemos apenas multiplicar sua velocidade pela sua vida-média. Isso ocorre pois como a velocidade do múon é muito prócima da velocidade da luz, fenômenos relativísticos devem ser levados em consideração. Para essa questão, podemos utilizar tanto contração do espaço quanto dilatação do tempo. Nessa solução irei fazer por dilatação do tempo. No referencial de um observador na Terra, a vida-média do múon não é $2 \mu s$, e sim esse valor multiplicado pelo fator de Lorentz $\gamma$.

$t_{terra} = \gamma t_{muon}$

O $\gamma$ neste caso é:

$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{(0,99c)^2}{c^2}}}$

$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - 0,99^2}} \approx 7,09$

Dessa forma, a vida média no referencial terrestre é:

$t_{terra} = 7,09 * 2 * 10^{-6} s \approx 1,42 \times 10^{-5}$

Assim, a distância percorrida no referencial terrestre é:

$d = v t = 0,99*(3 \times 10^8) * 1,42 \times 10^{-5} \approx 4200\, m = 4,2\, km$

A distância percorrida pelo múon é $d \approx 4,2\, km$

Magnetismo - cálculo de campos magnéticos

O campo magnético no centro do polígono é composto pela soma dos campos produzidos por cada lado no centro. O enunciado nos forneceu a formula do campo gerado por um fio retilíneo, então pdemos utilizá-la para calcular a contribuição de cada lado para o campo total. Como o fio tem comprimento $L$, cada lado possui comprimento $\frac{L}{N}$. Além disso, dois vértices adjacentes formam um triângulo isósceles com o centro do triângulo, como mostra a figura abaixo (como exemplo utilizamos um hexágono regular):

Dessa forma, a distância $d$ pode ser escrita como:

$d = \frac{L}{2 N \tan ({\frac{\theta}{2}})}$

Onde $\frac{\theta}{2}$ é igual a metade do ângulo formado pelas retas que ligam o centro e dois vertices adjacentes. Esse ângulo $\theta$ é dado por:

$\theta = \frac{2 \pi}{N}$

Pois cada lado forma um triângulo com esse ângulo $\theta$, então em uma volta completa temos $N \theta$. Portanto, como o campo magnético de um fio retilíneo de comprimento L a uma distância $d$ da sua mediatriz pode ser escrito como:

$B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}\sin \theta$

Neste caso, o $\sin \theta$ deve ser substituido por $\sin (\frac{\theta}{2})$, pois este é o ângulo entre o ponto onde se calcula o campo e um dos extremos do fio. O campo no centro da espira é $N$ vezes o campo gerado por um dos lados:

$B = N\frac{\mu_0 I}{2 \pi d}\sin (\frac{\theta}{2})$

Substituindo as expressões para $\theta$ e $d$:

$B = N\frac{\mu_0 I}{2 \pi (\frac{L}{2 N \tan (\frac{\theta}{2})})}\sin (\frac{\pi}{N})$

$B = \frac{N^2 \mu_0 I \tan(\frac{\theta}{2})}{\pi L}\sin (\frac{\pi}{N})$

$B = \frac{N^2 \mu_0 I}{\pi L \cos\frac{\pi}{N}}\sin^2(\frac{\pi}{N})$

Essa é a expressão para o campo no centro de um polígono regular de $N$ lados e de comprimento total $L$.

Agora, fazendo $N \to \infty$, chegamos a algo estranho: o $\sin^2(\frac{\pi}{N})$ tende a zero, mas o $N^2$ tende ao infinito, e um multiplica o outro! Como sair dessa? Se nós reescrevermos esse termo como:

$(\frac{\sin(\frac{\pi}{N})}{(\frac{1}{N})})^2$

Chegaremos a um resultado conhecido de limites, pois:

$\lim_{x \to 0} (\frac{\sin ax}{bx}) = \frac{a}{b}$

Neste caso, o $x$ é o $\frac{1}{N}$, pois se $N\to\infty$, a razão $\frac{1}{N}$ tende a zero. Dessa forma, ao aplicarmos esse limite, o termo $\cos(\frac{\pi}{N})$ tende a $1$, e a razão $(\frac{\sin(\frac{\pi}{N})}{(\frac{1}{N})})^2$ tende a $\pi^2$. Portanto, podemos escrever:

$B = \frac{\pi \mu_0 I}{L}$

Porém, quando $N\to\infty$, o $L\to 2\pi R$. Então, substituindo essa expressão para $L$:

$B = \frac{ \mu_0 I}{2 R}$

Que é exatamente a expressão para o campo magnético no centro de uma espira circular!

O campo magnético no centro do polígono é $B = \frac{N^2 \mu_0 I}{\pi L \cos\frac{\pi}{N}}\sin^2(\frac{\pi}{N})$

Demonstração do campo magnético da espira circular na solução