Soluções Física-Semana 135

Mecânica: cinemática

Podemos elevar ao quadrado a expressão da velocidade em função do tempo para obtermos

$$v^2=6t-t^2+16\to{v^2+(t-3)^2=5^2}$$

A equação acima representa uma circunferência de centro $C=(3,0)$ e raio $5$, no plano $v$ versus $t$ (a função velocidade é representada, na verdade, somente pela parte positiva da circunferência, devido à raiz quadrada em sua expressão). O espaço requerido é igual a área pintada abaixo.

Essa área $S$ pode ser calculada como sendo $S=(P_0PCO)+(P_0P_f)$, onde $(P_0PCO)$ é a área do $\Delta{P_0CO}$ e $(P_0P_f)$ é a área do setor circular do arco $P_0P_f$. Observe que $P_0=(0,4)$, pois $v(0)=4$. Como $OC=3=2$, segue que $(P_0PCO)=6$. Por outro lado, $\angle{OCP_0}=\arctan{4/3}$. Logo: $(P_0P_f)=\dfrac{25\pi}{2}(\pi-\angle{OCP_0})$. Finalmente:

$$S=6+\dfrac{25\pi}{2}(\pi-\arctan{4/3})\to{\boxed{S\approx{33,7}}}$$

$$\boxed{S\approx{33,7}}$$

Mecânica: segunda lei de Newton e M.H.S

Esse problema pode ser resolvido fazendo uma rápida observação. Primeiramente, sejam $P(t)$ a posição da massa pontual e $H$ o pé da altura relativa ao lado $AC$ do $\Delta{ACP(0)}$, onde $P(0)$ corresponde a posição inicial da massa, a qual está representada na figura do enunciado. Afirmo que o movimento da massa pontual pode ser vista como um movimento circular em torno de $H$. Para provarmos essa sentença, adotemos um sistema de eixos cartesiano com origem $H$ com eixo $x$ coincidente com o segmento $AC$.

Os eixos $x_0$, $y_0$ e $z_0$ são os eixos cartesianos usuais. Se $A=(x_A,0,0)$, $C=(x_C,0,0)$ e $P(t)=(x(t),y(t),z(t))$. Podemos escrever os dois vínculos, um para cada fio:

$$P(t)A^2=P(0)A^2=(H+h)^2+D_1^2=(x(t)-x_A)^2+y(t)^2+z(t)^2$$

e

$$P(t)C^2=P(0)C^2=h^2+D_2^2=(x(t)-x_C)^2+y(t)^2+z(t)^2$$

Não há necessidade de calcular $x_A$ e $x_C$ nesse momento. Veja, diminuindo uma equação da outra, obtemos uma equação linear em $x(t)$ junto a outras constantes, resolvendo para $x(t)$, obtemos uma constante. Inicialmente $x=0$, logo, essa constante é $0$ e assim, $x(t)=0$. Jogando esse resultado em alguma das duas equações, obtemos que $y(t)^2+z(t)^2$ (que representa o quadrado da distância de $P(t)$ a $H$) é igual a uma constante. Agora, podemos escrever a segunda lei de Newton para resolver o problema. Para isso, trabalhemos no plano $x=0$ com as definições abaixo.

Desejar a força resultante na direção $\hat{\theta}$. Para isso, devemos tomar o produto escalar da força resultante $\vec{F}$ com a direção $\hat{\theta}$. Portanto:

$$F_{\theta}=\vec{F}\cdot{\hat{\theta}}=\left(T_A\dfrac{\vec{PA}}{PA}+T_C\dfrac{\vec{PC}}{PC}-mg\hat{y_0}\right)\cdot{\hat{\theta}}$$

Observe que teremos um produto escalar da forma $\vec{PA}\cdot{\hat{\theta}}$, com $\vec{PA}=x_A\hat{x}-y(t)\hat{x}-z(t)\hat{z}$. Efetuando o produto, obtemos, $\cos{\theta}\left(z(t)\tan{\theta}-y(t)\right)=0$, pois $\tan{\theta}=\dfrac{y(t)}{z(t)}$. O mesmo acontece para o produto escalar envolvendo a outra tração. Dessa forma, ficamos com, $F_{\theta}=-mg\cos{\theta}(\hat{y_0}\cdot{\hat{y}})=-mg\cos{\alpha}$, onde $\alpha$ é o ângulo entre os eixos $y$ e $y_0$. Observe que como estamos lidando com pequenas oscilações, $\theta$ permanece próximo de $-\pi/2$. Sendo assim, podemos escrever $\theta(t)=\delta(t)-\pi/2$, com $\delta(t)$ pequeno. Logo: $\cos{\theta}$ pode ser substituído por $\sin{\delta(t)}=\delta(t)$ durante o movimento. Por outro lado, a força tangencial é dada por $m.PH.a_{\theta}$. Onde $a_{\theta}$ é a aceleração angular. Finalmente, $a_{\theta}+\dfrac{g}{PH}\cos{\alpha}.\delta(t)=0$. A equação obtida é um M.H.S de período $T=2\pi\sqrt{\dfrac{PH}{g\cos{\alpha}}}$. A tarefa restante é um simples problema de geometria e o desenvolvimento segue da seguinte forma:

