Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Relações de Galileu/ Força de atrito[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{\dfrac{4}{3}\leq \mu \leq \dfrac{5}{3}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\boxed{\alpha=\arctan{\dfrac{1}{2}}\approx 26,57^{\circ}}$$
b)
$$\boxed{\dfrac{4}{3}\leq \mu \leq \dfrac{5}{3}}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica/ Forças em um plano inclinado[/spoiler][spoiler title=’Solução 01′ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler][spoiler title=’Solução 02′ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\dfrac{\cos{\varphi}-1}{\sin{\varphi}}=\dfrac{d(v\cos{\varphi})}{d(v\sin{\varphi})}$$
$$\dfrac{\cos{\varphi}-1}{\sin{\varphi}}=\dfrac{dv\cos{\varphi}-v\sin{\varphi}d\varphi}{dv\sin{\varphi}+v\cos{\varphi}d\varphi}$$
$$dv\cos{\varphi}\sin{\varphi}-v\sin^2{\varphi}d\varphi=dv\sin{\varphi}\cos{\varphi}+v\cos^2{\varphi}d\varphi-dv\sin{\varphi}-v\cos{\varphi}d\varphi$$
$$vd\varphi=v\cos{\varphi}d\varphi+dv\sin{\varphi}$$
$$\dfrac{dv}{v}=\dfrac{(1-\cos{\varphi})}{\sin{\varphi}}d\varphi$$
$$\displaystyle \int_{v_0}^v \dfrac{dv}{v}=\displaystyle \int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\varphi} \dfrac{1}{\sin{\varphi}}d\varphi-\displaystyle \int_{\dfrac{\pi}{2}}^{\varphi} \dfrac{1}{\tan{\varphi}}d\varphi$$
$$\ln{\left(\dfrac{v}{v_0}\right)}=\ln{\left|\tan{\dfrac{\varphi}{2}}\right|}-\ln{\left|\sin{\dfrac{\varphi}{2}}\right|}=\ln{\left|\dfrac{\tan{\dfrac{\varphi}{2}}}{\sin{\dfrac{\varphi}{2}}}\right|}$$
$$\dfrac{v}{v_0}=\dfrac{\sec^2{\dfrac{\varphi}{2}}}{2}$$
$$\rightarrow \boxed{v(\varphi)=\dfrac{v_0\cdot\sec^2{\dfrac{\varphi}{2}}}{2}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Solução 03′ style=’default’ collapse_link=’true’]
Solução de Bruno Victor
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{v=\dfrac{v_0}{1+\cos{\varphi}}}$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Circuitos oscilantes/ equações de Maxwell[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\displaystyle \oint_{\partial \Gamma} \vec{B}\cdot d\vec l=\displaystyle \int_{\Gamma} \mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial \vec E}{\partial t}\cdot d\vec S$$
$$B \displaystyle \oint_{\partial \Gamma} dl=\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial E}{\partial t}\displaystyle \int_{\Gamma} dS$$
$$B\cdot 2\pi r=\mu_o\epsilon_0 \left(-\dfrac{\omega U_0}{d}\sin{(\omega t)}\right)\pi r^2$$
$$\rightarrow \boxed{\vec B(r,t)=-\dfrac{\mu_0\epsilon_0 U_0}{2d\sqrt{LC}}\cdot \sin{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}}\cdot t\right)}\cdot r\,\hat{\varphi}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{U(t)=U_0\cos{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}} \cdot t\right)}}$$
b) $$\boxed{\vec B(r,t)=-\dfrac{\mu_0\epsilon_0 U_0}{2d\sqrt{LC}}\cdot \sin{\left(\dfrac{1}{\sqrt{LC}}\cdot t\right)}\cdot r\,\hat{\varphi}}$$
[/spoiler]