r - Instituto de Física / UFRJ

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8.10
Base Movente (bi-dimensional)
Vimos que se introduzimos uma base ortonormal {e1 , e2 } podemos expressar
qualquer vetor r em termos de uma combinação linear dos vetores base,
r = r1e1 + r2e2 .
Até agora, consideramos sempre que esta base é fixa, ou seja, não depende do
tempo. Entretanto, isto não é a regra. Podemos pensar em uma base que varia
em tempo. Por exemplo, consideramos o movimento de um objeto cujo vetor
posição é dado por
r = r (t) .
Para cada instante, vamos introduzir o vetor unitário na direção deste vetor
posição. Escrevemos tal vetor por
er .
Por definição, podemos escrever
1
er = r,
r
onde
r = |r| =
Assim, temos simplesmente,
√
r · r.
r = r er .
Aqui, em geral, o vetor posição r varia no tempo tanto seu módulo como sua
direção. Isto é, tanto r como er são função do tempo t, em geral.
r
er
= r (t) ,
= er (t)
Agora, vamos calcular o vetor velocidade. Temos
v
=
=
=
dr
dt
d (r er )
dt
dr
der
er + r
.
dt
dt
(21)
Aqui, apareceu um novo vetor
der
.
dt
Vamos estudar a propriedade deste vetor. Primeira, por ser vetor unitário,
temos
er · er = 1.
61
Esta relação leva a seguinte conclusão (ver a questão 7-b anterior),
er ·
der
= 0,
dt
isto é, o vetor
der
dt
er
é ortogonal ao vetor er . Em outras palavras, o vetor d
dt é linearmente independente do vetor er e serviria para expressar qualquer outro vetor, digamos q, em
termos de combinação linear dos dois,
q = c1er + c2
der
,
dt
o que acontece na Eq.(21). Entretanto, o vetor
der
dt
não necessariamente um vetor unitário,
der dt = 1.
Vejamos que o módulo deste vetor está associado com a velocidade angular do
objeto. Seja θ o ângulo que o vetor posição r faz com o eixo X. Naturalmente
este ângulo varia no tempo t e, portanto, uma função do t,
θ = θ (t) .
A forma da função depende do movimento. Agora, note que podemos escrever
er = cos θ e1 + sin θ e2 ,
onde {e1 , e2 } é a base fixa usual. Podemos calcular o vetor velocidade deste
vetor,
der
dt
d
{cos θ e1 + sin θ e2 }
dt
dθ
dθ
= − sin θe1 +
cos θe2
dt
dt
dθ
=
{− sin θe1 + cos θe2 } .
dt
=
Na representação de vetor coluna, temos
der
dθ
− sin θ
=
.
cos θ
dt
dt
62
A partir desta expressão, podemos calcular o múdulo do vetor
der der der
=
·
dt dt dt
2
dθ 2
2
=
(− sin θ) + (cos θ)
dt
dθ = .
dt
Podemos agora introduzir o vetor paralelo a
eθ
d
er
dt
d
er
dt ,
por
mas tem o módulo um por
1 de
dθ r
dt
dt
− sin θ
=
.
cos θ
≡
Assim, agora temos dois vetores ortonormais,
er · er
er · eθ
eθ · eθ
= 1,
= 0,
= 1,
em cada instante t. Podemos então expressar qualquer vetor, digamos q, em
termos de combinação linear dos dois vetores er e eθ , como
q = qr er + qθeθ .
No caso da velocidade do objeto, temos
v =
dr
dθ
dr
= er + r eθ .
dt
dt
dt
1. Mostre que
deθ
dθ
= − er .
dt
dt
2. Mostre que o vetor aceleração pode ser expresso como
dv
dt
2 d2 θ
d2 r
dθ
dr dθ
=
−r
er + 2
+ r 2 eθ .
dt2
dt
dt dt
dt
a =
(22)
3. Para um movimento circular com velocidade angular uniforme, temos
θ
dθ
dt
r
dr
dt
= θ0 + ωt,
= ω = Const,
= R = Const.
= 0.
63
Aqui, ω é a velocidade angular. Neste caso, expresse o vetor velocidade e
o vetor aceleração na base {er , eθ }.
4. Mostre que a componente eθ da aceleração na Eq.(22) pode ser escrita
como
1 d 2 dθ
r
.
r dt
dt
(Este resultado vai ser utilizado mais adiante e é bastante importante.)
Exercícios sobre graficos: (Não apenas o resultado, mas justifique
o porque do comportamento da curva).
1. Esboce os graficos de funções racionais, analizando as situações diferentes
de acordo com valores de parâmetros, a, b, d, e.
y
= ax + b +
y
=
y
=
1
,
dx + e
1
,
(x − a)2 + b2
b
a
+ ,
x x2
2. Seja dada o grafico da função (ver a Fig. abaixo)
y = f (x) .
y
x
Então, esboce o grafico da seguinte relação entre x e y. (a, b > 0 constantes.
64
Separe os casos de a > 1 e 0 < a < 1).
y
y
y
y
y
=
=
=
=
=
y
y
= f (x)
= f −1 (x) ,
1
=
,
f (x)
y
y
−f (x) ,
f (−x) ,
f (x) + a,
af (x) + b
f (ax + b)
2
= ef (x) .
3. Esboce os graficos de funções abaixo, analizando as situações diferentes de
acordo com valores de parâmetros, a, b.
x2 y 2
+ 2
a2
b
x2 y 2
− 2
a2
b
x2 y 2
− 2+ 2
a
b
= 1,
= 1,
= 1,
4. Esboce os graficos de funções abaixo, analizando as situações diferentes de
acordo com valores de parâmetros, a, b, c, e C.
y
= Ceax+b ,
y
= Ceax +bx+c ,
1
=
,
eax+b + 1
y
2
5. Esboce os graficos de funções na representação parametrica, {y = f (t), x = g(t)},
analizando as situações diferentes de acordo com valores de parâmetros,
a, b, ω, e e.
x = a sin (ωt) , y = b cos(ωt),
x = a cos (ωt) , y = a sin (2ωt) ,
cos (ωt)
sin (ωt)
x = a
,y=a
,
1 − e cos (ωt)
1 − e cos (ωt)
6. Calcule o vetor velocidade do vetor posição
x (t)
r (t) =
,
y (t)
e esboce o vetor no grafico X − Y , onde as funções x = x (t) e y = y (t)
são dadas pela questão anterior.
65
9
Os Princípios da Dinânica
1. A primeira lei de Newton, ou a lei de inercia, diz que na ausência de
qualquer força, um corpo permanece repouso ou num movimento retiinear
uniforme. Escolhe um exemplo de um movimento de corpo e discuta se
este princípio se aplica. Se não, discuta também o porque.
2. Tem um copo sobre uma mesa de um trêm em movimento retilinear uniforme. O copo permanece na mesa em repouso, mesmo quando o atrito
da superfície da mesa é despresível. Quando o trêm freia, o copo dislisa na superfície da mesa. O copo dislisa também quando o trêm entra
numa curva, mesmo mantendo sua velocidade em módulo. Explique estes
fenômenos pela lei da inercia.
3. Consideramos uma mola de complimento natural l0 . Fixando uma das
extremidades e puxamos a outra extremidade por uma força f. Seja o
complimento resultane l. Dentro de um certo limite, temos a lei de Hook,
f = k (l − l0 ) ,
onde k é a constante de mola e depende da cada mola. Podemos generalizar
esta lei para incluir a direção da força. Sejam rA e rB os vetores posição
correspondentes dos pontos extremos da mola. A força que está aplicada
no ponto B é
fB = −k (l − l0 ) eAB ,
onde eAB é o vetor unitário na direção do ponto A para o ponto B. Temos,
eAB =
1
(rB − rA ) .
|rB − rA |
Já que
temos
|rB − rA | = l,
l − l0
fB = −k
(rB − rA ) .
l
(a) Existem 3 pontos fixos no plano, PA , PB e PC , cujos vetores posição
são rA , rB ,e rC ,respectivamente. Seja r o vetor posição de um corpo
Q, que está ligado aos três pontos PA , PB e PC pelas molas cujas
constantes de molas k1 , k2 e k3 , e os complimentos naturais l10 , l20 e
l30 , respectivamente (veja a figura abaixo).
66
Q
PA
rA
r
rC
PC
O
rB
PB
Expresse a força f que está atuando no objeto Q em termos dos vetores posição.
(b) Expresse a condição para o vetor posição r pela qual o corpo Q esteja
em equilíbrio.
(c) Vamos supor que todas as molas são muito pequenas de tal forma que
os complimentos naturais sejam despresíveis. Além disto, se todas as
constantes de mola são iguais, qual é a posição do equilíbrio?
(d) Continuamos supor que os complimentos naturais são despresíveis.
Qual seria a condição para as constantes de mola pela qual a posição
de equilíbrio seja no centro da massa do triângulo, PA -PB -PC ?
4. Calcule, com justificativa, a constante de mola do sistema final quando
as molas distintas são conectadas nos casos a), b) e c) como mostrados
abaixo.
A)
k1
k2
k1
B)
k2
k1
C)
67
k2
k3
5. Obtenha a força f necessária para puxar o objeto O até na posição x como
ilustrada na figura abaixo. As duas molas são idênticas e têm constante
de mola k, o comprimento natural l0.
l0
f
x
l0
6. Proponha alguma esquema de experimento para verificar a segunda lei de
Newton e discuta em detalhe a experiência proposta.
7. 2 corpos de massa m1 e m2 estão ligadas por uma mola (cuja massa despresível) de comprimento natural nulo e a constante de mola k (ver a
figura abaixo). Não existe nenhuma outra força atuando além desta mola.
m2
m1
r2
r1
O
68
(a) Sejam r1 e r2 os vetores posição dos corpos m1 e m2 , respectivamente.
Escreva as equações diferenciais (equação de movimento) para os vetores r1 e r2 .
(b) Definimos o vetor momento de centro de massa por
P = m1v1 + m2v2 ,
onde
v1
=
v2
=
dr1
,
dt
dr2
.
dt
Mostre que este vetor é um vetor constante no tempo.
(c) Discuta o movimento do vetor posição do centro de massa do sistema
definido por
= m1r1 + m2r2 .
R
m1 + m2
8. Consideramos o problema análogo a questão anterior mas agora com 3
corpos ligado pelas 3 molas com constantes de mola k12 , k23 , e k31 , respectivamente.
m2
m1
r2
r1
O
r3
m3
(a) Sejam r1 , r2 e r3 os vetores posição dos corpos m1 , m2 e m3 , respectivamente. Escreva as equações diferenciais (equação de movimento)
para os vetores r1 , r2 e r3
69
(b) Definimos o vetor momento de centro de massa por
P = m1v1 + m2v2 + m3v3
onde
v1
=
v2
=
v3
=
dr1
,
dt
dr2
,
dt
dr3
,
dt
Mostre que este vetor é um vetor constante no tempo.
(c) Discuta o movimento do vetor posição do centro de massa do sistema
definido por
= m1r1 + m2r2 + m3r3 .
R
m1 + m2 + m3
9. Consideramos o problema acima, mas agora tem 4 massas, m1 , m2 , m3 e
m4 .
(a) Quantas molas precisariam para ligar todas as massas entre si.
(b) Escreva as equações de movimentos para cada uma das massas.
(c) Mostre que o vetor momento de centro de massa é um vetor constante
no tempo.
(d) Discuta o movimento do vetor posição do centro de massa do sistema.
(e) Repete as questões acima, a),b), c) e d) para o caso de n−massas,
m1 , m2 , ...., mn .
10. A constança do vetor momento de centro de massa na verdade não depende
da natureza das forças que conectam as massas. Por exemplo, para as
forças tipo eletrostática, podemos mostrar também que o vetor momento
de centro de massa conserva no tempo. Qual é a propriedade das forças
mais gerais que conduz a conservação do vetor momento de centro de
massa de um sistema formado de N corpos interagindo entre si, mas não
existe a ação de força externa ? Exresse sua afirmação na linguagem
matemática e demonstre que de fato o vetor momento de centro de massa
conserva no tempo.
70
9.1
Trabalho e Energia
Primeira, vamos considerar um exemplo simples. O problema de queda livre
unidimensional de um corpo de massa m pela força gravitacional da terra com
constante de aceleração gravitacional g. Seja y a coordenada vertical do corpo.
Podemos expressar a segunda lei de Newton como
m
d2 y
= −mg.
dt2
(23)
Já sabemos resolver esta equação para obter a coordenada vertical y como função
do tempo t. Mas aqui, vamos ver de outro ângulo.
Multiplicamos dy/dt aos ambos lados da equação acima, temos
m
d2 y dy
dy
= −mg .
2
dt dt
dt
Só que observamos que
