OBF 2013 - Terceira Fase (Nível 3)

Empuxo

A aceleração de um corpo sujeito à gravidade em um fluido de densidade $\rho_l$ é igual a:

$\rho V a=\rho V g-\rho_l V g$

$a=g(1-\frac{\rho_l}{rho})$

Logo, a posição do corpo 1, que inicial a altura h, é igual a:

$y_1=h-\frac{g(1-{\rho_1}^{-1})t^2}{2}$

Enquanto a posiçao do corpo 2 é igual a:

$y_2=\frac{g(1-{\rho_2}^{-1})t^2}{2}$

Logo, igualando as duas posições:

$h-\frac{a_1 t^2}{2}=\frac{a_2 t^2}{2}$

$2h=(a_2+a_1)t^2$

$t=\sqrt{\frac{2h}{a_1+a_2}}$

A profundidade é igual a $h-x_1$ no tempo obtido anteriormente. Porém, não é possível calcular essa profundidade sem a altura total de líquido no recipiente.

$h \big( 1-\frac{2(1-{\rho_1}^{-1})}{(1-{\rho_1}^{-1})+(1-{\rho_2}^{-1})} \big)$

Cinemática

A velocidade mínima se dá quando quando o atrito for igual a zero:

$mg \sin{\theta} \cos{\theta} - mg \cos{\theta}\sin{\theta}+mg \cos{\theta}\sin{\theta}=\frac{mv^2}{R}$

$v=\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta}}$

Enquanto a velocidade máxima acontece quando a força de atrito é máxima, sendo igual a ${\mu}_e N$. Nesse caso:

$mg \sin{\theta} \cos{\theta} - mg \cos{\theta}\sin{\theta}+mg \cos{\theta}\sin{\theta} +{\mu}_e mg \cos{\theta} \sin{\theta}=\frac{mv^2}{R}$

$v=\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta} +{\mu}_e g\cos{\theta}\sin{\theta}}$

 $\sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta} +{\mu}_e g\cos{\theta}\sin{\theta}} \underline{>} v \underline{>} \sqrt{gR \cos{theta} \sin{\theta}}$

Magnetismo

O elétron entra com velocidade $v$, de forma que a força magnética, direcionada perpendicular à velocidade e ao campo magnético, seja igual a:

$F=evB$

Seguindo uma trajetória circular, em que $F$ é a resultante centrípeta. Para que o elétron consiga passar da região das placas sem colidir, o final da placa deve fazer parte dessa trajetória circular:

O centro da circunferência está localizado a uma distância $r$ do final da placa, enquanto distância no eixo $y$ igual a $r-s$ e no eixo $x$ é igual a $4s$.

$r^2=(r-s)^2+(4s)^2$

$r^2=r^2+s^2+16s^2-2rs$

$2rs=17s^2$

$r=\frac{17s}{2}$

O raio da trajetória pode ser calculado utilizando a resultante centrípeta:

$evB=\frac{mv^2}{r}$

$r=\frac{mv}{eB}$

$\frac{17s}{2}=\frac{mv}{eB}$

$v=\frac{17eBs}{2m}$

$v=\frac{17eBs}{2m}$

Eletromagnetismo

Primeiramente, para encontrar a corrente total que foi induzida, devemos utilizar que $V=L\frac{\Delta I}{\Delta t}$.

Para descobrir L, a indutância da bobina, devemos calcular qual o fluxo magnético gerado pelas espiras:

$\Phi = L \Delta i$

$\frac{N \mu_0 i}{2 \pi R} \pi R^2= Li$

$L=\frac{N \mu_0 R}{2}$

A variação da corrente, então, é igual a:

$\Delta i= \frac{V}{L} \Delta t$

$\Delta i= \frac{2V}{N \mu_0 R} \Delta t$

$\Delta i= \frac{2V}{N \mu_0 R} \Delta t$

Ótica geométrica

Inicialmente vamos analisar como ocorre a refração no elemento ótico.

Como o índice de refração do ar é menor do que o índice do acrílico, os raios de luz ao saírem do elemento ótico terá abertura angular maior do que a que tinha antes de saírem dele.

Representando graficamente a refração:

Figura 01: Representação da refração

Supondo que inicialmente a abertura angular é $\theta$, a abertura após sair é $\theta +\alpha$ ($\alpha>0$).

Pela lei de Snell:

$n\cdot \sin(\theta)=n_{ar}\cdot \sin{(\theta+\alpha)}$

Como $n_{ar}=1$:

$n\cdot \sin(\theta)=\sin{(\theta+\alpha)}$    Eq(01)

$n\cdot \sin(\theta)=\sin{\theta}\cdot \cos{\alpha}+\cos{\theta}\cdot \sin{\alpha}$

Dividindo Ambos os lados da equação por $\cos{\theta}\cdot \cos{\alpha}$:

$\tan{\theta}+\tan{\alpha}=\dfrac{n\cdot \tan{\theta}}{\cos{\alpha}}$  Eq(02)

Vamos deixar esse resultado guardado por enquanto.