De $\Delta{DCE}$~$\Delta{ACB}$, $DE=D_2\dfrac{H}{D_1+D_2}$. Por outro lado, $PH=\cos{\alpha}.PD=\cos{\alpha}\left(DE+PE\right)=\cos{\alpha}\left(h+D_2\dfrac{H}{D_1+D_2}\right)$. Finalmente, substituindo o valor de $\dfrac{PH}{\cos{\alpha}}$ na expressão do período:

$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\dfrac{h+D_2\dfrac{H}{D_1+D_2}}{g}}}$$

$$\boxed{T=2\pi\sqrt{\dfrac{h+D_2\dfrac{H}{D_1+D_2}}{g}}}$$

Mecânica: rotações de corpos rígidos

O conhecimento teórico necessário para a resolução desse problema foge do escopo da OBF e, por esse motivo, serão apresentados alguns resultados importantes a respeito do movimento de corpo rígidos antes da resolução do problema específico. É recomendado que o aluno tenha em mente a definição de produto vetorial entre dois vetores.

É sabido que a distância entre dois pontos de um corpo rígido é constante durante seu movimento. Em outras palavras, a velocidade relativa entre esses pontos é perpendicular ao vetor que os liga. Sendo assim, podemos escrever $\vec{v}_{rel}=\vec{\omega}\times{(\vec{r_i}-\vec{r_j})}$, para dois pontos $i$ e $j$. O vetor $\omega$ é chamado de velocidade angular, este define univocamente a rotação do corpo rígido em um dado instante. É importante ressaltar: não deduzimos que o vetor $\omega$ aparece, também, na expressão da velocidade relativa entre outros dois outros pontos do corpo, digamos $i'$ e $j'$. Nada impede, a priori (veremos que isso não é verdade), que $\vec{v}'_{rel}=\vec{\omega}'\times{\vec{r}_{i'}-\vec{r}_{j'}}$, para um vetor $\vec{\omega}'$ diferente de $\vec{\omega}$. A prova de que a afirmação anterior é falsa é chamada, alguma vezes, de prova da unicidade do vetor velocidade angular. A dedução é dada na ideia de Rotações II (em breve).

Momento angular em torno de um ponto genérico do espaço

Primeiramente, consideramos que um corpo rígido é formado por um número finito de partículas pontuais (a análise aqui feita pode ser estendida para o caso contínuo). O momento angular total do corpo em torno de um ponto $O$ do espaço (esse ponto pode muito bem estar se movendo) é, por definição:

$$\boxed{\vec{L}=\sum_i m_i\left(\vec{r}_i-\vec{r}_0\right)\times{\left(\vec{v}_i-\vec{v}_0\right)}}$$

Onde $m_i$ é a massa da i-ésima partícula e o somatório é tomado sobre todas as partículas do sistema. Esse quantidade é, em outras palavras, a soma dos momentos (angulares) das partículas do sistema em relação a um sistema de eixos coordenados cuja origem é o ponto $O$. É importante que os eixos desse sistema permaneçam paralelos aos eixos do laboratório (os vetores $\vec{r}_i$ e $\vec{v}_i$ são medidos em relação a esse referencial). Caso houvesse alguma rotação, as derivadas temporais teriam um aspecto um pouco mais complicado. Nessas condições, vejamos o que acontece com a primeira derivada temporal do momento angular:

$$\dot{\vec{L}}=\sum_i \left(\vec{v}_i-\vec{v}_0\right)\times{m_i\left(\vec{v}_i-\vec{v}_0\right)}+\sum_i \left(\vec{r}_i-\vec{r}_0\right)\times{m_i\left(\vec{a}_i-\vec{a}_0\right)}$$

O primeiro termo do lado direito é nulo pois representa o produto vetorial entre dois vetores iguais. Utilizando a segunda lei de Newton e separando a força resultante em cada partícula em forças externas (devido a corpos que não estão presentes no sistema) e internas (essas que são devido a partículas do próprio sistema), obtemos:

$$\dfrac{d\vec{L}}{dt}=\sum_i \left(\vec{r}_i-\vec{r}_0\right)\times{\vec{F}_i^{ext}+\vec{F}_i^{int}-m_i\vec{a}_0}$$

