Escrito por Paulo Henrique
Iniciante
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Hidroestática
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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:
\[v_0=\sqrt{\dfrac{2}{m}\left((3/4){\rho}_0VgH-mgH-kH^2/2\right)}\]
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\[v_0=\sqrt{\dfrac{2}{m}\left((3/4){\rho}_0VgH-mgH-kH^2/2\right)}\]
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Intermediário
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Energia e oscilações
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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:
\[T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2{\pi}\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}\]
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\[T=2{\pi}\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2{\pi}\sqrt{\dfrac{V}{2Ag}}\]
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Avançado
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Relatividade
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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.
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\[E_0=Nhf_0+Mc^2\]
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