COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

Professor: Edney Melo

ALUNO(A): Nº

TURMA: TURNO: DATA: _____/_____/______

COLÉGIO:

OSG 7349/12

RESOLUÇÃO• PeloPrincípiodaConservaçãodaEnergiaMecânica,levandoemconsideraçãoocentrodemassadaesfera,

temosque:

A Bm m

2 22 2A BA B

E = E

mv mv1 1+ . I . = + . I . + mg(2R – 2r)

2 2 2 2ω ω

Paraqueabolarolesemdeslizar,temosque:

ω = ω =A BA B

v ve

r r Logo:

2 2 2 22 2A A B B

2 2

2 2 2 2A A B B

2 2 2 2A A B B

2 2A B

mv v mv v1 2 1 2+ mr = + mr + mg(2R – 2r)

2 2 5 2 2 5r rmv mv mv mv

+ = + + mg (2R – 2r) 102 5 2 5

5 mv + 2 mv = 5 mv + 2 mv + 10 mg(2R – 2r)

7mv = 7 mv + 10 mg (2R – 2r)

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

×

• Nolimitedeperderocontatonopontomaisalto(N=0),aforçapesoatuacomoresultantecentrípeta.Logo:

• Dessemodo:

OSG 7349/12

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

2

ParaqueodiscosemantenhaemequilíbriocomPQnavertical,alinhaverticalquepassapeloCMdodiscodeveinterceptaropontodecontatodaesferacomoplanoinclinado,pontoA,tendoassimumtorqueeforçaresultantenulos.

Dafigura(2)Qdeequilíbrioédadopor:

Osinaldemenoraparece,poisadotamosodereferênciaparaalocalizaçãodocentrodemassadodisco,

definido

Dasequações(1)e(2):

RESOLUÇÃO

3

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

OSG 7349/12

Resolvendoparaσ:

3π (1 + σ)senq = 4σ – 4

3πsenq + 3πσsenq = 4σ – 4

σ(3πsenq – 4) = – 4 – 3πsenq

Acondiçãoparaqueodiscopossasemanteremequilíbrio,comoindicado,équeaposiçãodoCMnãoestejaàdireitadalinhaPQ.

Assimdevemoster:1

4 + 3 sen1

4 – 3 sen

4 + 3 sen– 1 0

4 – 3 sen

4 + 3 sen – 4 + 3 sen0

4 – 3 sen

6 sen0

4 – 3 sen

σ ≥π q

≥π qπ q

≥π qπ q π q

≥π q

π q≥

π q

4 – 3πsenq > 0 – 3πsenq > – 4

6πsenq ≥ 0 senq ≥ 0 q ≥ 0° Porfim:

A=0,01m2

H=2,5m

h=0,5m

Patm = 105pa

d=103kg/m3

g=10m/s2

Considerandoqueduranteasubidadaáguaoprocessosejalentoosuficienteparaquetenhamosatodomomentoumequilíbrioentreapressãodoareapressãodolíquidojuntocomaatmosfera.

RESOLUÇÃO

OSG 7349/12

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

4

Considerandoxcomodistânciapercorridapelacolunadelíquidoemrelaçãoàposiçãooriginaldeequilíbrio,apressãodogásemfunçãodexserádadapor:

P=Patm+d.g.[(H–h)–x] P=Patm+d.g.(H–h)–dg.x Vê-sequeapressãodogásdescrevelinearmentecomooaumentodex.

Damesmaforma,apressãodescrevelinearmentecomoaumentodevolumedogás.

Assim,paraocálculodotrabalhofeitopelogás,dadopelaáreaabaixodográficoentreosvolumesinicialefiscal,tomaremosovalormédiodapressãomultiplicadopelavariaçãodovolumedogás,∆V = Vƒ – V0.

Avariaçãodaenergiainternadogásnoprocessoédadapor:∆V=Q–T

Assim,

Daexpressão(3)nósrestadeterminaravariaçãodetemperaturanoprocesso.Usandoaexpressãodosgasesideaisnoinícioenomomentoemquetodoolíquidoépostoparafora:

Substituindonaexpressão(3):

Resolvendoaexpressãoanterior:

Onde: Pƒ=Patm = 105pa P0=Patm+dg.(H–h)=105 + 103.10.2=1,2.105pa V0=A.h=0,01.0,5=5.10– 3m2

Vƒ=A.H=0,01.2,5=25.10– 3 m2

Substituindoosvaloresem(4),resultam:

Q=2.(105 . 25 . 10– 3–1,2.105 . 5 . 10– 3) + .(1,2.105 . 25 . 10– 3 – 105 . 5 . 10– 3)

Q=3800+1250=5050J

5

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

OSG 7349/12

ParaqueoraiodeluzpossasairpelafaceB,mesmorasante,devemoster: (1)n.sen(90°–q1) ≤1,poisteremos1=nar.sen90°→nar = 1 ParaafaceA,aplicandoaleideSnell, (2)senq=n.senq, daexpressão(1) n.sen(90°–q1)=n.cosq,≤ 1 masderelaçãotrigonométricafundamental,podemosescrever

de(2)

Desenvolvendo,temos: n2–sen2q ≤ 1 n2 ≤1+sen2 q nésempremaiorouiguala1. Deremoster,então,comocondiçãodeemergênciapelafaceBparaqualquerqque ,poissen2q

assumemáximoemínimovalores,respectivamente1e0. Dessemodo,nãohámaterialnalistaquesatisfaçaacondiçãoencontrada.

RESOLUÇÃO

OSG 7349/12

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

6

• Notequeoproblemadescreveumpadrãodeinterferênciaemfendaduplaassociandoaumpadrãodedifração.