Vamos analisar agora algumas outras distâncias:

Figura 02: Representação do sistema

Da trigonometria tiramos:

$\cos{\theta}=\dfrac{z}{R} \rightarrow z=R\cos{\theta}$

A altura do raio luminoso até o solo será:

$h=R\sin{\theta}$

Portanto:

$\tan{\alpha}=\dfrac{R\sin{\theta}}{L}$

Das relações trigonométricas sabemos que:

$\cos{\alpha}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\tan^2{\alpha}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{R\sin{\theta}}{L}\right)^2}}$

$\cos{\alpha}=\dfrac{L}{\sqrt{L^2+R^2\sin^2{\theta}}}$

Aplicando os resultados encontrados na Eq(02):

$\tan{\theta}+\dfrac{R\sin{\theta}}{L}=\dfrac{n\tan{\theta}}{\left(\dfrac{L}{\sqrt{L^2+R^2\sin^2{\theta}}}\right)}$

$L\cdot \tan{\theta}+R\cdot \sin{\theta}=n\cdot \tan{\theta}\sqrt{R^2\sin^2{\theta}+L^2}$

Elevando ao quadrado dos dois lados e organizando chegamos a:

$(n^2-1)L^2-2R\cos{\theta}\cdot L+R^2(n^2\sin^2{\theta}-\cos^2{\theta})=0$

O delta dessa equação será:

$\Delta=(-2R\cos{\theta})^2-4(n^2-1)R^2(n^2\sin^2{\theta}-\cos^2{\theta})$

Expandindo os termos, e utilizando que $cos^2{\theta}=1-sin^2{\theta}$:

$\Delta=4R^2n^2(1-n^2\sin^2{\theta})$

Logo:

$L=\dfrac{2R\cos{\theta}\pm 2Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}}{2}$

$\rightarrow L=R\cos{\theta}\pm Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}$

Das figuras 1 e 2 podemos perceber que:

$z+L=R+x$

$R\cos{\theta}+R\cos{\theta}\pm Rn\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}=R+x$

Portanto a posição $x$ para um ângulo $\theta$ será:

$x(\theta)=R\left[2\cos{\theta}+n\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}-1\right]$

Como estamos trabalhando com ângulos maiores que zero, a função $\cos{\theta}$ diminui conforme o ângulo aumenta, e a função $\sin{\theta}$ aumenta conforme o ângulo aumenta, logo a função $\sqrt{1-n^2\sin^2{\theta}}$ diminui conforme o ângulo aumenta. Portanto, a posição $x(\theta)$ diminui conforme o ângulo aumenta. Como queremos a menor distância, devemos escolher o maior ângulo possível. Isso corresponde a condiçao de reflexao total na interface ar-vidro, com o raio saindo rasante. Ou seja:

$n\sin{\theta}=\sin{90^{\circ}}=1$.

Das relações trigonométricas:

$\cos{\theta}=\sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n}$

Logo:

$x=R\left[2\cdot \dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n}+n\sqrt{1-n^2\cdot \dfrac{1}{n^2}}-1\right]$

$\rightarrow \boxed{x=\left(\dfrac{2\sqrt{n^2-1}}{n}-1\right)R}$.

O aluno, em sua soluçao, poderia simplesmente impor a condiçao de angulo limite de imediato e prosseguir com a geometria, mas é interessante analisar o comportamento da funçao para entender melhor a condiçao de mínimo.

$\boxed{x=\left(\dfrac{2\sqrt{n^2-1}}{n}-1\right)R}$.

Circuitos elétricos

Para que a potência seja máxima, devemos chegar o mais perto possível da tensão máxima, utilizando a menor resistência de valor maior que $10$ $\Omega$.

Isso pode ser obtido utilizando o resistor de $20$ $\Omega$ em paralelo com o de $30$ $\Omega$, com valor final de $12$ $\Omega$.

A potência final, então, é igual a $\frac{U^2}{R}=\frac{25}{12}$.

$P=2,1 W$

$P=2,1 W$

Momento Angular

Para encontrar a relação entre $\omega_{i+1}$ e $\omega_i$, pode-se conservar o momento angular e a energia.

$mRv+\frac{MR^2}{3} \omega_i=mRv'+\frac{MR^2}{3} \omega_{i+1}$

$v'=v-\frac{MR}{3}(\omega_{i+1} - \omega_i)$

$\frac{mv^2}{2}+\frac{MR^2}{3} {\omega_i}^2= \frac{mv'^2}{2} + \frac{MR^2}{3} {\omega_{i+1}}$

Substituindo $v'$ na conservação de energia.

$v^2+\frac{MR^2}{3m} {\omega_i}^2 = [v-\frac{MR}{3m}(\omega_{i+1} - \omega_i)]^2 + \frac{MR^2}{3m} {\omega_{i+1}}^2$

$R {\omega_i}^2= \frac{MR}{3m} (\omega_{i+1} - \omega_i)^2-2v(\omega_{i+1}-\omega_i)+R {\omega_{i+1}}^2$

$\frac{MR}{3m} (\omega_{i+1}-\omega_i) + R(\omega_{i+1}+\omega_i)=2v$

$\omega_{i+1}=\frac{2v+R \big( \frac{M}{3m}-1 \big) \omega_i}{R \big( \frac{M}{3m} +1 \big)}$

$\omega_{i+1}=\frac{2v+R \big( \frac{M}{3m}-1 \big) \omega_i}{R \big( \frac{M}{3m} +1 \big)}$

Eletrostática

Igualando o empuxo, o peso e a força elétrica, tem-se o equilírio da gotícula:

$\rho \frac{4}{3} \pi R^3 g - \rho_{ar}\frac{4}{3} \pi R^3 g = \frac{Vq}{d}$

$q=\frac{4\pi d g R^3}{3V}(\rho-\rho_{ar})$

 $q=\frac{4\pi d g R^3}{3V}(\rho-\rho_{ar})$