Solução Simulado 3 OBF- 3ª Fase – Nível 2

Somas infinitas e Cinemática

i) Com as informações dadas, podemos esboçar a trajetória do microorganismo:

Ambas as coordenadas serão dadas por sucessivas somas e subtrações de vários termos. Perceba que, no eixo $$x$$, a coordenada do móvel ora é reduzida de $$1/4$$ da distância percorrida nessa direção anteriormente, ora cresce do mesmo fator, indicando uma progressão geométrica. Portanto, vale escrever

$$x_p=1,0-0,25+0,0625-0,015625+…$$

$$x_p=1-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{64}+…$$

Isso configura uma progressão geométrica (P.G.) infinita de razão $$q=-1/4$$ cujo termo inicial vale $$1$$. Usando a soma dos termos da P.G. infinita:

$$x_p=\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{4}{5}$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{x_p=0,8\,cm}$$.

O raciocínio é análogo para $$y_p$$.

$$y_p=0,5-0,125+0,03125-0,0078125+…$$

$$y_p=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{32}-\dfrac{1}{128}+…$$

$$y_p=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1-\left(-\dfrac{1}{4}\right)}=\dfrac{2}{5}$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{y_p=0,4\,cm}$$.

‘ii) Para achar o tempo de movimento, basta dividir a distância total percorrida $$d$$ pela velocidade $$v$$ do micróbio. Note que as distâncias percorridas compõem uma P.G. infinita de razão $$1/2$$:

$$d=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{16}+…$$

$$d=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=2,0\,cm$$.

Por fim:

$$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2,0}{0,15}=13,33\,s$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{t \approx 13\, s}$$.

$$\boxed{(x_p, y_p)=(8,4)\cdot 10^{-1}\,cm=(8, 4) \cdot 10^{-3} \, m}$$

 $$\boxed{t \approx 13\, s}$$

Cinemática: Lançamento Oblíquo e Movimento Circular

i) Ao ser lançada, a velocidade da bolinha pode ser dividida em duas componentes ortogonais entre si: uma paralela a barra e outra tangente ao movimento circular que a partícula executava antes de ser jogada. A primeira é simplesmente $$v$$, enquanto a segunda é $$\Omega r$$, sendo $$r$$ o raio de curvatura do movimento do circular, i.e. a distância da massinha ao eixo em torno do qual a barra girava, que vale $$L \sin{\theta}$$. Veja abaixo o esquema (3D) do vetor velocidade da massa ao sair da haste para melhor compreensão. O segmento traçejado encontra-se sobre o eixo vertical.

Para analisar a cinemática da bolinha enquanto no ar, vamos dividir o movimento em duas componentes independentes, pelo princípio de Galileu. O primeiro é o movimento exclusivamente devido à velocidade inicial $$v$$, que configura um lançamento oblíquo esquematizado abaixo:

A equação horária para a altura $$y(t)$$ convencionando o positivo para cima num movimento desse tipo é

$$y(t)=y_0+v_{0_y} t-\dfrac{1}{2}gt^2$$.

A partir disso, podemos encontrar o tempo de vôo $$T$$ da massinha, até que retorne ao nível do solo. Queremos $$y(T)=0$$, logo:

$$0=L\cos{\theta}+v\cos{\theta} T-\dfrac{1}{2}gT^2$$ $$\rightarrow$$

$$\rightarrow$$ $$T^2-\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}T-\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}=0$$.

Por Bháskara:

$$T=\dfrac{\dfrac{2v\cos{\theta}}{g} \pm \sqrt{\left(\dfrac{2v\cos{\theta}}{g}\right)^2+4\cdot\dfrac{2L\cos{\theta}}{g}}}{2}$$.

Escolhemos a raiz positiva pois a negativa nos forneceria um tempo negativo, o que é absurdo. Portanto:

$$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$$.

ii) Agora, imagine uma visão de cima da situação, como a esboçada abaixo. A bolinha percorre uma distância $$\Omega L \sin{\theta}\cdot T$$ em uma direção e $$v_x T=v\sin{\theta}\cdot T$$ na outra (lembre-se que a velocidade horizontal é inalterada em um lançamento sob a ação de gravidade no eixo vertical), chegando por fim no ponto $$C$$ ao atingir o solo.

