1) O documento apresenta a resolução de um problema físico sobre conservação de energia mecânica envolvendo uma esfera rolando sem deslizar em um plano inclinado. 2) É analisado o equilíbrio de um disco sobre um plano inclinado, considerando o torque e a força resultante. 3) São resolvidos cálculos envolvendo a variação de pressão e temperatura de um gás confinado em um recipiente à medida que um líquido é despejado nele.

1. COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
Professor: Edney Melo
ALUNO(A): Nº
TURMA: TURNO: DATA: _____/_____/______
COLÉGIO:
OSG 7349/12
RESOLUÇÃO
• Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, levando em consideração o centro de massa da esfera,
temos que:
A Bm m
2 2
2 2A B
A B
E = E
mv mv1 1
+ . I . = + . I . + mg(2R – 2r)
2 2 2 2
ω ω
Para que a bola role sem deslizar, temos que:
ω = ω =A B
A B
v v
e
r r
Logo:
2 2 2 2
2 2A A B B
2 2
2 2 2 2
A A B B
2 2 2 2
A A B B
2 2
A B
mv v mv v1 2 1 2
+ mr = + mr + mg(2R – 2r)
2 2 5 2 2 5r r
mv mv mv mv
+ = + + mg (2R – 2r) 10
2 5 2 5
5 mv + 2 mv = 5 mv + 2 mv + 10 mg(2R – 2r)
7mv = 7 mv + 10 mg (2R – 2r)
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
×
• No limite de perder o contato no ponto mais alto (N = 0), a força peso atua como resultante centrípeta. Logo:
• Desse modo:

2. OSG 7349/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
2
Para que o disco se mantenha em equilíbrio com PQ na vertical, a linha vertical que passa pelo CM do disco
deve interceptar o ponto de contato da esfera com o plano inclinado, ponto A, tendo assim um torque e
força resultante nulos.
Da figura (2) Q de equilíbrio é dado por:
O sinal de menor aparece, pois adotamos o de referência para a localização do centro de massa do disco,
definido
Das equações (1) e (2):
RESOLUÇÃO

3. 3
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
OSG 7349/12
Resolvendo para σ:
3π (1 + σ) sen q = 4σ – 4
3π sen q + 3πs sen q = 4σ – 4
σ(3π sen q – 4) = – 4 – 3π sen q
A condição para que o disco possa se manter em equilíbrio, como indicado, é que a posição do CM não
esteja à direita da linha PQ.
Assim devemos ter:
1
4 + 3 sen
1
4 – 3 sen
4 + 3 sen
– 1 0
4 – 3 sen
4 + 3 sen – 4 + 3 sen
0
4 – 3 sen
6 sen
0
4 – 3 sen
σ ≥
π q
≥
π q
π q
≥
π q
π q π q
≥
π q
π q
≥
π q
4 – 3π sen θ > 0
– 3π sen θ > – 4
6π sen θ ≥ 0
sen θ ≥ 0
θ ≥ 0°
Por fim:
A = 0,01 m2
H = 2,5 m
h = 0,5 m
Patm
= 105
pa
d = 103
kg/m3
g = 10 m/s2
Considerando que durante a subida da água o processo seja lento o suficiente para que tenhamos a todo
momento um equilíbrio entre a pressão do ar e a pressão do líquido junto com a atmosfera.
RESOLUÇÃO

4. OSG 7349/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
4
Considerando x como distância percorrida pela coluna de líquido em relação à
posição original de equilíbrio, a pressão do gás em função de x será dada por:
P = Patm
+ d . g . [(H – h) – x]
P = Patm
+ d . g . (H – h) – dg . x
Vê-se que a pressão do gás descreve linearmente como o aumento de x.
Da mesma forma, a pressão descreve linearmente com o aumento de volume do gás.
Assim, para o cálculo do trabalho feito pelo gás, dado pela área abaixo do gráfico entre os volumes inicial e
fiscal, tomaremos o valor médio da pressão multiplicado pela variação do volume do gás, ∆V = Vƒ
– V0
.
A variação da energia interna do gás no processo é dada por:
∆V = Q – T
Assim,
Da expressão (3) nós resta determinar a variação de temperatura no processo. Usando a expressão dos gases
ideais no início e no momento em que todo o líquido é posto para fora:
Substituindo na expressão (3):
Resolvendo a expressão anterior:
Onde:
Pƒ
= Patm
= 105
pa
P0
= Patm
+ dg . (H – h) = 105
+ 103
. 10 . 2 = 1,2 . 105
pa
V0
= A . h = 0,01 . 0,5 = 5 . 10– 3
m2
Vƒ
= A . H = 0,01 . 2,5 = 25 . 10– 3­
m2
Substituindo os valores em (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 = 5050 J

5. 5
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
OSG 7349/12
Para que o raio de luz possa sair pela face B, mesmo rasante, devemos ter:
(1) n . sen (90° – θ1
) ≤ 1, pois teremos 1 = nar
. sen 90° → nar
= 1
Para a face A, aplicando a lei de Snell,
(2) sen θ = n . sen θ,
da expressão (1)
n . sen (90° – θ1
) = n . cos θ, ≤ 1
mas de relação trigonométrica fundamental, podemos escrever
de (2)
Desenvolvendo, temos:
n2
– sen2
θ ≤ 1
n2
≤ 1 + sen2
θ
n é sempre maior ou igual a 1.
Deremos ter, então, como condição de emergência pela face B para qualquer θ que , pois sen2
θ
assume máximo e mínimo valores, respectivamente 1 e 0.
Desse modo, não há material na lista que satisfaça a condição encontrada.
RESOLUÇÃO

