OBF 2013

Peso menos empuxo: $a_1=g\left(1-\dfrac1{\rho_1}\right)$ (para baixo) e $a_2=g\left(\dfrac1{\rho_2}-1\right)$ (para cima). Partem do repouso e se encontram quando a soma dos deslocamentos é $H$; a esfera 2 percorre a fração $\dfrac{a_2}{a_1+a_2}$:

$$y=H\,\frac{a_2}{a_1+a_2}=H\,\frac{\frac{1-\rho_2}{\rho_2}}{\frac{\rho_1-\rho_2}{\rho_1\rho_2}}=H\,\frac{\rho_1\,(1-\rho_2)}{\rho_1-\rho_2}$$

Para $\rho_1=1{,}5$ e $\rho_2=0{,}5$: $y=0{,}75\,H$ (a $0{,}25\,H$ da superfície).

Na pista de inclinação $\theta$, a normal $N$ e o atrito $f\le\mu_e N$ (ao longo do plano) fornecem a resultante centrípeta (horizontal): $\dfrac{m\,v^2}{R}$.

Velocidade mínima (atrito para cima, no plano): $N\,\text{sen}\,\theta-\mu_eN\cos\theta=\dfrac{m\,v^2}{R}$ e $N\cos\theta+\mu_eN\,\text{sen}\,\theta=m\,g$.

Velocidade máxima (atrito para baixo no plano): $N\,\text{sen}\,\theta+\mu_eN\cos\theta=\dfrac{m\,v^2}{R}$ e $N\cos\theta-\mu_eN\,\text{sen}\,\theta=m\,g$.

Dividindo as equações: $$v_{min}^2=g\,R\,\frac{\tan\theta-\mu_e}{1+\mu_e\tan\theta}\qquad v_{max}^2=g\,R\,\frac{\tan\theta+\mu_e}{1-\mu_e\tan\theta}$$

Se $\mu_e\ge\tan\theta$, o limite inferior é zero (o carro não escorrega nem parado); se $\mu_e\tan\theta\ge1$, não há limite superior.

Ressalva: o enunciado diz “desconsiderar a massa do elétron”, o que tornaria $r$ nulo; interpretou-se como desprezar o peso (a massa continua em $r=mv/eB$).

A força magnética no elétron (carga negativa, $\vec v$ para a direita e $\vec B$ saindo da folha) aponta para cima: ele descreve um arco de círculo de raio $r=\dfrac{m\,v}{e\,B}$ curvando-se em direção a $P_1$, que está a uma distância $s$.

Ao atravessar a placa até $x=4s$, o desvio vertical é $y=r-\sqrt{r^2-(4s)^2}$. Para não bater em $P_1$: $yr-s\Rightarrow r^2-16s^2>r^2-2rs+s^2\Rightarrow r>\dfrac{17}{2}\,s$.

$$v_{min}=\frac{e\,B}{m}\,r_{min}=\frac{17\,e\,B\,s}{2\,m}$$

Observação: se $r\le\dfrac s2$ o elétron faz meia volta e sai pelo lado de entrada, sem tocar as placas; o enunciado se refere à saída pelo lado oposto.

Campo no núcleo (a uma distância $R$ do cabo): $B=\dfrac{\mu_0\,i}{2\pi R}$. Com eficiência $0{,}80$, o fluxo por espira é $\Phi_1=0{,}80\,B\,\pi R^2=0{,}40\,\mu_0\,i\,R$.

Pela lei de Faraday, a tensão no voltímetro é $V=N\,\dfrac{\Delta\Phi_1}{\Delta t}=0{,}40\,\mu_0\,N\,R\,\dfrac{\Delta i}{\Delta t}$:

$$\Delta i=\frac{V\,\Delta t}{0{,}40\,\mu_0\,N\,R}=\frac{5\,V\,\Delta t}{2\,\mu_0\,N\,R}$$

Na face plana (incidência normal) não há desvio. Um raio a uma altura $h$ chega à superfície curva com ângulo de incidência $\alpha$ tal que $\text{sen}\,\alpha=\dfrac hR$. Ele só emerge se $\alpha<\alpha_c$, onde $\text{sen}\,\alpha_c=\dfrac1n$ (os raios mais altos sofrem reflexão interna total).

