Lista de Exercícios Resolvida - Mecânica Clássica I UFAL 2022

Lista IIIAvaliatíva Clássica I 20221 Física UFALArapiraca SSA November 15 2022 OBS Esta é uma atividade é avaliativa e vale de 0 à 10 A entrega deve ser feita até de 08122022 em sala e em horário de aula Enumere cada questão 1 e cada equação utilizada As páginas devem ser enumeradas no centro superior e não nos cantosEsquerdo ou direito A lista apenas será aceita caso esteja grampeada Nome 1 Encontre na base cartesiana os vetores unitários no seguintes sistemas de coordenadas a Polar b Cartesiana c Esférica d Cilíndrica 2 Prove as seguintes identidades vetoriais a A B x ŷ z Ax Ay Az Bx By Bz 1Enumerar no centro da página b A B B A c A A 0 d A B 0 se B βA com β um escalar não nulo e C A B B C A A B C f A B C BA C CA B 3 Prove as seguintes identidades a k εkijεklm δilδjm δimδjl b A B ijk εijkxiAjBk Sendo δij 1 se i j 0 se i j 1 e εijk 1 se for cíclico 0 se repetir 1 anti cíclico 2 4 Prove as seguintes identidades considerando r vetor posição a A A ²A b r 0 c r 3 d ddt A B ddt A B A ddt B e ddt A B ddt A B A ddt B f f r 2r ddr f d²dr² f Mecˆanica Classica I 3 5 Considere uma tabua de comprimento L largura A e espes sura e possuindo uma massa M uniformemente distribuida sobre seu volume A tabua e colocada sobre dois cilindros retos que giram com frequˆencia ω em modulo e em sentidos contrarios Os cilindros tem seus eixos paralelos e distantes um do outro por uma distˆancia D Entre a tabua e os cilin dros existem atritos cineticos e estaticos dados por µK e µS Em que confiracao o sistema e MHS Neste caso quais sao a frequˆencia de oscilacao perıodo e posicao do centro de massa Construa o grafico da posicao como funcao do tempo 6 Considere um cilindro reto de raio R comprimento L e massa M uniformemente distribuida sobre seu volume Ao longo do eixo principal do cilindro e feito um furo de raio bem pequeno de um lado a outro do mesmo Dentro do furo e colocada uma massa pontual m a O sistema e MHS b Caso o sistema seja MHS encontre o perıodo e fre quˆencia c Caso o sistema seja MHS encontre a velocidade como funcao do tempo e seu grafico d Caso o sistema seja MHS encontre a posicao como funcao do tempo e seu grafico 7 Um bloco de massa M e pendurado no teto de uma residˆencia atraves de uma mola de constante k O sistema esta em uma regiao do espaco em que existe uma forca de resistˆencia proporcional a velocidade atraves de uma constante β O movimento ocorre ao longo da vertical a Em caso de βm2 4km Mecˆanica Classica I 4 i Encontre a posicao como funcao do tempo e seu grafico ii Encontre a velocidade como funcao do tempo e seu grafico b Em caso de βm2 4km i Encontre a posicao como funcao do tempo e seu grafico ii Encontre a velocidade como funcao do tempo e seu grafico 8 Um bloco de massa M e conectado a um conjunto de n molas de constantes k1 k2 k3 kn onde n e um numero inteiro maior que 1 As molas estao ligadas em serie uma a outra e as molas das extremidades estao ligadas ao bloco e a outra a uma parede O sistema todo esta na horizontal e nao existe atrito Desconsidere a massa das molas a O sistema e um MHS b Caso seja MHS Quais sao a frequˆencia e o perıodo das oscilacoes c Neste sisma construa o grafico da energia Mecˆanica como funcao do tempo d Qual a energia potencial do sistema como funcao da posicao e seu grafico e Que sistema eletrico pode ser comparado ao presente sistema 9 