Física II ⇒ (FB) Refração da luz Tópico resolvido

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Um tanque cilíndrico fixo, de altura H = 4m e área A = π(3)²m², é preenchido com um líquido. Um observador visualiza o sistema através de um telescópio montado no topo da parede do tanque e inclinado em 45º com a vertical (este ângulo não muda). Quando o tanque está completamente cheio de líquido, ele registra um inseto, que está no centro do fundo do tanque. Em t = 0, ele abre uma cortiça de área a no fundo do tanque. O inseto se move para a esquerda de tal maneira que é visível a todo instante. Determine a velocidade do besouro em função de x, em que x é a posição deste a partir do centro do cilindro.

qqqqqwe.png (8.92 KiB) Exibido 697 vezes

Resposta

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[tex3]V_{besouro}=\frac{a}{A}\sqrt{\frac{g(1-x)}{2}}[/tex3]

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[tex3]V_{besouro}=\frac{a}{A}\sqrt{\frac{g(1-x)}{2}}[/tex3]

[παθμ]

A área da abertura é [tex3]a.[/tex3]

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[tex3]a.[/tex3]

A velocidade com a qual a água sai é [tex3]\sqrt{2gh},[/tex3]

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[tex3]\sqrt{2gh},[/tex3]

e assim temos [tex3]\frac{dV}{dt}=-\sqrt{2gh}a,[/tex3]

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[tex3]\frac{dV}{dt}=-\sqrt{2gh}a,[/tex3]

com [tex3]V=Ah \Longrightarrow \frac{dV}{dt}=A \frac{dh}{dt},[/tex3]

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[tex3]V=Ah \Longrightarrow \frac{dV}{dt}=A \frac{dh}{dt},[/tex3]

sendo [tex3]h(t)[/tex3]

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[tex3]h(t)[/tex3]

a altura do nível da água.

[tex3]A \frac{dh}{dt}=-a\sqrt{2gh}. [/tex3]

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[tex3]A \frac{dh}{dt}=-a\sqrt{2gh}. [/tex3]

(Eq. 1)

Screenshot 2023-10-22 193432.png (270.44 KiB) Exibido 239 vezes

A distância do besouro à cortiça é [tex3]s=H-h+\delta=H-h(1-\tan(\theta)).[/tex3]

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[tex3]s=H-h+\delta=H-h(1-\tan(\theta)).[/tex3]

A distância [tex3]x[/tex3]

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[tex3]x[/tex3]

que ele percorre para a esquerda desde o instante inicial é [tex3]x=s(h)-s(H)=H(1-\tan(\theta))-h(1-\tan(\theta)) \Longrightarrow v=-(1-\tan(\theta)) \frac{dh}{dt}.[/tex3]

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[tex3]x=s(h)-s(H)=H(1-\tan(\theta))-h(1-\tan(\theta)) \Longrightarrow v=-(1-\tan(\theta)) \frac{dh}{dt}.[/tex3]

Como [tex3]s(H)=R=\sqrt{\frac{A}{\pi}},[/tex3]

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[tex3]s(H)=R=\sqrt{\frac{A}{\pi}},[/tex3]

temos [tex3]\tan(\theta)=\frac{1}{H}\sqrt{\frac{A}{\pi}}.[/tex3]

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[tex3]\tan(\theta)=\frac{1}{H}\sqrt{\frac{A}{\pi}}.[/tex3]

Substituindo isso na expressão de x, temos [tex3]x=H-\sqrt{\frac{A}{\pi}}-h+\frac{h}{H}\sqrt{\frac{A}{\pi}}.[/tex3]

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[tex3]x=H-\sqrt{\frac{A}{\pi}}-h+\frac{h}{H}\sqrt{\frac{A}{\pi}}.[/tex3]

Substituindo os valores numéricos [tex3]H=4 \; \text{m}[/tex3]

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[tex3]H=4 \; \text{m}[/tex3]

e [tex3]A=9\pi \; \text{m}^2:[/tex3]

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[tex3]A=9\pi \; \text{m}^2:[/tex3]

[tex3]x=1-\frac{h}{4} \Longrightarrow \sqrt{h}=2\sqrt{1-x}.[/tex3]

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[tex3]x=1-\frac{h}{4} \Longrightarrow \sqrt{h}=2\sqrt{1-x}.[/tex3]

Substituindo isso na Eq. 1 temos [tex3]\frac{dh}{dt}=-\frac{a}{A}\sqrt{2g} \cdot 2\sqrt{1-x}.[/tex3]

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[tex3]\frac{dh}{dt}=-\frac{a}{A}\sqrt{2g} \cdot 2\sqrt{1-x}.[/tex3]

Substituindo o resultado acima na expressão de [tex3]v[/tex3]

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[tex3]v[/tex3]

além de usarmos [tex3]\tan(\theta)=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{9\pi^2}{\pi}}=\frac{3}{4}[/tex3]

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[tex3]\tan(\theta)=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{9\pi^2}{\pi}}=\frac{3}{4}[/tex3]

vem:

[tex3]\boxed{v=\frac{a}{A}\sqrt{\frac{g(1-x)}{2}}}[/tex3]

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[tex3]\boxed{v=\frac{a}{A}\sqrt{\frac{g(1-x)}{2}}}[/tex3]