1 d
d2 y dy
=
2
dt dt
2 dt
utilizando a regra de cadeia da derivada.
dy
dt
2
(24)
,
(25)
Exercício Escreva as seguintes
3 expressões como a derivada de alguma quantidade.
1 d
(Ex. x2 dx
=
).
dt
3 dt x
2 2
d z
dz
1)
,
dt
dt2
2
df d f
2) e dt 2
dt
1 df
3)
f dt
d2 f
1
4)
(df/dt)2 + 1 dt2
1
d2 s
5) 2 dt2
1 − ds
dt
Utilizando a relação Eq.(25) na Eq.(24), temos
1 d
m
2 dt
dy
dt
2
= −mg
dy
,
dt
ou equivalentemente,
2
d m dy
+ mgy = 0.
dt 2 dt
71
Esta equação implica que a quantidade,
2
m dy
+ mgy
2 dt
é constante no tempo, mesmo que cada um dos termos,
2
m dy
2 dt
e
mgy
(26)
(27)
são separadamente variam no tempo. A quantidade na Eq.(26)
2
m dy
T ≡
2 dt
é chamada de energia cinética, e a quantidade na Eq.(27)
V ≡ mgy
é chamada de energia potencial. Mesmo que T e V variam no tempo, a soma,
E =T +V
é constante no tempo. Chamaremos E a energia total. Vamos denotamos as
quantidades correspondentes no instante t1 por
E1 = T1 + V1
e no instante t2 por
E2 = T2 + V2 .
A constança da energia total significa que temos que ter
E1 = E2 ,
ou seja
T1 + V1 = T2 + V2 .
Se V2 < V1 , ou seja, se a energia potencial reduz do instante t1 para t2 , então,
a energia cinética aumenta a mesma quantidade correspondente da decrescimo
da energia potencial.
Aqui, o fato fundamental é que, a equação de movimento (ou a segunda lei
de Newton) mostra que o movimento de queda livre sempre conserva a energia
total, ou seja, a soma de energia potencial e a energia cinética seja sempre
constante. Podemos utilizar este fato para resolver alguns problemas do modo
bem simples.
1. Lançamos uma pedra de massa m na direção vertical com a velocidade
inicial v0 . Qual é a altura que a pedra atinge? Despreze o efeito de ar.
2. Uma pessoa cai de um predio de 10m de altura. Qual é a velocidade em
km/h do corpo quando atinge ao terreo ? (Despreze o efeito de ar).
72
9.2
Uma mola unidimensional
Podemos aplicar o argumento análogo para um sistema de massa-mola. Para
simplificar a idéia, consideramos um problema unidimensional, ou seja, o movimento de uma massa m ligada por uma mola.
k
m
Na figura acima, uma massa está ligada pela mola de constante de mola k,
comprimento natural l0 num plano sem atrito.
Questão: Construa a equação de movimento da massa.
Resposta: O primeiro passo para este tipo de questão é determinar o variável
para o qual expressamos a equação de movimento. No problema unidimensional como este, não há muito escolhe, mas existem certas liberdades. Isto
é, a escolhe da origem da coordenada. Vamos escolher a origem do sistema
de coordenadas como sendo o ponto extremo da mola fixo. Chamaremos
x a coordenada horizontal da massa medida a partir desta origem. O segundo passo é identificar todas as forças que atuam no objeto quando a
massa esteja na posição x. Neste problema, temos apenas a força da mola
(a força gravitacional se cansela com a força normal da mesa). Temos
f = −k (x − l0 ) .
Agora podemos utilizar a segunda lei de Newton para obter
m
d2 x
= −k (x − l0 ) .
dt2
Note que a escolhe da origem do sistema de coordenadas não é univoca.
Podemos escolher qualquer posição horizontal como a origem do sistema
de coordenadas.
1. Escreva a equação de movimento da massa acima usando o sistema de
coordenadas o qual tem sua origem no ponto afastado do parede por a.
73
2. Escreva a equação de movimento da massa acima usando sistema de coordenadas o qual tem sua origem no ponto de equilibrio da massa.
3. Verifique que as equações obtidas os itens 1 e 2 acima estão relacionadas
através de uma transformação de variável e idenfifique a transformação.
4. Temos uma equação de movimento,
m
d2 x
= −kx,
dt2
com k > 0. Mostre que
2
1
dx
1
E= m
+ kx2
2
dt
2
é constante no tempo t.
5. Utilizando o resultado acima do item 4, argumente que o movimento é oscilatório. Qual é a amplitude máxima da oscilação? Quando a velocidade
atinge seu máximo?
6. Se a equação de movimento for
m
d2 x
= +kx,
dt2
com k > 0, que tipo de movimento ocorreria?
9.3
Trabalho
A conservação de energia ocorre nos casos mais amplos. Para isto, vamos introduzir o conceito de “trabalho”. Quando aplica uma força f a um objeto,
realizando um deslocamento infinitesimal ∆r, dizemos que a força realizou o
trabalho,
∆W = f · ∆r.
O significado desta definição de “trabalho” pode ser entendido pela a figura
abaixo.
74
Neste exemplo, para levantar o peso de massa m por uma altura ∆h, devemos
puxar a corda a mesma distância ∆h, com a força f = mg. Quando o objeto é
levantado por ∆h, ele adquire a energia potencial
∆V = mg × ∆h.
Por outro lado, o trabalho que foi fornecido pela força que puxou a corda é
∆W
= T × ∆h
= mg × ∆h,
onde T é a tensão da corda, que é igual em módulo a força gravitacional atuando
na massa, mg.
Assim, temos
∆V = ∆W,
indicando, de fato, o trabalho definido desta forma equivale a mudança na energia potencial que a força causou.
1. Pela conservação de energia, deduza a força f necessária para levantar a
carga no caso ilustrado abaixo. Note que cada roldana tem a massa m.
75
f
M
2. Explique o funcionamento de um lavanca em termos de conservação de
energia.
3. Um objeto de massa m movimenta numa reta. Estabelecendo um sistema
de coordenada nesta reta e expressamos sua posição em termos de uma
variável x. Suponha que existe uma força f atuando neste objeto. Esta
força depende da posição do objeto. Isto é, f é a função de x,
f = f (x) .
A equação de movimento (a segunda lei de Newton) para este objeto é
m
d2 x
= f (x) .
dt2
(a) Deduza a lei de conservação de energia,
E = T + V (x) = Const,
onde
2
1
dx
T =
m
,
2
dt
x
V (x) = −
f (x′ ) dx′ ,
x0
onde x0 pode ser escolhido arbitrariamente.
76
(b) Aplique o resultado para o problema de uma massa em queda-livre
sob a força gravitacional da Terra.
(c) Aplique o resultado para o problema de uma massa ligada a uma
mola.
(d) Uma planeta de massa m sente a força gravitacional do sol quando
está na distância x do sol como
f = −G
M⊙ m
,
x2
onde G é a constante gravitacional de Newton (G = 6.67259
×
10−11 m3 kg−1 s−2 ) e M⊙ é a massa do Sol M⊙ = 2 × 1030 kg . Obtenha
a energia potencial V (x) para esta força. Afixe a indeterminação da
constante no potencial pela condição de
V → 0, para x → ∞.
4. Vamos considerar o movimento da Terra da volta do Sol. Vamos supor
que sua orbita é um circlo perfeito em torno do Sol. Já vimos que num
movimento circular, o vetor aceleração a é dada por
a = −ω 2r,
onde ω é a velocidade angular do movimento. No caso da Terra, esta
aceleração é originada da força f devido a segunda lei de Newton,
M⊕a = f,
onde M⊕ é a massa da Terra e f é a forçca gravitacional do Sol. Temos
M⊙ M⊕
f = −G
er ,
r2
onde er é o vetor unitário radial, ou seja, o vetor na direção da posição da
Terra e r é o raio da orbita.
(a) Obtenha a relação entre a velocidade angular ω e o raio r da orbita
da Terra.
(b) Sabendo que a Terra faz uma volta em 365 dias, calcule ω na unidade
rad./seg.
(c) Calcule a velocidade e a energia cinética da Terra em km/seg e Joule
respectivamente.
(d) Da questão 3 − d, a energia potencial da Terra é
V = −G
M⊙ M⊕
.
r
Calcule a energia total da Terra em Joule.
(e) Qual é a energia mínima necessária para um foguete consegue sair do
sistema solar?
77
9.4
Integral de linha e Força Conservativa
Podemos generalizar a dedução da lei de conservação de energia numa situação
mais geral que os casos unidimensional. Vamos supor que um objeto de massa
m está sujeito sob a ação de uma força que depende apenas da posição de objeto.
Portanto, a força vetor é uma função de posição do objeto. Seja r o vetor posição
do objeto num instante. Então, a força é uma função deste vetor r :
f = f (r) .
A segunda lei de Newton ( a equação de movimento) fica
m
d2r
= f
dt2
(28)
Podemos seguir o procedimento análogo ao caso unidimensional. No caso unidimensional, multiplicamos a velocidade aos dois lados desta equação. Aqui,
também multiplicamos a velocidade aos dois lados. Só que devemos tomar
cuidado da natureza vetorial. Ou seja, o produto deve ser o produto escalar.
Temos
dr
d2r dr
m 2 ·
= f · .
(29)
dt
dt
dt
Se expressamos todos os vetores em termos de componentes x, y e z,
r
dr
dt
d2r
dt2
f
= xex + yey + zez ,
dy
dz
dx
=
ex + ey + ez ,
dt
dt
dt
d2 x
d2 y
d2 z
=
e
+
e
+
ez ,
x
y
dt2
dt2
dt2
= fxex + fy ey + fz ez ,
a Eq.(29) fica
2
d x dx d2 y dy d2 z dz
dx
dy
dz
m
+
+
= fx
+ fy
+ fz ,
dt2 dt
dt2 dt
dt2 dt
dt
dt
dt
(30)
onde lembramos que o produto escalar de dois vetores
a = axex + ay ey + az ez ,
b = bxex + by ey + bz ez ,
fica
a · b = (axex + ay ey + az ez ) · (bxex + byey + bz ez )
= ax bx + ay by + az bz .
Da Eq.(29), temos
d
dt
m
2
dr
dt
2 78
dr
= f · ,
dt
(31)
onde usando a notação,
no lugar de
dr
dt
Daqui adiante, escrevemos sempre
dr
dt
2
dr
·
.
dt
a2 = a · a = |a|2 ,
ou em geral,
an = |a|n
para qualquer vetor a.
Conceito de Integral -II Definimos a integral de uma função f (t) de variável t por
tf
f (t) dt =
t0
lim
N−1
N→∞
∆t→0 i=1
f (ti ) ∆t,
(tf − t0 ) = N × ∆t,
1
ti = t0 + i −
∆t,
2
como ilustrado na figura abaixo.
f(t)
......
......
t
t0
tf
79
Questão: Na figura acima, qual é número total de tilinhas? Qual é a largura?
A onde corresponde o valor de t = ti ?
Questão: Utilizando a figura abaixo,
x
x=x(t)
y=f(x)
.
,
,
....
y
t
explique a fórmula de mudança de variável numa integração,
xf
tf
dx(t)
f (x) dx =
f (x(t))
dt
dt
x0
t0
Exercícios: Calcule as seguntes integrais pela mudança
1 x x2 + 1dx, (u =
0
1
x sin x2 + 1 dx.
0
1
dx
√
, (x =
1 − x2
0
√
1/ 3
dx
√
, (x =
1
− 3x2
0
1
dx
√
,
2 − 3x2
0
1
1
dx,
2
0 1+x
e
ln2 x + ln x2
dx,
x
1
(32)
de variável.
x2 + 1)
sin θ)
1
√ sin θ)
3
(x = tan θ)
Integração de dois lados de uma equação, Um método para a resolução
de uma equação diferencial Se tiver uma equação entre duas funções, tipo
f (t) = g (t) ,
80
(33)
que vale para todos os valores de t, então, as funções primitivas de f e g, F e
G devem ser idênticas, a menos de uma constante. Temos
F (t) = G (t) + Const.
ou
t
f (t′ ) dt′ =
t
g (t′ ) dt′ + Const.
(34)
As Eqs.(33) e (34) são equivalentes. Referimos o processo de obter a Eq.(34)
a partir da Eq.33) como “integrar os dois lados” da Eq.(33). Note que para
uma dada equação como a Eq.(33), podemos mulitiplicar uma outra função
arbitrária, digamos h (t) e
f (t) h (t) = g (t) h (t)
e integramos os dois lados,
f (t) h (t) dt = g (t) h (t) dt + Const.
Este procedimento pode ser utilizado para obter a solução de um classe de
equação diferencial. Suponhe que uma função x (t) satisfaz uma equação diferencial tipo,
dx
= f (x) g (t) .
(35)