Por fim, levando em conta a projeção do tamanho da haste $$L \sin{\theta}$$, utilizamos o teorema de Pitágoras para encontrar o tamanho do segmento $$BC$$, que é a distância desejada. Chamando-a de $$D$$, temos

$$D^2=\left(L\sin{\theta}+v\sin{\theta} \cdot T\right)^2+\left(\Omega L \sin{\theta} \cdot T\right)^2$$.

$$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$$,

com $$T$$ determinado previamente.

$$\boxed{D=\sqrt{\left(L+vT\right)^2+\left(\Omega L T\right)^2}\sin{\theta}}$$,

onde

$$\boxed{T=\dfrac{v\cos{\theta}}{g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2gL}{v^2\cos{\theta}}}\right)}$$

Cinemática e Trigonometria

Haja vista que o objetivo é obter a maior pontuação, a colisão entre o objeto e o projétil deve ocorrer em $$t=0,50\,s$$. A imagem abaixo esquematiza a configuração do sistema nesse momento, sendo $$C$$ o ponto do choque.

No triângulo $$\Delta COB$$, podemos utilizar a Lei dos Senos para encontrar $$\alpha$$:

$$\dfrac{R}{\sin{\alpha}}=\dfrac{v_0 t}{\sin{\left(\pi-\omega t\right)}}$$ $$\rightarrow$$ $$\sin{\theta}=\sin{\left(\pi-\theta\right)}$$

$$\rightarrow$$ $$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}}$$.

Com $$\alpha$$ em mãos, podemos encontrar $$x$$ de uma forma prática tomando as projeções horizontais de $$OC$$ e $$BC$$:

$$x=R\cos{\left(\pi-\omega t\right)}+v_0 t \cos{\alpha}$$.

Substituindo $$\cos{\alpha}=\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}$$ e sabendo que $$\cos{\left(\pi-\theta\right)}=-\cos{\theta}$$:

$$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}}$$.

O alvo gira de um ângulo $$\omega t=2,50\,rad$$ que equivale a $$150^{\circ}=5\pi/6\, rad$$ utilizando $$\pi=3$$. da capa da prova. Logo, $$\sin{\omega t}=\sin{30^{\circ}}=0,50$$ e $$\cos{\omega t}=-cos{30^{\circ}}=-0,85$$. Inserindo as quantidades numéricas, obtemos

$$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$$,

$$\boxed{x=9,13*10^{-1}\,m}$$.

$$\boxed{\alpha=\arcsin{\left(\dfrac{R\sin{\omega t}}{v_0 t}\right)}=\arcsin{\left(\dfrac{2}{15}\right)}}$$,

$$\boxed{x=\sqrt{v_0^2t^2-R^2\sin^2{\omega t}}-R\cos{\omega t}=9,13*10^{-1}\,m}$$.

Termologia: Calorimetria

Da Lei de Stefan-Boltzmann, obtemos a potência emitida pelo filamento cilíndrico. Tendo em vista que $$\pi d^2/4 \ll \pi dl$$, podemos desprezar a área das tampas do filamento no cálculo da potência. A área lateral é $$A=\pi d l$$, logo

$$P=\sigma \pi d l T^4_W$$.

Essa potência, em sua totalidade, serve para aquecer as mãos da pessoa. Sendo $$\Delta t$$ o tempo requerido, temos

$$P \Delta t=mc\left(T_2-T_1\right)$$,

$$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W}}$$.

Substituindo os valores:

$$\boxed{\Delta t=411,5\,s \approx 4*10^2\,s}$$.

$$\boxed{\Delta t=\dfrac{mc\left(T_2-T_1\right)}{\sigma \pi d l T^4_W} \approx 4*10^2\,s}$$.

Mecânica: plano inclinado com atrito

Primeiramente, se $$\alpha>\arctan{\mu}$$, $$F_{min}=0$$, pois o bloco desce naturalmente. Consideremos o caso em que: $$0<\alpha<\arctan{\mu}$$.

