OBF 2012

O centro da esfera descreve um círculo de raio $R-r$. No ponto mais alto, a condição de contato é $N\ge0$; no limite, a gravidade fornece a força centrípeta: $m\,g=\dfrac{m\,v_t^2}{R-r}\Rightarrow v_t^2=g\,(R-r)$.

Rolamento sem deslizar: $\omega=\dfrac vr$ e a energia cinética total é $\tfrac12m\,v^2+\tfrac12\cdot\tfrac25mr^2\,\omega^2=\tfrac7{10}\,m\,v^2$. Do ponto mais baixo ao mais alto, o centro sobe $2\,(R-r)$:

$$\tfrac7{10}\,m\,v^2=\tfrac7{10}\,m\,v_t^2+2\,m\,g\,(R-r)\ \Rightarrow\ v^2=g\,(R-r)+\tfrac{20}{7}\,g\,(R-r)=\tfrac{27}{7}\,g\,(R-r)$$

$$v_{min}=\sqrt{\frac{27}{7}\,g\,(R-r)}$$

Seja $C$ o centro do disco. Os dois semicírculos, de massas $m_1=\sigma_1\dfrac{\pi R^2}{2}$ e $m_2=\sigma_2\dfrac{\pi R^2}{2}$, têm centros de massa a $\dfrac{4R}{3\pi}$ de $C$, em lados opostos de $PQ$. O centro de massa do disco fica sobre a horizontal que passa por $C$, a uma distância (positiva para o lado de $\sigma_2$)

$$x_{cm}=\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}\,\frac{4R}{3\pi}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{\sigma_1+\sigma_2}\,\frac{4R}{3\pi}$$

O plano desce para a direita; o disco toca o plano no ponto $T$ em que o raio é perpendicular ao plano. Esse ponto fica deslocado de $R\,\text{sen}\,\theta$, horizontalmente, à esquerda de $Q$ (lado de $\sigma_1$). Em equilíbrio, o peso não pode gerar torque em relação a $T$: o centro de massa deve estar na vertical de $T$, isto é, $x_{cm}=-R\,\text{sen}\,\theta$ (do lado de $\sigma_1$, logo $\sigma_1>\sigma_2$).

$$\frac{\sigma_1-\sigma_2}{\sigma_1+\sigma_2}\,\frac{4}{3\pi}=\text{sen}\,\theta\ \Rightarrow\ \frac{\sigma_1}{\sigma_2}=\frac{1+\frac{3\pi}4\text{sen}\,\theta}{1-\frac{3\pi}4\text{sen}\,\theta}$$

Como $\sigma_1/\sigma_2>0$ e finito, exige-se $\dfrac{3\pi}{4}\,\text{sen}\,\theta<1$, ou seja, $\text{sen}\,\theta<\dfrac{4}{3\pi}\approx0{,}42$, o que dá $\theta<\arcsin\dfrac{4}{3\pi}\approx25^\circ$ (com $\sigma_1>\sigma_2$). Para $\theta=0$, $\sigma_1=\sigma_2$.

Ressalva: o processo é suposto quase estático; a temperatura final do gás é $T_2=P_2V_2/(nR)$, e o fornecimento de calor não precisa ser uniforme no tempo.

Com o pistão a uma altura $y$, a pressão do gás é $P(y)=P_0+\rho\,g\,(H-y)$ e o volume é $V=A\,y$.

Estado inicial: $y=0{,}5$: $P_1=10^5+10^4\cdot2{,}0=1{,}2\times10^5\ \text{Pa}$, $V_1=5{,}0\times10^{-3}\ \text{m}^3$. Estado final: $y=H=2{,}5$: $P_2=P_0=10^5\ \text{Pa}$, $V_2=2{,}5\times10^{-2}\ \text{m}^3$.

Variação da energia interna (gás monoatômico, $U=\tfrac32\,P\,V$): $$\Delta U=\tfrac32\,(P_2V_2-P_1V_1)=\tfrac32\,(2500-600)=2850\ \text{J}$$

Trabalho realizado pelo gás (a pressão é linear em $y$): $$W=\int_{0{,}5}^{2{,}5}P(y)\,A\,dy=P_0A\,(2{,}0)+\rho g A\int_{0{,}5}^{2{,}5}(2{,}5-y)\,dy=2000+100\cdot2{,}0=2200\ \text{J}$$ (equivale à pressão média $1{,}1\times10^5\ \text{Pa}$ vezes $\Delta V=0{,}02\ \text{m}^3$.)

Primeira lei: $$Q=\Delta U+W=2850+2200=5050\ \text{J}$$

Ressalva: a questão pede a condição “para qualquer θ”; rigorosamente ela só se cumpriria com $n\le1$. A leitura mais favorável (θ até 90°) dá $n<\sqrt2$, e ainda assim nenhum material da lista serve.

Na primeira face: $\text{sen}\,\theta=n\,\text{sen}\,r$. A face adjacente é perpendicular, então o ângulo de incidência nela é $90^\circ-r$. O raio só sai para o ar se não houver reflexão total: $n\,\text{sen}(90^\circ-r)<1$, isto é, $n\cos r<1$.

