OBF 2017 - Terceira Fase (Nível 2)

Eclipses e Geometria

O eclipse lunar ocorre quando a terra cobre a lua na frente do sol, a deixando sem sua principal fonte de iluminação e bem mais escura.

Desta maneira, considerando as órbitas dos três corpos coplanares e eles alinhados, temos que para não chegar raios de luz do Sol na Lua a terra deve os cobrir. Na situação da questão, queremos que não ocorra eclipse lunar. Sendo assim, é necessário que os raios "extremos" -  ou seja, aqueles que tangenciam a Terra - não cheguem à superfície da Lua, pois caso isso ocorresse haveria uma sombra da Terra na superfície da Lua, caracterizando um eclipse. Observe a situação limite no esquema abaixo:

Assim, faremos com que a Lua saia da zona de eclipse, de tal forma que a seguinte semelhança de triângulos ocorre:

$\dfrac{R_{terra}}{d_{TL}-R_{L}}=\dfrac{R_{sol}}{d_{TL}+d_{TS}-R_{L}}$

$d_{TL}=\dfrac{d_{TS}R_{T}}{R_{S}-R_{T}}+R_{L}$

Substituindo os valores numéricos:

$\boxed{d_{TL} \approx 1,4 {\times}10^{9}\,m}$

Note que o termo de $R_{L}$ poderia ser desprezado sem alterar a resposta dentro dos algarismos significativos.

Sendo assim, é possível, dependendo da distância entre a Terra e a Lua, que não ocorram eclipses lunares.

A mudança nos diâmetros e distâncias podem causar mudanças no tamanho da zona de eclipse, e consequentemente a perda dos eclipses.

$\boxed{d_{TL} \approx 1,4{\times}10^{9}\,m}$

Cinemática

Apesar de não ser especificado pelo problema, consideraremos que o lançador encontra-se a meia distância da borda.

O tempo que leva para o projétil atravessar toda a mesa é o mesmo que o recipiente leva para percorrer metade da mesa.

$T_{proj}=T_{rec}$

$\dfrac{V}{a}=\dfrac{v}{\frac{b}{2}}$

$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$

Suponhamos que o recipiente tenha tamanho $l$.

 

O tempo que o projétil leva para ir da boca d recipiente até o fundo é o mesmo que para o recipiente andar a decomposição horizontal de seu comprimento.

$T_{proj}=T_{rec}$

$\dfrac{l\cos{\theta}}{v}=\dfrac{l\sin{\theta}}{V}$

$\tan{\theta}=\dfrac{V}{v}=\dfrac{V}{\dfrac{b}{2a}\cdot V}$

$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$

$\boxed{v=\dfrac{b}{2a}\cdot V =0,75\,m/s}$

$\boxed{\tan{\theta}=\dfrac{2a}{b} =4}$

Calorimetria

a)

Para calcular o calor trocado, é preciso dividir o processo em três etapas: um resfriamento da água líquida de $20\,^{\circ}C$ até $0\,^{\circ}C$, depois uma transição de fase (da água para o gelo) e, por fim, um outro resfriamento do gelo de $0\,^{\circ}C$ até $-6\,^{\circ}C$. Logo, equacionando os três processos, temos:

$Q_{a}=Q_1+Q_2+Q_3$

$Q_{a}=mc_{a}\Delta T_{1} +mL+mc_{g} \Delta T_{2}$

$Q_{a}=(1000\times 1 \times 20) + (1000 \times 80) + (1000 \times 0,5 \times 6) \, cal$

Com isso, obtemos $Q_{a}=1,03\cdot 10^5\,cal$. Transformando para joules utilizando a conversão $1\,cal=4,2\,J$, temos:

$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$

b) Nessa situação, não há calor latente (de transição de fase), então todo o calor trocado é utilizado para resfriar a água, mas sem transformá-la em gelo. Logo:

$Q_{b}=mc\Delta T$

$Q_{b}=1\, kg \times \dfrac{4,2 \times 10^{3} J}{kg \cdot K} \times 26 K$

$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$

c) Libera, uma vez que o processo contrário recebe calor. Ademais, isto será confirmado com cálculos no próximo item.

d) Pode-se estimar o calor do processo considerando apenas o calor envolvido na solidificação.  Uma explicação formal para isso é que a energia do sistema depende apenas dos estados final e inicial, então podemos interpretar a "solidificação de água à $-6\,^{\circ}C$" como sendo, na realidade, uma série de transformações. Primeiro, a água à $-6\,^{\circ}C$ esquenta rapidamente até $0\,^{\circ}C$, depois ela muda de fase e se transforma em gelo, e então volta à temperatura original $-6\,^{\circ}C$. Essas etapas garantem que a água realiza a solidificação em $0\,^{\circ}C$.

$Q=mc_{a}\Delta T_1 + mL+mc_g \Delta T_2$

$Q = 1000\times (+4,2\times 6 - 340 - 2,1\times 6) \, J$

$\boxed{Q \approx - 3,3\times 10^5\,J }$

Note que a resposta final é negativa, indicando que a água perde (libera) calor, conforme esperavámos pelo item c).