Considere um disco de raio R e massa M uniformemente distribuida O mesmo e pivotado em um ponto ao longo de sua borda e posto para oscilar em relacao a horizontal e no mesmo plano do disco Mecˆanica Classica I 5 a O sistema e um MHS b Em caso de haver alguma condicao em seja MHS in dique qual e essa condicao e Quais sao a frequˆencia e o perıodo das oscilacoes c Neste sisma construa o grafico da energia Mecˆanica como funcao do tempo d Qual a energia potencial do sistema como funcao da posicao e seu grafico 10 Um bloco de massa M e pendurado ao teto de uma casa atraves de uma mola de constante K O bloco e posto para oscilar tanto em relacao a vertical quanto ao longo da direcao da mola a Encontre a equacao de Movimento b O sistema e MHS Explique c Caso seja MHS Encontre perıodo e frequˆencia d Encontre a energia cinetica do sistema e Encontre a energia potencial do sistema 11 Um pˆendulo tem seu movimento guiado por uma cicloide com suporte rıgido O caminho e descrito pelas seguintes equacoes x a θ sen θ y a cos θ 1 No sistema indicado na figura 11 o comprimento do pˆendulo e dado por 4a O sistema e MHS Em caso positivo encontre o perıodo das oscilacoes Procure na literatura o que e uma cicloide e como pode ser desenhada Mecˆanica Classica I 6 Figure 1 Pˆendulo Guidado por uma cicloide 12 Considere um bloco de massa M preso a uma mola de con stante k em uma regiao em que existe uma resistˆencia pro porcional a velocidade atraves de uma constante β Sobre o bloco e feito uma forca externa dada por Fmcosωt 3π2 a Encontre a equacao de movimento b Encontre a velocidade como funcao do tempo e seu grafico c Encontre a posicao como funcao do tempo e seu grafico d Indique os pontos em que a partıcula muda o sentido do movimento e Em que ponto a partıcula atinge a maxima amplitude 13 Considere um bloco de massa m preso a uma mola de con stante k em uma regiao em que existe uma resistˆencia pro porcional a velocidade atraves de uma constante β Sobre o bloco e feito uma forca externa dada por Fmsenωt Dis cuta o fenˆomeno de ressonˆancia 14 Encontre sistemas eletricos e magneticos que estejam rela cionados aos problemas mecˆanicos vistos neste documento Mecˆanica Classica I 7 explique qual a relacao entre eles escreva as equacoes que descrevem os fenˆomenos e as resolva Lista Individual Lista Individual Lista Individual Lista Individual LISTA 1 Encontre na base cartesiana os vetores unitários nos seguintes sistemas de coordenadas a Polar b Cartesiana c Esférica d Cilíndrica RESOLUÇÃO a Para as coordenadas polares para começar temos apenas duas dimensões Projetando 𝜑 na direção horizontal temos 𝜑x sen 𝜑 x 1 Projetando na direção vertical temos 𝜑y cos 𝜑 ŷ 2 Logo 𝜑 𝜑x 𝜑y sen 𝜑 x cos 𝜑 ŷ 3 Projetando r na direção horizontal temos rx cos 𝜑 x 4 Projetando na direção vertical temos ry sen 𝜑 ŷ 5 Logo r rx ry cos 𝜑 x sen 𝜑 ŷ 6 Resumindo r cos 𝜑 x sen 𝜑 ŷ 𝜑 sen 𝜑 x cos 𝜑 ŷ b Na base cartesiana os vetores unitários no próprio sistema cartesiano é direto x x ŷ ŷ z z 2 c Para as coordenadas esféricas temos o seguinte x y z ˆr ˆϕ ˆθ r x y z ϕ θ Projetando ˆϕ na direção ˆx temos ˆϕx sen ϕ ˆx 7 Projetando na direção ˆy temos ˆϕy cos ϕ ˆy 8 Projetando na direção ˆz temos ˆϕz 0 9 Logo ˆϕ ˆϕx ˆϕy ˆϕz sen ϕ ˆx cos ϕ ˆy 10 Projetando ˆθ na direção ˆz temos ˆθz sen θ ˆz 11 Para projetarmos nos dois outros eixos primeiro precisamos projetar no plano Oxy ˆθxy cos θ ˆθxy 12 Agora