Soluções Física – Semana 27

Iniciante

Olhando a terra “Por cima” temos a imagem de um disco de raio “R”.A distância percorrida de Siene até Alexandria é um arco da circunferência nos limites desse disco.Ou seja,o comprimento do arco pode ser encontrado por regra de três,pois sabemos que o comprimento total da circunferência é:

$l_{total}=2\pi R$

Mas já que o comprimento do arco é proporcional ao ângulo,podemos fazer uma regra de três:

$\frac{l_{segmento}}{\alpha}=\frac{l_{total}}{2\pi}$

Tal que:

$l_{segmento}=\alpha R$ (1)

Sendo $\alpha$ o ângulo em radianos que o arco cobre (Perceba que no enunciado foi nos dado um ângulo em graus,ainda precisamos transformar-lo em radianos)

O raio de luz faz um ângulo com a vertical igual ao ângulo que o arco de circunferência entre Siene e Alexandria cobre,isso pode ser verificado por construção da figura.Agora vamos trabalhar o ângulo.Sabemos que 360 graus (uma volta) é a mesma coisa que um ângulo de $2\pi$ radianos,assim,podemos construir uma regra de três para transformar as unidades de ângulos para radianos.

$\frac{\alpha_{radiano}}{2 \pi}=\frac{\alpha_{grau}}{360}$ $(\alpha_{radiano}=\alpha)$

$\alpha=\alpha_{grau} \frac{\pi}{180}$

Substituindo tudo em (1):

$l_{segmento}=\frac{\alpha_{grau} \pi R}{180}$

$R=\frac{180 l_{segmento}}{\pi \alpha_{grau}}$

Já que o arco foi medido com um transferidor de graduação $0,1 grau$,podemos estimar sua incerteza como sendo metade disso,logo:

$\alpha_{grau}=(7,20 \pm 0.05) graus$

A nossa expressão pra R tem incerteza apenas em um fator,o $\alpha$,o resto não tem incerteza alguma associada.O $\alpha$ aparece dividindo,e como vimos:

$\sigma_{\frac{1}{g}}=\frac{\sigma_{g}}{g^2}$ (Demonstrado no último problema,mas isso seria dado para você numa questão comum)

logo:

$\sigma_{\frac{1}{\alpha_{grau}}}=\frac{\sigma_{\alpha_{grau}}}{\alpha^2_{grau}}$

$\sigma_{\frac{1}{\alpha_{grau}}}=\frac{0,05}{7,2^2}=0.001 \frac{1}{grau}$

$\frac{1}{\alpha_{grau}}=(0,139 \pm 0.001) \frac{1}{grau}$

$R=\frac{180 l_{segmento}}{\pi \alpha_{grau}}=\frac{180 l_{segmento}}{\pi} (0,139 \pm 0,001)$

$R=(635 \pm 5).10 km$

Esse raio é aproximadamente o raio medido atualmente da terra,é impressionante como um experimento tão antigo trouxe uma estimativa tão razoável.

Intermediário

A energia cinética do sistema é a soma da energia cinética das duas partículas:

$E_{cin}=T=\frac{m_{1} v_{1}^2}{2} + \frac{m_{2} v_{2}^2}{2}$ (1) $(v^2=\vec{v} . \vec{v})$

Nós podemos considerar que a energia do sistema é devido a uma contribuição devido à energia do centro de massa,mais uma contribuição devido à velocidade relativa das duas partículas,o que pode ser escrito como:

$T=E_{cm}+E_{relativo}=\frac{M_{sistema} v_{cm}^2}{2}+E_{relativo}$

Considerando que a contribuição do centro de massa é a energia cinética de uma massa representando o sistema,essa que é a massa total dela,com a velocidade dele,afinal,isso é o centro de massa….

Mas,a velocidade do centro de massa é a velocidade que uma partícula de massa $M_{sistema}$ tem,tal que a quantidade de movimento dela é igual à quantidade de movimento do sistema.O que pode ser escrito como:

$M_{sistema} \vec{v_{cm}}=\sum_{1}^N m_{i}.\vec{v_{i}}$ (Considerando o sistema com N partículas)

No nosso caso só temos duas massas,logo:

$(m_{1}+m_{2})\vec{v_{cm}}=(m_{1}\vec{v_{1}}+m_{2}\vec{v_{2}})$ (2)

Podemos achar o $E_{relativo}$ se juntarmoss a equação (1) com a equação (2):

$E_{relativo}=\frac{m_{1}v_{1}^2}{2} + \frac{m_{2}v_{2}^2}{2} - E_{cm}=\frac{m_{1}v_{1}^2}{2} + \frac{m_{2}v_{2}^2}{2} - \frac{(m_{1}\vec{v_{1}}+m_{2} \vec{v_{2}})^2}{2(m_{1}+m_{2})}$

$E_{relativo}=\frac{(m_{1}+m_{2})(m_{1}v_{1}^2+m_{2}v_{2}^2)-(m_{1}^2 v_{1}^2 + m_{2}^2 v_{2}^2 +2 m_{1} m_{2} \vec{v_{1}}.\vec{v_{2}})}{2(m_{1}+m_{2})}$

$E_{relativo}=\frac{m_{1}^2 v_{1}^2+m_{2}^2 v_{2}^2+m_{1}m_{2}v_{1}^2+m_{1}m_{2}v_{2}^2 -m_{1}^2 v_{1}^2-m_{2}^2 v_{2}^2 -2m_{1}m_{2}\vec{v_{1}}.\vec{v_{2}}}{2(m_{1}+m_{2})}$

E simplificando com produtos notáveis:

$E_{relativo}=\frac{m_{1} m_{2} (\vec{v_{2}}-\vec{v_{1}})^2}{2(m_{1}+m_{2})}$

O que mostra que:

$T=E_{1}+E_{2}=E_{cm}+E_{relativo}=\frac{(m_{1}+m_{2})v_{cm}^2}{2}+\frac{m_{1}m_{2}(v_{2}-v_{1})^2}{2(m_{1}+m_{2})}$ $(p_{cm}=(m_{1}+m_{2})v_{cm})$

$p_{cm}$ é o momento linear do centro de massa.