OBS.: Como os calores envolvidos no aumento e diminuição de temperatura são muito pequenos quando comparados com o calor de mudança de fase, poderíamos aproximar o resultado para $Q= mL$ e obteríamos uma resposta aproximadamente igual.  Sendo assim, o aluno, mesmo sem conhecer os múltiplos processos, possivelmente ainda conseguiria acertar o item. Note ainda que a validade dessa aproximação é reforçada pelo fato de que a questão requisitava uma estimativa, e não um resultado exato.

a)

$\boxed{Q_{a} \approx 4,3 \times10^{5}\,J}$

b)

$\boxed{Q_{b} \approx 1,1 \times10^{5}\, J}$

c)

Libera.

d)

$\boxed{Q \approx 3,3\times 10^5\,J }$

Termodinâmica: Máquinas Térmicas

Podemos dizer que a extração de energia vai ser máxima quando for usado uma máquina ideal para a retirada da energia do sistema. Como toda máquina ideal, o rendimento dessa máquina é o mesmo do Ciclo de Carnot, dado por:

$\eta=\dfrac{W}{Q_{q}}=1-\dfrac{T_{f}}{T_{q}} = \dfrac{T_{q} - T_{f}}{T_{q}}$

Note que, por se tratar de um refrigerador, o gasto energético é dado pelo trabalho que você insere no sistema, e o calor extraído corresponde ao $Q_{f}$. Conservando a energia para um ciclo inteiro, obtemos:

$W + Q_{f}=Q_{q}$,

Com isso:

$\dfrac{W}{W+Q_{f}} = \dfrac{T_{q} - T_{f}}{T_{q}}$

Invertendo a equação, temos que:

$1 + \dfrac{Q_{f}}{W} = \dfrac{T_{q}}{T_{q} - T_{f}}$

$\dfrac{Q_{f}}{W} = \dfrac{T_{q}}{T_{q} - T_{f}} - 1 = \dfrac{T_{f}}{T_{q} - T_{f}}$

$W = \dfrac{T_{q} - T_{f}}{T_{f}} Q_{f}$

Segundo o enunciado, $T_{f} = 1,00 \ K$, $T_{q} = 300 \ K$ e $Q_{f} = 1 \ Wh$. Logo:

$W = \dfrac{300 - 1}{1} \cdot 1 \ Wh = 299 \ Wh = 0,299 \ kWh$

Com isso, o gasto total será de:

$p = 0,299 \ kWh \cdot 0,50 \ \dfrac{R$}{kWh} = R$ \ 0,1495$

Como o custo do Watt-hora possui apenas dois algarismos significativos, obtemos o resultado final:

$\boxed{p = R$ \ 0,15}$

$\boxed{p = R$ \ 0,15}$

Cinemática

a) Observando a configuração do sistema:

A distância $d$ que o móvel percorerrá ao longo da rampa será:

$d^2=4^2+y_p^2$

$d=\sqrt{16+y_p^2}$

E o ângulo que a rampa fará com a horizontal será:

$\sin{\theta}=\dfrac{y_p}{\sqrt{16+y_p^2}}$

• Para o caso $y_p=3\,m$:

Note que o corpo fará todo o trajeto sobre a rampa. A sua aceleração será então a componente da gravidade ao longo do plano inclinado:

$a=g\sin{\theta}=10\cdot \dfrac{3}{\sqrt{16+9}}$

$a=6\,m/s^2$

Logo, temos:

$d=\dfrac{at^2}{2}$

$5=\dfrac{6t^2}{2}$

$\boxed{t(3)=\sqrt{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}\,s \approx 1,2\,s}$

Note que utilizamos $\sqrt{15}=\sqrt{5} \cdot \sqrt{3}$, com $\sqrt{3}=1,7$ e $\sqrt{5}=2,2$ para obter o valor final.

•  Para o caso $y_p=0$:

Note que corpo irá cair da altura de $3\,m$ em queda livre:

$3=\dfrac{10t_1^2}{2}$

$t_1=\sqrt{\dfrac{3}{5}}=\dfrac{15}{5}=\dfrac{3\sqrt{15}}{15}\,s$

Após isso ele andará em velocidade constante os $4\,m$ na horizontal. A velocidade com que ele chega ao chão será, por Torricelli:

$v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 3}$

$v=\sqrt{60}\,m/s$

O tempo para andar esse trajeto é:

$\sqrt{60}=\dfrac{4}{t_2}$

$\sqrt{60}=\sqrt{2^2\cdot 15}=2\sqrt{15}=\dfrac{4}{t_2}$

$t_2=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$

$t_2=\dfrac{2\sqrt{15}}{15}$

O tempo total será:

$t(0)=t_1+t_2$

$t(0)=\left(\dfrac{3\sqrt{15}}{15}+\dfrac{2\sqrt{15}}{15}\right)\,s$ $\rightarrow$

$\boxed{t(0)=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\,s \approx 1,2 \,s}$

Perceba, portanto, que:

$\boxed{t(0)=t(3)}$

Ou seja, ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.

