Soluções Física – Semana 141

Conservação de Energia e Molas

Primeiramente, é conveniente entender a situação física. De início, Natônio empurra o bloco 2, de forma que a mola é deformada. Quando o jovem solta o bloco 2, este passa a se movimentar para a direita aceleradamente devido à tendência da mola de retornar ao seu comprimento original. Então, após o bloco 2 percorrer $x$, o bloco 1 estará na iminência de perder contato com a parede, uma vez que a força elástica atuando nele inverte seu sentido. Com isso, por conservação de energia:

$\dfrac{kx^2}{2} = \dfrac{m_1 0^2}{2} + \dfrac{m_2 v_2^2}{2}$

$v_2 = \sqrt{\dfrac{kx^2}{m_2}}$

Já para calcular a velocidade do centro de massa, basta utilizar a relação:

$v_{CM} = \dfrac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2}$

$\boxed{v_{CM} = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2} \sqrt{\dfrac{kx^2}{m_2}}}$

$\boxed{v_{CM} = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2} \sqrt{\dfrac{kx^2}{m_2}}}$

Oscilações e Molas

Note que para pequenas pertubações longitudinais $x$, teremos:

$F = -k\left( \dfrac{l}{2} + x - \dfrac{l_0}{2} \right) -k\left(\dfrac{l_0}{2} - \dfrac{l}{2} + x\right)$

$F = -2kx$

Com isso, temos a equação de MHS, de modo que o período de oscilações longitudinais é dado por:

$T_L = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{2k}}$

Para pequenas oscilações transversais:

A força resultante será totalmente vertical, tal que:

$F = -2kx' \cos \alpha$

$F = -2k\left(\sqrt{x^2 + \dfrac{l^2}{4}} - \dfrac{l_0}{2} \right) \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + \dfrac{l^2}{4}}}$

Para $x << l$, podemos reduzir a expressão anterior para:

$F \approx -2k\left(1 - \dfrac{l_0}{l} \right) x$

Novamente, temos uma equação de MHS, tal que o período de oscilações transversais será dado por:

$T_T = 2\pi \sqrt{\dfrac{m}{2k\left(1 - \dfrac{l_0}{l} \right)}}$

Logo:

$\dfrac{T_T}{T_L} = \sqrt{\dfrac{l}{\left(l - l_0 \right)}}$

Então:

$4 = \sqrt{\dfrac{l_1}{\left(l_1 - l_0 \right)}}$

$16 = \dfrac{l_1}{\left(l_1 - l_0 \right)}$

$16( l_1-l_0) = l$

$15l_1 = 16l_0$

Logo:

$l_0 = \dfrac{15}{16} l_1$

Além disso:

$3 = \sqrt{\dfrac{l_1 + \Delta x}{\left(l_1 + \Delta x - l_0 \right)}}$

$9 = \dfrac{l_1 + \Delta x}{\left(l_1 + \Delta x - l_0 \right)}$

$9(l_1 + \Delta x - l_0) = l_1 + \Delta x$

$8(l_1 + \Delta x) = 9l_0$

Substituindo o valor de $l_0$:

$8(l_1 + \Delta x) = \dfrac{135}{16}l_1$

$8\Delta x = \dfrac{7}{16}l_1$

$l_1 = \dfrac{128}{7} \Delta x$

Então:

$l_1 = 64 \; \rm{cm}$

Logo:

$\boxed{l_0 = 60,0 \; \rm{cm} }$

Consequentemente:

$\boxed{\Delta l_1 = 4,0 \; \rm{cm} }$

$\boxed{\Delta l_2 = 7,5 \; \rm{cm} }$

$\boxed{l_0 = 60,0 \; \rm{cm} }$

$\boxed{\Delta l_1 = 4,0\; \rm{cm} }$

$\boxed{\Delta l_2 = 7,5 \; \rm{cm} }$

Ondas e Molas

Parte 1:

Pela associação de molas em séries, sabemos que a constante elástica $k'$ de uma porção $dx$ do elástico vai ser dada por:

$k'dx = kl$

$k' = \dfrac{kl}{dx}$

Após uma pequena perturbação do elástico, cada porção de comprimento $x$ terá um deslocamento $\psi(x)$, de modo que, analisando as forças que atuam numa porção que, em equilíbrio, se localizava entre $x$ e $x + dx$ e possui massa $\mu dx$, teremos:

$F = k'\left(\psi(x + dx, t) -\psi(x, t)) - k'(\psi(x, t) - \psi(x-dx, t)\right)$

$F = kl\left(\dfrac{\partial\psi(x+dx, t)}{\partial x} - \dfrac{\partial \psi(x, t)}{\partial x}\right)$

Pela Segunda Lei de Newton:

$F = \mu dx \dfrac{\partial^2 \psi(x, t)}{\partial t^2} = kl\left(\dfrac{\partial\psi(x+dx, t)}{\partial x} - \dfrac{\partial \psi(x, t)}{\partial x}\right)$

