Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
Conservação da Energia e Resultante Centrípeta
Temos a seguinte configuração para o movimento:
Onde o vetor →P é a força peso na massa, o vetor →N a força de contato normal, e o vetor →v a velocidade da massa, tangente à semiesfera.
Da trigonometria tiramos inicialmente que: h=Rcosθ
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:
Ep0+Ec0=Ep+Ec
mgR+0=mgh+mv22
mgR=mgRcosθ+mv22
→v=√2gR(1−cosθ)
Olhando para as forças na direção centrípeta, vemos que a resultante nessa direção é:
Fcp=Pcosθ−N=mgcosθ−N
Podemos então aplicar a segunda lei de Newton sabendo que a velicidade v é tangente à semiesfera.
Fcp=mv2R
mgcosθ−N=mv2R
N=m(gcosθ−v2R)
Na perda de contato a força de contato normal para de agir, logo, nesse momento a normal é zero:
gcosθ−v2R
→v=√gRcosθ
Igualando as velocidades encontradas pela energia e pela resultante centrípeta temos:
√2gR(1−cosθ)=√gRcosθ
2(1−cosθ)=cosθ→3cosθ=2
cosθ=23 ou θ=arccos(23)
cosθ=23 ou θ=arccos(23)
Intermediário
Oscilações acopladas
(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=kΔx, onde Δx será o comprimento da mola. Logo:
F12=k(x2−x1) e F23=k(x3−x2).
Seguindo como orientação positiva para a direita, temos:
• A força no oxigênio 1 é F1=k(x2−x1)
• A força no carbono é F2=k(x3−x2)−k(x2−x1)
• A força no oxigênio 2 é F3=−k(x3−x2)
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton em cada corpo:
(1) M¨x1=k(x2−x1)
(2) m¨x2=k(x3−2x2+x1)
(3) M¨x3=k(x2−x3)
(c) Como dito pelo enunciado xi=Aicos(ωt), basta acharmos ¨xi.
dxidt=−ωAisin(ωt)→d2xidt2=¨xi=−ω2Aicos(ωt).
Analisemos as equações de movimento do item (b) (as quais devem ser validas para qualquer momrnto) com esse resultado encontrado:
(1)
M(−ω2A1cos(ωt))=k(A2cos(ωt)−A1cos(ωt))
→−Mω2A1=k(A2−A1)
(2)
m(−ω2A2cos(ωt))=k(A3cos(ωt)−2A2cos(ωt)+A1cos(ωt))
→−mω2A2=k(A3−2A2+A1)
(3)
M(−ω2A3cos(ωt))=k(A2cos(ωt)−A3cos(ωt))
→−Mω2A3=k(A2−A3)
Chegamos Portanto ao seguinte sistema:
{(Mω2−k)A1+kA2+0⋅A3=0kA1+(mω2−2k)A2+kA3=00⋅A1+kA2+(Mω2−k)A3=0
Como não queremos a solução trivial para esse sistema (A1=A2=A3=0) é preciso:
|(Mω2−k)k0k(mω2−2k)k0k(Mω2−k)|=0
Resolvendo o determinante chegamos a:
ω2(k−Mω2)(k(m+2M)−mMω2)=0
Temos três possibilidades:
(I) ω=0. O sistema não oscilará, portanto, não é solução.
(II) ω=√kM. Nessa configuração A2=0 e A1=−A3. O atomo de carbono fica imóvel nessa condição e os átomos de oxigênio oscilam ao seu lado.
(III) ω=√(m+2M)kmM. Os átomos oscilam ao redor do centro de massa.
Logo, os modos normais de vibração são:
ω=√kM e ω=√(m+2M)kmM
a)
• A força no oxigênio 1 é F1=k(x2−x1)
• A força no carbono é F2=k(x3−x2)−k(x2−x1)
• A força no oxigênio 2 é F3=−k(x3−x2)
b)
(1) M¨x1=k(x2−x1)
(2) m¨x2=k(x3−2x2+x1)
(3) M¨x3=k(x2−x3)
c)
ω=√kM e ω=√(m+2M)kmM
Avançado
Magnetostática e Radiação de Lamour
(a) Como temos uma carga em movimento num campo elétrico, ela sofrerá a ação da força de Lorentz:
→F=q⋅(→v×→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: |→v×→B|=v⋅B.
Fcp=mv2r=qvB→r=mvqB
Para r=R0 a velocidade é v=v0, logo:
R0=mv0qB.
(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) mv2r=qvb→v=qBrm.
(II) A energia da particula é a energia cinética
E=mv22=m2(qBrm)2
E=q2B2r22m
Pela regra da cadeia: dEdt=dEdrdrdt
dEdr=q2B22md(r2)dr=q2B2rm
→dEdt=q2B2rmdrdt.
(III) Aplicando a segunda lei de Newton:
ma=qvB→a=qBmqBrm
a2=q4B4r2m4
Aplicando as relações encontradas na fórmula de Lamor:
q2B2rmdrdt=−q26πϵ0c3q4B2r2m4
drr=−q4B26πϵ0m3c3dt
Seja τ=6πϵ0m3c3q4B2; logo:
drr=−dtτ
Para t=0 o raio é r=R0.
∫RR0drr=−∫t0dtτ
lnR−lnR0=−tτ
R=R0⋅e−tτ
(c) olhando para a equação (II) do item (b):
dEdr=q2B2rm
O movimento esde o raio R0 ate o limite do raio tendendo a zero.
∫EE0dE=q2B2m∫0R0rdr
E−E0=ΔE=q2B2m(−R202)
Como R0=mv0qB:
ΔE=q2B22mm2v20q2B2
→ΔE=−mv202
O sinal negativo indica que houve perda de energia.
Perceba que toda a energia da partícula foi perdida na forma de radiação.
a)
R0=mv0qB.
b)
R=R0⋅e−tτ
c)
→ΔE=−mv202