b) Note que a questão pergunta apenas se existe um $y_P$ que forneça um tempo menor do que o encontrado no item passado. Isto é, não é necessário provar, de forma geral, que isso é possível (até porque seria necessário fazer uma rigorosa análise com o uso de derivadas, algo que não é cobrado na prova). Basta então apresentar um caso que satisfaça a condição requisitada. Um bom chute que o aluno poderia fazer ao usar sua intuição durante a prova é testar o caso $y_P=1\,m$. Analisemos:

• Para o caso $y_p=1\,m$:

O corpo cairá $2\,m$ em queda livre:

$2=\dfrac{10t_1^2}{2}$

$t_1=\sqrt{\dfrac{2}{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\,s$

Ele então descerá a rampa de tamanho

$d=\sqrt{16+1^2}=\sqrt{17}\,m$

Com aceleração

$a=10\cdot \dfrac{1}{\sqrt{17}}$

$a=\dfrac{10}{\sqrt{17}}\,m/s^2$

A velocidade ao chegar a rampa será:

$v=\sqrt{2\cdot g\cdot (3-y_p)}=\sqrt{2\cdot 10\cdot 2}$

$v=2\sqrt{10}\,m/s$

O tempo pra descer a rampa será:

$\sqrt{17}=2\sqrt{10}\cdot t+\dfrac{\frac{10}{\sqrt{17}}t_2^2}{2}$

$5t^2+4\sqrt{170}-17=0$

Resolvendo a equação utilizando a fórmula de Báskhara, ou outro método preferido pelo aluno, encontramos:

$t_2=\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\,s$

O tempo total será então:

$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s}$

Utilizando a aproximação $\sqrt{17}\approx 4,1$ , $\sqrt{5}\approx 2,2$ e $\sqrt{10}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{2}\approx 2,2\cdot 1,4\approx 3,1$ temos

$\boxed{t(1)=\left(\dfrac{\sqrt{10}}{5}+\dfrac{\sqrt{17}(3\sqrt{5}-2\sqrt{10})}{5}\right)\,s\approx 0,95\,s}$

Portanto:

$\boxed{t(1)<t(3)}$

Logo, existe um $y_p$ que o tempo é menor.

a) Ambas as trajetórias são percorridas no mesmo tempo.

b) Sim, existe. (Ver solução)

Estática do corpo rígido

a) Podemos estudar isso decompondo as forças no eixo x e no eixo y na barra, temos a normal e a força de atrito da superfície atuando na barra, enquanto temos a força e o peso aplicados, o ponto de aplicação das forças não será relevante nesse item, a não ser a do atrito e normal. No atrito e normal o ponto de aplicação é no ponto de contato da barra, que faz um ângulo theta com a vertical, a força normal também aponta nessa direção e o atrito é perpendicular a essa normal, no sentido contrário à tendência de movimento, portanto, estudando o equilíbrio:

-em x:

$N \sin{\theta}= F_{at} \cos\theta$

$Fat=N \tan\theta$

-em y:

$N\cos\theta+Fat \sin\theta=P+F$

Sendo apenas a força em x relevante para esse item, pois das condições sobre a força de atrito estático:

$\mu N \geq Fat$

$\mu \geq \tan\theta$

Daí, temos que:

$\boxed{\mu=\tan\theta_{max}=\tan30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 0,57}$

b) Primeiramente, devemos fazer um vínculo geométrico para resolver a equação. Podemos relacionar o rolamento sem deslizamento da barra sobre a superfície à sua rotação em torno do seu próprio centro de massa. Sendo assim, vale que:

$\delta l_{cmP}= r \delta \theta$

Em que $P$ é o ponto de contato, e a equação representa o deslocamento do ponto de contato em relação ao centro de massa. Resolvendo a equação, temos que, para um ângulo $\theta$ de rotação da barra:

$l_{cm_P}=r\theta$

 

Estudando agora o torque das forças aplicadas no corpo, e tomando como o centro de torques o centro de massa do corpo, só existirão torque de duas forças no corpo: a força externa aplicada e o torque do peso. Daí, temos que:

$F\left(\dfrac{L}{2}-r\theta\right) cos\theta=Pr\theta cos\theta$

$\boxed{F=\dfrac{2r\theta}{L-2r\theta} P}$

Usando as aproximações dadas na prova:

$F \approx \dfrac{2\times5\times\frac{3,0}{6}}{30-2\times5\times\dfrac{3,0}{6}} \times 40,0 \times10^{-2} \, N$

$\boxed{F \approx 0,080 N}$

a) $\boxed{\mu=\tan\theta_{max}=\tan30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 0,57}$

b) $\boxed{F=\dfrac{2r\theta}{L-2r\theta} P \approx 0,080 N}$

Termodinâmica / Lei de Fourier

A lei de Fourier nos diz que o fluxo de calor através de uma parede de área $A$ e espessura $d$ entre duas regiões com diferença de temperatura $\Delta T$ é dado por:

$\Phi = \dfrac{kA\Delta T}{d}$

Onde $k$ é a constante de condutibilidade térmica.

como o iglu é uma semiesfera de raio $R$, sua área será:

$A=\dfrac{1}{2}\cdot 4 \pi R^2=2\pi R^2$

O fluxo será 3 vezes a ptência dissipada por cada caçador.

