OBF 2015 - Terceira Fase (Nível 3)

Analise de Dados

a) Usando que $R=R_{0}e^{B/T}$, vamos aplicar o logaritmo natural nos dois lados desta expressão, obtendo que:

$lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$

De modo que podemos isolar a quantia $\frac{1}{T}$ como:

 $\frac{1}{T}=\frac{1}{B}(lnR-lnR_{0})$

Que se trata de uma função linear entre $\frac{1}{T}$ e $lnR$, de modo que com apenas dois pares de medidas conseguiremos obter as constantes, ja que dois pontos definem uma reta.

b) Supondo que foram obtidas as medidas que a temperatura $T_{1}$ a resistência é $R_{1}$ e que a temperatura $T_{2}$ a resistência é $R_{2}$. Podemos usar a expressão encontrada acima, que é $lnR=ln(R_{0}e^{B/T})=lnR_{0}+\frac{B}{T}$, assim obtendo o seguinte sistema de equações:

$\frac{1}{T_{1}}=\frac{1}{B}(lnR_{1}-lnR_{0})$

$\frac{1}{T_{2}}=\frac{1}{B}(lnR_{2}-lnR_{0})$

Cujas soluções são que $B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$ e que $lnR_{0}=\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{2} -\frac{T_{1}}{T_{2}-T_{1}}lnR_{1}$, que depois de certa manipulação obtemos:

$R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}}$

a) Duas medidas apenas

b) $B= \frac{ln(R_{1}/R_{2})}{1/T_{1} -1/T_{1}}$ e $R_{0}=R_{1}^{\frac{T_{1}}{T_{1}-T_{2}}}R_{2}^{\frac{T_{2}}{T_{2}-T_{1}}}$

Refração da luz

a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.

b) Para o caso representado no problema temos o esquema abaixo:

Onde $i, r, j$ e $k$ sao todos ângulos, e $i=30^{\circ}$.

Pela lei de Snell, sabemos que $sin r = \frac{sin i}{1,4}= \frac{1}{2,8}$. Com o triângulo ABC, temos que $(90^o-r)+(90^0-j)+60^0=180$, logo $r+j=60^{\circ}$.

Assim, $j=60^{\circ}-r$, e pela lei de Snell, podemos relacionar o  ângulo pedido $k$ com $j$, da forma:

$n sin j= 1,4 sin j= sin k$

Dessa maneira, $sin k =1,4 sin(60^{\circ} - r)=1,4 sin(60^{\circ} - arcsin(\frac{1}{2,8}))$.

Usando que $sin(a-b)= sina cosb - sinb cosa$ temos que:

$sin(60^{\circ} - arcsin(\frac{1}{2,8})=sin (60^{\circ}) cos(arcsin(\frac{1}{2,8})) -cos(60^{\circ}) sin(arcsin(\frac{1}{2,8}))$

Assim, $sin(60^o - arcsin(\frac{1}{2,8}) \approx 0,62$. Usando agora que $sin k =1,4 sin(60^{\circ} - r) \approx 0,87$.

Logo, o ângulo é

$k=arcsin(0,87) \approx 60^{\circ}$

a) Para explicar o fenômeno mostrado acima, precisamos lembrar que a luz branca se trata da combinação de sete cores de luz, onde todas essas cores tem índices de refração ligeiramente diferentes uma da outra. Assim, quando a luz entra no prisma, devido a pequenas diferenças nos índices de refração as diferentes cores se espalham, formando o fenômeno mostrado acima.

b) O ângulo é $k=arcsin(0,87) \approx 60^{\circ}$

Eletrica

a) Assumindo que a carga total positiva é $Q$, temos simplesmente que o campo é:

$E=+\frac{Q}{4\pi\epsilon{0}r^{2}}$

b) Agora, para o periodo de oscilação do elétron, suponha que o momento angular do eletron é $L$. Note que essa quantia é conservada pois a forca eletrica é uma forca central.

Assim, nossa equacao de movimento é:

$ma=\frac{e^{2}}{4\pi\epsilon_{0}r^{2}}(1-\frac{r^{3}}{R^{3}})-\frac{L^{2}}{mr^{3}}$

E no equilibrio a aceleracao $a$ é 0, logo se a posicao de equilibrio for em $r=r_{0}$, sabemos que neste local $\frac{e^{2}}{4\pi\epsilon{0}r_{0}^{2}}(1-\frac{r_{0}^{3}}{R^{3}})=\frac{L^{2}}{mr_{0}^{3}}$.

