Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
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Cinemática.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
A primeira bolinha ao cair acelera com $$g$$. Utilizando a função horária do espaço temos:
$$\Delta S = v_ot + \dfrac{1}{2}at^2$$
$$H = 0 + \dfrac{1}{2}gt_1^2$$
$$t_1 = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$$
Com isso podemos descobrir a velocidade que ela tem ao atingir o solo:
$$v = v_o + at$$
$$v= 0 + g \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$$
$$v = \sqrt{2gH}$$
Sendo o choque com o solo elástico, a bolinha apenas então inverte seu sentido, passando então a subir. No mesmo instante, a segunda bolinha é solta do topo do prédio. Igualando os espaços em que ela se encontram:
P/ bolinha $$1$$:
$$S_1 = H – vt_2 + \dfrac{1}{2}gt_2^2$$
P/ bolinha $$2$$:
$$S_2 = 0 + 0 +\dfrac{1}{2}gt_2^2$$
Para o encontro:
$$S_1 = S_2$$
$$H-vt_2 + \dfrac{1}{2}gt_2^2 = \dfrac{1}{2}gt_2^2$$
$$t_2 = \dfrac{H}{\sqrt{2gH}}$$
$$t_2 = \sqrt{\dfrac{H}{2g}}$$
O tempo que deve estar no cronômetro é então:
$$t = t_1 + t_2$$
$$t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} + \sqrt{\dfrac{H}{2g}}$$
$$t = 3\sqrt{\dfrac{H}{2g}}$$
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$$t = 3\sqrt{\dfrac{H}{2g}}$$
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Intermediário:
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Gases ideais, M.H.S.
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No equilíbrio, o gás exercerá uma pressão no êmbolo, fazendo com que a mola fique com um comprimento $$x$$. Utilizando Clapeyron para descobrir a pressão:
$$PV=nRT$$
$$P=\dfrac{nRT}{V}$$
E para o equilíbrio então:
$$PA + K(x-x_o) = 0$$
Deslocando o êmbolo de um pequeno $$\Delta y$$ aumentando o volume ocupado pelo gás e comprimindo a mola, temos que o novo volume será:
$$V’ = V +A\Delta y$$
Sendo as transformações adiabáticas:
$$PV^{\gamma} = P’V’^{\gamma}$$
$$PV^{\gamma} = P'(V+A\Delta y)^{\gamma}$$
$$PV^{\gamma} = P’V^{\gamma} \left( 1 + \gamma \dfrac{A\Delta y }{V} \right)$$
$$P’ = \dfrac{P}{\left( 1 + \gamma \dfrac{A\Delta y}{V} \right)}$$
Aproximando em binômio de Newton por $$\Delta y$$ ser pequeno:
$$P’ \approx P \left( 1-\gamma \dfrac{A \Delta y}{V} \right)$$
Escrevendo então a segunda lei de Newton para o êmbolo:
$$m a = P’A – K(\Delta y – x + x_o)$$
$$ma = P A \left( 1 – \gamma \dfrac{A \Delta y}{V} \right) – K \Delta y + K(x-x_o)$$
$$ma = PA – \gamma \dfrac{PA^2 \Delta y}{V} – K\Delta y + K(x-x_o)$$
$$ma = – \left( \dfrac{\gamma PA^2}{V} +K \right) \Delta y$$
$$m a = – \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{V^2} + K \right) \Delta y$$
$$a = – \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m} \right) \Delta y$$
A frequência angular de oscilações é então:
$$\omega ^2 = \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m} \right)$$
$$\omega = \sqrt{\dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m}}$$
E o período de oscilação é então:
$$T = \dfrac{2 \pi}{\omega}$$
$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{mV^2}{\gamma nRTA^2 +KV^2}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{mV^2}{\gamma nRTA^2 +KV^2}}$$
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Avançado:
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Oscilações.
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Existem duas soluções, uma é aproximando a energia potencial e fazendo uma comparação com um sistema massa mola e a outra é tirando sua derivada em relação a $$x$$ para descobrir o ponto de equilíbrio e depois tirando sua derivada segunda aplicada no ponto de equilíbrio para descobrir a frequência angular de oscilações.
Método $$1$$:
Com a energia potencial da forma:
$$U(x)=-A e^{-\alpha x^{2}}$$
Podemos utilizar a aproximação:
$$e^{x} \approx 1+x$$
Para um $$x$$ muito pequeno.
Dessa forma:
$$U(x) \approx -A (1-\alpha x^2)$$
$$U(x) \approx – A + \alpha A x^2$$
Para um sistema massa mola de constante elástica $$K$$, temos que sua energia é dada por:
$$U(x) = U_o + \dfrac{1}{2}K x^2$$
E o período de oscilações é:
$$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{m}{K}}$$
Podemos comparar a energia potencial elástica com a energia potencial obtida, tendo uma mola equivalente para o nosso potencial. Comparando os termos, a constante elástica dessa mola seria:
$$\dfrac{1}{2}Kx^2 = \alpha A x^2$$
$$K = 2 A \alpha$$
E o período seria, então:
$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$$
Método $$2$$:
$$U(x)=-A e^{-\alpha x^{2}}$$
A sua derivada em relação a $$x$$ é:
$$U'(x) = -Ae^{-\alpha x^2}*-2 \alpha*x$$
$$U'(x) = 2\alpha A x e^{-\alpha x^2}$$
Na posição de equilíbrio, esta derivada deve valer $$0$$, sendo possível então para:
$$x = 0$$
ou
$$x = \pm \infty$$
Num contexto de pequenas oscilações, não faz sentido a solução para $$x$$ tendendo ao infinito, logo a posição de equilíbrio desejada é $$x=0$$.
Fazendo a derivada segunda da energia potencial obtemos:
$$U”(x) = 2\alpha A e^{-\alpha x^2} – 4 \alpha^2 A x^2 e^{-\alpha x^2}$$
Temos que a frequência angular de oscilações de um sistema pode ser dado por:
$$\omega = \sqrt{\dfrac{U”(x_o)}{m}}$$
Onde $$x_o$$ é a posição de equilíbrio. Neste caso, temos que:
$$U”(x_o) = U”(0)$$
$$U”(x_o) = 2\alpha A$$
A frequência será:
$$\omega = \sqrt{\dfrac{2 \alpha A}{m}}$$
E o período é, então:
$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$$
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