podemos projetar nos eixos ˆx e ˆy ˆθx cos ϕ cos θ ˆx 13 ˆθy sen ϕ cos θ ˆy 14 Logo ˆθ ˆθx ˆθy ˆθz cos ϕ cos θ ˆx sen ϕ cos θ ˆy sen θ ˆz 15 De forma análoga temos as projeções de ˆr começando pela direção ˆz temos ˆrz cos θ ˆz 16 Para projetarmos nos dois outros eixos primeiro precisamos projetar no plano Oxy 3 ˆrxy sen θ ˆrxy 17 Agora podemos projetar nos eixos ˆx e ˆy ˆrx cos ϕ sen θ ˆx 18 ˆry sen ϕ sen θ ˆy 19 Logo ˆr ˆrx ˆry ˆrz cos ϕ sen θ ˆx sen ϕ sen θ ˆy cos θ ˆz 20 Resumindo ˆr cos ϕ sen θ ˆx sen ϕ sen θ ˆy cos θ ˆzy ˆθ cos ϕ cos θ ˆx sen ϕ cos θ ˆy sen θ ˆz ˆϕ sen ϕ ˆx cos ϕ ˆy d As coordenadas cilíndricas nada mais são de as coordenadas polares com o eixo ˆz de forma que temos ˆr cos ϕ ˆx sen ϕ ˆy ˆϕ sen ϕ ˆx cos ϕ ˆy ˆz ˆz 2 Prove as seguintes identidades vetoriais a A B x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz b A B B A c A A 0 d A B 0 se B βA com β um escalar não nulo e C A B B C A A B C f A B C B A C C A B RESOLUÇÃO a Para provar que o produto vetorial pode ser calculado pelo determinante da matriz dada vamos calcular a subtração dos dois lados Se chegarmos ao resultado nulo provamos o que é pedido Δ A B x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz 1 Escrevendo o primeiro termo em função de suas componentes temos Δ Ax x Ay ŷ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz 2 Expandindo o determinante temos Δ Ax x Ay ŷ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ż Ax By ẑ Bx Ay x By Az ŷ Bz Ax 3 Usando a propriedade distributiva do produto vetorial temos Δ Ax x Bx x By ŷ Bz ẑ Ay ŷ Bx x By ŷ Bz ẑ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ż Ax By ẑ Bx Ay x By Az ŷ Bz Ax 4 Usando novamente a propriedade distributiva do produto vetorial no primeiro produto temos Δ Ax x Bx x Ax x By ŷ Ax x Bz ẑ Ay ŷ Bx x By ŷ Bz ẑ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ż Ax By ẑ Bx Ay x By Az ŷ Bz Ax 5 Δ Ax Bx x x Ax By x ŷ Ax Bz x ẑ Ay ŷ Bx x By ŷ Bz ẑ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ż Ax By ẑ Bx Ay x By Az ŷ Bz Ax 6 Pela definição de produto vetorial o produto vetorial de um elemento por ele mesmo se anula veja a b a b senθ 7 Mas o ângulo entre vetores iguais é nulo a b a b sen0 0 8 Aplicando na nossa demonstração para o versor x temos Δ Ax By x ŷ Ax Bz x ẑ Ay ŷ Bx x By ŷ Bz ẑ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ż Ax By ẑ Bx Ay x By Az ŷ Bz Ax 9 Além disso pela regra da mão direita temos que 5 ˆy ˆz ˆx ˆx ˆy ˆz ˆy ˆz ˆx ˆz ˆx ˆy ˆy ˆx ˆz ˆz ˆy ˆx ˆx ˆz ˆy 10 Aplicando aos nossos cálculos temos AxByˆz AxBzˆy Ayˆy Bxˆx Byˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzAxBy ˆzBxAy ˆxByAz ˆyBzAx 11 AxByˆz AxBzˆy Ayˆy Bxˆx Byˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzAxBy ˆzBxAy ˆxByAz ˆyBzAx 12 Simplificando com os termos provenientes do produto vetorial temos AxByˆz AxBzˆy Ayˆy Bxˆx Byˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzAxBy ˆzBxAy ˆxByAz ˆyBzAx 13 AxBzˆy Ayˆy Bxˆx Byˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz ˆyBzAx 14 Ayˆy Bxˆx Byˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz 15 Fazendo a distributiva para o segundo produto vetorial temos Ayˆy Bxˆx Ayˆy Byˆy Ayˆy Bzˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz 16 AyBxˆy ˆx AyByˆy ˆy AyBzˆy ˆz Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz 17 Aplicando as regras de produtos entre versores já mencionadas temos AyBxˆz 0 