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

\[f_{at}={\mu}N\]

Considere a soma vetorial de $$\vec{f}_{at}$$ com $$\vec{N}$$, essa força é a força de contato $$F_C$$. Além dessa força, atuam no bloco o peso e a força $$F$$. Na situação de força mínima, o bloco está em equilíbrio. Portanto, as três forças formam um triângulo. Observe que o ângulo entre $$F_C$$ e a normal à superfície do plano inclinado é fixado, pois sua tangente permanece igual a $${\mu}$$. Sendo assim, o ângulo que $$\vec{F}_C$$ faz com a horizontal é fixo em $${\pi}/2+\alpha-\beta$$, onde $$\beta=\arctan{\mu}$$. O vetor peso é constante, e portanto, devemos ajustar o tamanho do vetor $$F_C$$ para que $$F$$ (que deve fechar o triângulo das forças) seja mínimo. O diagrama fica da seguinte forma, onde os vetores entre o peso e $$F_C$$ são possíveis $$F$$.

Como o ângulo que $$F_C$$ faz com a horizontal é fixo, o vetor deve estar sobre a reta suporte dos pontos $$A_1$$ e $$A_3$$. Observe que um extremo do vetor $$\vec{F}$$ é fixo (ponto $$A_0$$), e outro está sobre a reta suporte citada acima. Para minimizar $$F$$ devemos minimizar o comprimento do segmento que une os extremos dos vetores. Em outras palavras, queremos a menor distância entre um ponto ($$A_0$$) e uma reta (reta suporte dos pontos $$A_1$$ e $$A_3$$). Evidentemente, a solução do problema se dá quando o outro extremo de $$F$$ é o ponto $$A_2$$, visto que $$\angle{A_1A_2A_0}=\pi/2$$. Dessa forma, fica claro que:

\[F_{min}=mg\sin\left(\beta-\alpha\right)\to{\boxed{F_{min}=mg\sin\left(\arctan{\beta}-\alpha\right)}}\]

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

\[f_{at}={\mu}N\]

Seja $$\theta$$ o ângulo que $$\vec{F}$$ faz com o plano inclinado:

Pelo equilíbrio do bloco:

\[F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}=f_{at}\]

e

\[F\sin{\theta}+N=mg\cos{\alpha}\to{N=mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}\]

Logo:

\[\dfrac{f_{at}}{N}=\dfrac{F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}}{mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}={\mu}\to{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)=F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)}\]

Pela desigualdade de Cauchy Schwarz, temos que:

\[F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)\le{F\sqrt{\left(\cos^2{\theta}+\sin^2{\theta}\right)\left(1^2+{\mu}^2\right)}}\]

Logo:

\[F\ge{mg\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}\]

O que gera:

\[\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}\]

Vefique que a expressão acima é idêntica à obtida na solução $$1$$.

Na situação limite, isto é, a situação na qual é aplicada a força mínima no bloco, o mesmo está na iminência de escorregar. Isso gera uma relação entre os módulos das forças normal e de atrito:

\[f_{at}={\mu}N\]

Seja $$\theta$$ o ângulo que $$\vec{F}$$ faz com o plano inclinado:

Pelo equilíbrio do bloco:

\[F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}=f_{at}\]

e

\[F\sin{\theta}+N=mg\cos{\alpha}\to{N=mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}\]

Logo:

\[\dfrac{f_{at}}{N}=\dfrac{F\cos{\theta}+mg\sin{\theta}}{mg\cos{\alpha}-F\sin{\theta}}={\mu}\to{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)=F\left(\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\right)}\]

Para minimizar $$F$$ devemos maximizar $$f(\theta)=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}$$. A forma da função ao lado é bastante conhecida e pode ser escrita de uma forma mais esclarecedora:

\[f(\theta)=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}=A\cos{(\theta-\delta)}\]

Para um dado conjunto de valores $$A$$ e $$\delta$$. Para fazer a correspondência, expandimos o cosseno da subtração:

\[f(\theta)=A\cos{(\theta-\delta)}=A\cos{\delta}\cos{\theta}+A\sin{\theta}\sin{\delta}=\cos{\theta}+{\mu}\sin{\theta}\]

