Soluções Física – Semana 95

Cinemática, Lançamento Oblíquo.

a) A partir de um observador no caminhão, a bala de canhão fará um lançamento oblíquo, atingindo a outra ponta do caminhão. Podemos então escrever as equações de movimento na horizontal e na vertical e fazer a condição de $x=L$. Temos assim:

$x = v_xt$

$y = v_yt - \dfrac{1}{2}gt^2$

$t = \dfrac{L}{Vcos(\theta)}$

$0 = Ltg(\theta) - \dfrac{gL^2}{2V^2cos^2(\theta)}$

Identidade trigonométrica:

$sen^2(\theta) + cos^2(\theta) = 1$

$\dfrac{1}{cos^2(\theta)} = 1 +tg^2(\theta)$

Daí:

$0 = tg(\theta) - \dfrac{gL}{2V^2}(1+tg^2(\theta))$

$\dfrac{gL}{2V^2}tg^2(\theta) - tg(\theta) + \dfrac{gL}{2V^2}=0$

$tg^2(\theta) - \dfrac{2V^2}{gL}tg(\theta) +1 = 0$

Raízes possíveis:

$tg(\theta) = \dfrac{\dfrac{2V^2}{gL} \pm \sqrt{\dfrac{4V^4}{g^2L^2} -1}}{2}$

$tg(\theta) = \dfrac{V^2}{gL} \pm \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1}$

O menor ângulo é então:

$tg(\theta) = \dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1}$

$\theta = arctg \left( \dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1} \right)$

b) No referencial da Terra, a bolinha anda no $x$ o deslocamento do carro mais o seu deslocamento do lançamento, assim:

$x = Vcos(\theta)t + Vt$

$x = Vt(1+cos(\theta))$

$x = V\dfrac{L}{Vcos(\theta)}(1+cos(\theta))$

$x = L \left(1 +\dfrac{1}{cos(\theta)} \right)$

Voltando à identidade:

$\dfrac{1}{cos^2(\theta)} = 1+ tg^2(\theta)$

$\dfrac{1}{cos^2(\theta)} = 1 + \dfrac{V^4}{g^2L^2} - 2\dfrac{V^2}{gL}\sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1} +\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1$

$\dfrac{1}{cos(\theta)} = \sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} - 1} \right)}$

$x = L \left(1 +\sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} - 1} \right) } \right)$

a)

$\theta = arctg \left( \dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1} \right)$

b)

$x = L \left(1 +\sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} - \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} - 1} \right) } \right)$

Dinâmica do Corpo Rígido.

a) A tacada por ser aplicada sem estar direcionada para o centro da bola, gera um torque na bola que faz ela rotacionar. Vamos supor que a tacada atue por um pequeno intervalo de tempo $\delta t$ e numa força $F$. Podemos encontrar então a velocidade angular inicial da bola:

$F\delta t = Mv_o$

$F\delta t \dfrac{R}{2} = I \omega_o = \dfrac{2}{5}MR^2 \omega_o$

$\dfrac{Mv_o}{2} = \dfrac{2}{5}MR \omega_o$

$\omega_o R = \dfrac{5}{4}v_o$

Assim, a velocidade de rotação inicial na parte de baixo da bola é maior que sua velocidade do centro de massa. Isto causa um derrapamento entre as superfícies, e como a de rotação é maior que a do CM, têm-se que a bola está “empurrando” para trás o chão, gerando uma força de atrito cinético para frente, acelerando a bola. Desta forma:

$M a = \mu M g$

$a = \mu g$

$v = v_o +\mu g t$

O atrito também gera um torque, desacelerando angularmente a bola. Portanto:

$-\mu M g R = I \alpha = \dfrac{2}{5}MR^2 \alpha$

$\alpha = -\dfrac{5 \mu g}{2 R}$

$\omega = \omega_o - \dfrac{5 \mu g}{2R} t$

Quando atingir o rolamento perfeito, temos:

$v = \omega R$

$v_o + \mu g t = \omega_o R - \dfrac{5 \mu g}{2} t$

$\dfrac{7 \mu g}{2}t = \dfrac{5}{4}v_o -v_o$

$t = \dfrac{v_o}{14 \mu g}$

e a velocidade final será:

$v = v_o + \dfrac{v_o}{14}$

$v =\dfrac{15}{14}v_o$

Desta forma a velocidade em função do tempo será:

i) $v = v_o +\mu g t$, se $0 \leq t \leq \dfrac{v_o}{14 \mu g}$

ii) $v = \dfrac{15}{14}v_o$, se $v =\dfrac{15}{14}v_o$

a) i)

$v = v_o +\mu g t$, se$0 \leq t \leq \dfrac{v_o}{14 \mu g}$

ii)

$v = \dfrac{15}{14}v_o$, se$v =\dfrac{15}{14}v_o$

Indução Magnética.

a) O capacitor ao ser carregado ficará com uma diferença de potencial $V_o$, obtendo uma carga:

$Q_o = V_o C$

Ao se virar a chave, o capacitor começa a descarregar, e a corrente inicial que passa pela barra será:

