Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
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Energia
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Sabemos que a expressão da energia cinética é dada por:
$$E=\dfrac{1}{2}mv^2$$
Como $$m=\rho V$$, e $$V$$ é o volume da esfera envolvida pela propagação da explosão, igual a $$\dfrac{4}{3}\pi R^3$$:
$$E=\dfrac{2}{3}\rho \pi R^3 v^2$$
b) Sendo $$\Delta t$$ o tempo de explosão, deve-se perceber que durante esse intervalo temporal a frente da explosão percorreu uma distância $$R$$, que é o raio da esfera. Logo, $$v=\dfrac{R}{\Delta t}$$:
$$E=\dfrac{2}{3}\dfrac{\rho \pi R^5}{\Delta t^2}$$
Substituindo os dados, obtemos:
$$E=6,98*10^{16}$$ $$J$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$E=\dfrac{2}{3}\rho \pi R^3 v^2$$
b) $$E=6,98*10^{16}$$ $$J$$
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Intermediário:
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Conservação de Energia e Leis de Newton
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A partir do momento em que o fio $$PA$$ é cortado, o bloco $$A$$ começa a se mover para a direita, e o bloco $$B$$ para baixo. Durante esse movimento, a mola é distendida, e, em algum instante, a componente vertical da força elástica que atua no bloco é suficiente para levantar o bloco $$A$$. Neste momento, a força normal entre $$A$$ e a superfície é nula. Simbolizando por $$\Delta x$$ a distensão da mola, e $$\theta$$ o ângulo que a mola faz com a horizontal, temos:
$$k \Delta x \sin{\theta}= mg$$
$$\sin{\theta}=\dfrac{l_0}{5 \Delta x}$$
Mas observe que $$\sin{\theta}=\dfrac{lo}{lo+ \Delta x}$$, logo:
$$\dfrac{l_0}{l+0+ \Delta x}=\dfrac{l_0}{5 \Delta x}$$
$$\Delta x=\dfrac{l_0}{4}$$
Como não há trabalho de forças dissipativas, a energia mecânica é conservada. Note também que, devido ao fato de ambos os corpos estarem ligados por uma corda inextensível, a velocidade relativa entre eles é zero. Sendo $$v$$ a velocidade destes no referencial da terra (no momento em que $$A$$ perde o contato), e o plano horizontal o nível de referência para o cálculo da energia potencial gravitacional, escrevemos:
$$E_{mec_{inicial}}=E_{mec_{final}}$$
$$0=E_{pot_{mola}}+E_{cin_{A}}+E_{cin_{B}}+E_{pot_{B}}$$
Perceba que tanto $$A$$ como $$B$$ percorreram uma distância $$d=\left(l_0+\Delta x\right) \cos{\theta}$$, assim, $$E_{pot_{B}}=-mgd$$. Substituindo $$\Delta x$$ em $$\sin{\theta}$$, achamos $$\sin{\theta}=\dfrac{4}{5}$$, e, utilizando a identidade fundamental da trigonometria, $$\cos{\theta}=\dfrac{3}{5}$$, o que acarreta $$d= \dfrac{3l_0}{4}$$. Voltando à conservação de energia:
$$0=\dfrac{k \Delta x^2}{2}+mv^2-\dfrac{3mgl_0}{4}$$
$$0=\dfrac{5mgl_0}{32}+mv^2-\dfrac{3mgl_0}{4}$$
Isolando a velocidade pedida, $$v$$:
$$v=\sqrt{\dfrac{19gl_0}{32}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$v=\sqrt{\dfrac{19gl_0}{32}}$$
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Avançado:
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Oscilações elétricas e Indução Eletromagnética
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a) Utilizemos o método de Maxwell das correntes circulantes. Seja $$I_{1}$$ a corrente circulando em sentido horário na malha esquerda, e $$I_{2}$$ a corrente circulando em sentido anti-horário na malha direita. Utilizando a lei das malhas na malha esquerda:
$$\dfrac{q_{1}}{C}+L\dfrac{dI_1}{dt}+\dfrac{q_{2}}{C}=0$$
E na direita:
$$\dfrac{q_3}{C}+\dfrac{q_2}{C}+L\dfrac{dI_2}{dt}=0$$
Onde $$q_1$$, $$q_2$$ e $$q_3$$ são as cargas instantâneas em cada capacitor, da esquerda para a direita. Lembrando da definição de corrente, $$I=\dfrac{dq}{dt}$$: $$\dot{q_1}=I_1$$, $$\dot{q_2}=I_1+I_2$$ e $$\dot{q_3}=I_2$$. Derivando as duas equações de cima em relação ao tempo, e multiplicando por $$C$$, obtemos:
$$2I_1+I_2+LC\ddot{I_1}=0$$
E:
$$2I_2+I_1+LC\ddot{I_2}=0$$
Para obtermos as frequências naturais de oscilação do sistema, podemos tomar as combinações lineares $$(I_1+I_2)$$ e $$(I_1-I_2)$$. Somando e subtraindo as duas equações acima, achamos mais duas equações:
$$(\ddot{I_1}+\ddot{I_2})+\dfrac{3}{LC}(I_1+I_2)=0$$
$$(\ddot{I_1}-\ddot{I_2})+\dfrac{1}{LC}(I_1-I_2)=0$$
Isto é, tais combinações realmente oscilam harmonicamente, pois são da forma conhecida $$\ddot{x}+\omega^2 x = 0$$. Então, as frequências naturais são:
$$\omega_1 = \sqrt{\dfrac{3}{LC}}$$ e $$\omega_2=\sqrt{\dfrac{1}{LC}}$$
b) Neste problema, temos, na verdade, dois circuitos conectados indutivamente, devido à existência da indutância mútua $$L_{12}$$. Chame de $$I_1$$ a corrente no circuito esquerdo e $$I_2$$ a corrente no circuito direito, ambas no sentido horário, e $$q$$ a carga do capacitor. Temos, na esquerda:
$$\dfrac{q}{C}+L_{12}\dfrac{dI_2}{dt}+L_1\dfrac{dI_1}{dt}=0$$
E na direita:
$$L_2\dfrac{dI_2}{dt}+L_{12}\dfrac{dI_1}{dt}=0$$
$$\dot{I_1}=-\dfrac{L_{12}}{L_2}\dot{I_1}$$
Lembrando que $$I_1=\dot{Q}$$, derivemos ambas as equações acima em relação ao tempo:
$$\dfrac{I_1}{C}+L_{12}\ddot{I_2}+L_1\dot{I_1}=0$$
E:
$$\ddot{I_2}=-\dfrac{L_{12}}{L_2}\ddot{I_1}$$
Substituindo $$\ddot{I_2}$$ da segunda na primeira, e reorganizando:
$$\ddot{I_1}+\dfrac{L_2}{(L_{1}L_{2}-L_{12}^2)C}I_1=0$$
Logo, a frequência de oscilação natural é igual a:
$$\omega=\sqrt{\dfrac{L_2}{(L_{1}L_{2}-L_{12}^2)C}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\omega_1 = \sqrt{\dfrac{3}{LC}}$$ e $$\omega_2=\sqrt{\dfrac{1}{LC}}$$
b) $$\omega=\sqrt{\dfrac{L_2}{(L_{1}L_{2}-L_{12}^2)C}}$$
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