Escrito por Paulo Henrique
Iniciante
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Dinâmica: plano inclinado
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Seja $$a_y$$ a aceleração vertical descendente do bloco e $$a_x$$ sua aceleração horizontal para a direita. A aceleração requerida é $$a$$ para a esquerda. No referencial da cunha, o bloco desliza ao longo do plano inclinado de tal forma que as acelerações estão vinculadas:
\[\dfrac{a_y}{a_x+a}=\tan{\alpha}\]
Onde $$a_x+a$$ é a aceleração relativa horizontal. Pela segunda lei de Newton, temos três equações:
\[N\sin{\alpha}=Ma\]
\[N\sin{\alpha}=ma_x\]
\[mg-N\cos{\alpha}=ma_y\]
Acima, temos 4 equações e 4 icógnitas ($$N$$,$$a_x$$,$$a_y$$ e $$a$$), resolvendo para $$a$$:
\[a=\dfrac{mg\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{M+m\sin^2{\alpha}}\]
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
\[a=\dfrac{mg\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{M+m\sin^2{\alpha}}\]
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Intermediário
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Gravitação
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) O torque em relação ao centro da força é nulo, visto que a força aponta para a origem. Logo, como $$\tau=\dfrac{d\vec{L}}{dt}=0$$, $$\vec{L}$$ é uma constante.
b) Pela definição do enunciado:
\[\dot{r}=-\dfrac{1}{u^2}\dot{u}=-r^2{\dot{\theta}}\dfrac{du}{d\theta}\]
Mas $$r^2\dot{\theta}=l/m$$. Portanto, como $$L$$ é uma constante de movimento:
\[\ddot{r}=-\dfrac{l}{m}\dot{\theta}\dfrac{d^2u}{d{\theta}^2}=\dfrac{l^2}{m^2}u^2\dfrac{d^2u}{d{\theta}^2}\]
Agora, vamos para o referencial que gira instantaneamente com $$\dot{\theta}$$. Nesse referencial, a partícula só se aproxima ou se afasta no centro radialmente. Pela segunda lei de Newton:
\[F(r)+mr{\dot{\theta}}^2=m\ddot{r}\]
Onde o lado esquerdo é a força resultante que é a soma da força central com a centrífuga. Substituindo na equação acima a expressão para $$\ddot{r}$$, chegamos na equação de Binet:
\[\dfrac{d^2u}{d{\theta}^2}+u=-\dfrac{m}{l^2u^2}\lambda(r)\]
c) Se $$\lambda(r)=ku^2$$, chegamos numa equação diferencial do M.H.S. A solução geral é:
$$r \left( \theta \right) = \dfrac{A}{1+B \cos \left(\theta – \theta_{0} \right)}$$
d) Sim. A velocidade aerolar da partícula é $$\dfrac{L}{2m}$$, como $$L$$ é constante para qualquer força central, a velocidade aerolar também será e, portanto, a segunda lei de kepler é válida.
e) Seja $$f_1$$ a distância da partícula a um dos focos e $$f_2$$ a distância até o outro. Pela definição de elipse:
\[f_1+f_2=2a\]
Onde $$a$$ é o semi-eixo maior. Por convenniência, medimos o ângulo $$\theta$$ a partir do momento de máximo afastamento. Dessa forma, pela lei dos cossenos:
\[f_1^2=c^2+r^2-2rc\cos{\theta}\]
e
\[f_2^2=c^2+r^2+2rc\cos{\theta}\]
Onde $$c$$ é distância do sol aos focos. Elevando a primeira equação ao quadrado:
\[f_1^2=f_2^2+4a^2-4af_2\]
Substituindo os valores de $$f_1^2$$ e $$f_2^2$$ na expressão acima, chegamos em:
\[f_2=a+\dfrac{rc\cos{\theta}}{a}\]
Elevando ao quadrado e substituindo $$f_2^2$$:
\[a^2+\dfrac{c^2r^2\cos^2{\theta}}{a^2}+2rc\cos{\theta}=r^2+c^2+2rc\cos{\theta}\]
Usando a propriedade da elipse; $$a^2=c^2+b^2$$, chegamos na expressão de $$r(\theta)$$$:
\[r(\theta)=\dfrac{b}{\sqrt{1-{\epsilon}^2\cos^2{\theta}}}\]
f) Aqui, basta derivarmos $$r(\theta)$$ duas vezes e substituir na equação de Binet, o processo é puramente braçal. Substituindo a segunda derivada na equação de Binet, chega-se na expressão do enunciado.