dt
Neste caso, podemos dividir os dois lados por f (x), e temos
1 dx
= g (t) .
f (x) dt
Integrando os dois lados em t, temos
1
dx
dt = g (t) dt + Const.
f (x (t)) dt
O lado esquerdo é
e temos
1
dx
dt =
f (x (t)) dt
1
dx =
f (x)
1
dx,
f (x)
g (t) dt + Const.
Se as integrais envolvidas sejam efetuadas, temos relação entre x e t, ou seja,
teremos a sulição da equação (35),
x = x (t) .
81
Exemplo: Obtenha a solução da seguinte equação diferencial,
2
dx
+ ω 2 x2 = C,
dt
(36)
onde ω e C (> 0) são constantes.
Solução: Da Eq.(36), temos
dx
= ± C − ω2 x2 .
dt
√
Dividindo os dois lados por C − ω2 x2 , temos
1
dx
√
= ±1.
2
2
C − ω x dt
Integrando os dois lados em t, temos
1
dx
√
dt = ± dt + Const.
C − ω 2 x2 dt
O lado esquerdo fica
1
dx
1
√
√
dt
=
dx
2
2
C − ω x dt
C − ω 2 x2
1
1
= √
dx
2
C
1 − ω x2
C
Introduzimos a mudança de variável,
ω
√ x = sin θ,
C
√
dx
C
=
cos θ,
dθ
ω
temos
1
1
1
1
dx
√
dx = √
dθ
2
2
C
C
1 − sin θ dθ
1 − ωC x2
√
1
1
C
= √
cos θ dθ
2
C
1 − sin θ ω
1
=
dθ
ω
1
=
(θ − θ0 ) ,
ω
onde θ0 é uma constante. Substituindo este resultado de volta, temos
1
(θ − θ0 ) = ±t + Const.
ω
82
Podemos juntar as duas constantes e escrevemos
θ = ±ωt + δ,
onde δ é uma nova constante. Já que
√
C
x=
sin θ,
ω
temos
√
C
sin (±ωt + δ) .
x (t) =
ω
O sinal duplo, ± mostra que as ambas duas sinais servem como solução.
Ou seja, as duas funções
√
C
x+ (t) =
sin (+ωt + δ) ,
ω
e
√
C
x− (t) =
sin (−ωt + δ)
ω
satisfazem a equação diferencial original, Eq.(36).
Exercício: Verifique explicitamente que x+ (t) e x− (t) satisfazem a equação
diferencial Eq.(36).
Exercício: Mostre que escolhendo δ adequadamente, podemos escrever sempre
sin (−ωt + δ) = sin ωt + δ ′ .
Qual é o valor de δ ′ ?
Exercício: Argumente que as duas soluções
√
C
x+ (t) =
sin (+ωt + δ) ,
ω
e
√
C
x− (t) =
sin (−ωt + δ)
ω
podem ser unificadas apenas
√
C
x (t) =
sin (ωt + δ) ,
ω
ou
√
C
x (t) =
cos (ωt + δ) ,
ω
ou ainda
√
C
x (t) =
cos (ω(t − t0 )),
ω
onde t0 é uma constante.
83
1. Obtenha a solução das seguintes equações diferenciais.
dv
+ av + b
dt
2
m dx
k
+ x2
2 dt
2
dx (t)
dt
dy
y2
+ t3
dt
2
dz
− z 4 t2
dt
2
dx
dx
−2
− x2
dt
dt
= 0,
= E,
=
t
,
x
= 1,
= 0,
= 0.
2. Consideramos o movimento unidimensional de uma massa numa mesa
plana. Escolhemos o coordenada x para descrever a posição deste objeto.
Suponhamos que a interação da massa com a superfície da mesa cria a
força de atrito proporcional a velocidade da massa.
(a) Escreva a equação de movimento (a segunda lei de Newton na forma
de equação diferencial em x) da massa, introduzindo quantidades
necessárias.
(b) A equação acima pode ser escrita somente em termos de velocidade.
Obtenha a equação diferencial para a velocidade e obtenha a solução.
Grafique a solução (velocidade) vs. tempo t.
(c) Obtenha a coordenada x em função de tempo. Esboce o grafico da
solução (x). Quando lançado inicialmente com a velocidade V0 , qual
é a distância que a massa percorre?
3. Consideramos o movimento de queda de uma gota de agua de massa m.
Escolhendo o sistema de coordenadas onde o eixo z na direção ao céu,
e supondo não há vento, podemos escrever a equação de movimento (a
segunda lei de Newton) para a coordenada z como
m
d2 z
= fz ,
dt2
onde fz é a força que atua na gota.
(a) Expresse a forma de fz .
(b) A equação acima pode ser escrita somente em termos de velocidade
dz/dt. Escreva a equação diferencial para a velocidade e obtenha a
solução. Grafique a solução (velocidade) vs. tempo t, com várias
condições iniciais possíveis.
84
(c) A solução acima mostra que a velocidade da queda de uma gota de
água se torna constante para t muito grande independentemente da
condição inicial. Esta velocidade no limite de t → ∞ é chamada a
velocidade final (ou a velocidade asintótica). Discuta a propriedade
desta velocidade em função da massa da gota e o coeficiente de atrito.
4. Vimos que para um movimento unidimensional sob a ação de força que
depende apenas da sua posição, a equação de movimento (a segunda lei
de Newton) tem a forma
m
d2 x
= f (x) ,
dt2
onde f (x) é a força que atua na massa m na posição x.
(a) Obtenha a lei de conservação da energia, introduzindo o potencial,
x
f (x′ ) dx′ .
V (x) = −
(b) Utilzando a lei de conservação da energia, descreva qualitativamente
o movimento da massa m nas situações ilustradas abaixo. (Nas figuras, E representa a energia total (energia cinética + potencial) da
massa.
V
x=x1
x=x1
x
V=E
V=V(x)
A)
85
V
x
x=x1
V=E=Vmin
V=V(x)
B)
V
V=E
x
V=V(x)
x=0
C)
86
V
V=E
x
V=V(x)
D)
V
V=E
x
V=V(x)
x=0
E)
(c) Nas figuras acima, estude o comportamento da força como função de
x e esboce os graficos correspondentes. Compare o comportamento
da força com o da velocidade do movimento do cada caso.
5. Vamos estudar o movimento de uma massa ponteforme, deslizando num
plano inclinado (veja a figura abaixo).
87
y
M
y0
x
O
xf
(a) Sejam x (t) e y (t) as coordenadas X e Y da massa no instante t.
Supondo que não há nenhuma atrito, escreva a equação de movimento
para cada coordenada (Não esqueça que exista força de contato com
o plano além da força gravitacional).
(b) A força normal da superfície é um incognito. Assim, não podemos
resolver as equações diferenciais acima diretamente. Por outro lado,
o fato de que a massa sempre está na superfície em contato, existe
uma relação entre as coordenadas x e y independentemente do tempo.
Expresse esta relação.
(c) Usando a relação do item b) nas equação do item a), podemos obter
a força normal da superfície. Calcule o módulo da força normal T .
(d) Utilizando o valor de T obtido acima na uma das equações do item
a), obtenha a equação de movimento e resolve-a.
(e) Calcule o tempo que a massa alcance ao terreo (y = 0), depois ter
largado no ponto inicial (0, y0 ). Este tempo varia quando a massa do
objeto é maior?
(f) Calcule a energia cinética que a massa possui no instante quando ela
alcance ao terreo.
(g) Refaça todos os itens acima quando existe um atrito na superfície do
plano que proporcional a velocidade de deslisamento.
6. Consideramos uma montanha russa cuja altura y é a função da distância
horizontal x, digamos f (x) (ver a figura abaixo).
88
y
M
y=f(x)
y0
x
O
xf
Suponhamos que o wagão da montanha russa parte da posição (0, y0 ) com
velocidade inicial nula e sempre se move alongo ao trilho sem atrito.
(a) No ponto (x, y = f (x)) , obtenha o vetor unitário normal ao trilho.
(b) Escreva as equações de movimento para as coordenadas x e y.
(c) Qual é a energia cinética do wagão na posição de (x, y) ?
(d) A coordenada y é sempre determinada como função de x,
y = f (x) .
Derivando em termos de t, expresse o componente y da velocidade
em termos de x e dx/dt.
(e) Expresse o componente y da aceleração em termos de x, dx/dt e
d2 x/dt2 .
(f) Expresse o módulo da força normal do trilho ao wagão como função
de x.
9.4.1
Integral de linha
Vamos voltar a Eq.(31),
d
dt
m
2
dr
dt
2 dr
= f · .
dt
Podemos integrar em t os dois lados de t = t0 a t = tf , e temos
2 2 tf m dr m dr dr
−
=
f ·
dt
2 dt 2 dt dt
t0
t=tf
t=t0
89
(37)
(38)
Como sempre, a quantidade
tf
t0
dr
f ·
dt
dt
deve ser entendida como o limite da soma (integral de Riemann),
tf N dr
dr
f·
dt = lim
f·
∆t.
N→∞
dt
dt t=ti
t0
i=1
∆t→0
Por outro lado, para ∆t infinitesimal, a quantidade
dr
∆t
dt
nada mais é o deslocamento do objeto dentro do intervalo do tempo ∆t. Isto é,
temos
dr
∆t = ∆r,
dt
e portanto,
tf N dr
f ·
f · ∆r
.
dt = lim
N→∞
dt
t=ti
t0
i=1
∆t→0
Mas a quantidade,
f · ∆r
t=ti
é o trabalho que a força f realiza no instante ti no intervalo de tempo ∆t, e
podemos escrever
tf N
dr
f·
dt = lim
∆W |t=ti
N→∞
dt
t0
∆t→0 i=1
≡
dW,
C
onde C representa o trajétório do objeto em movimento. O simbolo
C
indica que a integral deve ser feito alongo a certo trajetório (caminho) C. Escrevemos também como
tf dr
f·
dt =
f · dr.
dt
t0
C
Nesta última, podemos também escrever em termos de componentes,
f · dr =
{fx dx + fy dy + fz dz}
C
C
Note que dx, dy e dz não são independentes pois o vetor r deve mover alongo
ao trajetório C indicado. Este tipo de integral é chamada de integral de linha.
90
1. Calcule a integral de linha no plano X − Y
f · dr
C
quando
f =
=
fx
fy
x2 + y 2
xy
para os seguintes caminhos ilustrados abaixo. Todos os caminhos partem
da origem (0, 0) e chegam o ponto (0, 1).
y
(0,1)
x
(0,0)
Caso A
y
(0,1)
(1,1)
(1,0)
(0,0)
Caso B
91
x
y
(0,1)
(1,1)
(1,0)
(0,0)
x
Caso C
y
(0,1)
x2+y2=1
(1,0)
(0,0)
x
Caso D.
(dica: Use a expressão parametrica, x = cos θ, y = sin θ para o último
caso)
92
9.4.2
Força Conservativa
Como vimos, para uma força geral, o trabalho que a força fornece de mover a
massa de um ponto rA a um outro ponto rB é expresso por
W =
rB
rA ;C
f · dr,
onde C representa o caminho que leva do ponto rA até rB . O trabalho em geral
depende do caminho, mesmo que os dois pontos inicial e final sejam fixos. Mas
certa classe de forças, W não depende do caminho que leva do ponto rA até rB .
Neste caso, concluimos que W deve ser somente função de coordenadas de rA e
rB . Temos
W = W (rA , rB ) .
Quando acontece isto, a força f é dita “força conservativa”. Podemos provar
que
W (rA , rB ) = −W (rB , rA ) .
1. Da propriedade de uma força conservativa, prove as seguintes propriedades
de W,
W (rA , rB ) + W (rB , rC ) = W (rA , rC ) ,
(39)
para qualquer rA , rB e rC .
2. A integral de linha alongo a um caminho C fechado (caminho que volta
para o ponto de partida) é expressa por
f · dr.
C
Para uma força conservativa, mostre que o trabalho alongo a um caminho
fechado é nulo, ou seja, para f conservativa,
f · dr = 0.
C
3. Para uma dada W que satisfaz a propriedade Eq.(39), demonstre matematicamente que existe uma função V (r) de tal forma que
W (rA , rB ) = V (rA ) − V (rB ) .
4. Usando V (r) da questão anterior, podemos escrever a Eq.(38) pode ser
escrita como
2 2 m dr m dr −
= V (r0 ) − V (rf ) ,
2 dt 2 dt t=tf
t=t0
93
onde
r0
rf
= r (t0 ) ,
= r (tf ) .
A função V (r) é chamada de energia potencial, enquanto,
2
m dr
T =
2 dt
é chamada de energia cinética. A partir da equação acima, conclua que
em qualquer momento, a quantidade,
E ≡ T + V (r)
é uma constante, ou seja independente do tempo.
5. Mostre que uma força conservativa pode ser obtida pelo potencial por
fx
fy
fz
∂V (x, y, z)
,
∂x
∂V (x, y, z)
= −
,
∂y
∂V (x, y, z)
= −
.
∂z
= −
As tres equações acima aparece frequentemente. É útil introduzir uma
notação que condensa as tres equações numa equação vetorial. Assim,
introduzimos um “operador diferencial vetorial” ∇ por
∇
tal forma que
≡
∂
∂
∂
e1
+ e2
+ e3
∂x
∂y
∂z
 ∂ 
→ 
∂x
∂
∂y
∂
∂z



