Soluções Física – Semana 98

Conservação de Energia.

Como a barra que une os corpos é rígida, ambos giram com mesma velocidade angular em torno do eixo $O$. Sendo assim, igualando as velocidades angulares, encontraremos uma relação entre $v_{1}$ e $v_{2}$.

$\dfrac{v_{1}}{l_{1}}=\dfrac{v_{2}}{l_{2}}$

$v_2 = \dfrac{l_2}{l_1}v_1$

Tendo em vista que podemos desprezar quaisquer forças dissipativas atuando no sistema, conservaremos a energia mecânica, admitindo um nível de referência na horizontal em que as massas estavam antes:

$E_o = 0$

$E = m_2gl_2 -m_1gl_1 +\dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v^2}{2}$

Substituindo $v_2$ em função de $v_1$:

$0 = m_2gl_2 - m_1gl_1 + \dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v_1^2}{2}\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2\$

Resolvendo para $v_{1}$:

$v_1 = \sqrt{2g\dfrac{m_2(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_1+m_2\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2}}$

E temos também então:

$v_2 = \sqrt{2g\dfrac{m_1(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_2+m_1\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2)}}$

Velocidade da partícula $1$:

$v_1 = \sqrt{2g\dfrac{m_2(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_1+m_2\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2}}$

Velocidade da partícula $2$:

$v_2 = \sqrt{2g\dfrac{m_1(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_2+m_1\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2}}$

Óptica geométrica.

Podemos fazer a lei de Snell para cada camada. Obtemos assim:

$n_0 sen(\theta_0) = n_1 sen(\theta_1)$

$n_1 sen(\theta_1) = n_2 sen(\theta_2)$

$n_2 sen(\theta_2) = n_3sen(\theta_3)$

$\cdot$

$\cdot$

$\cdot$

$n_{i-1} sen(\theta_{i-1}) = n_i sen(\theta_i)$

Perceba então que o produto $nsen(\theta)$ permanece constante independente da camada. E como o índice de refração diminui ao se aprofundar nas camadas, o ângulo que a luz faz nessa camada deve aumentar. Para que ocorra a reflexão, na última camada $M$ o ângulo que a luz faz é aproximadamente maior que o ângulo limite. Fazendo então o caso do ângulo limite:

$n_0 sen(\theta_0) = n_Msen(90^o)$

Pela questão: $n_M = 0,99^Mn_0$

$sen(\theta_0) = 0,99^M$

$M = log_{0,99}(sen(\theta_0))$

Como $M$ é o número de camadas, a altura de camada de ar será:

$h = Md$

$h = log_{0,99}(sen(\theta_0)) d$

Caso $M$ não seja inteiro, devemos pegar o maior valor inteiro mais próximo.

$h = log_0,99(sen(\theta_0)) d$

Oscilações e Dinâmica do Corpo Rígido.

Vamos chamar o ponto de contato da esquerda de $O_1$ e o ponto de contato da direita de $O_2$. Vamos pegar um instante pouco tempo depois da barra ser solta, estando com o ponto de contato ainda em $O_1$ e fazendo um ângulo $\phi$ com a horizontal. Fazendo o torque na barra em relação a esse ponto:

$\tau = mg\dfrac{(L-l)}{2}cos(\phi) -mg\dfrac{(L+l)}{2}cos(\phi)$

Aproximando para ângulos pequenos: $cos(\phi) \approx 1$

$\tau = - mgl$

Que é negativo pois a tendência da barra é de diminuir o ângulo. Calculando então o momento de inércia da barra em relação a este ponto:

$I = m\dfrac{(L-l)^2}{4} + m\dfrac{(L+l)^2}{4}$

$I = mL^2 \dfrac{ \left(1- \dfrac{l}{L} \right)^2}{4} + mL^2\dfrac{ \left( 1 + \dfrac{l}{L} \right)^2}{4}$

Como $l<<L$, podemos aproximar em binômio de Newton:

$I \approx = mL^2\dfrac{ \left(1 - \dfrac{2l}{L} \right)}{4} + mL^2 \dfrac{ \left(1 + \dfrac{2l}{L} \right)}{4}$

$I \approx \dfrac{mL^2}{2}$

Temos então:

$\tau = I \alpha$

Onde $\alpha$ é a aceleração angular da barra.

$- mgl = \dfrac{mL^2}{2} \alpha$

$\alpha = - \dfrac{2gl}{L^2}$

Perceba que a aceleração angular é constante, podemos escrever então as equações de movimento da barra enquanto ela está no ponto de contato $O_1$:

$\omega = -\dfrac{2gl}{L^2}t$

$\phi = \phi_o - \dfrac{gl}{L^2}t^2$

Perceba que se $phi<0$, a barra estaria dentro da caixa. Por isso, quando $Phi$ tende a ficar negativo, ele faz uma transição no ponto de contato, mudando de $O_1$ para $O_2$, atuando nele o mesmo torque e possuindo o mesmo momento de inércia que em $O_1$, mas agora possuindo uma velocidade angular para cima. O tempo para chegar em $phi =0$ é:

$\Phi_ o = \dfrac{gl}{L^2}t^2$

$t = \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$

Assim como se fosse em uma queda livre, o tempo que a barra leva para cair em $O_1$ vai ser o que ele leva para subir em $O_2$, descer de $O_2$ ou subir em $O_1$, retornando para o ângulo $\Phi_o$. O período de oscilações da barra vai ser então:

$T = 4t$

$T = 4 \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$

$T = 4 \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$