$V_o =R i_o$

$i_o = \dfrac{V_o}{R}$

A corrente passa na malha formada em sentido horário, já que a placa superior do capacitor está carregada positivamente pela bateria. Assim, a corrente na barra na presença do campo magnético gera uma força magnética na barra empurrando a barra para fora. Vamos supor então a barra em um instante $t$, ela terá uma velocidade $v$ para a direita com uma corrente $i$ passando por ela, e o capacitor vai ter uma carga $Q$. A barra por se mover faz com que o fluxo magnético na malha varie, gerando uma DDP induzida. Essa DDP será:

$\varepsilon_{ind} = - \dfrac{d \Phi}{dt}$

$\varepsilon_{ind} = -BL \dfrac{dx}{dt}$

$\varepsilon_{ind} = -BvL$

Essa DDP induzida pode ser representada por uma bateria que aponta no sentido contrário da corrente. Fazendo a lei das malhas obtemos:

$\dfrac{Q}{C} -Ri -\varepsilon_{ind} = 0$

$\dfrac{Q}{C} -R i + BvL = 0$

$Q = RCi -BLCv$

Na barra atua uma força magnética por causa da corrente que passa por ela. Temos então:

$M a = BiL$

$M \dfrac{dv}{dt} = BL\dfrac{dq}{dt}$

$M dv = BL dq$

$M \displaystyle \int\limits_{0}^{v} dv = BL \displaystyle \int\limits_{Q_o}^{Q} dq$

$M v = BL (Q_o-Q)$

$M v = BL(V_oC -RCi - BLCv)$

$M v =BLCV_o - BLRCi -B^2L^2Cv$

$(M + B^2L^2C)v - BLCV_o = -BLRCi$

Voltando ao início da equação:

$i = \dfrac{Ma}{BL}$

$BLRC \left( \dfrac{M}{BL}\dfrac{dv}{dt} \right) = BLCV_o - (M +B^2L^2C)v$

$\dfrac{MRCdv}{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o} = -dt$

$MRC \displaystyle \int\limits_{0}^{v} \dfrac{dv}{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o} = -\displaystyle \int \limits_{0}^{t}dt$

Podemos fazer uma substituição de variável, onde:

$u = (M +B^2L^2C)v - BLCV_o$

$du = (M +B^2L^2C)dv$

Temos então:

$\dfrac{MRC}{(M +B^2L^2C)} \displaystyle \int\limits_{-BLCV_o}^{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o} \dfrac{du}{u} = -t$

$\displaystyle \int\limits_{-BLCV_o}^{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o} \dfrac{du}{u} = ln\left[\dfrac{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o}{-BLCV_o} \right]$

$ln\left[\dfrac{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o}{-BLCV_o} \right] = \dfrac{-MRCt}{(M +B^2L^2C)}$

$\dfrac{(M +B^2L^2C)v - BLCV_o}{-BLCV_o} = e^{\left(\dfrac{-MRCt}{(M +B^2L^2C} \right)}$

$(M+B^2L^2C)v = BLCV_o \left[ 1 - e^{\left(\dfrac{-MRCt}{(M +B^2L^2C} \right)} \right]$

$v = \dfrac{BLCV_o}{(M+B^2L^2C)} \left[1 - e^{\left(\dfrac{-MRCt}{(M +B^2L^2C} \right)} \right]$

b) A velocidade limite vai ser atingida em um tempo muito longo, como se pode ver pela função da velocidade pelo tempo. Assim, a velocidade limite será:

$v_{lim} = \dfrac{BLCV_o}{M+B^2L^2C}$

Ela também pode ser obtida sem total necessidade do item a) fazendo que a corrente que passa na malha chega a $0$, descobrindo a carga final no capacitor e substituindo ela na equação da velocidade em função da carga no capacitor.

c) O rendimento da bazuca será a razão da energia cinética obtida pela barra ao atingir a velocidade limite sobre a energia total armazenada no capacitor inicialmente. A energia no capacitor era:

$E_o = \dfrac{V_o^2 C}{2}$

Dessa forma:

$\eta = \dfrac{\dfrac{Mv_{lim}^2}{2}}{\dfrac{V_o^2 C}{2}}$

$\eta = \dfrac{Mv^2}{V_o^2C}$

$\eta = \dfrac{M \dfrac{B^2L^2C^2V_o^2}{(M+B^2L^2C)^{2}}}{V_o^2C}$

$\eta = \dfrac{MB^2L^2C}{(M+B^2L^2C)^2}$

Chamemos:

$a = M$

$b = B^2L^2C$

$\eta = \dfrac{ab}{(a+b)^2}$

Fazendo a desigualdade das médias:

$MA \geq MG$

$\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$

$\dfrac{(a+b)^2}{4} \geq ab$

$\dfrac{1}{4} \geq \dfrac{ab}{(a+b)^2}$

$\dfrac{1}{4} \geq \eta$

O rendimento máximo é então:

$\eta =\dfrac{1}{4} = 25$%

a) $v = \dfrac{BLCV_o}{(M+B^2L^2C)} \left[1 - e^{\left(\dfrac{-MRCt}{(M +B^2L^2C} \right)} \right]$

b) $v_{lim} = \dfrac{BLCV_o}{M+B^2L^2C}$

c) $\eta =\dfrac{1}{4} = 25$%