fx
f =  fy 
fz
 ∂V (x,y,z) 

= −

= −
∂x
∂V (x,y,z) 

∂y
∂V (x,y,z)
∂z
∂ 
∂x
∂ 
V (x, y, z)
∂y
∂
∂z
= −∇V (r)
94
Em geral, para uma função V (x, y, z) ,
∇V = e1
∂V
∂V
∂V
+ e2
+ e3
.
∂x
∂y
∂z
6. Calcule ∇V para seguintes casos.
V (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,
V (x, y, z) = x3 yz 2
1
V (r) = ,
2
x + y2 + z 2
V (r) = r2 ,
1
, (a : const),
+ a2
2
(r) = e−ar ,
1
(r) =
,
|r|
· r, (C
: const)
(r) = C
(r) = ar2 + b · r + c,
V (r) =
V
V
V
V
r2
7. Se o potencial V é uma função apenas de módulo de r, ou seja
V = V (|r|) ,
prove que a força correspondente sempre está na direção radial, ou seja,
f // r.
9.4.3
Condição de uma força conservativa
No item 5 acima, vimos que para uma força conservativa, sempre existe uma
função V (r) tal que
f = −∇V (r) .
Aqui, vamos mostrar que a reciproca também é verdade. Ou seja, para uma
força f, se existe V (r) de tal forma que
f = −∇V (r) ,
então f é uma força conservativa.
Lembre que em geral, a reciproca de uma afirmação,
A → B,
não é sempre verdade.
B→A
95
Questão: Dê alguns (>2) exemplos de afirmação para o qual sua reciproca não
é verdade.
Questão: Dê alguns (>2) exemplos de afirmação para o qual sua reciproca
também é verdade.
Questão: Para uma dada afirmação,
A → B, (se A, então vale B)
referimos como sua negação,
A
/ →B
/ (se não A, então não vale B).
A negação de uma afirmação não é sempre verdade. Dê alguns exemplos
de afirmação para o qual sua negação não é verdade.
Questão: Mostre que para qualquer afirmação, a negação da reciproca (ou a
reciproca da negação) é sempre verdadeira.
Definição: Para uma dada afirmação,
A → B,
é dita que A é a condição suficiente de B. Isto porque, se A, então, pela
afirmação, B é sempre garantida. Assim, A é suficiente para B, embora
podem existir outras condições para B. Por outro lado, é dita que B é a
condição necessária para A. Isto porque, pela negação da reciproca, não
B implica em não A. Isto é, para A, no mínimo, tem que ser B. Assim,
B é uma condição necessária para A. Para uma afirmação cuja reciproca
também é verdade,
A ⇆ B,
A (B) é a condição necessária e suficiente de B (A). Neste caso, também
dizemos que as condições A e B são equivalentes.
Questão: Para as seguintes afirmações, identifique qual é a condição necessária
para qual. Verifique se esta condição é suficiente também.
1. (a) Se
x = 1,
então
x2 = 1.
(b) Se
x2 + 3x + 2 = 0,
então
(x + 1) (x + 2) = 0.
96
(c) Se
então
f (x) = x3 + 2x,
df
= 3x2 + 2.
dx
(d) Se
então
f = −∇V (x, y, z) ,
∂fx ∂fy
−
∂y
∂x
∂fz
∂fy
−
∂z
∂y
∂fz
∂fx
−
∂x
∂z
97
= 0,
= 0,
= 0,
9.5
Forças centrais
Certas forças que atuam entre dois corpos, tipo a força gravitacional ou a força
eletrostática, tem sua direção paralela ao vetor da coordenada relativo entre
dois corpos e sua magnitude não depende da direção, mas depende apenas a
distância. Por exemplo, a força gravitacional que a Terra sente do Sol é
M⊙ M⊕
fSol→T erra = −G
er ,
r2
onde
r = |r|
é o módulo do vetor posição da Terra com o Sol na origem (vetor radial), e
1
er = r
r
é o vetor unitário radial. Como se ver, a direção da força sempre está paralela
ao vetor r, e a magnitude da força (módulo do f) depende apenas de r, e não
depende da direção. Este tipo de força é chamado “forças centrais” . Em geral,
uma força central tem a forma,
f = F (r) er ,
onde a função
F (r)
representa a magnitude da força como função da distância. Neste caso podemos
mostrar que a integral,
r
f · dr
I (r, r0 ; C) ≡
r0 ;C
não depende do caminho C.
Exercício: Prove que para uma força central a integral acima não depende do
caminho C.
Exercício: O exercício acima mosta que existe potencial para esta força. Verifique que o potencial V (r) é uma função apenas de r e não depende da
direção, ou seja,
V (r) = V (r) .
Exercício: Se o potencial depende apenas de r, mostre que a força derivada
deste potencial, calculada pela fórmula,
é uma força central.
(r)
f = −∇V
Exercício: Calcule o potencial gravitacional da Terra devido a força gravitacional do Sol,
M⊙ M⊕
fSol→T erra = −G
er .
r2
98
9.6
Potencial de um sistema com mais de um corpo
O conceito de potencial pode ser generalizado para um sistema que contém
mais de um corpo. Para começar, vamos considerar um sistema de dois corpos
interagindo pela força que atua entre eles mas sem nenhuma força externa.
Temos a lei de Newton para cada um destes corpos,
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
m1
= f2→1 ,
= f1→2 ,
(40)
onde m1,2 e r1,2 representam as massas e vetores posição de corpo 1 e 2, respectivamente e f2→1 representa a força gerada pelo corpo 2 atuando no corpo 1, e
f2→1 vice-versa. Como vimos, pela terceira lei de Newton, temos
f2→1 = −f1→2 .
(41)
Suponhamos que estas forças são conservativas. Nos queremos uma função
potencial,
V (r1 , r2 ) = V (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 ) ,
de tal forma
f2→1
f1→2
onde
1 V (r1 , r2 ) ,
= −∇
2 V (r1 , r2 ) ,
= −∇
1, ∇
2
∇
representam operadores que calculam os gradientes em relação a coordenadas
r1 e r2 , respectivamente. Isto é,