Logo, escolhamos $$A$$ e $$\delta$$ tal que $$A\cos{\delta}=1$$ e $$A\sin{\delta}=\mu$$. Com esses valores para $$A$$ e $$\delta$$, obtemos, de fato, $$f(\theta)=A\cos{(\theta-\delta)}$$. Portanto, o valor máximo de $$f(\theta)$$ é $$f(\theta)_{max}=A.1=A$$. Por outro lado:

\[A^2\cos^2{\delta}+A^2\sin^2{\delta}=A^2=1+\mu^2\to{A=\sqrt{1+\mu^2}}\]

Finalmente:

\[\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}\]

\[\boxed{F_{min}=\dfrac{mg\left({\mu}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\right)}{\sqrt{1+{\mu}^2}}}\]

Óptica geométrica: lentes

O feixe de luz chegando da estrela pode ser considerado paraxial, devido a sua distância ao observador da Terra. Como a estrela não está ao longo do eixo óptico da lente, na ausência do espelho, todos os raios convergiriam para o ponto $$\Sigma_1$$. Isso é mostrado na figura abaixo (à esquerda). Efetivamente, todos os raios dentro da região não sombreada contribuem para $$\Sigma_2$$, enquanto os raios dentro da região sombreada contribuem para $$\Sigma_1$$.

Se nós visualizarmos o feixe circular incidente, obteríamos a figura à direita acima. Como o brilho aparente da imagem é proporcional à área sobre a qual a luz incide, a razão entre os brilhos das duas imagens dependerá da razão entre as áreas do dois setores da figura. Como os triângulos $$MOC$$ e $$MN\Sigma_1$$ são semelhantes,

\[OC=\dfrac{r}{2}\to{\angle{CBO}=\dfrac{\pi}{6}}\]

\[\angle{BOC}=\dfrac{\pi}{3}\]

\[\angle{AOB}=\dfrac{2\pi}{3}\]

Logo,

\[\dfrac{S_2}{S_1}=\dfrac{\dfrac{{\pi}}{3}r^2-\dfrac{1}{2}\dfrac{r}{2}\sqrt{3}r}{\dfrac{2{\pi}}{3}r^2+\dfrac{1}{2}\dfrac{r}{2}\sqrt{3}r}\approx{0,237}\]

\[0,237\]

Mecânica: MHS e gravitação

a) Na situação descrita no enunciado o raio de visão do observador tangencia a superfície da Terra. Portanto, os pontos $$A$$ e $$B$$ são as interseções das retas tangentes à Terra, a partir do observador, com a Terra. Vejamos o triangulo $$OCB$$ (ou $$OCA$$ de forma analoga), sendo $$C$$ é o centro da Terra:

Com isso, pelo teorema de Pitágoras: $$OB^2+R^2=(R+h)^2\to{AB=\sqrt{2Rh}}$$, onde foi desprezado o termo $$h^2$$ em comparação com $$2Rh$$. Temos $$R\sin{\theta}=D/2$$, logo:

$$D=\dfrac{2R\sqrt{2Rh}}{R+h} \approx 2\sqrt{2Rh}$$

$$D=8,31*10^4\,m$$.

b) Agora, considere que o objeto esteja a uma distância horizontal $$x$$ do centro da Terra, a uma distância $$r$$ do centro.

A força horizontal $$F_x=ma_x\to{-F\cos{\alpha}=-F\dfrac{x}{r}=ma_x}$$. Por outro lado, a força na massa $$m$$ é dada por $$F=\dfrac{GM(r)m}{r^2}$$ (lembre-se que o corpo só sente força devido à massa contida em um raio $$r$$, pelo teorema das cascas). Pela homogeneidade, $$M(r)/\left(4\pi r^3/3\right)=M/\left(4 \pi R^3/3\right)$$ $$\rightarrow$$ $$F=\dfrac{GMm}{R^3}r$$. Logo, $$a=-\dfrac{GM}{R^3}x$$; o que caracteriza um $$MHS$$. O tempo requerido é metade do período do $$MHS$$:

\[\Delta{t}=\dfrac{T}{2}={\pi}\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}=\pi\sqrt{R/g}=40\,min=2,40*10^3\,s\]

a) $$D=\approx 2\sqrt{2Rh}=8,31*10^4\,m$$.

