Soluções Física – Semana 140

Relações de Galileu/ Força de atrito

a) Primeiramente, definamos a notação para a velocidade relativa:

$\vec{V}_{A/B}$ é a velocidade de $A$ em relação à $B$

Pela relação de Galileu, temos que:

$\vec{V}_{A/B}=\vec{V}_{A/C}+\vec{V}_{C/B}$  Eq(01)

Analisando os dados fornecidos pelo enunciado, vemos que:

$\vec{V}_{carro/terra}=10\hat x$

e

$\vec{V}_{bola/carro}=(-v\cdot \cos{\theta})\hat x +(v\cdot \sin{\theta})\hat y \rightarrow \vec{V}_{bola/carro}=-4\hat x+3\hat y$

Usando Eq(01):

$\vec{V}_{bola/terra}=\vec{V}_{bola/carro}+\vec{V}_{carro/terra}$

$\vec{V}_{bola/terra}=(-4\hat x+3\hat y)+(10\hat x)$

$\vec{V}_{bola/terra}=6\hat x+3\hat y$

Podemos reescrever essa velocidade como:

$\vec{V}_{bola/terra}=v_x\hat x+v_y\hat y$

Onde $v_x=6\,m/s$ e $v_y=3\,m/s$.

Portanto, o ângulo com a horizontal será tal que:

$\tan{\alpha}=\dfrac{v_y}{v_x}=\dfrac{3}{6}$

$\rightarrow \boxed{\alpha=\arctan{\dfrac{1}{2}}\approx 26,57^{\circ}}$

b) Trabalhando agora somente no referencial da terra.

O tempo de voo da bola será igual a duas vezes o seu tempo de subida:

$t_{voo}=\dfrac{2v_y}{g}$

No eixo horizontal, a bola executará um movimento retlíneo uniforme. O espaço percorrido por ela será:

$S_B=v_x\cdot t_{voo} \rightarrow S_B=\dfrac{2v_x\cdot v_y}{g}$

Vamos analisar o ponto na frente do carrinho. Como a aceleração do carrinho ($a$) é constante e para trás, a posição desse ponto será:

$S_C=L+v_0\cdot t_{voo}-\dfrac{a(t_{voo})^2}{2}$

$S_C=L+v_0\cdot \dfrac{2v_y}{g}-\dfrac{a\left(\dfrac{2v_y}{g}\right)^2}{2}$

$\rightarrow S_C=L+\dfrac{2v_0\cdot v_y}{g}-\dfrac{2av_y^2}{g^2}$

Como queremos que a bola caia no carrinho de novo:

$0\leq S_C-S_B\leq L$

$0\leq \left(L+\dfrac{2v_0\cdot v_y}{g}-\dfrac{2av_y^2}{g^2}\right)-\left(\dfrac{2v_x\cdot v_y}{g}\right)\leq L$

$0\leq L+\dfrac{2(v_0-v_x)v_y}{g}-\dfrac{2av_y^2}{g^2}\leq L$

Resolvendo esse sistema de iniquações, chegamos a:

$\boxed{\dfrac{v_0-v_x}{v_y}\cdot g\leq a\leq \dfrac{Lg^2}{2v_y^2}+\dfrac{v_0-v_x}{v_y}\cdot g}$

Como o corpo está sobre a influência da força de atrito, temos:

$\left|F_R\right|=\left|F_{at}\right|$

$ma=\mu\cdot N$

Como a normal está equilibrando o peso:

$N=mg$

Logo:

$ma=\mu mg$

$\rightarrow a=\mu g$

Portanto:

$\dfrac{v_0-v_x}{v_y}\cdot g\leq \mu g\leq \dfrac{Lg^2}{2v_y^2}+\dfrac{v_0-v_x}{v_y}\cdot g$

$\boxed{\dfrac{v_0-v_x}{v_y}\leq \mu \leq \dfrac{v_0-v_x}{v_y}+\dfrac{Lg}{2v_y^2}}$

Aplicando valores:

$\dfrac{4}{3}\leq 0\leq \dfrac{22}{9}$

Esse não é o resultado final. Como a aceleração provém da força de atrito, devemos garantir que durante todo o movimento o carrinho estava com velocidade.

