Soluções Física-Semana 33

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Iniciante

Imagine que pegamos uma secção do cano,pelo lado esquerdo dessa secção(Tomemos,sem perda de generalidade,a água se movendo para a direita),está chegando uma quantidade de água por unidade de tempo que pode ser calculada a partir de ideias bem básicas.Pela esquerda teremos uma quantidade \frac{\Delta m}{\Delta t}.

O raciocínio que usaremos para contar o quanto de massa chega é:

\Delta m_{1}=\rho_{1} \Delta V_{1}=\rho_{1} A_{1} \Delta x_{1}

\frac{\Delta m_{1}}{\Delta t}=\rho_{1} A _{1}\frac{\Delta x_{1}}{\Delta t}

Analogamente,pela direita,sai uma quantidade de água por tempo de:

\frac{\Delta m_{2}}{\Delta t}=-\rho_{2} A_{2} \frac{\Delta x_{2}}{\Delta t}

Contudo,não há ganho ou perda de massa nessa secção,não há acúmulo de massa,sendo a variação de massa nessa região 0:

\frac{\Delta m}{\delta t}=\frac{\Delta m_{1}}{\Delta t} +\frac{\Delta m_{2}}{\Delta t}=\rho_{1}A_{1}v_{1}-\rho_{2}A_{2}v_{2}=0

\rho_{1}A_{1}v_{1}=\rho_{2}A_{2}v_{2}=cte

Podemos fazer esse raciocínio para várias secções,achando que isso deve ser verdade para todo ponto do cano,temos assim:

\rho Av=fluxo=cte

Intermediário

Tome o comprimento livre da mola como sendo l_{o},tomemos esse ponto como nível de referência para cálculo de energia potencial,tendo no começo a mola se deformado x da sua posição de equilíbrio:

E=T+U=\frac{kx^2}{2}-mgx

Então a massa de cima começa a subir até o momento em que a mola se distende o suficiente para que a massa de baixo seja erguida,nessa condição temos a normal sendo 0,escrevendo a segunda lei de Newton para ela:

kx'+N=mg -->kx'=mg

E conservando energia,tendo a massa de cima uma velocidade v:

E=\frac{mv^2}{2}+\frac{kx'^2}{2}+mgx'=\frac{mv^2}{2}+\frac{3m^2g^2}{2k}

v=\sqrt[2]{\frac{2}{m}}\sqrt[2]{{\frac{kx^2}{2}-mgx-\frac{3mg^2g^2}{2k}}}

Nesse momento,o centro de massa estará com uma velocidade de:

v_{cm}=\frac{\sum_{1}^N m_{i} v_{i}}{\sum_{1}^N m_{i}}=\frac{mv}{m+m}=\frac{v}{2}

Considerado o centro de massa como uma partícula com velocidade inicial v_{cm},então conseguimos facilmente achar a sua altura máxima de vôo,em relação a sua posição inicial:

\Delta h=\frac{v_{cm}^2}{2g}=\frac{v_{o}^2}{8g}=\frac{1}{4mg}({\frac{kx^2}{2}-mgx-\frac{3m^2g^2}{2k}})

Avançado

Esse problema sai rapidamente se encarado com a abordagem de potencial efetivo,sabemos que sua energia pode ser escrita como:

E=T+U

Podemos decompor T como uma energia do centro de massa com uma energia em relação ao centro de massa.

T=T_{cm}+T,cm=\frac{Mv_{cm}^2}{2}+\frac{I\dot{\theta}^2}{2}=m\dot{r}^2+\frac{ml^2\dot{\theta}^2}{4}

U=\frac{-GMm}{r_{1}}-\frac{GMm}{r_{2}}

Olhemos "por cima",o plano da órbita,temos a massa da direita,que chamaremos de massa 1,fazendo um ângulo \theta com o vetor posição do centro de massa do sistema,por lei dos cossenos temos:

r_{1}^2=l^2+r^2-2rlcos(\theta)

E temos que o ângulo da segunda massa é sempre complementar ao da primeira,logo:

r_{2}^2=l^2+r^2+2rlcos(\theta)

Temos assim,que nossa energia é dada por:

E=m\dot{r}^2+mr^2\omega^2+\frac{ml^2\dot{\theta}^2}{4}-\frac{GMm}{r}(\frac{1}{\sqrt[2]{1+(\frac{l}{r})^2-2\frac{l}{r}cos(\theta)}}+\frac{1}{\sqrt[2]{1+(\frac{l}{r})^2+2\frac{l}{r}cos(\theta)}})=m\dot{r}^2+V_{eff}(r,\theta)

Na posição de estabilidade máxima das massas (para \theta),devemos ter a primeira derivada do potencial efetivo em relação a \theta sendo zero nesse ponto,e a segunda derivada sendo positiva,logo:

\frac{\partial V_{eff}}{\partial \theta}=0 ---> \theta=0 rad ,\theta=\frac{\pi}{2} rad

\frac{\partial^2 V_{eff}}{\partial \theta^2}>0 ---> \theta=\frac{\pi}{2} rad

Assim,nosso potencial efetivo é dado por:

V_{eff}(r)=\frac{L_{cm}^2}{4mr^2}+\frac{-2GMm}{\sqrt[2]{r^2+l^2}}

\frac{\partial^2 V_{eff}}{\partial r^2}=\frac{3L^2}{2mr^4}+(2l^2-r^2)\frac{GMm}{(r^2+l^2)^{\frac{5}{2}}}

Sabemos que:

\omega_{o}^2=\frac{GM}{r^3}

L=2mr^2\omega_{o}

\frac{\partial^2 V_{eff}}{\partial r^2}=6m\omega_{o}^2+\frac{(2l^2-4r^2)r^3}{(r^2+l^2)^{\frac{5}{2}}}=2m\omega_{r}^2

\omega_{r}^2=\omega_{o}^2(3+\frac{(l^2-2r^2)r^3}{(r^2+l^2)^{\frac{5}{2}}})

 

 

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