Soluções Física - Semana 108

Hidroestática

Podemos utilizar o teorema da energia cinética para calcular a velocidade final da esfera. O trabalho do empuxo é obtido pela área do gráfico $E$ versus $y$. O trabalho do peso é simplesmente $-mgH$ e o da mola $-kH^2/2$. A área do gráfico do empuxo é a área de um trapézio de bases ${\rho}_0Vg$ e ${\rho}_0Vg/2$ e altura $H$, que é:

$$A=(3/4){\rho}_0VgH$$

Portanto, como o trabalho resultante é igual a variação da energia cinética da esfera:

$$v_0=\sqrt{\dfrac{2}{m}\left((3/4){\rho}_0VgH-mgH-kH^2/2\right)}$$

$$v_0=\sqrt{\dfrac{2}{m}\left((3/4){\rho}_0VgH-mgH-kH^2/2\right)}$$

Energia e oscilações

Primeiramente, notamos que, como a base tranversal do tubo é constante, a velocidade de todos os pontos do fluido é a mesma (em módulo), a fim da vazão ser constante ao londo de todo o tubo. A energia cinética do sistema é, portanto:

$$K=\dfrac{mv^2}{2}$$

Agora, devemos calcular a energia potencial gravitacional da água. Considere o nível da água na situação de equilíbrio como referência para o cálculo das alturas, seja $H$ a altura do nível da água no equilíbrio (a partir da base). A energia potencial é a soma das energias potenciais dos dois ramos de água (a parte do meio possui energia também, mas como é sempre a mesma, não influenciará em nada). Como a massa dos ramos não está concentrada em um único ponto, devemos utilizar a expressão da energia potencial para um sistema contínuo:

$$U_{pot}=mgH_{cm}$$

Onde $m$ é massa total do sistema e $H_{cm}$ é a altura do centro de massa. Nesse caso, a distribuição de massa é uniforme, portanto, o $C.M.$ de cada ramo está à meia altura da base. Com essas informações em mãos, calculemos a energia potencial gravitacional total:

$$U=\dfrac{{\rho}(H+y)(y-H)}{2}-\dfrac{{\rho}Agy(H-y)(H+y)}{2}=U_0+{\rho}Agy^2$$

A energia total do sistema é (constantes na energia total não influenciam no movimento)

$$E=\dfrac{mv^2}{2}+{\rho}Agy^2$$

Comparando com a energia de um oscilador hamônico, vemos que:

$$k=2{\rho}Ag$$

E portanto:

$$T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2{\pi}\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}$$

$$T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2{\pi}\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}$$

Relatividade

Na situação de equilíbrio, formam-se ondas estacionárias entre as paredes da caixa. A energia total será a soma das energias de repouso dos fótons e da massa $M$. A energia de cada fóton é $hf_0$, e como ondas estacionárias não carregam momento, a energia total dos fótons é igual a energia de respouso deles. Logo:

$$E_0=Mc^2+Nhf_0$$

Considere agora um referencial se movendo com velocidade $v$ em relação à caixa. A velocidade da massa $M$ nesse referencial é $-v$. Portanto, sua energia será:

$$E_M={\gamma}Mc^2$$

Onde $\gamma$ é o fator de Lorentz associado à velocidade $v$. No referencial original, tinhamos ondas estacionárias dentro da caixa. As mesmas podem ser consideradas como a superposição de ondas viajando para a esquerda com ondas de mesma amplitude e frequência viajando para a direita. Considerando a onda eletromagnética como um conjunto de fótons, metade deles estarão viajando para cada direção. Pelo efeito doppler, cada conjunto de fótons terá frequências diferentes: uma frequência doppler de aproximação e outra de afastamento. A energia total carregada pelos fótons será:

$$E_f=\dfrac{Nhf_0}{2}\left(\sqrt{\dfrac{1+\beta}{1-\beta}}+\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}\right)$$

Onde $\beta=v/c$. Logo, a energia total do sistema, que é igual a energia de repouso multiplicada por $\gamma$ é:

$$E={\gamma}E_0=\dfrac{Nhf_0}{2}\left(\sqrt{\dfrac{1+\beta}{1-\beta}}+\sqrt{\dfrac{1-\beta}{1+\beta}}\right)+{\gamma}Mc^2$$

Tirando o MMC no termo da energia dos fótons, chegamos em $E_0=Mc^2+Nhf_0$. Logo, está provado, como deveria ser, que a energia de repouso do sistema não depende do referencial que escolhemos para calculá-la.

$$E_0=Nhf_0+Mc^2$$