A velocidade do carrinho é dada por:

$v-v_0-at=v_0-\mu gt$

No instante do pouso, a velocidade deve ser maior que ou igual a zero:

$v=v_0-\mu gt_{voo}\geq 0$

$v_0-\mu g\cdot \dfrac{2v_y}{g}\geq 0$

$\mu \leq \dfrac{v_0}{2v_y}$

$\mu\leq \dfrac{5}{3}$

Como $\dfrac{5}{3}$ é menor que $\dfrac{22}{9}$, o nosso resultado final será:

$\boxed{\dfrac{4}{3}\leq \mu \leq \dfrac{5}{3}}$

a)

$\boxed{\alpha=\arctan{\dfrac{1}{2}}\approx 26,57^{\circ}}$

b)

$\boxed{\dfrac{4}{3}\leq \mu \leq \dfrac{5}{3}}$

Dinâmica/ Forças em um plano inclinado

Inicialmente, vamos olhar para o plano na lateral:

Figura 01: Vista lateral do plano

Vamos separar a força peso em dua componentes:

$P_x=P\sin{\alpha}$ e $P_y=P\cos{\alpha}$

Como a normal impede que a massa se mova para dentro dele:

$N=P_y=P\cos{\alpha}$

A força de atrito cinético é dado por:

$F_{at}=\mu N$

$F_{at}=\mu \cdot P\cos{\alpha}$

$F_{at}=\tan{\alpha}\cdot P\cos{\alpha}$

$F_{at}=P\sin{\alpha}=P_x$

Vemos que o módulo da força de atrito tem módulo igual a componente do peso ao longo do plano.

Olhando agora para cima do plano:

Figura 02: Vista de cima do plano

Vamos calcular a força ao longo dos eixos $x$ e $y$, e na direção da velocidade resultante.

Eixo x: 

$F_x=P_x-F_{at}\cos{\varphi}$

$F_x=P_x-P_x\cos{\varphi}$

$F_x=P_x(1-\cos{\varphi})$

Eixo y:

$F_y=-Fat\sin{\varphi}$

$F_y=-P_x\sin{\varphi}$

Ao longo do eixo em $v$:

$F_v=P_x\cos{\varphi}-F_{at}$

$F_v=P_x\cos{\varphi}-P_x$

$F_v=-P_x(1-\cos{\varphi})$

Vamos somar $F_x$ e $F_v$:

$F_x+F_v=P_x(1-\cos{\varphi})+(-P_x(1-\cos{\varphi}))$

$F_x+F_v=0$

Aplicando a segunda lei de Newton:

$F_v=ma_v$ e $F_x=ma_x$

Logo:

$ma_v+ma_x=0$

$a_v+a_x=0$

$\dfrac{\Delta v}{\Delta t}+\dfrac{\Delta v_x}{\Delta t}=0$

Utilizando a Dica 02:

$v+v_x=cte$

Olhando para nosso sistema, podemos perceber que $v_x=v\cos{\varphi}$. Como no momento inicial $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$, $v_{x_0}=0$.

Portanto:

$v+v\cos{\varphi}=v_0+v_{x_0}=v_0$

$\rightarrow \boxed{v=\dfrac{v_0}{1+\cos{\varphi}}}$

A ideia utilizada nessa solução é a mesma que foi utilizada na questão iniciante dos problemas da semana na Semana 121.

Solução de Tiago Avelino

Aplicando a força resultante nos eixos $y$ e $x$:

$x$:

$mg\sin{\alpha}-F_{at}\cos{\varphi}=m\dfrac{dv_x}{dt}$

$y$:

$-F_{at}\sin{\varphi}=m\dfrac{dv_y}{dt}$

Utilizando os resultados encontrados na solução 01:

$\begin{cases} mg\sin{\alpha}(1-\cos{\varphi})=m\dfrac{d(v\cos{\varphi})}{dt} \\ -mg\sin{\alpha}\sin{\varphi}=m\dfrac{d(v\sin{\varphi})}{dt} \end{cases}$

Logo:

$\dfrac{\cos{\varphi}-1}{\sin{\varphi}}=\dfrac{d(v\cos{\varphi})}{d(v\sin{\varphi})}$

$\dfrac{\cos{\varphi}-1}{\sin{\varphi}}=\dfrac{dv\cos{\varphi}-v\sin{\varphi}d\varphi}{dv\sin{\varphi}+v\cos{\varphi}d\varphi}$

$dv\cos{\varphi}\sin{\varphi}-v\sin^2{\varphi}d\varphi=dv\sin{\varphi}\cos{\varphi}+v\cos^2{\varphi}d\varphi-dv\sin{\varphi}-v\cos{\varphi}d\varphi$

$vd\varphi=v\cos{\varphi}d\varphi+dv\sin{\varphi}$

$\dfrac{dv}{v}=\dfrac{(1-\cos{\varphi})}{\sin{\varphi}}d\varphi$

$\displaystyle \int_{v_0}^v \dfrac{dv}{v}=\displaystyle \int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\varphi} \dfrac{1}{\sin{\varphi}}d\varphi-\displaystyle \int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\varphi} \dfrac{1}{\tan{\varphi}}d\varphi$

$\ln{\left(\dfrac{v}{v_0}\right)}=\ln{\left|\tan{\dfrac{\varphi}{2}}\right|}-\ln{\left|\sin{\dfrac{\varphi}{2}}\right|}=\ln{\left|\dfrac{\tan{\dfrac{\varphi}{2}}}{\sin{\dfrac{\varphi}{2}}}\right|}$