• Analisemosinicialmenteopadrãodedifraçãoemfendaúnica,cujaintensidadeémostradaaseguir.

Notequeexisteummáximocentral,cujalarguraédefinidapeloprimeiromínimodedifração.• Paraumafendadelarguraa,podemosdefiniroprimeiromínimodedifraçãodeacordocomafiguraa

seguir.

Paraumaintensidademínimaentreasduasfontessecundáriasmostradas,temosque:

↓ Localizaçãodoprimeiromínimodedifração

Dessemodo,temosque,observandoafiguraaseguir:senq ≅tgq,poisy1 << L

Logo,temos:

→ Larguradafenda

RESOLUÇÃO

7

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

OSG 7349/12

• Porém,temosduasfendasnoexperimentodescritonoproblema.Casoopadrãodedifraçãonãofosseassociado,teríamosoexperimentodeyoungdaduplafenda,cujaintensidadeestárepresentadaaseguir:

• Lembrequeopadrãodedifraçãoassociadoàlarguradeumafendaéoseguinte:

• Quandoasduasconfiguraçõesestãopresentes,opadrãodedifraçãomodulaopadrãodeinterferência,ouseja,acurvadadifraçãodefiniráaintensidaderesultante,enquantoqueasfranjasalternadas,claraseescuras,sãodefinidaspelopadrãodeinterferência.

• Valelembrarque,paraoexperimentodeyoung:

OSG 7349/12

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

8

Parainterferênciaconstrutiva,temosque: d.senq = λ(primeiromáximo) senq ≅tgq(L>>yi)

i

i

y L= d = .

d L yλ

→ λ

• Analisandoafiguradoproblema,notequeoprimeiromínimodedifraçãoficaay1=5mmdoeixodesimetriaentreasfendas.

Notetambémque,apartirdafigura,oprimeiromáximodeinterferência(m=1),adjacenteaomáximocentraldeinterferência(m=0),estálocalizadoemyi=0,5mm.• Dessemodo,temosque: –Laguraadasfendas:

–Distânciadentreasfendas:

9

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

OSG 7349/12

Odiodopermiteapassagemdecorrentesomenteemumsentido,exemplificando:

Assim,acorrente teráaconfiguração indicadanafigura1.Vejaqueescrevemososentidoconvencionaldacorrente,queseorientadosentidodemaiorparamenorpotencialelétrico.AslâmpadasL3eL5ficamdesligadas,poisporelasnãopassacorrente.

AslâmpadasL1eL2funcionamnormalmente,poisquandosubmetidasatensãode12Vaumaquedadetensãode6Vemcadalâmpada,ficandoestasfuncionandosobtensãonominaleoperandonormalmente.

AlâmpadaL4estásobrecarregada,poisestáoperandosobtensãoacimadatensãonominal,queé6V.

RESOLUÇÃO

OSG 7349/12

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

10

Otempodevidamédiodomenoré2msesuavelocidade0,99c. Deacordocomarelatividaderestrita,ointervalodetempoentredoiseventosmedidospordoisreferenciais

distintos,dependerádomovimentorelativoentreeles.Podemosescrever:∆T = g ∆T0

∆T0éotempopróprio,intervalomedidopeloreferencial,queseencontraemrepousoemrelaçãoaolocaldoseventos.

∆Tintervalodetempomedidopeloreferencial,queseencontraemmovimentorelativoaoprimeiro.

2

2

1=

v1 –

c

� Véavelocidaderelativaentreosreferenciais.

Deacordocomaquestãoecomainterpretaçãorelativísticadofenômeno,otempodevidamédiode2msseráotempopróprio,medidonoreferencialdomíonquesemovecom0,99crelativoaterra.

∆T0 = 2 ms Assim,teremos∆T = g ∆T0 ∆Téotempomedidopelaterra,eestamedidadetempoéditadilatada,poisg > 1.

12 2

60

0,99cT . T 1 . 2 . 10 14,2 s

c

−

− ∆ = g ∆ = − m

Vistopelaterra,omíonlevaparadesintegrarassimadistânciapercorridavistapeloreferencialdaterraé ∆S=0,99.c.∆T 4210m

Deacordocomosdadosauxiliares,ocampomagnético,devidoaumsegmentodecomprimentoaumadistânciadsobreamediatriz,édadopor:

2

2

2

2

L2sen =

Ld +

2

LoI oI 2B = sen = . (1)

2 d 2 d Ld +

2

�� �� �� �

� ��� � � �

� �� �

OcampomagnéticonocentrodeumaespiracircularderaioR.

oIB =

2R�

Aquestãopedeocamponocentrodeumpolígono,sendoacontribuiççãodecada ladopor (1),assimpodemosescrever:

RESOLUÇÃO

RESOLUÇÃO

11

COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)

OSG 7349/12

SetemosNlados,ocamponocentroficaescritocomo:

2

2

LN . oI 2

B = . (2)2 d L

d +2

� �� �� � �

� � �� �� �

VamosdeterminarBnolimiteemqueN→ ∞reescrevendo(2),retirandoddaraiz.

2 22 2

L LN .

N . oI oI2 2B = . ou B = .

2 d 2 dL L1+ 1+

2d 2d

m m

π π

NolimiteemqueN→ ∞,dsemantémfixo,tenderáazero,eoprodutoN.resultaránocomprimentodacircunferência,sendodoraio.Assim:N = 2 d

N = 02d

�

� � �

��

Reescrevendoaúltimaexpressão:

2

doI 2

oI2B = =

2 d 2d

� �� �� � �� ��

Assim,chegamosàexpressãodocamponocentrodaespiracircular.oI

B =2d�

Cynara/Rev.:Milena