Com $\cos r=\sqrt{1-\text{sen}^2\theta/n^2}$: $$n\cos r=\sqrt{n^2-\text{sen}^2\theta}<1\ \Rightarrow\ n^2<1+\text{sen}^2\theta$$

O lado direito é no máximo $2$ (para $\theta=90^\circ$) e vale apenas $1$ para $\theta\to0$. Para que a emergência seja possível em qualquer ângulo de incidência, a condição precisa valer até para o pior caso ($\theta\to0$), o que exigiria $n\le1$, impossível para um material (n > 1). Mesmo no caso mais favorável ($\theta=90^\circ$), $n<\sqrt2\approx1{,}41$.

Ressalva: os valores de $y$ foram lidos na figura (±0,1 mm); as larguras resultantes são estimativas.

Difração (envelope). A intensidade do envelope de uma fenda de largura $a$ se anula em $y=m\,\dfrac{\lambda\,D}{a}$ ($m=1,2,\dots$). Na figura, o lóbulo central termina em $y\approx\pm5\ \text{mm}$ (região escura entre $4{,}2$ e $5{,}9\ \text{mm}$) e o seguinte em $\approx\pm10\ \text{mm}$. Com $D=3\ \text{m}$:

$$\frac{\lambda\,D}{a}=5\times10^{-3}\ \text{m}\ \Rightarrow\ a=\frac{3\,\lambda}{5\times10^{-3}}=600\,\lambda$$

Interferência (franjas finas). Máximos consecutivos da interferência de duas fendas com separação $d$ distam $\Delta y=\dfrac{\lambda\,D}{d}$. Pela figura, as franjas brilhantes se repetem a cada $\Delta y\approx0{,}5\ \text{mm}$ (por exemplo, em $0;\ 0{,}5;\ 1{,}0;\dots$):

$$d=\frac{3\,\lambda}{0{,}5\times10^{-3}}=6000\,\lambda$$

Conferência: $d/a=10$, e a ordem $m=10$ da interferência coincide com o primeiro mínimo da difração; dentro do lóbulo central há cerca de $2\,d/a-1\approx19$ franjas brilhantes, compatível com a figura. (Para $\lambda=500\ \text{nm}$: $a\approx0{,}3\ \text{mm}$ e $d\approx3\ \text{mm}$.)

Ressalva: considerou-se, pelo desenho da fonte, o terminal positivo (traço longo) no trilho superior; com a polaridade invertida, apenas L5 acenderia (com sobrecarga).

Cada lâmpada (6 V/0,12 W) tem resistência $R=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{36}{0{,}12}=300\ \Omega$ e corrente nominal $0{,}02\ \text{A}$. A fonte tem seu terminal positivo (traço longo) no alto: a corrente sai pelo trilho superior e volta pelo inferior.

L5: o diodo da sua linha aponta para cima (contra o sentido da corrente, de cima para baixo): bloqueado ⇒ desligada.

L4: o diodo aponta para baixo (a favor da corrente): conduz e a lâmpada fica ligada diretamente aos $12\ \text{V}$ da fonte (diodo ideal, sem queda): ligada com sobrecarga (o dobro da tensão nominal; potência $0{,}48\ \text{W}$).

L2 e L1: o diodo do trilho superior aponta para a direita (permite a corrente de cima para o ramo de L2 e L1, em série): $12\ \text{V}$ divididos igualmente entre duas lâmpadas iguais: $6\ \text{V}$ em cada: ligadas normalmente.

L3: está ligada ao nó depois do diodo do trilho, com o seu próprio diodo apontando para cima (bloqueado para a corrente descendente): desligada.

Fator de Lorentz: $\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-0{,}99^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{0{,}0199}}\approx7{,}1$. O tempo de vida medido na Terra é dilatado: $t=\gamma\,\tau=7{,}1\cdot2\ \mu\text{s}\approx14{,}2\ \mu\text{s}$.

$$d=v\,t=0{,}99\cdot3\times10^{8}\cdot14{,}2\times10^{-6}\approx4{,}2\times10^{3}\ \text{m}$$

Sem a dilatação do tempo seriam só $\approx600\ \text{m}$; com ela, o múon percorre $\approx4{,}2\ \text{km}$ e pode chegar à superfície.

Cada lado tem comprimento $\ell=\dfrac LN$. Do centro aos vértices, a distância é $\rho=\dfrac{\ell}{2\,\text{sen}(\pi/N)}$ (triângulo isósceles com ângulo central $2\pi/N$) e a distância ao lado (apótema) é $d=\dfrac\ell2\,\cot\dfrac\pi N$. Além disso, $\text{sen}\,\theta=\dfrac{\ell/2}{\rho}=\text{sen}\dfrac\pi N$.

Campo de um lado no centro: $$B_1=\frac{\mu_0I}{2\pi d}\,\text{sen}\,\theta=\frac{\mu_0I}{\pi\,\ell}\,\text{sen}\frac\pi N\,\tan\frac\pi N$$ Os $N$ lados contribuem na mesma direção e sentido (regra da mão direita):

$$B=N\,B_1=\frac{\mu_0\,I\,N^2}{\pi\,L}\,\text{sen}\frac\pi N\,\tan\frac\pi N$$

Para $N\to\infty$: $\text{sen}\dfrac\pi N\tan\dfrac\pi N\approx\left(\dfrac\pi N\right)^2$, e

$$B\to\frac{\mu_0\,I\,N^2}{\pi\,L}\cdot\frac{\pi^2}{N^2}=\frac{\mu_0\,I\,\pi}{L}$$

No limite o polígono é um círculo de comprimento $L=2\pi R$, logo $B=\dfrac{\mu_0 I\,\pi}{2\pi R}=\dfrac{\mu_0I}{2R}$, o campo conhecido de uma espira circular.