$\dfrac{v}{v_0}=\dfrac{\sec^2{\dfrac{\varphi}{2}}}{2}$

$\rightarrow \boxed{v(\varphi)=\dfrac{v_0\cdot\sec^2{\dfrac{\varphi}{2}}}{2}}$

Solução de Bruno Victor

Clique aqui para acessar

$\boxed{v=\dfrac{v_0}{1+\cos{\varphi}}}$

Circuitos oscilantes/ equações de Maxwell

a) Sabemos que a tensão em um capacitor é dado por:

$U_C=-\dfrac{Q}{C}$

A tensão no indutor é dado por:

$U_L=-L\dfrac{dI}{dt}$

Como $I=\dfrac{dQ}{dt}$, então $\dfrac{dI}{dt}=\dfrac{d^2Q}{dt^2}=\ddot Q$. Portanto:

$U_L=-L\ddot Q$

Aplicando a lei das malhas no circuito:

$U_L+U_C=0$

$-\dfrac{Q}{C}-L\ddot Q=0$

$\ddot Q+\dfrac{1}{LC}\cdot Q=0$

Essa é a equação de um movimento harmônico simples. Essa equação é da forma:

$\ddot Q+\omega^2Q=0$

$\rightarrow \omega=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$

As soluções dessa equação são equações senoidais. Logo:

$Q(t)=A\cos{(\omega t)}+B\sin{(\omega t)}$

$\rightarrow I(t)=\dfrac{dQ}{dt}=-A\omega \sin{(\omega t)}+B\omega \cos{(\omega t)}$

Como a corrente em t=0 é zero, então:

$B=0$

$\rightarrow Q(t)=A\cos{(\omega t)}$

A ddp inicial se relaciona com a carga inicial por:

$U_0=\dfrac{Q_0}{C}$

$Q_0=U_0C$

$\rightarrow Q(0)=Q_0=A\cos{(\omega\cdot 0)}$

$U_0C=A\cos{(0)}$

$A=U_0C$

A carga no capacitor será dada por:

$Q(t)=U_0C\cos{(\omega t}$

A ddp será dada por:

$U(t)=\dfrac{Q(t)}{C}$

$\rightarrow \boxed{U(t)=U_0\cos{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}} \cdot t\right)}}$

b) Primeiramente vamos analisar as equações de Maxwell relacionando os campos magnético e elétrico:

$\nabla \times \vec B=\mu_0\vec J+\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial \vec E}{\partial t}$

Onde $\vec J$ é o vetor deslocamento volumétrico de corrente.

Como a carga gerada no capacitor é gerada por indução, não há corrente real, e, portanto: $\vec J=\vec 0$.

$\rightarrow \nabla \times \vec B=\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial \vec E}{\partial t}$

Podemos agora utilizar a relação dada pelo problema:

$\displaystyle \oint_{\partial \Gamma} \vec{B}\cdot d\vec l=\displaystyle \int_{\Gamma} (\nabla\times\vec B)\cdot d\vec S$

$\displaystyle \oint_{\partial \Gamma} \vec{B}\cdot d\vec l=\displaystyle \int_{\Gamma} \mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial \vec E}{\partial t}\cdot d\vec S$

Vamos agora calcular o campo elétrico entre as placas do capacitor. Como este é ideal, vamos considerar que o campo elétrico é constante.

$E\cdot d=U(t)$

$\vec E=\dfrac{U_0}{d}\cos{(\omega t)} \hat n$

$\rightarrow \dfrac{\partial \vec E}{\partial t}=-\dfrac{\omega U_0}{d}\sin{(\omega t)} \hat n$

O campo elétrico não depende da altura em relação as placas.

Basta agora escolher agora a nossa região $\Gamma$.

Pela simetria do problema, escolheremos uma região circular de raio $r$, paralela as placas, e com centro alinhado com o centro das placas, de tal maneira que o campo magnético será constante em módulo.

Aplicando na nossa relação:

$\displaystyle \oint_{\partial \Gamma} \vec{B}\cdot d\vec l=\displaystyle \int_{\Gamma} \mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial \vec E}{\partial t}\cdot d\vec S$

$B \displaystyle \oint_{\partial \Gamma} dl=\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial E}{\partial t}\displaystyle \int_{\Gamma} dS$

$B\cdot 2\pi r=\mu_o\epsilon_0 \left(-\dfrac{\omega U_0}{d}\sin{(\omega t)}\right)\pi r^2$

$\rightarrow \boxed{\vec B(r,t)=-\dfrac{\mu_0\epsilon_0 U_0}{2d\sqrt{LC}}\cdot \sin{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}}\cdot t\right)}\cdot r\,\hat{\varphi}}$

a) $\boxed{U(t)=U_0\cos{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}} \cdot t\right)}}$

b) $\boxed{\vec B(r,t)=-\dfrac{\mu_0\epsilon_0 U_0}{2d\sqrt{LC}}\cdot \sin{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}}\cdot t\right)}\cdot r\,\hat{\varphi}}$