Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
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Conservação da Energia e Resultante Centrípeta
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Temos a seguinte configuração para o movimento:
Onde o vetor $$\vec P$$ é a força peso na massa, o vetor $$\vec N$$ a força de contato normal, e o vetor $$\vec v$$ a velocidade da massa, tangente à semiesfera.
Da trigonometria tiramos inicialmente que: $$h=R\cos{\theta}$$
Como não existem forças dissipativas no sistema, a sua energia mecânica será conservada.
Sabemos que no início a energia cinética da partícula é zero, e podemos utilizar o solo como referencial para energia potencial nula. Portanto:
$$E_{p_0}+E_{c_0}=E_p+E_c$$
$$mgR+0=mgh+\frac{mv^2}{2}$$
$$mgR=mgR\cos{\theta}+\frac{mv^2}{2}$$
$$\rightarrow v=\sqrt{2gR(1-\cos{\theta})}$$
Olhando para as forças na direção centrípeta, vemos que a resultante nessa direção é:
$$F_{cp}=P\cos{\theta}-N=mg\cos{\theta}-N$$
Podemos então aplicar a segunda lei de Newton sabendo que a velicidade $$v$$ é tangente à semiesfera.
$$F_{cp}=\dfrac{mv^2}{R}$$
$$mg\cos{\theta}-N=\frac{mv^2}{R}$$
$$N=m(g\cos{\theta}-\frac{v^2}{R})$$
Na perda de contato a força de contato normal para de agir, logo, nesse momento a normal é zero:
$$g\cos{\theta}-\frac{v^2}{R}$$
$$\rightarrow v=\sqrt{gR\cos{\theta}}$$
Igualando as velocidades encontradas pela energia e pela resultante centrípeta temos:
$$\sqrt{2gR(1-\cos{\theta})}=\sqrt{gR\cos{\theta}}$$
$$2(1-\cos{\theta})=\cos{\theta} \rightarrow 3\cos{\theta}=2$$
$$\cos{\theta}=\dfrac{2}{3}$$ ou $$\theta =\arccos(\frac{2}{3})$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\cos{\theta}=\dfrac{2}{3}$$ ou $$\theta =\arccos(\frac{2}{3})$$
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Intermediário
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Oscilações acopladas
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Como estamos trabalhando com molas ideais a força resultante nelas deve ser nula, logo, a força que as molas exercem nos átomos de oxigênio tem mesmo módulo e sentido contrário a força que as molas exercem no åtomo de carbono.
Temos portanto a seguinte representação para as forças:
Como o comprimento natural da mola é desconsiderável o módulo da força exercida por uma mola será $$F=k\Delta x$$, onde $$\Delta x$$ será o comprimento da mola. Logo:
$$F_{12}=k(x_2-x_1)$$ e $$F_{23}=k(x_3-x_2)$$.
Seguindo como orientação positiva para a direita, temos:
• A força no oxigênio 1 é $$F_1=k(x_2-x_1)$$
• A força no carbono é $$F_2=k(x_3-x_2)-k(x_2-x_1)$$
• A força no oxigênio 2 é $$F_3=-k(x_3-x_2)$$
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton em cada corpo:
$$(1)$$ $$M\ddot {x}_{1}=k(x_2-x_1)$$
$$(2)$$ $$m\ddot {x}_{2}=k(x_3-2x_2+x_1)$$
$$(3)$$ $$M\ddot {x}_{3}=k(x_2-x_3)$$
(c) Como dito pelo enunciado $$x_i=A_i\cos{(\omega t)}$$, basta acharmos $$\ddot {x_i}$$.
$$\frac{dx_i}{dt}=-\omega A_i\sin{(\omega t)} \rightarrow \frac{d^2x_i}{dt^2}=\ddot {x}_{i}=-\omega ^2 A_i\cos{(\omega t)}$$.
Analisemos as equações de movimento do item (b) (as quais devem ser validas para qualquer momrnto) com esse resultado encontrado:
$$(1)$$
$$M(-\omega ^2 A_1\cos{(\omega t)})=k(A_2\cos{(\omega t)}-A_1\cos{(\omega t)})$$
$$\rightarrow -M\omega^2 A_1=k(A_2-A_1)$$
$$(2)$$
$$m(-\omega ^2 A_2\cos{(\omega t)})=k(A_3\cos{(\omega t)}-2A_2\cos{(\omega t)}+A_1\cos{(\omega t)})$$
$$\rightarrow-m\omega^2 A_2=k(A_3-2A_2+A_1)$$
$$(3)$$
$$M(-\omega ^2 A_3\cos{(\omega t)})=k(A_2\cos{(\omega t)}-A_3\cos{(\omega t)})$$
$$\rightarrow-M\omega ^2 A_3=k(A_2-A_3)$$
Chegamos Portanto ao seguinte sistema:
$$\begin{cases} (M\omega ^2-k)A_1 + kA_2 +0\cdot A_3=0 \\ kA_1 +(m\omega ^2-2k)A_2 +kA_3=0 \\ 0\cdot A_1 +kA_2 +(M\omega ^2-k)A_3=0 \end{cases}$$
Como não queremos a solução trivial para esse sistema ($$A_1=A_2=A_3=0$$) é preciso:
$$\begin{vmatrix} (M\omega ^2-k)&k&0\\k&(m\omega^2-2k)&k\\0&k&(M\omega^2-k) \end{vmatrix}=0$$
Resolvendo o determinante chegamos a:
$$\omega^2(k-M\omega^2)(k(m+2M)-mM\omega^2)=0$$
Temos três possibilidades:
$$(I)$$ $$\omega=0$$. O sistema não oscilará, portanto, não é solução.
$$(II)$$ $$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{M}}$$. Nessa configuração $$A_2=0$$ e $$A_1=-A_3$$. O atomo de carbono fica imóvel nessa condição e os átomos de oxigênio oscilam ao seu lado.
$$(III)$$ $$\omega=\sqrt{\dfrac{(m+2M)k}{mM}}$$. Os átomos oscilam ao redor do centro de massa.