AyBzˆx Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz 18 AyBxˆz AyBzˆx Azˆz Bxˆx Byˆy Bzˆz ˆxAyBz ˆyAzBx ˆzBxAy ˆxByAz 19 Simplificando com os termos provenientes do produto vetorial temos Δ Ay Bz ẑ Ay Bz x Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx ẑ Bx Ay x By Az 20 Δ Ay Bz x Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ x Ay Bz ŷ Az Bx x By Az 21 Δ Az ẑ Bx x By ŷ Bz ẑ ŷ Az Bx x By Az 22 Fazendo a distributiva para o último produto vetorial temos Δ Az ẑ Bx x Az ẑ By ŷ Az ẑ Bz ẑ ŷ Az Bx x By Az 23 Δ Az Bz ẑ x Az By ẑ ŷ Az Bz ẑ ẑ ŷ Az Bx x By Az 24 Aplicando as regras de produtos entre versores já mencionadas temos Δ Az Bx ŷ Az By x 0 ŷ Az Bx x By Az 25 Δ Az Bx ŷ Az By x ŷ Az Bx x By Az 26 Simplificando com os termos provenientes do produto vetorial temos Δ Az Bx ŷ Az By x ŷ Az Bx x By Az 27 Δ Az By x x By Az 28 Finalmente Δ 0 A B x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz cqp 29 b Vamos provar esse item da mesma forma que o anterior isto é calculando os dois lados da expressão e subtraindo mas vamos usar o resultado do item anterior já que já o provamos Δ A B B A A B B A 30 Aplicando o resultado do item anterior temos Δ x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz x ŷ ẑ Bx By Bz Ax Ay Az 31 Mas veja que a única diferença entre as duas matrizes são as duas últimas linhas trocadas entre si Lembrese de que uma das propriedades de determinantes de matrizes é que a troca entre duas linhas causa apenas a mudança do sinal do determinante mantendo o módulo do resultado então trocando as duas últimas linhas da segunda matriz temos Δ x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz 0 32 Logo Δ 0 A B B A cqp 33 c Para provar que o produto vetorial de um vetor com ele mesmo resulta em zero vamos novamente usar a propriedade demonstrada no primeiro item A A x ŷ ẑ Ax Ay Az Ax Ay Az 34 Novamente lembrando das propriedades dos determinantes de matrizes quando duas linhas de uma matriz são idênticas o determinante se anula Como as duas últimas linhas são idênticas o resultado se anula A A 0 cqp 35 d Para provar esse item novamente vamos usar a propriedade matricial A B A βA x ŷ ẑ Ax Ay Az βAx βAy βAz 36 Mas em determinantes de matrizes multiplicar uma linha por uma constante é o mesmo que multiplicar o resultado do determinante pela mesma constante A B A βA β x ŷ ẑ Ax Ay Az Ax Ay Az 37 Mas como acabamos de ver determinante de uma matriz com duas linhas iguais se anula A βA β 0 0 38 Então A βA 0 cqp 39 e Para esse item vamos calcular separadamente os trÊs valores e verificar se são iguais entres si Vamos novamente usar a definição matricial Começando por C A B vamos aos cálculos C A B Cx x Cy ŷ Cz ẑ x ŷ ẑ Ax Ay Az Bx By Bz 40 Calculando o determinante temos C A B Cx x Cy ŷ Cz ẑ Ay Bz By Az x Az Bx Bz Ax ŷ Ax By Bx Ay ẑ 41 Aplicando a definição de produto escalar temos C A B Cx Ay Bz By Az Cy Az Bx Bz Ax Cz Ax By Bx Ay 42 Aplicando a propriedade distributiva dos números reais temos C A B Ay Bz Cx Az By Cx Az Bx Cy Bz Ax Cy Ax By Cz Ay Bx Cz 43 Vamos organizar em ordem das coordenadas para poder ficar mais fácil a comparação posterior C A B Ax By Cz Ax Bz Cy Ay Bz Cx Ay Bx Cz Az Bx Cy Az By Cx 44 Aqui é importante destacar que não há nenhuma necessidade de refazer os cálculos para os outros elementos isso porque podemos fazer uma substituição e chegar aos resultados Por exemplo já temos o resultado de CBACBA