$3P_{ot}=\dfrac{k\cdot 2\pi R^2\cdot (T_i-T_e)}{d}$

$\boxed{d=\dfrac{k\cdot 2\pi R^2\cdot (T_i-T_e)}{3P_{ot}} \approx 0,2\,m}$

$\boxed{d=\dfrac{k\cdot 2\pi R^2\cdot (T_i-T_e)}{3P_{ot}} \approx 0,2\,m}$

Dinâmica do corpo rígido

O corpo rígido continua normalmente seu movimento até colidir com a parede, no qual a velocidade do corpo é invertida sem qualquer outro efeito no corpo, sendo a velocidade angular dele mantida constante. O efeito dessa colisão na dinâmica do sistema é que o ponto de contato do corpo com o chão, que antes estava em repouso, agora está se movendo em relação ao chão, e isso gera uma força de atrito cinético que vai contra esse velocidade relativa, que tem a mesma velocidade do corpo.

A força de atrito desacelera o corpo, bem como a sua rotação. Supondo a velocidade do corpo para a direita como positiva e a velocidade angular no sentido horário como positiva, a velocidade inicial do corpo (após a colisão) é negativa e a rotação também, pois antes não existia deslizamento e portanto a rotação devia anular o termo de velocidade. Aplicando a segunda lei de newton e a equação das forças de atrito:

$F_{at}=\mu m g$

$F_{res}=ma=-F_{at}=-\mu mg$

$a=-\mu g$

E daí:

$v=-v_{o} -\mu gt$

Aplicando a equação de torque para o corpo, e considerando que ele tem um momento angular tal que pode ser escrito como:

$L=I\omega$

Temos, do torque do sistema em relação ao centro de massa do sistema:

$\tau=I \alpha=I \dfrac{\Delta \omega}{\Delta t}=F_{atr} r$

Sendo $\alpha$ a aceleração angular do sistema, que representa a derivada temporal da velocidade angular, daí:

$\omega=\dfrac{\mu mgr}{I} \Delta t$

E daí:

$\omega=-\omega_{o}+\dfrac{\mu mgr}{I} t$

A partir disso, vemos que a frequência e velocidade do corpo vão mudar devido ao atrito cinético, portanto esse atrito irá cessar quando o corpo tiver seu ponto de contato parado em relação ao chão, deixando uma velocidade relativa nula, portanto vale que:

$v_{p}=v+\omega r=0$

Como o corpo estava rolando sem deslizar em relação ao chão antes, vale que:

$v_{p_{o}}=v_{o}+\omega_{o} r=0$

$\omega_{o}=-\dfrac{v_{o}}{r}$

Usando a condição de não deslizamento nova:

$-v_{o}+\mu gt +\omega_{o}r +\dfrac{\mu gr^2}{I} t=0$

$t=\dfrac{2v_{o}}{\mu g(1+\frac{mr^2}{I})}$

$t=\dfrac{2v_{o} I}{\mu g(I+mr^2)}$

E também, vale que:

$v=-v_{o}+\mu gt=-v_{o}+\dfrac{2v_{o} I}{I+mr^2}$

$v=\dfrac{I-mr^2}{I+mr^2} v_{o}$

Como após isso não há mais velocidade relativa entre o ponto de contato e o chão, a força de atrito cessa e o corpo mantém sua velocidade linear e angular pelo resto do movimento.

Portanto, estudando nossos casos:

a) Com $I=mr^2$:

$t=\dfrac{2v_{o} mr^2}{\mu g \cdot 2mr^2} \Rightarrow \boxed{t=\dfrac{v_{o}}{\mu g}}$

b)

$v=\dfrac{mr^2-mr^2}{2mr^2} v_{o} \Rightarrow \boxed{v=0}$

c) Com $I=\dfrac{mr^2}{2}$:

$t=\dfrac{2v_{o} \frac{mr^2}{2}}{\frac{3mr^2}{2}} \Rightarrow \boxed{t=\dfrac{2v_{o}}{3\mu g}}$

$v=\dfrac{\frac{mr^2}{2}-mr^2}{\frac{3mr^2}{2}} v_{o} \Rightarrow \boxed{v=-\dfrac{v_{o}}{3}}$

Note que a velocidade final, nesse caso, é negativa - ou seja, com sentido para a esquerda - e de módulo menor que $v_0$.

a)

$\boxed{t=\dfrac{v_{o}}{\mu g}}$

b)

$\boxed{v=0}$

c)

$\boxed{t=\dfrac{2v_{o}}{3\mu g}}$

$\boxed{v=-\dfrac{v_{o}}{3}}$

Óptica geométrica

a) Aqui apenas usaremos conceitos físicos básicos, como os resultados da lei da reflexão. O resto de todo o problema se baseiará em métodos aproximativos e geometria. Supondo um raio de luz vindo a uma certa altura $y$ em relação ao centro do cilindro, ele irá acertar o cilindro num ponto $P$ cujo vetor distância ao cilindro faz um ângulo $\theta$ com a horizontal, daí temos que o ângulo que o raio faz com a normal no cilindro (paralela ao vetor distância) é $\theta$, portanto sua reflexão. Daí, somando os ângulos, o raio de luz irá refletir fazendo um ângulo $2\theta$ com a horizontal, e ele voltará pelo caminho de antes. Veja:

 

Queremos estudar o caso limite em que o raio ainda pode atravessar pela abertura. Perceba que, à medida que aumentamos $y$, o ponto de intersecção do raio com o plano superior ao cilindro vai se deslocando para a direita. O nosso caso é o limite em que o raio passa pela abertura, portanto, indo da esquerda para a direita, limite o qual ocorre quando o raio intersecta o plano no ponto $B$.