O raio-limite ($\alpha=\alpha_c$) emerge rasante, tangente ao círculo no ponto $(R\cos\alpha_c,\,R\,\text{sen}\,\alpha_c)$, e desce em direção à bancada, que atinge a uma distância (a partir do centro)

$$d=R\cos\alpha_c+R\,\frac{\text{sen}^2\alpha_c}{\cos\alpha_c}=\frac{R}{\cos\alpha_c}=\frac{R\,n}{\sqrt{n^2-1}}$$

Os demais raios emergentes atingem a bancada mais longe; a região entre a base do cilindro ($d=R$) e esse ponto não é iluminada:

$$x=\frac{R\,n}{\sqrt{n^2-1}}-R$$

Resistência da lâmpada: $R_L=\dfrac{V^2}{P}=\dfrac{36}{3}=12\ \Omega$ (corrente nominal $0{,}5\ \text{A}$). Para que a tensão na lâmpada não passe de $6\ \text{V}$ com uma fonte de $10\ \text{V}$, a resistência em série deve ser $R_s\ge8\ \Omega$.

Combinações possíveis: $3$; $20$; $30$; $3+20$; $3+30$; $20+30$; $20\parallel30=12$; $3+(20\parallel30)=15$ etc. As que satisfazem $R_s\ge8\ \Omega$ e dão a maior tensão na lâmpada são as de menor $R_s$ válida: $R_s=12\ \Omega$ ($20\parallel30$). (O resistor de $3\ \Omega$ sozinho deixa $8\ \text{V}$ na lâmpada, que a queimaria.)

Com $R_s=12\ \Omega$: $i=\dfrac{10}{24}\approx0{,}417\ \text{A}$, $V_L=5{,}0\ \text{V}$ e

$$P_L=\frac{V_L^2}{R_L}=\frac{25}{12}\approx2{,}1\ \text{W}$$

Ressalva: $\omega_i$ é positivo quando a extremidade se move no mesmo sentido da velocidade da esfera no instante do choque; a expressão vale enquanto $\omega_iR

Em cada colisão (extremidade a uma distância $R$ do eixo) o momento angular em relação ao eixo e a energia se conservam. Como o impulso é perpendicular à haste, o problema equivale a um choque elástico unidimensional entre a esfera ($m$, velocidade $v$) e a extremidade da haste, de massa efetiva $m_{ef}=\dfrac{I}{R^2}=\dfrac M3$ e velocidade $u=\omega_i\,R$ (no sentido de $v$).

Choque elástico: $u^{\prime}=\dfrac{(m_{ef}-m)\,u+2\,m\,v}{m+m_{ef}}$. Com $m_{ef}=\dfrac M3$ e $u^{\prime}=\omega_{i+1}R$:

$$\omega_{i+1}=\frac{(M-3m)\,\omega_i+\dfrac{6\,m\,v}{R}}{M+3m}$$

Verificação: $\omega_i=\dfrac vR$ é um ponto fixo (nenhuma troca). Partindo de $\omega_0=0$, o primeiro choque dá $\omega_1=\dfrac{6\,m\,v}{(M+3m)\,R}$.

Equilíbrio: peso para baixo, empuxo do ar e força elétrica $q\,E=q\,\dfrac Vd$ para cima.

Volume da gotícula: $\dfrac43\pi R^3$. Peso: $\rho\,\dfrac43\pi R^3\,g$; empuxo: $\rho_{ar}\,\dfrac43\pi R^3\,g$:

$$|q|\,\frac Vd=\frac43\pi R^3\,g\,(\rho-\rho_{ar})\ \Rightarrow\ |q|=\frac{4\pi\,R^{3}\,g\,d}{3\,V}\,(\rho-\rho_{ar})$$