Soluções Física – Semana 33

Iniciante

Imagine que pegamos uma secção do cano,pelo lado esquerdo dessa secção(Tomemos,sem perda de generalidade,a água se movendo para a direita),está chegando uma quantidade de água por unidade de tempo que pode ser calculada a partir de ideias bem básicas.Pela esquerda teremos uma quantidade $\frac{\Delta m}{\Delta t}$ .

O raciocínio que usaremos para contar o quanto de massa chega é:

$\Delta m_{1}=\rho_{1} \Delta V_{1}=\rho_{1} A_{1} \Delta x_{1}$

$\frac{\Delta m_{1}}{\Delta t}=\rho_{1} A _{1}\frac{\Delta x_{1}}{\Delta t}$

Analogamente,pela direita,sai uma quantidade de água por tempo de:

$\frac{\Delta m_{2}}{\Delta t}=-\rho_{2} A_{2} \frac{\Delta x_{2}}{\Delta t}$

Contudo,não há ganho ou perda de massa nessa secção,não há acúmulo de massa,sendo a variação de massa nessa região 0:

$\frac{\Delta m}{\delta t}=\frac{\Delta m_{1}}{\Delta t} +\frac{\Delta m_{2}}{\Delta t}=\rho_{1}A_{1}v_{1}-\rho_{2}A_{2}v_{2}=0$

$\rho_{1}A_{1}v_{1}=\rho_{2}A_{2}v_{2}=cte$

Podemos fazer esse raciocínio para várias secções,achando que isso deve ser verdade para todo ponto do cano,temos assim:

$\rho Av=fluxo=cte$

Intermediário

Tome o comprimento livre da mola como sendo $l_{o}$ ,tomemos esse ponto como nível de referência para cálculo de energia potencial,tendo no começo a mola se deformado x da sua posição de equilíbrio:

$E=T+U=\frac{kx^2}{2}-mgx$

Então a massa de cima começa a subir até o momento em que a mola se distende o suficiente para que a massa de baixo seja erguida,nessa condição temos a normal sendo $0$ ,escrevendo a segunda lei de Newton para ela:

$E=\frac{mv^2}{2}+\frac{kx'^2}{2}+mgx'=\frac{mv^2}{2}+\frac{3m^2g^2}{2k}$

$v=\sqrt[2]{\frac{2}{m}}\sqrt[2]{{\frac{kx^2}{2}-mgx-\frac{3mg^2g^2}{2k}}}$

Nesse momento,o centro de massa estará com uma velocidade de:

$v_{cm}=\frac{\sum_{1}^N m_{i} v_{i}}{\sum_{1}^N m_{i}}=\frac{mv}{m+m}=\frac{v}{2}$

Considerado o centro de massa como uma partícula com velocidade inicial $v_{cm}$ ,então conseguimos facilmente achar a sua altura máxima de vôo,em relação a sua posição inicial:

$\Delta h=\frac{v_{cm}^2}{2g}=\frac{v_{o}^2}{8g}=\frac{1}{4mg}({\frac{kx^2}{2}-mgx-\frac{3m^2g^2}{2k}})$

Avançado

Esse problema sai rapidamente se encarado com a abordagem de potencial efetivo,sabemos que sua energia pode ser escrita como:

$E=T+U$

Podemos decompor T como uma energia do centro de massa com uma energia em relação ao centro de massa.

$T=T_{cm}+T,cm=\frac{Mv_{cm}^2}{2}+\frac{I\dot{\theta}^2}{2}=m\dot{r}^2+\frac{ml^2\dot{\theta}^2}{4}$

$U=\frac{-GMm}{r_{1}}-\frac{GMm}{r_{2}}$

Olhemos “por cima”,o plano da órbita,temos a massa da direita,que chamaremos de massa 1,fazendo um ângulo $\theta$ com o vetor posição do centro de massa do sistema,por lei dos cossenos temos:

$r_{1}^2=l^2+r^2-2rlcos(\theta)$

E temos que o ângulo da segunda massa é sempre complementar ao da primeira,logo:

$r_{2}^2=l^2+r^2+2rlcos(\theta)$

Temos assim,que nossa energia é dada por:

$E=m\dot{r}^2+mr^2\omega^2+\frac{ml^2\dot{\theta}^2}{4}-\frac{GMm}{r}(\frac{1}{\sqrt[2]{1+(\frac{l}{r})^2-2\frac{l}{r}cos(\theta)}}+\frac{1}{\sqrt[2]{1+(\frac{l}{r})^2+2\frac{l}{r}cos(\theta)}})=m\dot{r}^2+V_{eff}(r,\theta)$

Na posição de estabilidade máxima das massas (para $\theta$ ),devemos ter a primeira derivada do potencial efetivo em relação a $\theta$ sendo zero nesse ponto,e a segunda derivada sendo positiva,logo:

$V_{eff}(r)=\frac{L_{cm}^2}{4mr^2}+\frac{-2GMm}{\sqrt[2]{r^2+l^2}}$