Escrito por Gabriel Hemétrio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Conservação de Energia e Molas [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$ v_{CM} = \dfrac{m_1 v_1 + m_2 v_2}{m_1 + m_2}$$
$$ \boxed{v_{CM} = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2} \sqrt{\dfrac{kx^2}{m_2}}}$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ \boxed{v_{CM} = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2} \sqrt{\dfrac{kx^2}{m_2}}}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’] Oscilações e Molas [/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$ \boxed{\Delta l_1 = 4,0 \; \rm{cm} }$$
$$ \boxed{\Delta l_2 = 7,5 \; \rm{cm} }$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$ \boxed{l_0 = 60,0 \; \rm{cm} }$$
$$ \boxed{\Delta l_1 = 4,0\; \rm{cm} }$$
$$ \boxed{\Delta l_2 = 7,5 \; \rm{cm} }$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Ondas e Molas
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução ‘ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 \(x > vt\).
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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)
$$\boxed{x < vt = \sqrt{\dfrac{\kappa}{\mu}}}$$
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