Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Cinemática, Lançamento Oblíquo.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\dfrac{1}{cos^2(\theta)} = 1+ tg^2(\theta)$$
$$\dfrac{1}{cos^2(\theta)} = 1 + \dfrac{V^4}{g^2L^2} – 2\dfrac{V^2}{gL}\sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1} +\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1$$
$$\dfrac{1}{cos(\theta)} = \sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} – \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} – 1} \right)}$$
$$x = L \left(1 +\sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} – \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} – 1} \right) } \right)$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$\theta = arctg \left( \dfrac{V^2}{gL} – \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} -1} \right)$$
b)
$$x = L \left(1 +\sqrt{\dfrac{2V^2}{gL} \left(\dfrac{V^2}{gL} – \sqrt{\dfrac{V^4}{g^2L^2} – 1} \right) } \right)$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Dinâmica do Corpo Rígido.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$t>\dfrac{v_o}{14 \mu g}$$
b) Como se foi obtido, a velocidade do CM no rolamento perfeito será:
$$v =\dfrac{15}{14}v_o$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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$$t>\dfrac{v_o}{14 \mu g}$$
b)
$$v =\dfrac{15}{14}v_o$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Indução Magnética.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\eta =\dfrac{1}{4} = 25$$%
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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) $$\eta =\dfrac{1}{4} = 25$$%
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