b) $$\Delta{t}=\pi\sqrt{R/g}=40\,min=2,40*10^3\,s$$

Mecânica: conservação de energia e momento

Enquanto o bloco menor estiver na parte direita da cavidade, a força de contato entre os blocos acelerará o bloco maior. Dividamos o movimento do bloco menor em 4 estágios: 1-seu movimento até o ponto mais baixo da cavidade; 2-seu movimento do ponto mais baixo até o ponto superior; 3-seu retorno do ponto superior ao ponto mais baixo; 4-seu retorno do ponto mais baixo até o ponto inicial do movimento. Observe que nos estágios 2 e 3 o bloco maior está acelerando para a direita. No fim do estágio $$3$$, a componente horizontal da normal inverte seu sentido e começa a frear o bloco maior. Segue desses argumentos que a velocidade máxima é alcançada ao fim do processo 3. Observe que, durante todos os estágios, a energia mecânica total do sistema é conservada. Porém, o momento linear horizontal do sistema só é conservado durante os estágios 2, 3 e 4. No primeiro estágio, o bloco maior sente uma força impulsiva normal da parede e o momento não pode ser conservado nesse estágio. Dito isso, podemos enunciar as conservações das quantidades físicas durante os estágios para o obter a velocidade $$V$$ do bloco maior ao final do processo 3. Seja $$v$$ a velocidade do bloco maior nesse momento (final do estágio 3).

Conservação de energia entre o inicio do movimento até o final do estágio 1:

\[\dfrac{P^2}{2m}=mgr\to{P=m\sqrt{2gr}}\]

Onde $$P$$ é o momento linear horizontal do sistema durante os estágios 2 e 3.

Conservação de energia ao final do estágio 3:

\[mgr=mv^2/2+MV^2/2\]

Conservação do momento ao final do estágio 3:

\[P=MV-mv\]

Daí,

\[v=MV/m-\sqrt{2gr}\]

Logo:

\[\left(MV/m-\sqrt{2gr}\right)^2=2gr-MV^2/m\]

A equação acima é linear em $$V$$. Resolvendo-a, obtemos:

\[\boxed{V=\dfrac{\sqrt{8gr}}{1+M/m}}\]

\[\boxed{V=\dfrac{\sqrt{8gr}}{1+M/m}}\]

Ondas: intensidade sonora

Devemos encontrar os pontos da balada tais que a intensidade sonora devido a música do celular é maior que a intensidade devido ao alto falante da balada. Adotemos coordenadas cartesianas com origem no alto falante da balada com orientação tal que Risápka se encontra no ponto $$(l,0)$$, onde $$l=10m$$. A intensidade sonora, devido a cada fonte $$i$$, é dada por $$\dfrac{P_i}{4{\pi}r_i^2}$$. A condição do enunciado é imposta da seguinte forma ($$P’$$ é a potência do celular):

\[\dfrac{P’}{\left((x-l)^2+y^2\right)}>\dfrac{P}{\left(x^2+y^2\right)}\]

\[P’x^2+P’y^2>P(x-l)^2+Py^2\]

\[\left(x-\dfrac{2lP}{P-P’}\right)^2+y^2<\dfrac{PP’l^2}{\left(P-P’\right)^2}\]

O lugar geométrico representado na equação acima é a coleção de pontos no interior do circulo de raio (ao quadrado) $$r^2=\dfrac{PP’l^2}{\left(P-P’\right)^2}$$, centrado no ponto $$(\dfrac{2lP}{P-P’},0)$$. O número de pessoas é dado por:

\[n={\pi}r^2.2=13\]

\[n={\pi}r^2.2=13\]

Termologia: Condução Térmica e Calorimetria

A energia por unidade de tempo transferida pela água para o ambiente através de condução térmica serve para esfriá-la ao cruzar o cano. O fluxo térmico é mediado pela camada de lã, e vale $$kA\left(T_{in}-T_a\right)/h$$ pela Lei de Fourier, sendo $$A$$ a área do cilindro de raio $$R+h/2$$* $$\rightarrow$$ $$A=2\pi\left(R+h/2\right)L$$. Já que a temperatura varia pouco ao longo do tubo, pode-se aproximar a troca de calor do ambiente como ocorrendo à uma temperatura interna constante $$T_0$$.* Logo:

$$-\mu c_a\left(T_f-T_0\right)=\dfrac{k*2\pi \left(R+h/2\right) L}{h}\left(T_0-T_a\right)$$,

$$\boxed{T_f=T_0-\dfrac{2\pi \left(R+h/2\right) k L}{\mu c_a h}\left(T_0-T_a\right) \approx 102^{\circ}C}$$

OBS. 1: O aluno poderia ter escolhido tomar o cilindro de raio $$R$$, ou mesmo $$R+h$$ nesse passo. Ambos forneceriam respostas próximas, e seriam válidas como método de estimativa. No entanto, considerar um raio intermediário $$R+h/2$$ é o mais válido a se fazer.