1 V (r1 , r2 ) = − 
∇


2 V (r1 , r2 ) = − 
∇

∂V
∂x1
∂V
∂y1
∂V
∂z1
∂V
∂x2
∂V
∂y2
∂V
∂z2

,


.
Podemos mostrar da propriedade Eq.(41) que na verdade a função potencial
tem a seguinte forma,
V (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 ) = V (x1 − x2 , y1 − y2 , z1 − z2 ) .
Ou equivalentemente,
V (r1 , r2 ) = V (r1 − r2 ) .
99
(42)
Exercício: Se o potencial V tem a propriedade Eq.(42), mostre que a propriedade da força, Eq.(41) é satisfeita naturalmente.
Exercício: Se o potencial V tem a propriedade Eq.(42), mostre que o sistema
que obdece a Eq.(40) satisfaz a seguinte lei de conservação,
1
m1
2
dr1
dt
2
1
+ m2
2
dr2
dt
2
+ V (r1 , r2 ) = E : Const.
(43)
Note que para este tipo de sistema (dois corpos interagindo entre si, mas
não existe nenhuma força externa), a equação acima mostra que a energia total
do sistema é dado por
1
m1
2
dr1
dt
2
1
+ m2
2
dr2
dt
2
+ V (r1 , r2 ) .
Exercício: Cosidere um sistema composto de 2 corpos, mas dirigido pela seguinte
par de equações de movimento (preste atenção da forma da força nas
equações),
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
m1
= f (r1 ) ,
= f (r2 ) .
(44)
1. (a) Qual é a diferença deste sistema comparado com o sistema descrito pela Eq.(40)?
(b) Deduza a lei de conservação de energia para este sistema e compare o resultado com a Eq.(43).
O potencial
V (r1 , r2 )
é dito potencial de 2 corpos. Podemos generalizar facilmente a lei de conservação
de energia para um sistema composto de mais de 2 partículas que interagem
entre si, pela interação de dois corpos, ou seja a força dois a dois. Por exemplo,
se 3 corpos cuja equação de movimento é dada por
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
d2r3
m3 2
dt
m1
= f2→1 + f3→1 ,
= f1→2 + f3→2 ,
= f1→3 + f2→3 ,
como no caso de 3 massas com 3 molas ilustrada na fugura abaixo,
100
(45)
m2
m1
r2
r1
O
r3
m3
Exercício: Deduza a lei de conservação do sistema acima e obtenha a forma
de energia potencial do sistema.
Exercício: Expresse a energia potencial do sistema composto de Sol e Terra
como função de vetores de coordenadas do sol r⊙ e da terra r⊕ .
Exercício: Expresse a energia potencial do sistema composto de Sol, Terra e
Marte como função de vetores de coordenadas do sol r⊙ e da terra r⊕ , e
da Marte, rM .
101
10
10.1
Colisão entre dois corpos
Colisão Elástica
Em geral, um processo de colisão entre dois corpos pode provocar vários processos tais como deformação ou quebra dos corpos em colisão, emissão de calor,
som, etc. Estes fenomenos são mais complicados a ser tratados, envolvendo
processos físicos ainda não formluados neste curso até agora. Mas podemos
considerar a situação mais simples idealizada de colisão entre dois corpos, isto
é, a colisão puramente elástica, o que ocorre aproximadamente, por exemplo na
colisão de duas bolas de bilhar.
Podemos formular o problema de seguinte forma. Começcamos as duas
equações de movimento de dois corpos 1 e 2 em colisão.
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
= f2→1 ,
m1
e pela 3a lei, temos
= f1→2 ,
f1→2 = −f2→1 .
Escrevendo simplesmente f2→1 como f,
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
m1
= f,
= −f.
Como vimos anteriormente, podemos mostrar
dr1
dr2
d
m1
+ m2
= 0,
dt
dt
dt
ou
dr1
dr2
+ m2
= P : Const.
(46)
dt
dt
o que mostra que o momento do centro de massa é uma quantidade conservada.
Por outro lado, no caso de f é uma força conservada, em geral, podemos
escrever
f = f (r1 − r2 ) ,
m1
e deve existir o potencial V tal que
(r) ,
f (r) = −∇V
onde
r = r1 − r2
102
é o vetor de coordenada relativa. A lei de conservação neste caso, temos (veja
a Eq.(43),
2
2
1
1
dr1
dr2
m1
+ m2
+ V (r1 − r2 ) = E : Const.
(47)
2
dt
2
dt
Assim, sob a força conservativa,
Como na maioria dos casos de processo de colisão, a força entre dois corpos
tende a zero quando a distância entre dois corpos fica suficientemente grande.
Isto permite escolher a origem da integração do potencial de tal forma que
V (r1 − r2 ) → 0,
|r1 − r2 | → ∞.
A distância onde o potencial (ou a força) se torna nula além deste valor é
chamado o alcance do potencial. Num processo de colisão, dois corpos vêm de
longe (bem fora do alcance do potencial), interagem através desta força e vai
espalhar de novo a fora do alcance (veja a figura abaixo).
Pf(1)
Pf(2)
Pi(2)
Pi(1)
(i)
(i)
Nesta figura, p1 e p1 representam os momentos dos dois corpos antes da colisão
(f )
(f )
(fora do alcance do potencial), e p1 e p2 são os momentos depois da colisão.
Pela conservação de momento total, temos
(i)
(i)
(f )
(f )
p1 + p2 = p1 + p2 .
(48)
Por outro lado, a conservação da energia diz que
1 (i) 2
1 (i) 2
1 (f ) 2
1 (f ) 2
p1
+
p2
+V (r1 (ti ) − r2 (ti )) =
p1
+
p
+V (r1 (tf ) − r2 (tf )) ,
2m1
2m2
2m1
2m2 2
103
onde r1 (ti ) representa o vetor posição do corpo 1 num instante ti antes da
colisão e r1 (tf ) o vetor posição do corpo 1 num instante tf depois da colisão e
analogamente para r2 (ti ) e r2 (tf ). Para o estado de dois corpos antes e depois
da colisão, temos
V = 0,
pois os dois corpos estão fora do alcance do potencial. Desta forma, a conservação da energia se reduz a
1 (2) 2
1 (1) 2
1 (2) 2
1 (1) 2
pi
+
pi
=
pf
+
p
.
2m1
2m2
2m1
2m2 f
(49)
Vejamos que as equações Eq.(48) e Eq.(49) constituem um conjunto de vín(1)
(2)
culo bastante forte para os valores de momentos finais, pf e pf . Em outras
(1)
(2)
palavras, os valores de momentos finais pf e pf ficam bastante limitados para
uma dada condição inicial de momentos iniciais. Vamos ver de seguinte forma.
Os momentos iniciais são completamente arbitrários, pois podemos considerar
(1)
sempre a situação de colisão para um par de vetores momento iniciais pi e
(2)
(1)
(2)
pi . Para determinar os momentos finais pf e pf , precisariamos 6 números,
pois eles são vetores tridimensionais. Por outro lado, temos 4 equações (Eq.(48)
e Eq.(49)), e portanto, o número de graus de liberdade finais é 6 − 4 = 2. Em
outras palavras, para saber os momentos finais da colisão, precisamos especificar
(1)
(2)
apenas 2 dos 6 componentes dos pf e pf e outros 4 podem ser determinados
através das equações, Eq.(48) e Eq.(49).
10.1.1
Colisão Elástica Bidimensional
A situação muda um pouco para um processo de colisão num plano, ou seja,
processo de colisão bidimensional. Neste caso, cada vetor tem 2 componentes,
e portanto, o número de graus finais é 4, mas temos agora 3 equações (2 para a
conservação de momento, 1 para a conservação de energia). Assim, precisamos
especificar apenas 1 dos componentes dos momentos finais.
1. Consideramos uma colisão elástica de dois corpos de massa m1 e m2 ,
respectivamente num plano. Como ilustrado na figura abaixo, o corpo 2
estava inicialmente repouso na origem e o corpo 1 vem do lado esquerdo
da figura com a velocidade inicial v0 e colide com 2 e espalhado por ângulo
(f )
(f )
θ. Podemos expressar as componentes dos momentos finais p1 e p2 por
cos θ
(f )
(f )
p1
= p1
,
sin θ
cos ψ
(f )
(f )
p2
= p2
,
− sin ψ
(f )
(f )
onde p1 , p2 são os módulos dos momentos finais e ψ o ângulo do momento final do corpo 2 como indicado na figura.
104
Pf(1)
θ
v0
m1
m2
ψ
Pf(2)
Colisão vista no Sistema Laboratório
(a) Explicite as 3 equações para a conservação de energia e de momento
(f)
(f )
para 3 incognitos, p1 , p2 e ψ, em termos de m1 , m2 , v0 e θ.
(b) Usando as 2 equações de conservação de momento, elimine o incognito
(f)
(f )
ψ (dica: sin2 ψ + cos2 ψ = 1) e obtenha uma relação entre p1 , p2
e θ.
(c) Usando o resultado acima e a equação de conservação de energia,
(f )
elimine o incognito p2 e mostre que vale a equação
1
1 (f ) 2
2 (f )
1
1
+
p1
−
p1 P0 cos θ +
−
P02 = 0,
m1 m2
m2
m2 m1
(d)
(e)
(f)
(g)
onde P0 = m1 v0 .
A equação acima pode ser considerada como uma equação de segunda
(f )
(f )
grau em p1 . Para corresponder a um processo de colisão real, p1
deve ser um número real. Ou seja, os raíses desta equação de segunda
grau devem ser reais. Com este fato, demostre que o valor de cos θ
deve satisfazer uma certa desigualdade.
Do resultado acima, demonstre que existe um ângulo máximo de
espalhamento quando m1 > m2 , e expresse este ângulo máximo em
termos de m2 , m1 .
Demonstre que para m1 ≤ m2 , não há restrição para o ângulo de
espalahamento θ.
Para m1 ≪ m2 , mostre que
(f )
p1
105
→ P0 ,
e discuta o significado.
(f)
(h) Para m1 ≫ m2 , discuta sobre valor de θ e p1 .
(1)
(i) Para m1 = m2 , obtenha pf como função de θ e discuta o resultado.
(j) Para m1 = m2 , obtenha o ângulo ψ como função de θ e discuta o
resultado.
2. Consideramos o processo de colisão elástica bidimensional entre duas massas iguais (m1 = m2 ). Quanod os momentos inicias são dados por,
P0
(f )
=
p1
,
0
0
(f )
=
,
p2
0
(f )
mostre que o ângulo entre dois momentos finais p1
(f )
(f )
e p2
é π/2, isto é,
(f )
p1 ⊥ p2 .
3. Mostre que quando dois esferas rígidas de mesma massa chocam frontalmente, eles trocam seus momentos completamente. Ou seja, se inicialmente uma dela estava em repouso (o alvo), após a colisão frontal, o
projétil se torna repouso e o alvo sai com o momento exatamente mesmo
do projétil inicial.
10.2
Colisão Inelastica
Numa situação real, a colisão de dois corpos não necessariamente sempre elástica. Até contrário, uma colisão elástica perfeita raramente ocorre. Em geral,
o choque causado pela colisão provoca vários efeitos que convertem a energia
da colisão em calor, som, luz, rachadura, deformação, etc. Qualquer um destes
processos transforma a energia cinética da colisão em outras forma de energia,
por exemplo, a propagação de som. Desta forma, a energia cinética total inicial
(antes da colisão) não é igual a energia cinética total final (depois da colisão),
mas
(i)
(i)
(f )
(f )
T1 + T2 = T1 + T2 .
Vamos escrever a diferença das energias final e inicial por Q. A lei da conservação
da energia então deveria ser
(i)
(i)
(f )
T1 + T2 = T1
(f )
+ T2
+ Q,
A quantidade Q representa a montante da energia que sai da energia cinética
total antes da colisão a outras graus de liberdades que não contemplados aqui.
Chamamos as veses de Q a energia dissipada. Em geral, a energia Q fica dissipada na forma de som, calor, fragmentação, etc. Por exemplo, quando duas
106
massas de barro colidem e gludem, a grande parte da energia cinética inicial se
transforma em calor.
Vamos estudar o problema acima mais em detalhe. Suponhamos que a massa
m1 incide com momento inicial P0 em cima de outra mass m2 e apois a colisão,
as duas massas gludem e se formam uma massa única.
1. Expresse o momento total e a energia cinética total do sistema antes da
colisão.
2. Depois da colisão, o sistema é composto de um único corpo com a massa
m1 + m2 . Determine a velocidade final deste objeto, v usando a lei de
conservação do momento.
3. Calcule a energia cinética correspondente da velocidade acima obtida.
Compare com a energia cinética inicial e calcule a diferença e obtenha
o valor de Q.
4. Para um processo de colisão com a força conservativa, vimos que o momento total e a energia cintética total se conservam. Aqui, a conservação
de momento foi usada na forma prevalecendo a conservação da energia
cinética. Qual é a razão disto? Porque não pode usar a conservação de
energia cinética ?
5. No exemplo anterior, o valor de Q é positivo. Ou seja, a energia cinética
final é menor que a de inicial. Considere possíveis processos que justifique
a perda da energia cinética correspondente a Q .
6. Pode existir alguma situação em que Q < 0? Se for, dê um exemplo.
7. Vamos considerar um processo de colisão inelástica bidimensional de duas
massas iguais.
(i)
(i)
(f )
(f )
p1 + p2 → p1 + p2 .
Refaça as contas da questão 1 da colisão elástica, incluindo Q não nulo.
Discuta as possíveis situações de acordo com vários valores de Q.
10.3
Sistema de Centro de Massa para 2 corpos e movimento relativo
Como vimos, o movimento de centro de massa para um sistema de 2 corpos
sem força externa é um movimento retilinear uniforme. Neste caso, se um observador esteja num vehículo que movimenta junto com o centro de massa do
sistema, o observador veria um processo de colisão como se fosse dois objetos
se colidindos de lados opostos e espalham também nas direções opostas (veja a
figura abaixo).
107
m1
m2
Antes
Depois
A imagem acima, embora aparece bem diferente a da figura anterior, a colisão
vista no Sistema Laboratório, representa o mesmo processo. Apenas o observador está em movimento junto com o centro de massa do sistema, enquanto,
no Sistema Laboratório, o observador está parado no sistema de referência onde
o alvo estava afixado antes da colisão. Vamos descrever as leis de conservação
de energia e de momento neste sistema.
CM é dado como sempre por
1. O vetor posição do Centro de Massa, R
CM =
R
1
(m1r1 + m2r2 ) .
m1 + m2
Expresse a velocidade do Centro de Massa, VCM =
termos de v1 e v2 .
CM
dR
dt
e expresse em
2. Para um observador cuja velocidade é VCM , como aparecem as velocidades
dos corpo 1 e corpo 2, v1′ e v2′ ?
3. Mostre que a velocidade relativa entre 1 e 2 no sistema CM
′
vrel
≡ v1′ − v2′ ,
é igual a velociadade relativa no sistema Laboratório,
vrel = v1 − v2 .
108
4. Calcule os momentos p′1 e p′2 dos corpos vistos pelo observador neste sistema. Verifique que o momento total é nulo, ou seja
p′1 = −
p′2
5. Calcule as energias cinéticas e sua soma neste sistema. Mostre que esta