Assim, a equacao de movimento é:

$ma=K*(\frac{1}{r^{2}}-\frac{r}{R^{3}}-\frac{r_{0}}{r^{3}}+\frac{r_{0}^{4}}{r^{3}R^{3}})$

Onde $K=\frac{e^{2}}{4\pi\epsilon_{0}}$. Expandindo a equacao de movimento acima em torno de $r=r_{0}+\delta$, obtemos:

$ma=-\frac{K}{R^{3}}\delta$

Note que foi usado que $(1+x)^{n}\approx1+nx$, para $nx$ pequenos.

Assim obtemos a equacao de um movimento harmonico simples de frequencia angular $\omega^{2}=\frac{K}{mR^{3}}$. E como o periodo é dado por $T=2 \pi/\omega$, obtemos:

$T=\frac{2\pi R}{e}\sqrt{4\pi \epsilon_{0} R m_{e}}$

a) $E=+\frac{Q}{4\pi\epsilon{0}r^{2}}$

b) Acima

Energia

Se o potencial é dado por $V=-\frac{kZe^{2}}{R}$, o modulo da forca,$F$  é dado por:

$F=\frac{kZe^{2}}{R^{2}}$

E devido a condicao de orbita circular $F$ deve ser numericamente igual a resultante centripeta, $mv^{2}/R$, de modo que podemos escrever que:

$mv^{2}=\frac{kZe^{2}}{R}$

Como energia cinetica é$mv^{2}/2$, temos que a energia cinetica.$T$ dele é dado por:

$T=mv^{2}/2=\frac{kZe^{2}}{2R}$

E como a energia pedida é $E=V+T$, a resposta é

$E=-\frac{kZe^{2}}{2R}=V/2$

A resposta é $E=-\frac{kZe^{2}}{2R}=V/2$

Processos adiabáticos e forças 

Para resolver este problema precisamos relembrar certas propriedades de processos adiabáticos, principalmente a propriedade que em um processo adiabático a quantia $PV^{\gamma}$ é conservada.

Sabendo disso, vamos relacionar as características originais do sistema $P$ e $V_{0}$, com as  características após uma pequena perturbação, onde $V=V_{0} +\delta V$ e $P'=P+\delta P$. Onde as variações relativas de volume e  pressão são extremamente pequenas.

Usando que $PV^{\gamma}$ é conservado, temos que $PV^{\gamma}=(P+\delta P)(V_{0} +\delta_{V})^{\gamma}$, e usando a aproximação que $(1+x)^{n}\approx 1+nx$, obtemos que:

$\frac{\delta P}{P}=-\gamma\frac{\delta V}{V_{0}}$

Note que podemos escrever uma pequena variação de volume $\delta V$ em  função da area de secção do tubo $S=\pi a^{2}$ e do deslocamento da bola $x$, como $\delta V=Sx=-\pi x a^{2}$.

Assim, temos que $\delta P=\gamma\frac{\pi x a^{2}}{V_{0}}$.

Agora, podemos analisar as forças que atuam na bola. Para as forças, temos o peso da bola $mg$, a força exercida pela pressão atmosférica $P_{0}S=\pi a^{2}P_{0}$ e a força exercida pela pressão interna, dada por $P_{Dentro}S=\pi a^{2} P'$. Assim a equação de movimento é:

$ma=mg+\pi a^{2}P_{0}-\pi a^{2} P_{Dentro}$

Onde $a$ representa a aceleração da bola.

Sabemos que inicialmente a bola está em repouso, em $x=0$. De modo que $mg+\pi a^{2}P_{0}=\pi a^{2} P$. Onde $P$ representa a pressão no interior do tubo quando a bola está em $x=0$.

Porém, apos uma pequena perturbação, a pressão no seu interior varia levemente para $P_{Dentro}=P'=P+\delta P$, de modo que a equação de movimento é simplificada para:

$ma=-\pi a^{2}\delta_{P}=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{V_{0}}$

De modo que podemos escrever a aceleração da bola, $a$, como $a=-\gamma(\pi a^{2})^{2}P\frac{x}{m V_{0}}$. Cuja equação é característica de um movimento harmônico simples de frequencia angular $\omega =\pi a^{2}\sqrt{\frac{\gamma P}{mV_{0}}}$.