6. OSG 7349/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
6
• Note que o problema descreve um padrão de interferência em fenda dupla associando a um padrão de
difração.
• Analisemos inicialmente o padrão de difração em fenda única, cuja intensidade é mostrada a seguir.
Note que existe um máximo central, cuja largura é definida pelo primeiro mínimo de difração.
• Para uma fenda de largura a, podemos definir o primeiro mínimo de difração de acordo com a figura a
seguir.
Para uma intensidade mínima entre as duas fontes secundárias mostradas, temos que:
↓
Localização do primeiro mínimo de difração
Desse modo, temos que, observando a figura a seguir:
sen θ ≅ tg q, pois y1
<< L
Logo, temos:
→ Largura da fenda
RESOLUÇÃO

7. 7
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
OSG 7349/12
• Porém, temos duas fendas no experimento descrito no problema. Caso o padrão de difração não fosse
associado, teríamos o experimento de young da dupla fenda, cuja intensidade está representada a seguir:
• Lembre que o padrão de difração associado à largura de uma fenda é o seguinte:
• Quando as duas configurações estão presentes, o padrão de difração modula o padrão de interferência,
ou seja, a curva da difração definirá a intensidade resultante, enquanto que as franjas alternadas, claras e
escuras, são definidas pelo padrão de interferência.
• Vale lembrar que, para o experimento de young:

8. OSG 7349/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
8
Para interferência construtiva, temos que:
d . sen q = λ (primeiro máximo)
sen q ≅ tg θ (L >> yi
)
i
i
y L
= d = .
d L y
λ
→ λ
• Analisando a figura do problema, note que o primeiro mínimo de difração fica a y1
= 5 mm do eixo de
simetria entre as fendas.
Note também que, a partir da figura, o primeiro máximo de interferência (m = 1), adjacente ao máximo central
de interferência (m = 0), está localizado em yi
= 0,5 mm.
• Desse modo, temos que:
– Lagura a das fendas:
– Distância d entre as fendas:

9. 9
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
OSG 7349/12
O diodo permite a passagem de corrente somente em um sentido, exemplificando:
Assim, a corrente terá a configuração indicada na figura 1. Veja que escrevemos o sentido convencional
da corrente, que se orienta do sentido de maior para menor potencial elétrico. As lâmpadas L3
e L5
ficam
desligadas, pois por elas não passa corrente.
As lâmpadas L1
e L2
funcionam normalmente, pois quando submetidas a tensão de 12 V a uma queda de
tensão de 6 V em cada lâmpada, ficando estas funcionando sob tensão nominal e operando normalmente.
A lâmpada L4
está sobrecarregada, pois está operando sob tensão acima da tensão nominal, que é 6 V.
RESOLUÇÃO

10. OSG 7349/12
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
10
O tempo de vida médio do menor é 2 ms e sua velocidade 0,99 c.
De acordo com a relatividade restrita, o intervalo de tempo entre dois eventos medidos por dois referenciais
distintos, dependerá do movimento relativo entre eles. Podemos escrever:
DT = g DT0
DT0
é o tempo próprio, intervalo medido pelo referencial, que se encontra em repouso em relação ao local
dos eventos.
DT intervalo de tempo medido pelo referencial, que se encontra em movimento relativo ao primeiro.
2
2
1
=
v
1 –
c
g V é a velocidade relativa entre os referenciais.
De acordo com a questão e com a interpretação relativística do fenômeno, o tempo de vida médio de 2 µs
será o tempo próprio, medido no referencial do míon que se move com 0,99 c relativo a terra.
DT0
= 2 µs
Assim, teremos ∆T = g ∆T0
∆T é o tempo medido pela terra, e esta medida de tempo é dita dilatada, pois g > 1.
1
2 2
6
0
0,99c
T . T 1 . 2 . 10 14,2 s
c
−
−
  
∆ = g ∆ = − m  
   

Visto pela terra, o míon leva para desintegrar assim a distância percorrida vista pelo referencial da terra é
∆S = 0,99 . c . ∆T  4210 m
De acordo com os dados auxiliares, o campo magnético, devido a um segmento de comprimento  a uma
distância d sobre a mediatriz, é dado por:
2
2
2
2
L
2sen =
L
d +
2
L
oI oI 2B = sen = . (1)
2 d 2 d L
d +
2
q
æ ö
ç ÷
è ø
m m
q
p p æ ö
ç ÷
è ø
O campo magnético no centro de uma espira circular de raio R.
oI
B =
2R
m
A questão pede o campo no centro de um polígono, sendo a contribuiçção de cada lado por (1), assim
podemos escrever:
RESOLUÇÃO
RESOLUÇÃO

11. 11
COMENTÁRIO – OBF – NÍVEL III (3ª FASE)
OSG 7349/12
Se temos N lados, o campo no centro fica escrito como:
2
2
L
N . oI 2
B = . (2)
2 d L
d +
2
æ ö
ç ÷m è ø
p æ ö
ç ÷
è ø
Vamos determinar B no limite em que N → ∞ reescrevendo (2), retirando d da raiz.
2 22 2
L L
N .
N . oI oI2 2
B = . ou B = .
2 d 2 dL L
1+ 1+
2d 2d
   
   m m   
π π   
   
   
No limite em que N → ∞, d se mantém fixo,  tenderá a zero, e o produto N .  resultará no comprimento da
circunferência, sendo d o raio. Assim:
N = 2 d
N = 0
2d
p
® ¥ Þ
l
l
Reescrevendo a última expressão:
2
d
oI 2
oI2
B = =
2 d 2d
æ ö
m pç ÷ mè ø
p
Assim, chegamos à expressão do campo no centro da espira circular.
oI
B =
2d
m
Cynara/Rev.: Milena