Soluções Física – Semana 157

Lançamentos

Primeiramente, para facilitar a resolução do problema vamos decompor gravidade em dois eixos, um paralelo à base da caixa (chamado de $\hat{x}$) e um perpendicular à base (chamado de $\hat{y}$).

Figura 1: Decompondo a gravidade.

Assim nossa análise se reduz á ver se o grilo consegue atingir o limite do eixo $\hat{y}$, pois o movimento em $\hat{x}$ sempre pode ser compensado com a posição do grilo na caixa.

Figura 2: Caso limite.

No caso limite, a velocidade $u$ é a velocidade exata para o grilo sair da caixa, lançado na direção $\hat{y}$. Portanto, analisando o movimento em $\hat{y}$ (usando que o grilo para na direção $\hat{y}$ assim que atinge o topo da caixa e a equação de Torricelli) temos:

$u^2=2g\cos{\theta}h$

Assim achamos o valor mínimo do ângulo:

$\cos{\theta}=\dfrac{u^2}{2gh}$

$\cos\theta=0,87$

$\boxed{\theta\approx{30^{\circ}}}$

$\theta\approx{30^{\circ}}$

Dinâmica/Lançamentos

Existem dois pontos críticos onde a tração da corda muda bruscamente. O primeiro é o quando a corda bate no pino, no ponto mais baixo, pois o raio de curvatura da trajetória da esfera muda quase que instantaneamente de $L$ para $L-d$, ou seja, a mudança de tração instantânea é

$T_a-mg=\dfrac{mv^2}{L}$

$T_d-mg=\dfrac{mv^2}{L-d}$

$\Delta{T}=T_d-T_a=\dfrac{mv^2}{L-d}-\dfrac{v^2}{L}$

$\Delta{T}=\dfrac{mv^2d}{L(L-d)}$

Onde $v$ é a velocidade no ponto mais baixo, que podemos encontrar pela conservação da energia

$mgL=\dfrac{mv^2}{2}$

$v^2=2gL$

Logo

$\Delta{T}=\dfrac{2mgd}{(L-d)}$

Como dito no enunciado $\Delta{T}<40\,N$ para que o fio não quebre, como a massa vale $1\,Kg$ temos

$\dfrac{20d}{(L-d)}<40$

Ou seja,

$d<\dfrac{2L}{3}$

O segundo ponto crítico ocorre caso a tração na corda se torne nula e a esfera seja lançada, pois quando a esfera colidir com a corda novamente haverá um impulso muito grande em um intervalo de tempo infinitesimal, ou seja, a tração varia bruscamente, o que faria a corda romper. Então para evitar que a corda se rompa, a esfera deve completar o loop, assim devemos calcular os valores de $d$, onde a esfera completa o loop.

O problema de completar o loop é um problema clássico, onde se sabe que para dar uma volta em um loop de raio $R$ a velocidade deve ser $v>\sqrt{5gR}$, então como o raio do loop é $R=L-d$ temos

$2gL>5g(L-d)$

$d>\dfrac{3L}{5}$

Portanto, para que o fio não quebre precismos que

$\boxed{\dfrac{2L}{3}>d>\dfrac{3L}{5}}$

$\dfrac{2L}{3}>d>\dfrac{3L}{5}$

Magnetismo/Lançamentos

Primeiramente encontraremos a coordenada máxima. Nesse caso, a trajetória da partícula é circular porque a força $F=evB$ aplicada pelo campo magnético tem valor constante e sempre é perpendicular à velocidade. Podemos encontrar o raio igualando a força magnética à força centrípeta.

$\dfrac{mv^2}{R}=evB$

$R=\dfrac{mv}{eB}$

Todos os elétrons se movem em um círculo de mesmo raio e podemos encontrar as diferentes trajetórias dos elétrons lançados com ângulos diferentes apenas rodando esse círculo em torno do ponto $O$. Um elétron atinge o ponto mais alto, quando a distância dele ao ponto $O$ é máxima, ou seja, o elétron percorre exatamente meio círculo, veja a figura:

Figura 3: y-máximo.

Como a fonte está a uma distância $a$ da tela, podemos encontrar a distância máxima pelo teorema de Pitágoras.

$b=\sqrt{4R^2-a^2}$

$\boxed{b=\sqrt{4\left(\dfrac{mv}{eB}\right)^2-a^2}}$

Rodando novamente o círculo em torno do ponto $O$ achamos que a distância mínima ocorre quando o círculo tangencia a tela.

Figura 4: y-mínimo.

Como a distância $QT$ é $R-a$, podemos novamente encontrar a distância pelo teorema de Pitágoras.

$y_{min}=-\sqrt{R^2-(R-a)^2}=-\sqrt{2Ra-a^2}$

$\boxed{y_{min}=-\sqrt{\dfrac{2amv}{eB}\-a^2}}$

O ponto de máximo brilho, ocorre no $y_{max}$, pois é la que uma pequena variação no angulo não varia a posição que o elétron cai

$\dfrac{dy}{d\alpha}$

veja a figura:

Figura 4: Lançamento de muitos elétrons.

${y_{max}=\sqrt{4\left(\dfrac{mv}{eB}\right)^2-a^2}}$

${y_{min}=-\sqrt{\dfrac{2amv}{eB}-a^2}}$

Próximo ao máximo.