Podemos assumir que as forças internas entre partículas do sistema estão ao longo da linha que as une (esse é o caso de forças gravitacionais, elétricas, entre outras). Dessa forma, a fica fácil mostrar que os termos envolvendo forças internas são nulos e ficamos com:

$$\dfrac{d\vec{L}}{dt}=\vec{\tau}_{ext}-M\left(\vec{r}_{cm}-\vec{r}_0\right)\times{\vec{a}_0}$$

Onde $\vec{\tau}_{ext}=\sum_i \left(\vec{r}_i-\vec{r}_0\right)\times{\vec{F}_i^{ext}}$ é o torque externo, $M$ é a massa total e $\vec{R}$ é o vetor posição do centro de massa do sistema. Observe que ao escolhermos o ponto $O$ como sendo o centro de massa, o segundo termo é nulo sempre. Por esse motivo, é recomendado calcular o momento angular em torno do centro de massa. Agora, podemos utilizar esse resultado geral para o caso particular de um corpo rígido. Como trabalharemos no referencial do centro de massa, utilizaremos $\vec{r}_i$ para designar o vetor posição da i-ésima partícula, relativo ao c.m. Cada velocidade é dada por $\vec{\omega}\times{\vec{r}_i}$, com isso o momento angular do corpo é dado por:

$$\vec{L}=\sum_i m_i\vec{r}_i\times{\left(\vec{\omega}\times{\vec{r}_i}\right)}$$

Podemos escrever $\vec{\omega}={\omega}_x\hat{x}+{\omega}_y\hat{y}+{\omega}_z\hat{z}$. O produto vetorial triplo pode ser computado manualmente (isto é abrindo o primeiro produto vetorial $\vec{\omega}\times{\vec{r}_i}$ em suas três componentes, de acordo com a definição desse produto, e realizar outro produto com $\vec{r}_i$ para cada uma dessas componentes) ou utilizando a regra prática "BAC-CAB". De qualquer forma, o resultado final é dado por:

$$\vec{L}=\sum_ i \left({\omega}_x(y^2+z^2)-{\omega}_yxy-{\omega}_zzx\right)\hat{x}+\left({\omega}_y(z^2+x^2)-{\omega}_zyz-{\omega}_xxy\right)\hat{y}+\left({\omega}_z(x^2+y^2)-{\omega}_xzx-{\omega}_yyz\right)\hat{z}$$

Foi omitido o índice $i$ em $x$, $y$ e $z$. O resultado acima junto com a expressão para a derivada temporal do vetor momento angular já são suficientes para a resolução do problema. Podemos multiplicar a expressão de $\dfrac{d\vec{L}}{dt}$ por $dt$ e integrar: esse resultado nos dará a variação do momento angular durante o impulso (escolhemos o ponto $O$ como o centro de massa):

$$\Delta{\vec{L}}=\int \vec{\tau}_{ext}dt=\int \sum_i \vec{r}_i\times{\vec{F}_i}$$

Onde $F_i$ (omitindo o sobrescrito "ext") é a força externa na i-ésima partícula (forças internas não entram em nenhum cálculo). No nosso problema, a única força externa atua na massa de baixo gerando um impulso linear $\vec{P}$. Durante esse, quase instantâneo, impulso, o vetor posição da massa permanece inalterado. Sendo assim, podemos escrever:

$$\Delta{\vec{L}}=\int \vec{r}_2\times{\vec{F}_2}=\vec{r}_2\times{\int \vec{F}_2dt}=\vec{r}_2\times{\vec{P}}$$

Onde o índice $2$ representa a massa que sofre o impulso (a massa maior tem índice $1$). Observe que, como o momento angular inicial é o vetor nulo, a expressão acima nos fornece o momento angular final. Podemos igualar essa quantia com a expressão de $\vec{L}$ em função das componentes do vetor $\vec{\omega}$. Com isso, obteremos $3$ equações escalares para as $3$ incógnitas ${\omega}_1$, ${\omega}_2$ e ${\omega}_3$. Descobrindo o vetor velocidade angular, podemos encontrar a velocidade de todas as partículas após o impulso. O procedimento agora é puramente braçal. Apresentaremos os passos de forma objetiva:

Achando o vetor posição das partículas

Devido a simetria do problema, o centro de massa do sistema está localizado no ponto médio da altura do triângulo (relativa ao lado que contém as partículas de menor massa). As coordenadas das partículas podem ser obtidas com ajuda das figuras abaixo:

 

Dessa forma, $\vec{r}_2=(0,2a,-a)$.

Cálculo de $\vec{L}$ a partir do impulso $\vec{P}$

De acordo com a nossa análise acima, podemos escrever que:

$$\vec{L}=\vec{r}_2\times{\vec{P}}$$

Onde $\vec{P}=(0,0,-P)$. Logo: $\vec{L}=(0,2a,-a)\times{(0,0,-P)}=aP(0,1,2)$.