Da trigonometria do problema, podemos, definindo o centro do cilindro como ponto $O$, ver que sua distância em $x$ até $P$ é $R \cos \theta$ e que em $y$ é $R \sin\theta$, e como o ponto $B$ está localizado a uma distância $x=R$ e $y=R$ do ponto $O$, temos que o raio deverá respeitar:

$\Delta x=R-R\cos{\theta}=R(1-\cos{\theta})$

$\Delta y=R-R\sin{\theta}=R(1-\sin{\theta})$

E da condição de reflexão, que diz que o raio saí do cilindro fazendo um ângulo $2\theta$ com a horizontal:

$\tan{(2\theta)}=\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{1-\sin\theta}{1-\cos{\theta}}$

Da trigonometria, sabe-se que

$\tan{(2\theta)}=\dfrac{2\tan{\theta}}{1-\tan^2{\theta}}=\dfrac{2{\sin{\theta}}\cos{\theta}}{1-2\sin^2{\theta}}$

Então, dado que

$y_{max}=R \sin\theta$

podemos encontrar uma equação para $y_{max}$. As contas aqui ficarão um tanto trabalhosas, então acompanhe com bastante atenção:

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

$2{\sin\theta}\cos\theta(1-\cos\theta)=(1-\sin\theta)(1-2\sin^2\theta)$

$2{\sin\theta}(\cos\theta-\cos^2\theta)=1-\sin\theta-2\sin^2\theta+2\sin^3\theta$

$2{\sin\theta}(\cos\theta-1+\sin^2\theta)=1-\sin\theta-2\sin^2\theta+2\sin^3\theta$

$2{\sin\theta}\cos\theta-2{\sin\theta}+2\sin^3\theta=1-\sin\theta-2\sin^2\theta+2\sin^3\theta$

$2{\sin\theta}\cos\theta=1+\sin\theta-2\sin^2\theta$

$2{\sin\theta}\sqrt{1-\sin^2\theta}=1+\sin\theta-2\sin^2\theta$

$4{\sin^2\theta}-4\sin^4\theta=(1+\sin\theta-2\sin^2\theta)^2$

$4{\sin^2\theta}-4\sin^4\theta=1+\sin^2\theta+4\sin^4\theta+2\sin\theta-4\sin^2\theta-4\sin^3\theta$

Logo,

$8\sin^4\theta-4\sin^3\theta-7\sin^2\theta+2\sin\theta+1=0$

Lembrando que $\sin{\theta}=y_{max}/R$:

$\boxed{8\left(\dfrac{y_{max}}{R}\right)^4-4\left(\dfrac{y_{max}}{R}\right)^3-7\left(\dfrac{y_{max}}{R}\right)^2+2\left(\dfrac{y_{max}}{R}\right)+1=0}$

b) Este é um item puramente matemático, no qual lidaremos com formas de aproximar o resultado pedido, dentro das condições estabelecidas. Apresentaremos, aqui, duas possíveis soluções (métodos) para resolver este item.

Método 1: Utilizando uma aproximação diretamente em $y_{max}$

É dito no enunciado que $y_{max}$ está próximo de $\dfrac{R}{2}$. Sendo assim, podemos escrevê-lo da seguinte forma:

$y_{max}=\dfrac{R}{2}+R\delta=R\left(\dfrac{1}{2}+\delta\right)$

Sendo $\delta$ um fator numérico muito pequeno, i.e. $\delta \ll 1$. Substituindo na equação encontrada no item a), achamos:

${8\left(\dfrac{1}{2}+\delta\right)^4-4\left(\dfrac{1}{2}+\delta\right)^3-7\left(\dfrac{1}{2}+\delta\right)^2+2\left(\dfrac{1}{2}+\delta\right)+1=0}$

${2\left(1+2\delta\right)^4-2\left(1+2\delta\right)^3-7\left(1+2\delta\right)^2+8+2\delta=0}$

Como $\delta$ é pequeno, podemos utilizar a aproximação binomial:

$(1+x)^n\approx 1+nx$ ,  $|x|\ll1$

Então

${2\left(1+8\delta\right)-2\left(1+6\delta\right)-7\left(1+4\delta\right)+8+2\delta\approx0}$

$22\delta\approx1$

$\delta\approx0,045$

Logo

$\boxed{y_{max}\approx0,545R}$

OBS.: Essa questão é extremamente sensível ao tipo de aproximação que você usou e como você a usou, então leves desvios de resultados entre soluções é natural. A título de curiosidade, podemos utilizar um programa de computador para obter o valor exato da solução buscada da equação:

${y_{max}\approx0,56229R}$.