BCABxCyAzBxCzAyByCzAxByCxAzBzCxAyBzCyAx BCAAzBxCyAyBxCzAxByCzAzByCxAyBzCxAxBzCy BCAAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx CABAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx BCAAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx BACBAC ABCCxAyBzCxAzByCyAzBxCyAxBzCzAxByCzAyBx ABCAyBzCxAzByCxAzBxCyAxBzCyAxByCzAyBxCz ABCAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx CABAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx BCAAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx ABCAxByCzAxBzCyAyBzCxAyBxCzAzBxCyAzByCx CABBCAABC f ABCBACCAB ABCAx y z Bx By Bz Cx Cy CzAByCzCyBzxBzCxCzBxyBxCyCxByz ABCx y z Ax Ay Az ByCzCyBz BzCxCzBx BxCyCxBy ABCAyBzCyCzByAzBzCxCzBxxAzByCxCyBxAxBzCyCzByyAxByCzCyBzAyByCxCyBxz ABCBxAyCyCxAyByCxAzBzBxAzCzxByAzCxCyAzBxCyAxBxByAxCxyBzAxCxCzAxBxCzAyByBzAyCyz ABCBxAyCyCxAyByCxAzBzBxAzCzxByAzCxCyAzBxCyAxBxByAxCxyBzAxCxCzAxBxCzAyByBzAyCyz ABCCxAyByCxAzBz xCyAzBxCyAxBx y CzAxBxCzAyBy z BxAyCy BxAzCz x ByAxCx ByAzCx y BzAxCx BzAyCy z ABCAyByAzBzCx xAzBzAxBxCy yAxBxAyByCz zAyCyAzCzBx xAzCzAxCxBy yAxCxAyCyBz z ABCAxBxAyByAzBzCx xAzBzAxBxCy yAxBxAyByCz zAyCyAzCzBx x AzCzAxCxBy yAxCxAyCyBz z AxBxCx x ABCABCx xABCy yABCz zAyCyAzCzBx xAzCzAxCxBy yAxCxAyCyBz z AxBxCx x ABCABCx x ABCy y ABCz z ACBx x AzCz AyCy AxCx By y AxCx AyCy Bz z ABCABCx x ABCy y ACBx x AC By y AxCx AyCy AzCz Bz z ABCABCx x ACBx x AC By y AC Bz z ABCABCx x ACBx x AC By y AC Bz z ABCC AB AC Bx x By y Bz z ABCCABACBx xBy yBz z vecA imes vecB imes vecC vecC vecA cdot vecB vecB vecA cdot vecC Invertendo a ordem chegamos ao resultado que queríamos provar boxedvecA imes vecB imes vecC vecB vecA cdot vecC vecC vecA cdot vecB cqp 3 Prove as seguintes identidades a sumk epsilonkij epsilonklm deltail deltajm deltaim deltajl b vecA imes vecB sumijk epsilonijk hatxi Aj Bk Sendo deltaij begincases 1 i j 0 i eq j endcases e epsilonijk begincases 1 extcíclico 0 extrepetido 1 extanti cíclico endcases RESOLUÇÃO Antes de começar é bom deixar claro que nesse exercício os índices 123 representam as direções hatx haty hatz respectivamente e que cíclico quer dizer ijk in 123 231 312 E anti cíclico quer dizer ijk in 321 132 213 Agora vamos de fato às demonstrações a Para o primeiro item vamos suar o método da subtração usado em alguns itens do exercício anterior Deltaijlm sumk epsilonkij epsilonklm deltail deltajm deltaim deltajl Vamos expandir o somatório Deltaijlm epsilon1ij epsilon1lm epsilon2ij epsilon2lm epsilon3ij epsilon3lm deltail deltajm deltaim deltajl Veja que se i j ou l m todos os produtos de epsilon se anulam visto que haverá em cada produto pelo menos um par de índices iguais Nesses casos teremos begincases ij Rightarrow Deltaiilm epsilon1ii epsilon1lm epsilon2ii epsilon2lm epsilon3ii epsilon3lm deltail deltaim deltaim deltail lm Rightarrow Deltaijll epsilon1ij epsilon1ll epsilon2ij epsilon2ll epsilon3ij epsilon3ll deltail deltajl deltail deltajl endcases Em ambos os casos todos os produtos de epsilon se anulam por ter índices iguais e os produtos de delta são iguais entre si somente com sinais contrários de forma que a soma se anula o que nos leva a begincases Deltaiilm 0 Deltaijll 0 endcases Note agora que os índices podem assumir os valores 1 2 e 3 com i eq j e l eq m Tomemos o par ij para essa análise mas o mesmo é válido para o outro par Ele pode assumir os seguintes valores nessas condições com permutação entre i e j que resultará na mesma