energia pode ser escrita como
µ 2
ECM = vrel
,
2
onde
m1 m2
µ=
.
m1 + m2
A quantidade µ é chamada de “massa reduzida”.
6. Calcule a diferença das energias do sistema Laboratório e do sistema Centro de Massa. Interprete o resultado.
7. No sistema de referência, as duas partículas de massa m1 e m2 tem as
velocidades v1 e v2 . Os vetores posição são r1 e r2 . Vamos introduzir a
mudânça de variáveis,
1
(m1r1 + m2r2 ) ,
m1 + m2
r = r1 − r2 .
=
R
e r.
(a) Inverta a relação acima e expresse r1 e r2 em termos de R
e r e suas derivadas.
(b) Expresse as seguintes quantidades em termos de R
T
P
11
2
2
1
1
dr1
dr2
+ m2
,
m1
2
dt
2
dt
dr1
dr2
= m1
+ m2
.
dt
dt
=
Meio Contínuo
Até agora, consideramos situações em que o tamanho de objetos em questão
não é relevante para a descrição do problema. Por exemplo, no problema de
Sol e Terra, não consideramos o tamanho do Sol, nem da Terra. Isto foi justificado, porque comparado com a distância em questão (a distância entre o
Sol e a Terra) é muito grande comparado com os raios dos objetos e, portanto,
podemos desprezar o efeito de extensão espacial deles. Mas quando consideramos o problema de um satelite artificial em volta da Terra, o raio da Terra não
é desprezível em relação ao raio da orbita do satelite. Neste caso, sera que vale
a fórmula para a força gravitacional,
mM⊕
f = −G 2 er ?
r
Na verdade, a fórmula acima só vale quando as massas m e M⊕ são ponteformes.
109
1. No Universo, é observado que muitas galaxias formam um agolomerado
chamado de cluster. Sejam m1 , m2 , ..., mN as massas e r1 , r2 , ..., rn os vetores posição das galaxias medido do centro do cluster, respectivamente.
Expresse a força gravitacional total atuando numa galaxia M localizada
numa posição r do centro do cluster, como mostrada na figura abaixa.
r
2. Expresse a energia potencial gravitacional da galaxia M em relação ao
cluster.
110
11.0.1
Soma Contínua
Nas duas questões acima, as respostas tem a forma
N
i=1
mi × (Qi ) ,
onde Qi é alguma quantidade dependendo de i. Por exemplo, na questão 1,
Qi = −G
M
|r − ri |
e na segunda questão,
Qi = −G
3
(r − ri ) ,
M
.
|r − ri |
Quando o cluster de galaxias contém enorme número de galaxias, mas com
pequenas massas, de tal forma que a massa total do cluster seja fixo. Neste
caso, podemos considerar o cluster como uma distribuição de massa contínua.
Neste caso, a somatório varre continuamente sobre as pequenas massas. O
número total das galaxias N e as massas de galaxias tem a relação
N mi = mT ot .
(aqui, consideramos que todas as galaxias tem a mesma massa). Quando
tomamos limite N → ∞, mi → 0, mantendo mi N = mT ot , o somatório
N
i=1
mi × (Qi ) ,
pode convergir a um valor. Se acontece isto, escrevemos o valor limite do somatório como
N
lim
mi × (Qi ) → dm Q (m) .
N→∞
i=1
Para indicar que a região onde o somatório sobre massa varre, escrevemos também
dm Q (m) ,
V
onde V representa o volume no qual as massas distribuem.
Por exemplo, podemos escrever a força gravitacional atuando sobre a massa
M na posição r pela distribuição de massa contínua como
1
f (r) = −GM
dm
(r − rm ) ,
|r − rm |3
V
e a energia potencial correspondente por
V (r) = −GM
dm
V
111
1
,
|r − rm |
(50)
z
θ
(x,y,z)
y
φ
x
Figure 3:
onde rm indica o vetor posição da massa a ser somada. Em outras palavras,
a soma varre sobre todas as posições rm dentro do volume V . Para executar
a soma, vamos introduzir o sistema de coordenadas esfericas. Um ponto no
espaço r pode ser expresso em termos de coordenadas Cartesianas, (x, y, z) mas
isto não é a única forma. Podemos introduzir um novo sistema, chamado o
sistema de coordenadas esfericas. Para um dado ponto r, consideramos um
plano formado de eixo z e o vetor r, como ilustrado na figura abaixo em termos
de paralelograma cinza.Agora, vamos introduzir os dois ângulos como ilustrada
na figura acima. Um, o ângulo azimutal, φ que o ângulo que o plano acima
faz com o eixo x, e outro, o ângulo zenital θ, o ângulo que o vetor r faz com o
eixo z. Qualquer direção no espaço a partir da origem pode ser especificada em
termos destes dois ângulos, (θ, φ). Assim, qualquer ponto no espaço pode ser
especificado pela a distância e a direção, ou seja,
(r, θ, φ) ,
112
onde r mede a distância da posição a partir da origem. Estes tres números
constituem as coordenadas esfericas.
Exercício: Mostre que as coordenadas Cartesianas (x, y, z) do ponto é expressas em termos de coordenadas esfericas por
x = r sin θ cos φ,
y = r sin θ sin φ,
z = r cos θ.
Exercício: Mostre que qualquer ponto na superfície de uma esfera com o raio
r fixo é especificado pelo par de ângulos, (θ, φ), com
0 ≤ φ ≤ 2π,
0 ≤ θ ≤ π.
Discuta porque o ângulo zenital θ não varia até 2π, mas apenas até π.
Exercício: Mostre que a pequena área na superfície de uma esfera com raio r,
constituiído por 4 pontos infintesimalmente separados
{(θ, φ) , (θ + dθ, φ) , (θ, φ + dφ) , (θ + dθ, φ + dφ)}
é dada por
dS = r2 sin θdθdφ.
Exercício: A área da superfície de uma esfera com raio r pode ser calculada
como a soma das pequenas áreas dS sobre todos os pontos na superfície,
S=
dS.
totos os pontos
Com isto, mostre que a área de superfície de uma esfera de raio r é dada
por
S = 4πr2 .
Exercício: Mostre que a pequena volume constituiído por 8 pontos infintesimalmente separados na visinhança do ponto (r, θ, φ) ,
(r, θ, φ) , (r, θ + dθ, φ) , (r, θ, φ + dφ) , (r, θ + dθ, φ + dφ)
(r + dr, θ, φ) , (r + dr, θ + dθ, φ) , (r + dr, θ, φ + dφ) , (r + dr, θ + dθ, φ + dφ)
é dada por
dV = r2 sin θ drdθdφ.
Este dV é chamado de elemento de volume nas coordenadas esferica.
Exercício: Mostre que o volume de uma esfera com raio R é dado vor
V =
113
4π 3
R .
3
11.1
Energia Potencial de Uma Esfera Homogênea
Vamos voltar a expressão Eq.(50). Como um exemplo, vamos calcular a energia
potencial para um satelite artificial a volta da Terra. Seja r o vetor posição do
satelite e M a massa.Temos
1
V (r) = −GM
dm
,
|r − rm |
rM :totos os pontos
da T erra
onde rm varre todos os pontos dentro da Terra. Suponhamos que a Terra é uma
esfera perfeita com a densidade de massa ρ homogênea. Neste caso, para um
pequeno elemento de volume contém a massa,
dm = ρdV.
Introduzindo o sistema de coordenadas esferico, temos
dm →
ρdV
rM :totos os pontos
da T erra
rM :totos os pontos
da T erra
→
→
ρr2 sin θ drdθdφ
soma sobre todos os
r,θ,φ
R
2
r dr
0
π
sin θdθ
0
2π
dφ ρ.
0
Assim, a energia potencial fica
V (r) = −GM ρ
0
R
2
rm
drm
π
0
sin θdθ
0
2π
dφ
1
.
|r − rm |
A quantidade |r − rm | pode ser expressa como função de (r, θ, φ) da seguinte
forma.
|r − rm | =
|r − rm |2
=
(r − rm ) · (r − rm )
2
=
r2 − 2r · rm + rm
2 ,
=
r2 − 2rrm cos α + rm
onde α é o ângulo entre o vetor r e rm . Note que para calcular a energia potencial, a escolhe das direções de eixos (X, Y, Z) não deve influenciar no resultado
final, pois a energia potencial não depende de como colocar o sistema de referência. Assim, podemos escolher arbitrariamente as direções de eixos. Uma mais
conveniente é esoclher a direção do eixo Z coincidindo na posição do satelite M .
Veja a figura abaixo.
114
z
M
r
r - rm
∆m
rm
y
x
Neste escolhe do sistema de coordenadas, o ângulo α entre os vetores r e rm
coincide com o ângulo zenital θ do vetor rm . A energia potencial então fica
R
π
2π
1
2
V (r) = −GM ρ
rm drm
sin θdθ
dφ .
2
2
r − 2rrm cos θ + rm
0
0
0
Agora nesta forma podemos efetuar as ingegrais. Primeira, a integral em φ.
Como o integrando não depende nada da variável φ, a integral em φ resulta
num fator 2π.
R
π
1
2
V (r) = −2πGM ρ
rm
drm
sin θdθ .
2
2
r − 2rrm cos θ + rm
0
0
Segunda, a integral em θ pode ser feita, observando a seguinte forma (faça com
substituição, cos θ = t),
sin θ
1
√
dθ = − √
dt
A − 2Bt
A − 2B cos θ
1√
=
A − 2Bt
B
1√
=
A − 2B cos θ.
B
115
Temos então
cos θ=−1
1 2
2 r − 2rrm cos θ + rm
rrm
cos θ=1
0
R
1
2
2 −
2
= −2πGM ρ
rm
drm
r2 + 2rrm + rm
r2 − 2rrm + rm
rrm
0
R
1
2
= −2πGM ρ
rm
drm
{|r + rm | − |(r − rm )|} .
rr
m
0
V (r) = −2πGM ρ
R
2
rm
drm
pois
=
(r ± rm )2
2
r2 ± 2rrm + rm
= |r ± rm | .
Mas agora estamos considerando
(51)
r > rm > 0,
e, portanto,
|r + rm | = r + rm ,
|r − rm | = r − rm .
Assim,
V (r) = −2πGM ρ
0
R
2
rm
drm
1
2rm
rrm
GM ρ R 2
rm drm
r
0
GM ρ R3
= −4π
.
r
3
= −4π
Aqui, sabemos que
4π 3
R
3
é o volume da Terra, e temos
4π 3
R ρ
3
é a massa total contida na Terra. Escrevendo a massa total da Terra como M⊕ ,
finalmente podemos obter a energia potencial do satelite pela força gravitacional
da Terra como
M M⊕
V (r) = −G
,
(52)
r
que é exatametne igual a fórmula conhecida de potencial gravitacional de duas
massas M e M⊕ ponteformes, separada na distância r.
116
Exercício: Calcule o vetor força correspondente a esta energia potencial.
1. Calcule usando a integral dúpla o vetor posição de Centro de Massa das
placas de formato abaixo indicado.
y
(c,b)
(0,b)
x2+b2y2=a2
(a,0)
O
x
(e,f)
y
(0,b)
(c,d)
O
(a,0)
2. Calcule a seguinte integral dúpla,
x
dxdy
(x,y)∈Ω
onde Ω representa a área cercada de um elipse,
x2 y2
+ 2 = 1.
a2
b
3. Expresse a integral sobre área dentro de um circlo de raio R,
dS
r≤R
117
em termos de coordenadas polares,
x = r cos θ,
y = r sin θ,
onde dS é o elemento de área, e mostre que a área cercado de um circlo é
πR2 .
4. Consideramos um cone ilustrado abaixo.
z
(0,0,h)
R
y
x
O círclo da base no plano x − y tem raio R e o cone tem a altura h.
(a) Expresse a área da seção de corte por um plano paralelo ao plano
(x − y) como uma função de z.
(b) Calcule o volume deste cone, usando o resultado acima.
(c) Se um plano inclinado com ângulo θ em relação a eixo y corta o cone,
qual é a forma da seção de corte? Expresse a equação desta curva
num sistema de coordenadas Cartesiano em cima do plano de corte.
118
z
(0,0,h)
R
y
x
5. Na obtenção da equação Eq.(52), supormos que o objeto está fora da terra,
isto é, a condição Eq.(51). Em vez da Terra, o objeto que exerce a força
gravitacional pode ser um gas (tipo a concentração de galaxias). Podemos
considerar a energia potencial de um objeto dentro da esfera, isto é,
r < R.
Obtenha expressão da energia potencial
V (r)
para 0 < r < R.
119
12
Momento Angular, Torque
Porque a orbita da Terra é quase circular num plano? Alias, porque todas as
planetas se comportam assim? A situação análoga ocorre quando rodamos uma
pédra marrando por uma corda. A pedra faz um movimento circular e não sai
de um plano. Qual é a razão que um piâo fica em pé? Porque uma bicicleta
(ou até monocicleta) não cai? Todas as questões acima estão relacionadas com
uma lei, que é a conservação de momento angular. Para formular este tipo de
problema, introduzimos novas quantidades associadas a fenômeno de rotação.
12.1
Torque e Produto Vetorial
Quando tentamos girar um parafuso bem bem duro, sabemos que é melhor utilizar uma chave de fenda com cabo maior. Para quantificar o conceito de “força
de giro”, introduzimos uma nova quantidade, chamada “torque”. Um torque
representa a força correspondente a giro em torno de um ponto, o qual escolhemos a origem do sistema de coordenadas, como ilustrado na fugura abaixo.
τ
r
O
f
Na figura, está desenhada esquematicamente a situação de girar um parafuso
com uma chave inglesa. A cabeça do parafuso é o ponto O, e o cabo da chave
inglesa tem comprimento r. Aplicamos a força f no ponto cujo vetor posição
é r. O “torque” τ é definido pelo produto vetorial entre o vetor posição r e o
vetor força f,
τ = r × f.
Um produto vetorial entre dois vetores a e b,
c = a × b
120
é definido pela forma tal que o vetor resultante c tenha as seguites propriedades:
• Módulo:
|c| = |a| b sin θ,
onde θ é o ângulo entre os dois vetores.
• Direção: O vetor c aponta na direção para a qual, os três vetores, a, b e
c forma um sistema destrogiro (ou seja, a direção de um parafuso avança
quando gira da direção de a para a direçao de b).
Desta forma, o módulo do vetor “torque” no ponto da cabeça do parafuso é
dado por
|τ | = |r| f sin θ,
onde θ é o ângulo que aplica a força f em relação ao cabo da chave. Já que
o módulo representa a intensidade da força de giro, a existeência do fator sin θ
é bastante razoável. Sabemos que a força de giro fica máxima quando a força
é aplicada por 90o em relação ao cabo. Por outro lado, fica completamente
ineficiente para girar o parafuso se aplicamos f na própria direção do cabo.
Com a definição acima de um produto escalar, podemos mostrar que as
seguintes propriedades de produto vetorial são válidas.
• Antisimetria:
• Linearidade:
• Distributividade:
a × b = −b × a,
(53)
(αa) × b = a × αb = α a × b
(54)
a × b + c = a × b + a × c.
(55)
• Se a // b, ou seja, se a = cb, então,
a × b = 0.
Exercício: Usando somente a definição de produto vetorial, prove as propriedades, Eqs.(53,54,55).
Exercício: Sejam {e1 , e2 , e3 } são tres vetores-base unitários. Usando a definição
de produto vetorial, mostre que
e1 × e2
e2 × e3
e3 × e1
= e3 ,
= e1 ,
= e2 .
As três equações acima podem ser escritas como
ei × ej = ek , (i, j, k) cı́clica.
121
Exercício: Usando as propriedades de produto vetorial acima obtidas, mostre
que se
a = a1e1 + a2e2 + a3e3 ,
b = b1e1 + b2e2 + b3e3 ,
e
c = a × b,
então,
c = (a2 b3 − a3 b2 ) e1 + (a3 b1 − a1 b3 ) e2 + (a1 b2 − a2 b1 ) e3 .
A forma acima pode ser expressa na forma de determinante5 .
Exercício: Calcule os seguintes produtos vetoriais.
   
