Soluções Física - Semana 137

Dinâmica: força de atrito e potência

Solução por Gustavo Roversi

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$\boxed{\mu=\dfrac{v_1\sin{\alpha_1}-v_2\sin{\alpha_2}}{v_2\cos{\alpha_2}-v_1\cos{\alpha_1}}}$

Óptica geométrica: índice de refração variável

Solução por Romana Severo

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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:

$\boxed{n(y)=\dfrac{n_0R}{R-y}}$.

$\boxed{n(y)=\dfrac{n_0  R}{R-y}}$

Circuitos $LC$ de corrente alternada

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

$\boxed{I_{max}=\dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}}$.

$\boxed{I_{max}=\dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}}$.