Soluções Física – Semana 42

Iniciante:

Situação Física: Temos o mesmo que ocorre em qualquer lançamento oblíquo. Há várias formas de tratar este problema, contudo adotarei a que julgo ser de mais fácil entendimento, a por analítica, a qual consiste em determinar as coordenadas $(X,Y)$ do ponto no qual o projétil se choca com a rampa, obter o tempo, obter a distância em uma das coordenadas e projetar sobre o plano para obter $d$.

Sabemos que:

$X=v\cos{(\theta)}t$   e   $Y=v\sin{(\theta)}t-\frac{gt^2}{2}$

Para um ponto qualquer na rampa:

$\frac{Y}{X}=-\tan{(\theta)}$

Logo, substituindo com as equações de $X$  e  $Y$:

$v\sin{(\theta)}t-\frac{gt^2}{2}=-v\sin{(\theta)}t\rightarrow t=4v\frac{\sin{(\theta)}}{g}$

Tendo o tempo, é simples obter a distância em uma das coordenadas:

$X=v\cos{(\theta)}t\rightarrow X=4v^2\cos{(\theta)}\frac{\sin{(\theta)}}{g}$

E sabemos que $d$ é a projeção de umas das coordenadas sobre a rampa, logo:

$d=\frac{X}{\cos{(\theta)}}\rightarrow d=4v^2\frac{\sin{(\theta)}}{g}$

Intermediário:

Situação Física: este problema é surpreendentemente simples para quem esta familiarizado com $V=\dot{X}=\frac{dX}{dt}$, ou seja, que a velocidade é a primeira derivada da distância no tempo, e que a aceleração se da como $a=\dot{V}=\frac{dV}{dt}$. O problema inteiro consiste em diferenciais e integrais simples, não saindo do foco de estudo para OBF.

Parte A) Temos:

$a=\frac{F}{m}=\frac{-b}{m}v$

Equivalente a:

$\frac{dV}{dt}=\frac{-b}{m}\frac{dX}{dt}$

E assim:

$\int_{V_{0}}^{V}{dV}=\frac{-b}{m}\int_{0}^{X}{dx}$

Sabemos que $int{dK}=K$ e assim chegamos a:

$V=V_{0}-\frac{b}{m}X\rightarrow X=\frac{m(V_{0}-V)}{b}$

Treine mais e verifique a dimensão! Caso tenha dúvidas sobre, em breve teremos material explicativo!

 

Parte B) Temos:

$a=\frac{-b}{m}v^2\rightarrow \frac{dV}{dt}=\frac{-b}{m}v\frac{dX}{dt}$

(Desmembre $v^2$ em $vv$)

Chegam0s a:

$\int_{V_{0}}^{V}{\frac{dv}{v}}=-X\frac{b}{m}\rightarrow \ln{(V)}-\ln{(V_{0})}=-X\frac{b}{m}$

Caso você não soubesse, lhe foi fornecido que $\int{dK}{K}=lnK$. Por fim chegamos a:

$V=V_{0}e^{-X\frac{b}{m}}\rightarrow X=\frac{m}{b}\ln{(\frac{V_{0}}{V})}$

Vemos que a equação descreve uma distância infinita!

Treine mais e verifique a dimensão! Caso tenha dúvidas sobre, em breve teremos material explicativo!

 

Avançado:

Situação Física: Um modo mais simples de analisar  e resolver tal problema é olhando para a ponta da lente, a qual tem espessura ínfima e sabemos facilmente o ângulo que o raio de luz incidente faz com a parede plana da lente, e lá marcamos os ângulos até obtermos $\alpha$. Para isso, antes precisamos de saber o valor do índice de refração desta lente. Um modo de obtê-lo é colocando que como os raios de luz saem em fase, eles percorrem o mesmo caminho óptico.

Para o índice de refração $N$, igualamos os caminhos ópticos:

$RN_{ar}+NR=\sqrt{2}R+RN_{ar}\rightarrow N=\sqrt{2}$

Na ponta da lente aplicamos a Lei de Snell:

$N_{ar}\sin{(45^o)}=N\sin{(\theta)}$

Sabendo que $N_{ar}=1$, temos que $\theta=30^0$.

Analisando (detalhada no fim) os ângulos sabendo que os raios saem paralelos, e aplicando a Lei de Snell:

$\sqrt{2}\sin{(\alpha-30^o)}=\sin{(\alpha)}\rightarrow \sqrt{2}(\sin{(\alpha)}\cos{(30^o)}-\sin{(30^o)}\cos{(\alpha)})=\sin{(\alpha)}$

Dividindo tudo por $\cos{(\alpha)}$ chegamos a:

$\tan{(\alpha)}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}-2}$

Caso esteja com dificuldades para obter os ângulos citados, observe abaixo:

Figura 01: Zoom no vértice da lente e raio de luz

A figura acima mostra os ângulos que tratamos. Olhando para um ponto muito próximo ao vértice podemos tratar a superfície côncava como uma reta de inclinação igual a do vértice ($\alpha$). Traçamos então o raio de luz e olhamos os ângulos que este faz com as linhas perpendiculares a cada superfície, lembrando que este sai paralelo a horizontal.