1
1
 3 ×  1 ,
2
1
   
3
2
 5 ×  0 ,
1
1

  
a
d
 b  ×  e ,
c
f
Exercício: Mostre que, para dois vetores dependentes no tempo, a = a (t) e
b = b (t) , vale a regra para derivada,
"
!
da
d db
a × b =
× b + a ×
.
dt
dt
dt
Exercício: Prove que
r ×
d2r
d
dr
=
r
×
.
dt2
dt
dt
Exercício: Para um conjuntod de 3 vetores, a, b e c, podemos considerar um
paralelepepido, como ilustrado na figura abaixo.
5 O uso de determinante é mais conveniente para o cálculo de produto vetorial em componentes,
e1 e2 e3 c = det a1 a2 a3 .
b1 b2 b3 122
c
b
a
Mostre que o volume deste paralelepepido é dado por
V = a · b × c .
Exercício: Prove que
Exercício: Prove que
1. Mostre que
a · b × c = b · (c × a) = c · a × b .
a1
a · b × c = det b1
c1
a2
b2
c2
a3
b3
c3
a · a × b
= 0,
b · a × b
= 0.
2. Consideramos três vetores arbitrários,
a, b, c
e o vetor
d = a × b × c
123
.
(a) Mostre que
d ⊥ a,
e d está no plano formado de vetor b e c.
(b) Expresse, em termos de relação entre vetores, o fato de que o
vetor d está no plano formado de b e c.
(c) Seja {e1 , e2 , e3 } uma base ortonormal. Mostre que
ei × (ej × ek ) = 0, (i, j, k) = (1, 2, 3) .
(d) Mostre que em geral,
(e) Mostre que
a × b × c = a × b × c.
a × b × c = (a · c) b − a · b c.
3. Consideramos o movimento de um objeto em torno da orgem, sob
ação de uma força central f.
(a) Seja m a massa do objeto, e r o vetor posição do objeto. Qual
é a forma mais geral da equação de movimento sabendo que a
força é central?
(b) Mostre que para a força central, o torque desta força em torno
da origem é nula,
r × f = 0.
(c) Neste caso, mostre que
2 d r
r × m 2 = 0.
dt
(d) Mostre, como consequência,
d
(r × p) = 0,
dt
onde
p = m
dr
dt
é o momento linear do objeto.
chamado
(e) Para a dada origem, definimos uma quantidade vetorial L,
momento angular associado ao movimento de um objeto em
torno desta origem, por
≡ r × p.
L
Mostre que para um movimento sob a ação de uma força central,
é uma constante de movimento, ou seja
o momento angular L
=L
0
L
é um vetor independente do tempo.
124
(f) Com o resultado acima, argumente que o movimento de um objeto sob uma força central sempre ocorre num plano.
4. Consideramos dois objetos massivos, interagindo entre si pela força
de dois corpos, ilustrado abaixo.
m2
m1
r2
r1
O
Podemos escrever as equações de movimento como
d2r1
dt2
d2r2
m2 2
dt
= F ,
m1
= −F ,
onde F representa a força que atua na massa m1 origianda da massa
m2 .
(a) Mostre (novamente!) que o momento linear total é um constante
no tempo.
(b) Com isto, mostre (de novo, também) o movimento da posição do
centro de massa é um movimento retilinear uniforme.
(c) Definimos os momentos angulares dos objetos em relação a origem
O por
1
L
2
L
Mostre que
= r1 × p1 ,
= r2 × p2 .
1 + L
2
d L
dt
125
= (r1 − r2 ) × F .
(d) Mostre que se a força F está sempre na direção do vetor da
distância relativa, o momento angular total é um constante de
movimento.
5. Consideramos 3 corpos interagindo entre si via molas ligadas a eles.
z
m2
m1
k12
r2
r1
k23
k13
r3
m3
y
O
x
A partir de 3 equações de movimento para cada massa, prove que o
momento linear total
P = p1 + p2 + p3
e o momento angular total,
=L
1 + L
2 + L
3
L
são vetores constantes do movimento.
12.2
Velocidade Areola
Vamos estudar o movimento de um objeto sob a ação de uma força central um
pouco mais. Escrevemos a equação de movimento como
m
d2r
= F (r) er ,
dt2
onde F (r) representa a dependência da força em função da distância da origem
e er é o vetor unitário radial. Como vimos
= r × p
L
126
é uma constante do movimento
=L
0,
L
0 . Em outras
e, portanto, o movimento ocorre num plano perpendicular a L
0 , o movimento nunca sai deste plano. Desta forma,
palavras, uma vez fixo L
podemos estabelecer um sistema de coordenadas tendo o plano (X − Y ) como
está na direção do eixo z.
o plano do movimento. Consequentemente, o vetor L
Com este escolhe, temos


x (t)
r =  y (t)  .
0
1. Introduzindo as coordenadas polares neste plano do movimento,
x = r cos θ,
y = r sin θ,
expresse o vetor momento

px
p =  py 
pz

em termos de r e θ.
2. Calule
tem a forma
e verifique que L
= r × p,
L

0
=  0 .
L
Lz

Mostre que
Lz = mr2
dθ
.
dt
3. Um menino está girando com mão uma pedra de massa m, marrada pela
corda de comprimento ℓ (veja a figura abaixo) com velocidade angular ω.
127
l
(a) Qual é a velocidade linear da pedra?
(b) Qual é a força centrifuga que o menino sente no seu dedo?
(c) O movimento é da força central? Porque?
(d) Se ele reduz o comprimento da corda por metade, qual é a velocidade
angular da pedra? E a velocidade linear?
4. Quando o objeto move de acordo com a lei de Newton, o vetor r varre
uma área no plano do movimento. Seja S (t) a área varrida pelo vetor r (t)
de certo instante t0 a t (Veja a figura abaixo).
128
y
r(t)
r(t0)
S(t)
O
x
(a) Mostre que
dS
1
=
Lz .
dt
2m
A quantidade
dS
dt
é chamada de velocidade areola.
(b) Mostre que, para o movimento sob uma força central, a velocidade
areola é constante. A constança da velocidade areal de movimento
de planetas foi descoberto por Kepler em 1608 e conecido como a
segunda lei de Kepler.
12.3
Movimento Kepleriano
Vamos estudar o movimento de uma planeta em torno do Sol. Para simplificar
o argumento, consideramos o Sol é fixo no espaço e consideramos apenas uma
planeta de massa m. Escolhemos a origem do sistema de coordenadas no Sol.
O vetor posição da planeta é r.
1. Escreva a equação de movimento da planeta, sendo G é a constante gravitacional e M⊙ é a massa do Sol.
2. Mostre que o vetor momento angular é constante do movimento. Ou seja,
para o movimento de uma planeta, o momento angular conserva.
3. Escolhe o plano de movimento como o plano X − Y . Neste plano, o movimento da planeta é bidemensional. Introduza o sistema de coordenadas
129
polares,
x = r cos θ,
y = r sin θ,
e a base movente,
er , eθ
tal que
r = rer ,
dr
dr
dθ
=
er + r eθ .
dt
dt
dt
Expresse er e eθ explicitamente em termos de θ.
4. Mostre que
2 d2r
dθ
dr dθ
d2 θ
d2 r
=
−
r
e
+
2
+
r
eθ .
r
dt2
dt2
dt
dt dt
dt2
5. Mostre que a equação de movimento se torna as seguintes duas equações:
2 dθ
mM⊙
d2 r
m
−r
= −G 2 ,
(56)
2
dt
dt
r
dr dθ
d2 θ
m 2
+r 2
= 0.
(57)
dt dt
dt
6. Mostre que a Eq.(57) é equivalente a conservação de momento angular,
dLz
= 0.
dt
7. Seja
dθ
= ℓ.
(58)
dt
onde ℓ é uma constante. Usando as Eqs.(56) e (58) elimine dθ/dt. O
resultado é
2
d r
ℓ2
mM⊙
− 2 3 = −G 2 .
(59)
m
dt2
m r
r
Lz = mr2
8. A equação acima é chamada a equação de movimento radial. Escrevendo
m
d2 r
mM⊙
ℓ2
= −G 2 +
,
2
dt
r
mr3
(60)
esta equação pode ser considerada como uma equação de movimento “unidimensional” sob uma força efetiva,
m
d2 r
= fef f ,
dt2
130
onde
mM⊙
ℓ2
+
.
2
r
mr3
Interprete a natureza desta força efetiva.
feff = −G
9. Como vemos na Eq.(60) a equação de movimento radial tem a mesma
forma de um movimento unidimensional, podemos aplicar o método de
obter a lei de conservação da energia. Obtenha a lei de conservação da
energia e mostre que o potencial efetivo é dada por
Uef f = −G
mM⊙
ℓ2
+
.
r
2mr2
10. Para um dado valor de momento angular ℓ, esboce o grafico do potencial
efetivo Uef f .
11. Para um dado valor de momento angular ℓ, obtenha o valor mínimo da
energia. Qual é o movimento correspondente a esta energia mínima?
12. Analize a natureza de movimento radial com varios valores da energia.
Em particular, determine os possíveis valores para os quais o movimento
correspondente é um movimento periodico.
13. Para um valor de energia E obtenha a distância radial do ponto perihelio.
14. Da lei da conservação de energia, mostre que a velocidade radial é dada
por
dr
2E
2M⊙
ℓ2
=±
+G
− 2 2.
(61)
dt
m
r
m r
Por outro lado, da conservação de momento angular, temos
dθ
ℓ
.
=
dt
mr2
(62)
As duas equações são equações diferenciais para determinar as duas funções
r = r (t) e θ = θ (t) como função do tempo t. Mostre que a equação diferencial para a orbita como r em função de θ é dada por
2M⊙
ℓ2
± 2E
dr
m + G r − m2 r 2
=
ℓ
dθ
2
mr
2mEr2 2Gm2 rM⊙
2
= ± r
+
−1 .
(63)
ℓ2
ℓ2
15. Para obter a solução da equação diferencial acima não é difícil (tem a forma
de separação das variáveis), mas a conta fica longa. Resolveremos esta na
131
Mecânica Clássica I, mas aqui, so mostramos o resultado. A solução pode
ser escrita como
r0
r=
,
(64)
1 + ǫ cos θ
onde r0 e ǫ são constantes dados por
r0 =
e
ǫ = r0
com
ℓ2
,
GM⊙ m2
(65)
2m
(E − E0 ),
ℓ2
(66)
1 (GM⊙ )2 m3
.
(67)
2
ℓ2
(Aqui, r0 é o raio da órbita circular e E0 é o valor mínimo da energia da
questão [11]. Portanto sempre E ≥ E0 .)
E0 = −
(a) Usando as Eqs.(65) e (66), expresse
2mEr2 2Gm2 rM⊙
+
−1
ℓ2
ℓ2
em termos de r, ǫ e r0 .
(b) Usando a Eq.(64), calcule
e
dr
dθ
r2
2mEr2 2Gm2 rM⊙
+
−
1
ℓ2
ℓ2
(use o resultado do item (a) acima) separadamente, e verifique que a
Eq.(64) é a solução da equação, Eq.(63).
(c) Para um par de valores de conjunto (r0 , ǫ) (por exemplo, r0 = 1, ǫ =
1/2) calcule o valor de r para varios valores de θ, e esboce o grafico
da Eq.(64).
(d) Utilizando o sistema de coordenadas Cartesianos, mostre que a trajetória expressa na forma polar Eq.(64) é um elipse e obtenha o eixo
maior e o eixo menor em termos de r0 e ǫ.
16. Para E = E0 , qual é a forma da trajetória expressa pela Eq.(64)? O
que conclui para θ = θ (t) neste caso (ver a equação de conservação do
momento angular)? Obtenha o período do movimento.
132
13
Movimento de Corpo Rígido
Até agora, sempre consideramos um objeto, ou conjunto de objetos ponteformes,
para quais, podiamos sempre especificar a posição do objeto por um vetor r.
Exercício: Temos duas bolas de ferro esféricas com massa m1 e m2 (m1 < m2 ).
1. Supondo que a densidade ρ seja igual e homogênea para as duas
bolas, expresse os raios das bolas.
2. Se deixar cair ao mesmo tempo duas bolas de diferentes pesos, na
ausência do atrito do ar, sabemos que elas atingem no chão simultaneamente. Mas, o que acontece, em vez de deixar cair livremente,
se deixarmos rolar numa plana inclinada, como ilustrar na figura
abaixo? Consiere que as bolas rolam sem deslizar na superfície. Qual
delas vai chegar ao chão primeiro? Em outras palavras, as velocidades
finais são diferentes? (Experimente).
O que acontece em vez de utilizar as bolas, usar dois cubos com superfície bem lisa (i.e., o atrito com a superfície do plano seja desprezivel)?
133
A diferença entre dois casos acima pode ser entendido do ponto de vista da
conservação da energia. No caso de deslisamento sem atrito dos cubos, a lei de
conservação da energia tem a forma,
1 2
mv + mgy = Const.,
2
(68)
onde
dr
,
dt
é o vetor velocidade do centro de massa do cubo, e
x (t)
r =
y (t)
v =
é o vetor posição do centro de massa do cubo. O valor da constante da Eq.(68)
é o valor inicial da energia E0 , o que será mantida durante o todo movimento.
Para t = 0, se o cubo estava em repouso, então
E0 = mgy0 ,
onde y0 é a altura da posição inicial. Assim, da Eq.(68), temos
|v | = 2 (y0 − y).
A equação acima mostra que o módulo da velocidade do cubo não depende
da massa do cubo. Isto significa que os dois cubos de diferentes massas atigem
ao mesmo tempo a chão, quando largados simultaneamente na mesma altura.
Por outro lado, no caso de rolamento de uma bola na superfície sem deslizar,
devemos lembrar que a bola tem uma energia extra associada a rolamento,
não somente a energia de movimento translacional. Isto pode ser entendido
fácilmente, pois mesmo o centro da massa da bola seja fixo (sem movimento
134
translacional), se a bola está rodando em torno do centro da massa, a bola
certamente tem a energia cinética. Desta forma, a lei da conservação da energia
para o caso da bola rolando, deve ter a forma
(69)
Etrans + Erot + mgy = E0 ,
onde Etrans e Erot representam as energias cinéticas associadas ao movimento
translacional e rotacional da bola, respectivamente. A energia cinética do movimento translacional é deve ter a forma
1 2
mv ,
2
onde v é a velocidade do centro de massa da bola.
Etrans
Erot
Já que a energia total é igual a energia inicial E0 , e Erot > 0, a equação Eq.(69)
mostra que a velocidade do movimento translacional fica sempre menor que o
caso do cubo (sem rolamento) quando comparado na mesma altura y. Agora
para discutir quantitativamente, devemos saber quanto vale a energia de rotação
Erot .
Na forma análoga quando calculamos a energia potencial da Terra, podemos
dividir a bola em pequenas (infinitesimalmente) massas, dm. Vamos escolher
uma destas massas, cujo vetor posição a partir do centro de massa da bola é
ξ. Escrevendo R
o vetor posição do centro de massa C da bola, medindo da
origem fixo O, o vetor posição da pequena massa dm fica (veja a figura)
+ ξ.
r = R
O vetor velocidade v desta pequena massa é dada por
v =
dr
dR
dξ
=
+ .
dt
dt
dt
135
ξ
x
R
Figure 4:
A energia cinética desta massa é
Edm
=
dm
2
=
dm
2
=
!
dr
dt
2
"2
dR
dξ
+
dt
dt
! "2
!
" ! " ! "2 
dm  dR
dR
dξ
dξ 
+2
.
·
+
2
dt
dt
dt
dt
A energia cinética total da bola é a soma destas energias sobre todas as pequenas
massas contidas na bola.
EK_tot =
Edm .
dm ∈ Bola
136
Ou seja, a energia cinética total da bola em movimento que envolve rolamento pode ser escrita na seguinte forma.
EK_tot
1
2
=
∆m
dm∈Bola
!
dR
dt
"2
" ! "
dR
dξ
·
+
∆m
dt
dt
dm∈Bola
! "2
1 dξ
+
∆m
.
2
dt
!
dm∈Bola
Aqui, o simbolo
dm∈Bola
representa a soma sobre todos os pequenos elementos de massa ∆m contidos
na bola. Este tipo de soma, como ja vimos no caso de cálculo de potencial
gravitacional da Terra, podemos converter numa integral de volume,
=
ρ ∆V ξ
dm∈Bola
ξ ∈Bola
→
dV ρ,
V
onde ρ representa a densidade da matéria que constitui a bola. A integral de
volume pode ser escrita em termos de coordenadas Cartesianas como
dV =
dxdydz,
V
(x,y,z)∈V
onde a condição de que o ponto (x, y, z) esteja dentro da esfera é expressa por
x2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 .
Lembre que o ponto (x, y, z) corresponde o vetor posição ξ.
No caso de uma bola esferica, é mais conveniente usar o systema de coordenadas esfericas. Neste sistema, também, já como vimos, podemos escrever
também como
R
dV =
V
π
dr
0
2π
dθ
0
dφ r2 sin θ .
0
Vamos calcular termo por termo. Escrevendo
EK_tot = I1 + I2 + I3 ,
137
temos
I1
=
=
Mas as quantidades
"2
dR
∆m
dt
dm∈Bola
 !
"2 


