Soluções Física – Semana 90

Cinemática.

A primeira bolinha ao cair acelera com $g$. Utilizando a função horária do espaço temos:

$\Delta S = v_ot + \dfrac{1}{2}at^2$

$H = 0 + \dfrac{1}{2}gt_1^2$

$t_1 = \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$

Com isso podemos descobrir a velocidade que ela tem ao atingir o solo:

$v = v_o + at$

$v= 0 + g \sqrt{\dfrac{2H}{g}}$

$v = \sqrt{2gH}$

Sendo o choque com o solo elástico, a bolinha apenas então inverte seu sentido, passando então a subir. No mesmo instante, a segunda bolinha é solta do topo do prédio. Igualando os espaços em que ela se encontram:

P/ bolinha $1$:

$S_1 = H - vt_2 + \dfrac{1}{2}gt_2^2$

P/ bolinha $2$:

$S_2 = 0 + 0 +\dfrac{1}{2}gt_2^2$

Para o encontro:

$S_1 = S_2$

$H-vt_2 + \dfrac{1}{2}gt_2^2 = \dfrac{1}{2}gt_2^2$

$t_2 = \dfrac{H}{\sqrt{2gH}}$

$t_2 = \sqrt{\dfrac{H}{2g}}$

O tempo que deve estar no cronômetro é então:

$t = t_1 + t_2$

$t = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} + \sqrt{\dfrac{H}{2g}}$

$t = 3\sqrt{\dfrac{H}{2g}}$

$t = 3\sqrt{\dfrac{H}{2g}}$

Gases ideais, M.H.S.

No equilíbrio, o gás exercerá uma pressão no êmbolo, fazendo com que a mola fique com um comprimento $x$. Utilizando Clapeyron para descobrir a pressão:

$PV=nRT$

$P=\dfrac{nRT}{V}$

E para o equilíbrio então:

$PA + K(x-x_o) = 0$

Deslocando o êmbolo de um pequeno $\Delta y$ aumentando o volume ocupado pelo gás e comprimindo a mola, temos que o novo volume será:

$V' = V +A\Delta y$

Sendo as transformações adiabáticas:

$PV^{\gamma} = P'V'^{\gamma}$

$PV^{\gamma} = P'(V+A\Delta y)^{\gamma}$

$PV^{\gamma} = P'V^{\gamma} \left( 1 + \gamma \dfrac{A\Delta y }{V} \right)$

$P' = \dfrac{P}{\left( 1 + \gamma \dfrac{A\Delta y}{V} \right)}$

Aproximando em binômio de Newton por $\Delta y$ ser pequeno:

$P' \approx P \left( 1-\gamma \dfrac{A \Delta y}{V} \right)$

Escrevendo então a segunda lei de Newton para o êmbolo:

$m a = P'A - K(\Delta y - x + x_o)$

$ma = P A \left( 1 - \gamma \dfrac{A \Delta y}{V} \right) - K \Delta y + K(x-x_o)$

$ma = PA - \gamma \dfrac{PA^2 \Delta y}{V} - K\Delta y + K(x-x_o)$

$ma = - \left( \dfrac{\gamma PA^2}{V} +K \right) \Delta y$

$m a = - \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{V^2} + K \right) \Delta y$

$a = - \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m} \right) \Delta y$

A frequência angular de oscilações é então:

$\omega ^2 = \left( \dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m} \right)$

$\omega = \sqrt{\dfrac{\gamma nRTA^2}{mV^2} + \dfrac{K}{m}}$

E o período de oscilação é então:

$T = \dfrac{2 \pi}{\omega}$

$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{mV^2}{\gamma nRTA^2 +KV^2}}$

$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{mV^2}{\gamma nRTA^2 +KV^2}}$

Oscilações.

Existem duas soluções, uma é aproximando a energia potencial e fazendo uma comparação com um sistema massa mola e a outra é tirando sua derivada em relação a $x$ para descobrir o ponto de equilíbrio e depois tirando sua derivada segunda aplicada no ponto de equilíbrio para descobrir a frequência angular de oscilações.

Método $1$:

Com a energia potencial da forma:

$U(x)=-A e^{-\alpha x^{2}}$

Podemos utilizar a aproximação:

$e^{x} \approx 1+x$

Para um $x$ muito pequeno.

Dessa forma:

$U(x) \approx -A (1-\alpha x^2)$

$U(x) \approx - A + \alpha A x^2$

Para um sistema massa mola de constante elástica $K$, temos que sua energia é dada por:

$U(x) = U_o + \dfrac{1}{2}K x^2$

E o período de oscilações é:

$T = 2\pi \sqrt{\dfrac{m}{K}}$

Podemos comparar a energia potencial elástica com a energia potencial obtida, tendo uma mola equivalente para o nosso potencial. Comparando os termos, a constante elástica dessa mola seria:

$\dfrac{1}{2}Kx^2 = \alpha A x^2$

$K = 2 A \alpha$

E o período seria, então:

$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$

Método $2$:

$U(x)=-A e^{-\alpha x^{2}}$

A sua derivada em relação a $x$ é:

$U'(x) = -Ae^{-\alpha x^2}*-2 \alpha*x$

$U'(x) = 2\alpha A x e^{-\alpha x^2}$

Na posição de equilíbrio, esta derivada deve valer $0$, sendo possível então para:

$x = 0$

ou

$x = \pm \infty$

Num contexto de pequenas oscilações, não faz sentido a solução para $x$ tendendo ao infinito, logo a posição de equilíbrio desejada é $x=0$.

Fazendo a derivada segunda da energia potencial obtemos:

$U''(x) = 2\alpha A e^{-\alpha x^2} - 4 \alpha^2 A x^2 e^{-\alpha x^2}$

Temos que a frequência angular de oscilações de um sistema pode ser dado por:

$\omega = \sqrt{\dfrac{U''(x_o)}{m}}$

Onde $x_o$ é a posição de equilíbrio. Neste caso, temos que:

$U''(x_o) = U''(0)$

$U''(x_o) = 2\alpha A$

A frequência será:

$\omega = \sqrt{\dfrac{2 \alpha A}{m}}$

E o período é, então:

$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$

$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{2\alpha A}}$