Podemos ver ainda que nosso valor encontrado para $y_{max}$ não é tão próximo do valor real porque a condição de $2\delta\ll1$ não é estritamente seguida, já que  $2\delta\approx0,125$ não é tão menor assim do que $1$. Apesar de não ser a melhor, a aproximação utilizada resolve o problema satisfatoriamente bem. A seguir, apresentaremos um segundo método aproximativo.

Método 2: Utilizando uma aproximação no ângulo $\theta$

Uma outra maneira de resolver o problema é usando diretamente as equações:

$y_{max}=R \sin\theta$                $\tan(2\theta)=\dfrac{1-\sin\theta}{1-\cos\theta}$

Junto do fato de que para $y_{max}=\frac{R}{2}$ teríamos $\sin \theta=\frac{1}{2}$ com $\cos \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$, também vale que o ângulo para que isso aconteça é $30^{\circ}$, que são $\frac{\pi}{6} \approx 0,5 \, rad$. Veja que um pequeno desvio em $y$ gerará, intuitivamente, um pequeno desvio no ângulo $\theta$. Analogamente ao método 1, podemos então escrever $\theta$ da seguinte forma:

$\theta=\dfrac{\pi}{6}+\epsilon$

Sendo $\epsilon \ll 1\,rad$ um incremento muito pequeno de ângulo. Da trigonometria, lembre-se que:

$\sin{(a+b)}=\sin{a}\cos{b}+\sin{b}\cos{a}$

$\cos{(a+b)}=\cos{a}\cos{b}-\sin{a}\sin{b}$

Então, tirando o seno e cosseno de $\theta$, são válidas as seguintes equações:

$\sin \theta \approx \dfrac{1}{2} +\dfrac{ \sqrt{3}}{2} \epsilon$

$\cos \theta \approx \dfrac{\sqrt{3}}{2} -\dfrac{1}{2} \epsilon$

$\tan {(2\theta)} \approx \tan{(60^{\circ})} + 2 sec^2(60^{\circ}) \epsilon=\sqrt{3}+8\epsilon$

Substituindo tais resultados na relação inicialmente encontrada para $\tan{(2\theta)}$ e desconsiderando termos de ordem $\epsilon^2$ por serem muito pequenos:

$\sqrt{3}+8\epsilon \approx \dfrac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \epsilon}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \epsilon}$

$\sqrt{3}+8\epsilon-\frac{3}{2}-4\sqrt{3}\epsilon+\dfrac{\sqrt{3}\epsilon}{2} \approx \dfrac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \epsilon$

$\epsilon \approx \dfrac{2-\sqrt{3}}{8-3\sqrt{3}} \approx 0,10$

$\sin(\theta) \approx 0,50 + 0,85 \times 0,10 \approx 0,59$

E, daí:

$y_{max} \approx 0,59 R$

Perceba que, nesse caso, o valor de $y_{max}$ ficou maior que o valor real.

$\boxed{y_{max}\approx0,545R}$

Termodinâmica

Basta usarmos que a densidade de partículas pode ser encontrada rapidamente por Clapeyron, pois:

$PV=\eta RT$

Onde $\eta$ é o número de mols:

$n=\dfrac{m}{V}=\dfrac{\eta \mu P}{\eta RT}$

$n=\dfrac{\mu P}{RT}$

Onde $\mu$ é a massa molar do gás, sendo a velocidade média do gás do tipo:

$<v> \sim \sqrt{\dfrac{RT}{\mu}}$

Na condição de equilíbrio os dois corpos não terão acúmulo de partículas, logo o fluxo de partículas saindo do gás 1 é igual ao do gás 2.

$n_1<v_1>=n_2<v_2>$

Logo (considerado ambos gases com a mesma massa molar):

$\dfrac{\mu P_{1}}{RT_{1}} \sqrt{\dfrac{RT_{1}}{\mu}}=\dfrac{\mu P_{2}}{RT_{2}} \sqrt{\dfrac{RT_{2}}{\mu}}$

$\dfrac{P_{1}}{\sqrt{T_{1}}}=\dfrac{P_{2}}{\sqrt{T_{2}}}$

$P_{2}=\sqrt{\dfrac{T_{2}}{T_{1}}} P_{1}$

$P_{2}=\sqrt{\dfrac{T_{2}}{T_{1}}} P_{1}$

Hidrostática

Primeiramente, analisaremos o comportamento da água em alguns casos, de maneira a entender melhor a física do problema. Após isso, poderemos conectar a situação limite do problema como um de nossos casos.

Primeiramente, vamos estudar uma situação mais simples e familiar para depois implementarmos os outros elementos do problema. Suponha que o tubo em forma de U não está girando, ou seja, temos um clássico caso de vasos comunicantes, em que todas as colunas de água ficam na mesma altura.

Mas por que isso acontece? Se o leitor lembrar bem, isso ocorre pois as pressões nos pontos mais altos de cada vaso são iguais entre si. Se algum dos vasos possuísse uma coluna de água mais alta, isso resultaria em uma diferença de pressão e o sistema perderia o equilíbrio. A linha tracejada representa uma região isobárica, isto é, de pressão constante.