E como o periodo é dado por $T=2 \pi/\omega$, temos que

$T=\frac{2}{a^{2}} \sqrt{\frac{mV_{0}}{\gamma P}}$

como queriamos demonstrar.

Demonstração acima

Torque

Iremos assumir que os rebocadores fazem uma força que puxa o barco numa determinada direção. Assim, vamos calcular o torque que cada rebocador faz no barco e em seguida, acharemos a resultante.

Também iremos assumir que um torque que faz o barco girar no sentido horario é positivo.

Dessa forma, o torque causado pelo barco um é dado por:

$\tau_{1}=22500(sin(60^0) *27-cos(60^o)*15)=33750(9\sqrt{3} -5)Nm$

Onde foi usado que o braço da força horizontal é $15m$ e da vertical é $27m$.

Agora para o rebocador $2$, iremos supor que $\vec{i}$ aponta para a direita e que $\vec{j}$ para cima, de modo que seu torque é dado por:

$\tau_{2}=18000*30+13500*21=823500Nm$

Onde foi usado que o braço da força horizontal é $21m$ e da vertical é $30m$.

Para o rebocador $3$, usamos que ele apenas puxa o barco para cima com  força $22500N$ e braço $120m$, de modo que o torque  é dado por:

$\tau_{3}=-22500*120=-2700000Nm$

E Finalmente o rebocador $4$, que puxa o barco para baixo com força $22500*sin(45^o)N$ e braço $90m$ e para a esquerda com força $22500*cos(45^o)N$ e braço $21m$, assim seu torque é dado por:

$\tau_{4}=22500*cos(45^o)*21+22500*sin(45^o)*90=1248750\sqrt{2}Nm$

Assim, o torque resultante é $\tau=\tau_{1}+\tau_{2}+\tau_{3}+\tau_{4}$ que é:

$\tau\approx 247 kNm$

$\tau\approx 247 kNm$

Circuitos

a) A pergunta possui uma certa ambiguidade a respeito da Voltagem entre $A$ e $B$, entao iremos assumir que $V_{th}$ esta sendo aplicado como a figura mostra. De modo que a corrente $i$, que circula o circuito é:

$i=\frac{V_{th}}{R_{c}+R_{th}}$

De modo que a potencia pedida é apenas $P$, onde $P=R_{c}i^{2}=\frac{R_{c}V_{th}^{2}}{(R_{c}+R_{th})^{2}}$

b) Como $P$ é proporcional a $f(R_{c})=\frac{R_{c}}{(R_{c}+R_{th})^{2}}$, podemos derivar esta funcao e igualar a zero, obtendo que o maximo ocorre quando:

$R_{c}=R_{th}$

Assim, a condicao para maximo ocorre  quando $R_{c}=R_{th}$

a) $P=R_{c}i^{2}=\frac{R_{c}V_{th}^{2}}{(R_{c}+R_{th})^{2}}$

b) $R_{c}=R_{th}$

Magnetismo

Sabemos que o enesimo raio da bobina sera $r_{n}=nh$, de modo que a area da enesima circunferencia sera $S=\pi r^{2}=\pi h^{2} n^{2}$.

Assim, no circulo de numero $n$, teremos um fluxo magnetico $\phi$, onde:

$\phi=B*S=B_{0}\pi h^{2} n^{2}*cos(\omega t)$

Como $\phi$ depende do tempo, havera uma diferenca de potencial induzida, que podemos calcular usando que o potencial induzido no enesimo circulo, $\varepsilon_{n}$ é:

$\varepsilon_{n}= -\frac{\Delta \phi}{\Delta t}=B_{0}\pi h^{2} n^{2}\omega sin(\omega t)$

E assim, como o potencial pedido  é a soma de todos os $\varepsilon_{n}$, de $1$ a $N$, usamos a formula dada no topo da prova, e obtemos que:

$\varepsilon_{Total}=\frac{B_{0}\pi h^{2} N^{3}\omega sin(\omega t)}{3}$

$\varepsilon_{Total}=\frac{B_{0}\pi h^{2} N^{3}\omega sin(\omega t)}{3}$