OBS. 2: Também poderia ter sido considerado uma média $$T_{in}=(T_f+T_0)/2$$, o que daria aproximadamente o mesmo resultado. É possível resolver o problema de forma exata (sem desprezar a variaçao de temperatura ao longo do cano), mas requer o uso de integrais.

$$\boxed{T_f=T_0-\dfrac{2\pi \left(R+h/2\right) k L}{\mu c_a h }\left(T_0-T_a\right) \approx 102^{\circ}C=375\,K}$$

Fluidos: superfície de água em um corpo acelerado

A função horária é característica de um M.U.V de aceleração $$a=2.3,25=6,5m/s^2$$. Com isso a superfície da água inclinará por um ângulo $$\theta$$ dado por: $$\tan{\theta}=\dfrac{a}{g}$$. No referencial do recipiente, a água experimenta uma gravidade aparente $$\vec{g}_{apa}=\vec{g}-\vec{a}$$. O ponto do recipiente que experimenta maior pressão é o ponto $$A$$. Portanto, devemos impor que a pressão naquele ponto é menor que a pressão máxima suportada. A pressão no ponto $$A$$ é dada por: $$P_A={\rho}g_{apa}AB$$, onde $$g_{apa}=\sqrt{a^2+g^2}$$ é o módulo do vetor gravidade aparente.

\[AB=h\cos{\theta}=h\dfrac{g}{\sqrt{a^2+g^2}}\]

Conservação de volume:

\[l^3/2=(h+h’)l^2/2\to{h+h’=l}\]

Por outro lado:

\[h-h’=l\tan{\theta}=la/g\]

Logo, $$h=(l/2)(1+a/g)=1,8975m$$. $$AB=1,59m$$. O que implica: $$P_A=18975Pa<19000$$. Sendo assim, concluímos que o recipiente suportará a pressão.

Observe que a pressão no ponto $$A$$ é dada por $${\rho}gh$$. Resultado direto da expressão da diferença entre as pressões de dois pontos genéricos do recipiente:

\[\Delta{P}=-{\rho}g\Delta{y}-{\rho}a\Delta{x}\]

Como os pontos $$A$$ e $$C$$ estão na mesma vertical, $$\Delta{x}=0$$ e, como $$P_C=0$$ (não há atmosfera): $$P_A={\rho}gh$$.

Para conferir mais questões e uma análise teórica sobre fenômenos semelhantes, confira a Ideia 02 (Equipotenciais de Energia em superfícies isobáricas) e a aula 1.14 (Hidrostática) do curso NOIC.

Sim, o recipiente suportará a pressão.

Força centrípeta e reflexão total

Tome uma pequena porção de massa que está na superfície livre. No referencial do balde, atuam, nessa porção de água, as forças: centrífuga $$F_{cf}$$, normal $$E$$ e peso $$P$$. Pelo equilíbrio, as três forças formam um triângulo retângulo (ver figura abaixo).

Podemos escrever que:

\[\tan{\theta}=\dfrac{F_{cf}}{P}=\dfrac{\Delta{m}b{\Omega}^2}{\Delta{m}g}=\dfrac{{\Omega}^2b}{g}\]

Na condição de reflexão total: $$n\sin{\theta}\ge{1}\to{cotan^2{\theta}+1\le{n^2}}$$. Segue que: $$b\ge{\dfrac{g}{{\Omega}^2\sqrt{n^2-1}}}$$.

Para conferir mais questões e uma análise teórica sobre fenômenos semelhantes, confira a Ideia 02 (Equipotenciais de Energia em superfícies isobáricas) e a aula 1.14 (Hidrostática) do curso NOIC.

$$b\ge{\dfrac{g}{{\Omega}^2\sqrt{n^2-1}}}$$