Quando o tubo começa a girar, essa curva muda de formato conforme a equação fornecida pelo enunciado. Isso ocorre pois as parcelas de água mais distantes do eixo de rotação serão empurradas para fora com mais intensidade pela força centrífuga. O estudante não precisava saber disso; basta utilizar a fórmula dada:

$p=p_C+ \dfrac{1}{2}\rho\omega^2r^2$

Quando a água estiver na iminência de transbordar pela ponta direita, a situação que veremos será a seguinte. Note que a linha tracejada ainda delimita uma região de pressão constante, por isso as extremidades A e B estão a tocando no esquema. O estudante também poderia pensar que ambos os pontos estão em contato com a atmosfera, o que impõe a igualdade das pressões.

A coluna de água vertical na direita possui $y=30\, cm$ de altura, enquanto o trecho horizontal na parte mais baixa possui apenas $20\,cm$, ou seja, está a uma distância $r_A=10\,cm$ do eixo de rotação. Isso ocorre pois a massa de água deve ser conservada, e, como a secção reta do tubo é constante, o comprimento da coluna de água (que antes era de $50\,cm$) deve se manter.

Agora, basta utilizar a condição de pressões iguais nos pontos extremos A e B:

$p_A=p_B$

Usando a fórmula do enunciado:

$p_A=p_C + \dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_A^2$

$p_B=p_C + \dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_B^2 - \rho g y$

Note que para calcular a pressão do ponto B é preciso utilizar a lei de Stevin $\Delta p=\rho g \Delta h$. Agora basta igualar:

$p_C + \dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_A^2=p_C + \dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_B^2 - \rho g y$

$\dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_A^2=\dfrac{1}{2}\rho\omega^2r_B^2 - \rho g y$

Usando os valores numéricos $r_A=10\,cm$, $r_B= 30\,cm$, $g=10\,m/s^2$ e $y=30\,cm$, obtemos (após algumas simplificações):

$\boxed{\omega=8,5\,rad/s}$

$\boxed{\omega=8,5\,rad/s}$

Movimento Harmônico Simples

a) Primeiramente precisamos encontrar algumas propriedades geométricas da figura. Assim, como $AB=AC$ o triângulo ${\bigtriangleup}ABC$ é isósceles, logo, os ângulos da base são iguais e valem ${\angle}ABC={\angle}ACB=90^{\circ}-{\theta}/2$.

Definindo que $BC=x$, temos a seguinte relação do ângulo $\theta$ com o lado $x$:

$\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{x}{2l}$

Dessa forma, podemos encontrar a posição de equilíbrio. Uma vez que apenas três forças atuam na massa - o peso ($P$), a força elástica ($F_{ela}$), e a tração ($T$) gerada pela barra - podemos usar o teorema das três forças na posição de equilíbrio. (Clique aqui para saber mais sobre o teorema das três forças)

Dessa forma, a seguinte relação pode ser escrita

$\dfrac{P}{\sin{(90^{\circ}-{\theta_0}/2)}}=\dfrac{F_{ela}}{\sin{(90^{\circ}+{\theta_0})}}=\dfrac{T}{\sin{(180^{\circ}+{\theta_0}/2)}}$

Portanto,

$\dfrac{P}{\cos{({\theta_0}/2)}}=\dfrac{F_{ela}}{\cos{({\theta_0})}}$

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{F_{ela}}{P}$

A força elástica é calculada por

$F_{ela}=k(x-x_0)$

Entretanto é dito no enunciado que o compirmento relaxada do elástico é desprezível $x_0 \approx 0$, então

$F_{ela}=kx$

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{kx_{eq}}{mg}$

Onde $x_{eq}$ é o $x$ na posição de equilíbrio.  Agora, perceba que $m=0,2\,kg$, $g=10\,m/s^2$ e $k=2,5\,N/m$, ou seja,

$\dfrac{mg}{k}=0,8\,m$

Logo, podemos substituir ${mg}/{k}$ por $l$, uma vez que possuem o mesmo valor.

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=\dfrac{x}{l}$

Porém encontramos anteriormente que

$\dfrac{x}{l}=2\sin\left(\dfrac{\theta_0}{2}\right)$

Então

$\dfrac{\cos(\theta_0)}{\cos({\theta_0}/2)}=2\sin\left(\dfrac{\theta_0}{2}\right)$

$\cos(\theta_0)=2\sin(\theta_0/2)\cos(\theta_0/2)$

Conclui-se que

$\cos(\theta_0)=\sin(\theta_0)$

Por fim, temos então que:

$\boxed{\theta_0=45^{\circ}}$

b) Para encontrarmos o período de oscilação usaremos dois métodos: por força e por energia.