Logo, os modos normais de vibração são:
$$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{M}}$$ e $$\omega=\sqrt{\dfrac{(m+2M)k}{mM}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
• A força no oxigênio 1 é $$F_1=k(x_2-x_1)$$
• A força no carbono é $$F_2=k(x_3-x_2)-k(x_2-x_1)$$
• A força no oxigênio 2 é $$F_3=-k(x_3-x_2)$$
b)
$$(1)$$ $$M\ddot {x}_{1}=k(x_2-x_1)$$
$$(2)$$ $$m\ddot {x}_{2}=k(x_3-2x_2+x_1)$$
$$(3)$$ $$M\ddot {x}_{3}=k(x_2-x_3)$$
c)
$$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{M}}$$ e $$\omega=\sqrt{\dfrac{(m+2M)k}{mM}}$$
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Avançado
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Magnetostática e Radiação de Lamour
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
(a) Como temos uma carga em movimento num campo elétrico, ela sofrerá a ação da força de Lorentz:
$$\vec F=q\cdot (\vec v \times \vec B)$$
Vemos que essa força atuará como resultante centrípeta, pois sempre estará perpendicular à velocidade.
Como o campo magnético também é perpendicular à velocidade temos que: $$\left |\vec v \times \vec B \right |= v\cdot B$$.
$$F_{cp}=\dfrac{mv^2}{r}=qvB \rightarrow r=\dfrac{mv}{qB}$$
Para $$r=R_0$$ a velocidade é $$v=v_0$$, logo:
$$R_0=\dfrac{mv_0}{qB}$$.
(b) Para relacionarmos a equação de Lamosr com o raio da trajetória precisamos saber como a energia e a aceleração se relacionam com o raio.
$$(I)$$ Como visto no item (a) $$\dfrac{mv^2}{r}=qvb \rightarrow v=\dfrac{qBr}{m}$$.
$$(II)$$ A energia da particula é a energia cinética
$$E=\dfrac{mv^2}{2}=\dfrac{m}{2}(\dfrac{qBr}{m})^2$$
$$E=\dfrac{q^2B^2r^2}{2m}$$
Pela regra da cadeia: $$\dfrac{dE}{dt}=\dfrac{dE}{dr}\dfrac{dr}{dt}$$
$$\frac{dE}{dr}=\frac{q^2B^2}{2m}\frac{d(r^2)}{dr}=\frac{q^2B^2r}{m}$$
$$\rightarrow \dfrac{dE}{dt}=\dfrac{q^2B^2r}{m}\dfrac{dr}{dt}.$$
$$(III)$$ Aplicando a segunda lei de Newton:
$$ma=qvB \rightarrow a=\frac{qB}{m}\frac{qBr}{m}$$
$$a^2=\frac{q^4B^4r^2}{m^4}$$
Aplicando as relações encontradas na fórmula de Lamor:
$$\dfrac{q^2B^2r}{m}\dfrac{dr}{dt}=-\dfrac{q^2}{6\pi \epsilon_0 c^3}\dfrac{q^4B^2r^2}{m^4}$$
$$\dfrac{dr}{r}=-\dfrac{q^4B^2}{6\pi \epsilon_0 m^3 c^3} dt$$
Seja $$\tau = \frac{6\pi \epsilon_0 m^3 c^3}{q^4B^2}$$; logo:
$$\dfrac{dr}{r}=-\dfrac{dt}{\tau}$$
Para $$t=0$$ o raio é $$r=R_0$$.
$$\displaystyle \int_{R_0}^R\frac{dr}{r}=-\displaystyle \int_0^t \frac{dt}{\tau}$$
$$\ln R – \ln {R_0} =-\frac{t}{\tau}$$
$$R=R_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$$
(c) olhando para a equação $$(II)$$ do item (b):
$$\dfrac{dE}{dr}=\dfrac{q^2B^2r}{m}$$
O movimento esde o raio $$R_0$$ ate o limite do raio tendendo a zero.
$$\displaystyle \int_{E_0}^E dE =\frac{q^2B^2}{m}\displaystyle \int_{R_0}^0 rdr$$
$$E-E_0=\Delta E=\dfrac{q^2B^2}{m}(-\dfrac{R_0^2}{2})$$
Como $$R_0=\frac{mv_0}{qB}$$:
$$\Delta E=\dfrac{q^2B^2}{2m}\dfrac{m^2v_0^2}{q^2B^2}$$
$$\rightarrow \Delta E =-\dfrac{mv_0^2}{2}$$
O sinal negativo indica que houve perda de energia.
Perceba que toda a energia da partícula foi perdida na forma de radiação.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$R_0=\dfrac{mv_0}{qB}$$.
b)
$$R=R_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$$
c)
$$\rightarrow \Delta E =-\dfrac{mv_0^2}{2}$$
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