Então:

$\mu \dfrac{\partial^2 \psi(x, t)}{\partial t^2} = kl\dfrac{\partial^2 \psi(x, t)}{\partial x^2}$

$\dfrac{\partial^2 \psi(x, t)}{\partial t^2} = \dfrac{kl}{\mu}\dfrac{\partial^2 \psi (x, t)}{\partial x^2}$

Assim, está demonstrada a equação de onda para pequenas pertubações um elástico. Perceba que é de imediato, pela relação demonstrada, que a velocidade da onda em uma mola é, então, dada por:

$\boxed{ v =\sqrt{\dfrac{kl}{\mu}} }$

Parte 2:

(a) Devemos encontrar a equação de movimento no bloco de massa $m$, para isso, podemos perceber que há duas forças atuando no bloco, uma devido ao elástico da esquerda e outra devido ao elástico da direita. É de imediato notar que a força devido ao elástico da esquerda é dada por:

$F_1 = -s\chi$

Já para calcular a força devido à outra mola, podemos utilizar a lei de Hooke para uma porção do elástico que em equilíbrio se localiza entre $0$ e $dx$, tal que:

$F_2= \kappa \left( \dfrac{\psi(dx, t) - \psi(0, t)}{dx}\right) = \kappa\dfrac{\partial \psi(0, t)}{\partial x}$

Para ondas do tipo $\psi(x,t) = f(x - vt)$, teremos:

$\dfrac{\partial \psi(x,t)}{\partial x} = - \dfrac{1}{v}\dfrac{\partial \psi(x,t)}{\partial t}$

Tal que:

$F_2 = - \dfrac{\kappa}{v}\dfrac{\partial \psi(x,t)}{\partial t}$

Usando o valor de $v$ encontrado na Parte 1:

$F_2 = - \sqrt{\kappa \mu}\dfrac{\partial \psi(x,t)}{\partial t} = - \sqrt{\kappa \mu}\dfrac{d\chi }{dt}$

Com isso, escrevendo a Segunda Lei de Newton para o bloco de massa $m$:

$m\dfrac{d^2\chi}{dt^2} = - \sqrt{\kappa \mu}\dfrac{d\chi }{dt} - s \chi$

$\boxed{ m\dfrac{d^2\chi}{dt^2} + \sqrt{\kappa \mu}\dfrac{d\chi }{dt} + s \chi = 0}$

Com isso, vemos que $\gamma = \sqrt{\kappa \mu}$.

(b) Perceba que a equação encontrada corresponde a de uma oscilação amortecida. Para resolvê-la, basta chutar uma solução do tipo $\chi = Ae^{\lambda t}$, de modo que, obtemos o conhecido resultado de que:

$\chi = Ce^{-\dfrac{\sqrt{\kappa \mu} t}{2}}\cos \left( \sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}} t + \varphi \right)$

Em que $C$ e $\varphi$ são constantes que podem ser determinadas pelas condições iniciais. Usando que $\chi(0) = 0$ e $\dot \chi(0) = v_0$, podemos mostrar que:

$\boxed{\chi(t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}}}e^{-\dfrac{\sqrt{\kappa \mu} t}{2}}\sin \left( \sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}} t \right)}$

(c) Nesse caso, podemos explorar o fato de que a onda se move com velocidade $v = \sqrt{\dfrac{\kappa}{\mu}}$:

$\psi(x,t) = \psi\left(0, t - \dfrac{x}{v}\right) = \psi\left(0, t - \dfrac{\mu}{\kappa}x \right)$

Logo:

$\boxed{\psi(x, t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}}}e^{-\dfrac{\sqrt{\kappa \mu}\left(t - \dfrac{\mu}{\kappa}x \right)}{2}}\sin \left( \sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}} \left(t - \dfrac{\mu}{\kappa}x\right) \right)}$

(d) Nesse caso, a expressão será válida apenas para $\boxed{x < vt = \sqrt{\dfrac{\kappa}{\mu}}}$, já que a onda evidentemente não consegue alcançar $x > vt$.

Parte 1

Demonstração

Parte 2

a)

Demonstração.

b)

$\boxed{\chi(t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}}}e^{-\dfrac{\sqrt{\kappa \mu} t}{2}}\sin \left( \sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}} t \right)}$

c)

$\boxed{\psi(x, t) = \dfrac{v_0}{\sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}}}e^{-\dfrac{\sqrt{\kappa \mu}\left(t - \dfrac{\mu}{\kappa}x \right)}{2}}\sin \left( \sqrt{\dfrac{s}{m} - \dfrac{\kappa \mu}{4}} \left(t - \dfrac{\mu}{\kappa}x\right) \right)}$

d)

$\boxed{x < vt = \sqrt{\dfrac{\kappa}{\mu}}}$