Soluções Física – Semana 118

Conservação da Energia e Resultante Centrípeta

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 $\theta =\arccos(\frac{2}{3})$

$\cos{\theta}=\dfrac{2}{3}$ ou $\theta =\arccos(\frac{2}{3})$

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 $F=k\Delta x$, 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 $\omega=\sqrt{\dfrac{(m+2M)k}{mM}}$

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 $\omega=\sqrt{\dfrac{(m+2M)k}{mM}}$

Magnetostática e Radiação de Lamour

(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.

a)

$R_0=\dfrac{mv_0}{qB}$.

b)

$R=R_0\cdot e^{-\frac{t}{\tau}}$

c)

$\rightarrow \Delta E =-\dfrac{mv_0^2}{2}$