g) Sabemos que o período de todos os planetas são iguais. Pela relação da velocidade aerolar, o período $$\tau$$ está relacionado com a área total da órbita $${\pi}ab$$, através de:
\[\dfrac{\tau}{{\pi}ab}=\dfrac{2m}{l}\]
Como $$\tau$$ é constante, $$l^2$$ é proporcional a $$a^2b^2=b^4\dfrac{1}{1-{\epsilon}^2}$$, e, portanto, os fatores dependentes da órbita cancelam na expressão para $$\lambda(r)$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Demonstração
b) Demonstração
c) $$r \left( \theta \right) = \dfrac{A}{1+B \cos \left(\theta – \theta_{0} \right)}$$
d) Sim.
e) Demonstração
f) Demonstração
g) Demonstração
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Avançado
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Relatividade e princípio de Huygens
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Observe que $$ab$$ é uma frente de onda incidente no tempo $$t_0$$. A pertubação dessa onda acaba quando a frente de onda atinge $$d$$. Portanto, $$ac=bd=c(t-t_0)$$. Pela figura, $$ed=ag$$ e:
\[\sin{\alpha}=\dfrac{bd+dg}{ag}\]
e
\[\sin{\beta}=\dfrac{ac-af}{ag-ef}\]
Temos também que $$dg=ae=\dfrac{a0}{\cos{\alpha}}=\dfrac{v(t-t_0)\sin{\phi}}{\cos{\alpha}}$$ e $$af=\dfrac{ao}{\cos{\beta}}=\dfrac{v(t-t_0)\sin{\phi}}{\cos{\beta}}$$. Pelos triângulos $$aeo$$ e $$afo$$, temos $$eo=ao\tan{\alpha}$$ e $$of=ao\tan{\beta}$$. Como $$ef=eo+of$$:
\[ef=v(t-t_0)\sin{\phi}\left(\tan{\alpha}+\tan{\beta}\right)\]
Das equações acima, obtemos:
\[\sin{\alpha}=\dfrac{c+v\dfrac{\sin{\phi}}{\cos{\alpha}}}{\dfrac{ag}{v(t-t_0)}}\]
e
\[\sin{\beta}=\dfrac{c-\dfrac{v\sin{\phi}}{\cos{\beta}}}{\dfrac{ag}{v(t-t_0)}-v\sin{\phi}\left(\tan{\alpha}+\tan{\beta}\right)}\]
Eliminando $$\dfrac{ag}{v(t-t_0)}$$ das duas equações acima, chega-se no resultado requerido.
b) Nesse caso $$\phi=\pi/2$$ e devemos fazer $$\kappa\to{-\kappa}$$ na expressão do item anterior. Abrindo o seno da soma e agrupando termos chegamos em:
\[\left(1+{\kappa}\cos{\beta}\right)\sin{\alpha}=\left(1-{\kappa}\cos{\alpha}\right)\sin{\beta}\]
Elevando os dois lados da equação ao quadrado, chega-se numa expressão quadrática para $$\cos{\beta}=x$$:
\[\left(1-2{\kappa}\cos{\alpha}\right)x^2+2{\kappa}\sin^2{\alpha}x+2{\kappa}\cos{\alpha}-\left(1+{\kappa}^2\right)\cos^2{\alpha}=0\]
Para escolher a solução correta, basta perceber que para $$\kappa=0$$, $$\alpha$$ deve se igualar a $$\beta$$. A solução correta é:
\[\cos{\beta}=\dfrac{-2{\kappa}+\left(1+{\kappa}^2\right)\cos{\alpha}}{1+{\kappa}^2-2{\kappa}\cos{\alpha}}\]
c) No referencial do laboratório, $$v_x=c\cos{\alpha}$$ e $$v_y=c\sin{\alpha}$$. No referencial do espelho:
\[v_x’=\dfrac{v_x-V}{1-v_xV/{c^2}}\]
e
\[v_y’=\dfrac{(v_y/{\gamma})}{1-Vv_x/{c^2}}\]
Após a colisão com o espelho:
\[v_x”=-v_x’\]
e
\[v_y”=v_y’\]
Finalmente, fazendo a transformação para o referencial do laboratório:
\[c\sin{\beta}=\dfrac{(v_y”/{\gamma})}{1+Vv_x”/{c^2}}\]
Substituindo as expressões encontradas na equação acima, chegamos em (com $$V={\kappa}c$$):
\[\sin{\beta}=\dfrac{(1-{\kappa}^2\sin{\alpha})}{1-2{\kappa}\cos{\alpha}+{\kappa}^2}\]
Utilizando a equação fundamental da trigonometria, chega-se em $$\cos{\beta}$$.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Demonstração
b) \[\cos{\beta}=\dfrac{-2{\kappa}+\left(1+{\kappa}^2\right)\cos{\alpha}}{1+{\kappa}^2-2{\kappa}\cos{\alpha}}\]
c) Demonstração
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