Assim,vimos que a energia do sistema pode vista como composta de duas maneiras (equivalentes).Podemos ver a energia do sistema como a energia da partícula 1 mais a energia da partícula 2,ou como a soma da energia do centro de massa do sistema com um termo residual da velocidade relativa entre as partículas.Perceba que eu usei o termo “residual” para a energia devido à velocidade relativa,eu usei pois a velocidade relativa entre as partículas é a mesma em qualquer referencial.Logo a energia do movimento relativo é a mesma em todos os referenciais!!!Assim não importa se você zera a velocidade do centro de massa,ainda sim resta um resíduo de energia devido à velocidade relativa das partículas.O que muda na energia quando vamos de um referencial para o outro é a energia do centro de massa,pois a velocidade do centro de massa muda quando mudamos a velocidade do referencial,podemos zerar a velocidade do centro de massa se formos para o referencial do centro de massa,pois a velocidade do centro de massa no referencial do centro de massa é zero (Sua velocidade em relação a você mesmo é zero),logo a energia se deve apenas ao termo de velocidade relativa.Assim,o centro de massa é o referencial de menor energia cinética do sistema,e nele,a energia do sistema é:

$T_{,cm}=T_{min}=\frac{m_{1}m_{2}(v_{2}-v_{1})^2}{2(m_{1}+m_{2})}$

 

Avançado

O método mais interessante para se lidar com movimentos dotados de vínculos estranhos (como o pêndulo duplo),é o Lagrangiano.

Usaremos aqui apenas a construção da Lagrangeana $(T-V)$,e a equação de euler lagrange.

Primeiro de tudo,vamos achar a energia potencial do sistema,o que é mais trivial.

A energia potencial das massas é apenas gravitacional.Vamos tomar o ponto onde o fio “mais alto” está preso como $y=o$.

Assim:

Obs: T-Energia cinética V-Energia Potencial

$V_{1}=mgy_{1}=-mglcos(\theta_{1})$

$V_{2}=mgy_{2}=-mgl(cos(\theta_{1})+cos(\theta_{2}))$

$V=V_{1}+V_{2}=-mgl(2cos(\theta_{1})+cos(\theta_{2}))$

A energia cinética é um pouco mais trabalhosa de se achar. Sabemos que:

$v_{1}=\sqrt[2]{(\dot{y_{1}})^2+(\dot{x_{1}})^2}=l\dot{\theta_{1}}$

$x_{2}=l(sen(\theta_{1})+sen(\theta_{2}))$

$\dot{x_{2}}=l(\dot{\theta_{1}}cos(\theta_{1})+\dot{\theta_{2}}cos(\theta_{2}))$

$y_{2}=l(cos(\theta_{1})+cos(\theta_{2}))$

$\dot{y_{2}}=-l(\dot{\theta_{1}}sen(\theta_{1})+\dot{\theta_{2}}sen(\theta_{2}))$

$v_{2}^2=(\dot{x_{2}})^2+(\dot{y_{2}})^2=l^2(\dot{\theta_{1}}^2+\dot{\theta_{2}}^2+2\dot{\theta_{1}}\dot{\theta_{2}}cos(\theta_{1}-\theta_{2}))$

$T=\frac{m}{2} (v_{1}^2+v_{2}^2)$

$L=T-V$

Agora,usemos do fato que os ângulos são muito pequenos,ou seja:

$cos(\theta) \cong 1 -\frac{\theta_{1}^2}{2}$

Assim:

$L \cong \frac{m}{2}l^2 (2\dot{\theta_{1}}^2+\dot{\theta_{2}}^2+2\dot{\theta_{1}}\dot{\theta_{2}})-\frac{mgl}{2} (2\theta_{1}^2+\theta_{2}^2) + constante$

Aplicando a equação de Euler Lagrange:

$\frac{d}{dt} (\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{i}}})=\frac{\partial L}{\partial q_{i}}$

Fazendo (x) e aplicando:

x=1) $q_{i}=\theta_{1}$

$ml^2 (2\ddot{\theta_{1}}+\ddot{\theta_{2}})=-2mgl\theta_{1}$

x=2) $q_{i}=\theta_{2}$

$ml^2 (\ddot{\theta_{1}}+\ddot{\theta_{2}})=-mgl\theta_{2}$

Num modo normal de vibração os dois pêndulos oscilam com a mesma frequêncial,tal que podemos escrever:

$\theta_{i}=A_{i}cos(\omega t)$ (i=1,2)

Simplificando tudo temos:

$2(\omega^2 -\omega_{o}^2)A_{1}+\omega^2 A_{2}=0$

$\omega^2 A_{1}+ (-\omega_{o}^2+\omega^2)A_{2}=0$

Isolando $A_{2}$ chegamos a:

$2(\omega^2 -\omega_{o}^2)^2=\omega^2 \omega^2$

$\omega^2=\omega_{o}^2(2 \pm \sqrt[2]{2})$

Substituindo para encontrar os respectivos as:

Caso +)

$A_{2}=-\sqrt[2]{2}A_{1}$

Caso -)

$A_{2}=\sqrt[2]{2}A_{1}$

É esperado realmente que o caso em que eles oscilam com defasagem (amplitude negativa se comparada a outra) tenha uma frequência maior,é como se houvesse um “puxão” do outro lado sempre.