Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante
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Dinâmica: força de atrito e potência
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Solução por Gustavo Roversi
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{\mu=\dfrac{v_1\sin{\alpha_1}-v_2\sin{\alpha_2}}{v_2\cos{\alpha_2}-v_1\cos{\alpha_1}}}$$
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Intermediário
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Óptica geométrica: índice de refração variável
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[spoiler title=’Solução 1′ style=’default’ collapse_link=’true’]
Solução por Romana Severo
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[spoiler title=’Solução 2′ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$\theta$$ o ângulo que a direção tangente ao raio faz com o eixo $$y$$ em um ponto arbitrário de sua trajetória. Da Lei de Snell:
$$n(y)\sin{\theta}=cte.=n_0\sin{90^{\circ}}=n_0$$.
Usamos o ângulo com a vertical pois foi fornecido que o índice de refração varia apenas com a coordenada vertical. Veja o esboço geométrico da trajetória:
Figura 1: Geometria do problema.
Utilizando trigonometria, obtemos
$$\sin{\theta}=\dfrac{R-y}{R}$$.
Por fim, substituindo na primeira, encontramos:
$$\boxed{n(y)=\dfrac{n_0R}{R-y}}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{n(y)=\dfrac{n_0 R}{R-y}}$$
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Avançado
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Circuitos $$LC$$ de corrente alternada
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Várias soluções diferentes são possíveis. Aqui, faremos uma abordagem analítica mais direta.
i) Analisando o circuito antes da chave ser fechada
Nesse caso, temos apenas uma malha. Seja $$I=I(t)$$ a corrente circulante, no sentido horário. Então, pelas Leis de Kirchoff, vale que
$$\dfrac{q_1}{C}-\dfrac{q_2}{2C}-3L\dot{I}=0$$,
sendo $$q_1$$ e $$q_2$$ as cargas em cada capacitor. O sinal positivo que precede $$q_1$$ ocorre pois a sua polaridade é inversa relativamente a convençao da corrente. Derivando e usando $$I=\dot{q}_1=-\dot{q}_2$$ (pois $$2C$$ esta descarregando), obtemos a equação diferencial que descreve $$I$$
$$\ddot{I}+\dfrac{1}{2LC}I=0$$.
Cuja solução é (defina $$\omega=1/\sqrt{2LC}$$):
$$I(t)=A\sin{\omega t}+B\cos{\omega t}$$,
com $$A$$ e $$B$$ sendo constantes reais. Utilizando as condições iniciais $$I(0)=0$$ e $$\dot{I}(0)=q_0/6LC$$ (pois a carga inicial em $$C$$ é nula), obtemos $$A=-q_0/3\sqrt{2LC}$$ e $$B=0$$. Portanto, $$I(t)=q_0/3\sqrt{2LC}\sin{\omega t}$$. Trivialmente, a função possui valor máximo para $$\omega t=\pi/2$$ (e demais múltiplos que resultam no mesmo valor para o seno, mas vamos admitir por simplicidade que a chave fecha no primeiro momento em que a corrente é máxima):
$$I(t)_{m}\equiv I_0=\dfrac{q_0}{3\sqrt{2LC}}$$.
Guardemos tal resultado.
Pela conservação da carga:
$$q_0=q_1+q_2$$.
Integrando-se (verifique!) e usando as condições iniciais, obtemos
$$q_1(t)=\dfrac{q_0}{3}\left(1-\cos{\omega t}\right)$$,
$$q_2(t)=\dfrac{q_0}{3}\left(2+\cos{\omega t}\right)$$.
Chame de $$Q_1$$ e $$Q_2$$ as cargas em cada capacitor no momento em que a chave é fechada ($$\omega t=\pi/2$$). Das equações acima, tiramos
$$Q_1=\dfrac{q_0}{3}$$,
$$Q_2=\dfrac{2q_0}{3}$$.
ii) Analisando o circuito após a chave ser fechada
Há agora duas malhas: a esquerda a da direita (na figura do problema). Sejam $$I_1=I_1(t)$$ e $$I_2=I_2(t)$$ as correntes circulando em sentido horário em cada uma delas, respectivamente. É fácil ver (verifique utilizando as Leis de Kirchoff para obter a equação de movimento em cada malha) que as equações tomam a forma
$$I_1(t)=D\sin{\omega t}+E\cos{\omega t}$$,
$$I_2(t)=F\sin{\omega t}+G\cos{\omega t}$$.
Sendo $$D$$, $$E$$, $$F$$ e $$G$$ constantes reais. Como a corrente em um indutor não pode variar subitamente, o par de condições iniciais a seguir é válido:
$$I_1(0)=I_2(0)=I_0$$.
E, aplicando as Leis de Kirchoff para cada malha separadamente (lembre-se que as cargas nos capacitores no ínicio do processo são $$Q_1$$ e $$Q_2$$ previamente obtidas), obtemos as seguintes condições iniciais adicionais:
$$\dot{I}_1(0)=-\dfrac{q_0}{6LC}$$,
$$\dot{I}_2(0)=\dfrac{q_0}{3LC}$$.
Aplicando-as nas equações de movimento e efetutando os algebrismos necessários, chega-se então em
$$D=-I_0$$,
$$E=I_0$$,
$$F=2I_0$$,
$$G=I_0$$.
Ou seja:
$$I_1(t)=I_0\left(\cos{\omega t}-\sin{\omega t}\right)$$,
$$I_2 (t)=I_0\left(2\sin{\omega t}+\cos{\omega t}\right)$$.
Seja $$I’$$ a corrente no ramo da chave. Pela continuidade (lei dos nos) vale $$I’=I_2-I_1$$, o que nos leva a $$I'(t)=3I_0 \sin{\omega t}$$. Logo o seu valor maximo $$I_{max} \equiv I’_{max}$$ é igual a
$$\boxed{I_{max}=\dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}}$$.
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$$\boxed{I_{max}=\dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}}$$.
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