Cálculo de $\vec{L}$ a partir das componentes de $\vec{\omega}$

Utilizando a expressão deduzida e computando os somatórios, chegamos em:

$$\vec{L}=ma^2(12{\omega}_x,4{\omega}_y,8{\omega}_z)$$

Igualando as expressões para $\vec{L}$

$$ma^2(12{\omega}_x,4{\omega}_y,8{\omega}_z)=aP(0,1,2)$$

Daí,

$${\omega}_x=0$$

$${\omega}_y=\dfrac{P}{4ma}$$

$${\omega}_z=\dfrac{P}{4ma}$$

Cálculo das velocidades

Com o vetor $\vec{\omega}$ em mãos, conseguimos calcular a velocidade de cada partícula em relação ao c.m. Para encontrarmos a velocidade delas no referencial do laboratório, basta adicionarmos a velocidade do c.m. $\vec{V}=\dfrac{\vec{P}}{4m}$. Fazendo isso:

$$\vec{v}_1=\vec{V}+\vec{\omega}\times{\vec{r}_1}=(0,0,0)$$

$$\vec{v}_2=\vec{V}+\vec{\omega}\times{\vec{r}_2}=(-P/m,0,0)$$

$$\vec{v}_3=\vec{V}+\vec{\omega}\times{\vec{r}_3}=(0,0,0)$$

O que demonstra a sentença do enunciado.

Primeiramente, observe que uma condição é que a velocidade angular deve permanecer constante. De fato, como a energia total é conservada, a soma da energia potencial com a energia cinética do conjunto é conservada. Mas, como a energia potencial total do sistema só depende das distâncias entre as massa (que são constantes), segue que a energia potencial é constante também. Isso implica que a a energia cinética também se conserva. Podemos escrever a energia cinética total como sendo $K=\dfrac{{\omega}^2}{2}\left(m_1d_1^2+m_2d_2^2+m_3d_3^2\right)$, onde $d_i$ é a distância da i-ésima massa até o eixo de rotação. Como o termo entre parênteses é constante (pois o sistema mantém seu formato), o fato de que $\omega$ é constante está provado. Agora, devemos ser um pouco mais quantitativos em nossa análise. Escolhemos um sistema de eixos coordenados com origem no centro de massa do sistema. Os vetores posição de cada massa $i$ é $\vec{r}_i$. Como o centro de massa está na origem, seu vetor posição é o vetor nulo. Logo:

$$m_1\vec{r}_1+m_2\vec{r}_2+m_3\vec{r}_3=\vec{0}$$

Aplicando a segunda lei de Newton para uma das massas, digamos a massa 1, obtemos:

$$G\dfrac{m_1m_2}{{\alpha}^3_{12}}\left(\vec{r}_2-\vec{r}_1\right)+G\dfrac{m_2m_3}{{\alpha}^3_{13}}\left(\vec{r}_3-\vec{r}_1\right)+m_1{\omega}^2\vec{r}_1=\vec{0}$$

Onde foi usado que, no referencial girante (nesse referencial surge um termo centrífugo) do corpo rígido, a força resultante é nula. Utilizando a condição do centro de massa está na origem, obtemos:

$$\vec{r}_1m_1\left({\omega}^2-\dfrac{Gm_2}{{\alpha}^3_{12}}-\dfrac{Gm_1}{{\alpha}^3_{12}}-\dfrac{Gm_3}{{\alpha}^3_{13}}\right)+Gm_1m_3\vec{r}_3\left(\dfrac{1}{{\alpha}^3_{13}}-\dfrac{1}{{\alpha}^3_{12}}\right)=\vec{0}$$

Como os vetores $r_1$ e $r_3$ são linearmente independentes (pois as massas não são colineares), segue que o coeficiente que acompanha cada vetor deve ser nulo. Em particular, $\dfrac{1}{{\alpha}^3_{13}}-\dfrac{1}{{\alpha}^3_{12}}$. O que implica ${\alpha}_{12}={\alpha}_13$. Se fizéssemos o mesmo procedimento para a massa $2$, obteríamos ${\alpha}_{12}={\alpha}_{23}$. Portanto, acabamos de descobrir que as massa formam um triângulo equilátero. Chama de $l$ o lado desse triângulo. A outra condição que obtemos ao zerar o coeficiente de $\vec{r}_1$ é:

$${\omega}^2-\dfrac{Gm_2}{{\alpha}^3_{12}}-\dfrac{Gm_1}{{\alpha}^3_{12}}-\dfrac{Gm_3}{{\alpha}^3_{13}}=0$$

Finalmente, chegamos na condição final:

$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{G\left(m_1+m_2+m_3\right)}{l^3}}}$$

As massas devem formar um triângulo equilátero e girar com frequência

$$\boxed{\omega=\sqrt{\dfrac{G\left(m_1+m_2+m_3\right)}{l^3}}}$$

Onde $l$ é o lado do referido triângulo.