Solução 1: Abordagem por força

Primeiramente, vamos delocar levemente a esfera da posição de equilíbrio

$\theta=\theta_0+\Delta\theta$

De tal forma que

$\Delta\theta\ll\theta_0$

Então a força resultante na direção tangente à barra pode ser escrita como

$P\cos(\theta)-F_{ela}\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Onde $\alpha$ é a aceleração angular da barra

$mg\cos(\theta)-kx\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Usando a seguinte relação, encontrada no item a),

$x=2l\sin(\theta/2)$

temos

$mg\cos(\theta)-2kl\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)=ml\alpha$

Da trigonometria, sabe-se que

$2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)=\sin(\theta)$

$mg\cos(\theta)-kl\sin(\theta)=ml\alpha$

Logo, uma vez que encontramos anteriormente que o peso é numericamente igual à

$mg=kl$

Podemos reduzir a equação para

$mg(\cos(\theta)-\sin(\theta))=ml\alpha$

Portanto

$\dfrac{g}{l}(\cos(\theta_0+\Delta\theta)-\sin(\theta_0+\Delta\theta))=\alpha$

Expandindo as equaçãos trigonométricas achamos que

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)=\cos(\theta_0)\cos(\Delta\theta)-\sin(\theta_0)\sin(\Delta\theta)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)=\sin(\theta_0)\cos(\Delta\theta)+\sin(\Delta\theta)\cos(\theta_0)$

Como $\Delta\theta\ll\theta_0$, temos

$\cos(\Delta\theta)\approx1$

$\sin(\Delta\theta)\approx\Delta\theta$

Então

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)\approx\cos(\theta_0)-\Delta\theta\sin(\theta_0)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)\approx\sin(\theta_0)+\Delta\theta\cos(\theta_0)$

O valor de $\theta_0=45^{\circ}$ foi encontrado no item a).

$\cos(45^{\circ}+\Delta\theta)\approx\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\Delta\theta\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\sin(45^{\circ}+\Delta\theta)\approx\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\Delta\theta\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Portanto,

$-\dfrac{g\sqrt{2}}{l}\Delta\theta=\alpha$

Assim encontramos a equação de um movimento harmônico simples de período igual à

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g\sqrt{2}}}$

Substituindo os valores

$\boxed{T \approx 1,4\,s}$

Solução 2: Abordagem por energia

Novamente, vamos deslocar levemente a esfera da posição de equilíbrio

$\theta=\theta_0+\Delta\theta$

De tal forma que

$\Delta\theta\ll\theta_0$

Escrevendo a energia mecânica e tomando como nível de referência o teto para a energia potencial gravitacional, encontramos

$E=\dfrac{mv^2}{2}-mgl\sin(\theta)+\dfrac{kx^2}{2}$

Como a barra limita o movimento da esfera, sua velocidade é perpendicular à barra e vale $v=\omega{l}$, onde $\omega$ é a velociade angular da barra.

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta)+{2kl^2\sin^2(\theta/2)}$

Da trigonometria,

$2\sin^2(\theta/2)=1-cos(\theta)$

Então

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta)+{kl^2(1-cos(\theta))}$

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta_0+\Delta\theta)+{kl^2(1-cos(\theta_0+\Delta\theta))}$

Expandindo as funções trigonométricas

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)=\cos(\theta_0)\cos(\Delta\theta)-\sin(\theta_0)\sin(\Delta\theta)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)=\sin(\theta_0)\cos(\Delta\theta)+\sin(\Delta\theta)\cos(\theta_0))$

Agora, utilizaremos as aproximações associadas ao ângulo $\Delta \theta$. Como $\Delta\theta\ll\theta_0$, temos:

$\cos(\Delta\theta)\approx1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}$

$\sin(\Delta\theta)\approx \Delta \theta$

Note que a aproximação do cosseno difere daquela utilizada na solução 1; ao utilizar energia, é preciso levar em conta também o termo de ordem quadrática ($\Delta \theta ^2$).

Prosseguindo, temos então:

$\cos(\theta_0+\Delta\theta)\approx\cos(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)$

$\sin(\theta_0+\Delta\theta)\approx\sin(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)$

Substituindo na equação da energia

$E=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}-mgl\sin(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)+{kl^2\left(1-\cos(\theta_0)\left(1-\dfrac{\Delta\theta^2}{2}\right)\right)}$

Podemos desprezar os fatores constantes. (Isso pode ser interpretado como uma mudança de referencial da energia potencial gravitacional, tal que anule as constantes e a nova energia vale $E'$)

$E'=\dfrac{m\omega^2{l}^2}{2}+\left(mgl\sin(\theta_0)+kl^2\cos(\theta_0)\right)\dfrac{\Delta\theta^2}{2}$

Assim achamos uma equação de um MHS, análogo á um sistema massa-mola:

$E=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{kx^2}{2}$  ,   $T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$

Por analogia o período será

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{ml}{mg\sin(\theta_0)+kl\cos(\theta_0)}}$

$\boxed{T \approx 1,4\,s}$

OBS.: Perceba que o valor literal do período foi diferente nas duas soluções. Isso se deve ao fato de que, na solução 1, para facilitar as contas, usou-se inicialmente que o peso era numéricamente igual à $kl$. Dessa forma, encontramos uma fórmula com alguns valores já substituidos. Já na solução por energia usou-se uma abordagem um pouco mais geral. Ainda seria possível encontrar uma equação que não depende do ângulo $\theta_0$; ou seja, uma equação geral para quaisquer valores de $g$, $m$, $k$ e $l$. Fica como exercício para o aluno mostrar então que:

$T=\dfrac{2\pi}{\left(\left(\frac{l}{g}\right)^2+\left(\frac{m}{k}\right)^2\right)^{1/4}}$

a) $\boxed{\theta_0=45^{\circ}}$

b) $\boxed{T \approx1,4\,s}$