1
dR
dV
ρ
,


2 V
dt
!
1
2
ρ,
!
dR
dt
"2
não depende de coordenadas de integração (ou seja, a posição do vetor ξ).
Assim,
!
"2 1
dR
I1 = ρ
dV.
2
dt
V
Obviamente
dV = V
V
pela sua definição. (A soma sobre todas as pequenas volumes dentro do volume
total V ). Temos então,
! "2
1
dR
I1 =
V
ρ
2
dt
! "2
dR
1
=
M
,
2
dt
onde
M = ρV
é a massa total da bola.
Agora consideramos o segundo termo.
!
" ! "
dR
dξ
I2 =
∆m
·
dt
dt
dm∈Bola
! " ! "
dR
dξ
=
∆m
·
.
dt
dt
ξ ∈bola
Aqui, a soma é feita sobre todas as posições ξ dentro da bola. Vamos analizar
em detalhe o termo dentro da soma, {}. Novamente
! "
dR
dt
138
é uma quantidade não depende da posição ξ. Mas a velocidade do vetor posição
dξ
dt depende da sua posição. Temos
! "
! "
dR
dξ
·
∆m
I2 =
dt
dt
ξ ∈bola
Como podemos trocar a ordem da derivada temporal e a soma em i, temos
!
"
dR
d I2 =
∆m ξ
·
dt
dt
ξ ∈bola
A partir da definição do vetor ξ,
+ ξ,
r = R
e
= 1
R
(∆m r) ,
M
ξ
podemos provar que
∆m ξ = 0.
ξ ∈bola
Exercício: Prove a equação acima e interprete o significado.
Devido ao resultado acima, concluimos que
I2 = 0.
Agora vamos calcular I3 .
1 I3 =
∆m
2
ξ∈Bola
!
dξ
dt
"2
.
Precisamos especificar o vetor
dξ
.
dt
Consideramos o
A bola está rolando em torno do seu sentro de massa R.
plano de rotação e chamamos ω a velocidade angular da rotação neste plano.
Para expressar o plano de rotação, associamos um vetor unitário n na direção
normal deste plano. Introduzimos o vetor de velocidade angular ω como
ω = ω n.
Isto é, o vetor ω está na direção normal do plano de rotação, e tem o norm igual
a velocidade angular ω.
139
r
ξ
O
ω
Na figura acima representamos a situação escolhendo o plano de rotação como
plano x-y. O ponto O é o centro de massa da bola e é a origem do sistema de
coordenadas, ξ é o vetor posição que não necessariamente está no plano. Nesta
figura, está fora do plano, e é representado sua projeção no plano como r. O
vetor ω está indicado como o vetor saindo da origem O perpendicularmente do
plano. Podemos escrever sempre
ξ = r + h,
onde h é vetor perpendicular ao plano. Quando o movimento é a rotação rigida
em torno do eixo ω , o movimento do vetor r é o movimento circular.
Exeercício: Identifique o vetor h na figura acima.
Exercício: Mostre que
r = ξ sin α,
onde α é o ângulo entre ξ e ω .
140
Exercício: Mostre que podemos escrever
dr
= rω eθ ,
dt
e identifique o vetor eθ na figura acima.
Como o vetor h não varia quando o sistema roda de acordo com ω
, temos
dξ
dr
= .
dt
dt
Exercício: Mostre que
dξ
= ω × ξ.
dt
Exercçicio: Mostre que
1
I3 = Iω2 ,
2
onde
I=
∆m r2
ξ
e r é o módulo do vetor ξ ao plano de rotação. A quantidade I é chamado
de momento de inércia em torno do eixo ω.
No caso de uma bola homogênea, podemos calcular o momento de inércia
de seguinte modo.
I =
∆m r2
ξ
=
dV ρ r2
Mas usando o sistema de coordenadas esfericas,
ξ = (ξ sin α cos φ, ξ sin α cos φ, ξ cos α)
como ilustrada na fugura,
141
ω
α
ξ
O
y
φ
x
Com esta escolhe, podemos escrever
r = ξ sin α,
e a integral de volume como
dV = dξ dα dφ ξ 2 sin α,
Assim, o momento de inercia fica
R π
I=
dξ
dα
0
0
2π
dφ ξ 2 sin α ρ (ξ sin α)2 .
0
A integral em φ fica immediata. Temos (ρ é a densidade de massa e constante
no caso agora),
R π
I = 2πρ
dξ
dα ξ 4 sin3 α.
0
0
A integral em α pode ser feita pela mudança de variável,
x = cos α,
dx = sin αdα,
1 − x2 = sin2 α,
142
então
I
= 2πρ
=
=
=
=
R
0
ξ 4 dξ
R
1
−1
dx 1 − x2
2 × 4π
ρ
ξ 4 dξ
3
0
2 × 4π 5
ρR
3×5
2 2
4π 3
R ×ρ×
R
5
3
2
M R2 .
5
Finalmente a energia cinética total de uma bola em rotação é dada por
1
Erot = I ω2 ,
2
onde
2
I = MR2 .
5
O momento de inercia depende da forma e distribuição da massa dentro de
objeto. Podemos obter alguns casos explicitamente.
1. Calcule o momento de inercia em torno do eixo z nos seguintes casos.
Denote a massa do objeto por M.
(a) Uma placa na forma de disco com raioR no plano x − y, o centro de
massa na origem, densidade de massa homogênea .
(b) Uma placa na forma quadrado com aresta R no plano x − y, o centro
de massa na origem, densidade de massa homogênea .
(c) Uma placa na forma de triangulo equilátero, com aresta a no plano
x − y, o centro de massa na origem, densidade de massa homogênea.
(d) Um anel fino de raio R no plano x − y, o centro de massa na origem,
densidade de massa homogênea.
(e) Uma barra no plano x − y, com comprimento ℓ, o centro de massa
na origem, densidade de massa homogênea.
(f) Uma barra igual a acima, mas sem massa, e a massa M concentrado
num ponto extrema.
(g) Uma casca fina esférica de raio R, com o centro na origem.
2. Consideramos o rolamento de uma bola na ladeira como mostrado na
figura abaixo,
143
Etrans
Erot
(a) A velocidade angular ω e a velocidade do movimento do centro de
massa estão relacionados quando não acontece deslisamento entre a
bola e a ladeira. Obtenha a relação.
(b) Estabelece a conservação da energia e obtenha a velocidade de movimento translacional como função de coodenada y (altura) da bola.
(c) Obtenha a razão entre a energia translacional e a energia rotacional
e verifique que esta razão é independente do tempo.
13.1
Momento Angular de um corpo rígido
O momento de inércia aparece não só para a expressão de enerigia rotacional,
mas aparece na expressão de momento angular. Vamos considerar um objeto
massivo em rotação com o vetor de velocidade angular ω. Escolhemos a origem
do sistema no centro de massa do objeto. O momento angular do objeto pode ser
calculado como soma de todos os momentos angulares carregados por pequenas
massas constituintes do objeto. Temos
! "
dξ
ξ×
.
L=
dt
ξ
Mas sabemos que
temos
dξ
= ω × ξ,
dt
=
L
∆m ξ × ω
× ξ .
ξ
144
Para simplificar a idéia, vamos considerar que o objeto é uma placa no plano de
rotação. Neste caso, ω
⊥ξ e podemos confirmar facilmente que
ξ × ω × ξ = ξ 2 ω .
Exercício: Mostre a relação acima quando ω
⊥ξ.
Assim, no caso de uma placa, podemos escrever
= Iω ,
L
onde I é exatamente o momento de inércia introduzida na seção anterior.
1. Considere as duas massas iguas M ligadas pela uma mola cuja masssa e
comprimento são desprezivel (ver a figura abaixo). A constante da mola é
k. O sistema está girando em torno do centro da barra O com a velocidade
angular ω.
M
l
O
l
M
(a) Calcule a energia total do sistema.
(b) Calcule o momento angular do sistema.
(c) Determine o comprimento da mola quando o sistema está girando
com a velocidade angular ω.
(d) Quando aumenta o constante da mola 2 vezes, o que acontece no
sistema?
145
2. Um patinador de gelo está rodando com velocidade angular ω com seus
braços esticados. A energia de rotação é
1
Erot = I0 ω 2 ,
2
e o momento angular é
L = I0 ω,
onde I0 é o momento de inércia do patinador com os braços esticados.
Suponha que o patinador incolhe os braços enquanto rodando e o momento
de inércia reduziu para I ∗ .
I ∗ < I0 .
e, consequentemente a velocidade angular muda para ω ∗ . Agora, se usarmos a conservação de momento angular, temos
I0 ω = I ∗ ω∗ ,
e então, temos
I0
ω.
(70)
I∗
Por outro lado, se impormos a conservação de energia rotational, teriamos
1
1
I0 ω 2 = I ∗ ω ∗2 ,
2
2
e consequentemente
I0
∗
ω =
.
(71)
I∗
Naturalmente as Eqs.(70) e (71) fornecem diferentes valores para ω ∗ . Qual
é a resposta correta? E explique o porque.
ω∗ =
3. Uma bola de massa m1 com a velocidade inicial v, colide perpendicularmetne na ponta de uma barra de comprimento ℓ com massa M como
ilustrado na figura abaixo.
m
l
M
146
(Considere que o todo sistema está numa mesa sem atrito e o movimento
ocorre no plano da mesa).
(a) Supondo que a colisão é elástica e contato é instantaneo, determine
as seguintes quantidades. - A velocidade final da bola, - a velocidade
do centro de massa da barra, - a velocidade anguar da barra.
(b) O hipotese de colisão instantanea é sempre consistente?
4. Resolve a mesma questão acima 3-a, se a bola grude completamente na
ponta da barra (colisão inelastica), em vez de fazer a colisão elástica.
Obtenha a energia dissipada pela colisão inelastica.
5. Na questão acima, em vez da ponta da barra, a bola colide e grude no
ponto d < ℓ da barra. Calcule a energia dissipada e compare com o caso
acima.
147
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