situação ij 12 restando apenas o produto de epsilon com k 3 ij 13 restando apenas o produto de epsilon com k 2 ij 23 restando apenas o produto de epsilon com k 1 13 Dessa forma restará sempre apenas um produto de ε que chamaremos k agora constante para manter a generalização do problema ijlm εkijεklm δilδjm δimδjl 9 Como os quatro índices i j l m devem ser diferentes de k pois já provamos as outras situações existem apenas duas possibilidades i j l m i j ou i j m l i j Vamos testar cada uma delas Para i j l m temos ijij εkijεkij δiiδjj δijδji ε2 kij δiiδjj δijδji 10 Com índices iguais os deltas resultam em 1 e com índices diferentes resultam em 0 ijij ε2 kij 1 1 0 0 ε2 kij 1 11 Mas ε tem sempre módulo 1 quando os índices diferem entre si ijij 12 1 1 1 0 12 Vamos agora à última combinação possível Para i j m l temos ijji εkijεkji δijδji δiiδjj 13 Com índices iguais os deltas resultam em 1 e com índices diferentes resultam em 0 ijji εkijεkji 0 0 1 1 14 Nesse produto de ε apenas um par de índices foi trocado entre si o que resulta na troca de cíclico para anti cíclico ou viceversa Nos dois casos um será 1 e outro será 1 resultando no produto 1 ijji 1 1 0 15 Existem ainda as possibilidades de i l j m e j l i m Vamos para a primeira ijim ε1ijε1im ε2ijε2im ε3ijε3im δiiδjm δimδji 16 Veja que k i para pelo menos um valor de k para que sobre ao menos um produto de ε não nulo porém nessa situação m e l como são distintos não há valores suficientes para os dois sem anular todos os produtos de ε de qualquer forma ijim δiiδjm δimδji 17 j m o que anula o primeiro produto de δ ijim δimδji 18 Por último para esse produto ser não nulo i m e j i o que faria com que j m que não é verdade logo ijim 0 19 Finalmente vamos para a última possibilidade onde j l i m ijjm ε1ijε1jm ε2ijε2jm ε3ijε3jm δijδjm δimδjj 20 Com exatamente os mesmos argumentos da parte anteroir cehgamos em ijjm 0 21 Resumindo iilm ijll ijij ijji ijim ijjm 0 22 Ou seja independente dos valores de ijlm temos boxedsumk epsilonkij epsilonklm deltail deltajm deltaim deltajl cqp b Esse item vamos provar novamente usando o produto vetorial calculado com matriz e abrindo o somatório em todas as possibilidades que como vimos no começo desse exercício são apenas 6 não nulas Delta vecA imes vecB sumijk epsilonijk hatxi Aj Bk beginvmatrix hatx1 hatx2 hatx3 A1 A2 A3 B1 B2 B3 endvmatrix sumijk epsilonijk hatxi Aj Bk Calculando o determinante temos Delta A2 B3 B2 A3 hatx1 A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 sumijk epsilonijk hatxi Aj Bk Para a somatória os únicos termos não nulos são os cíclicos 123 231 312 e os anti cíclicos 3 2 1 2 1 3 1 3 2 Delta A2 B3 B2 A3 hatx1 A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 epsilon123 hatx1 A2 B3 epsilon231 hatx2 A3 B1 epsilon312 hatx3 A1 B2 epsilon321 hatx3 A2 B1 epsilon132 hatx1 A3 B2 epsilon213 hatx2 A1 B3 Os cíclicos tem sinal positivo e os anti cíclicos sinais negativos Delta A2 B3 B2 A3 hatx1 A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx1 A2 B3 hatx2 A3 B1 hatx3 A1 B2 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 hatx2 A1 B3 Agora basta irmos simplificando os pares de termos Delta A2 B3 B2 A3 hatx1 A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx1 A2 B3 hatx2 A3 B1 hatx3 A1 B2 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 hatx2 A1 B3 Delta B2 A3 hatx1 A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx2 A3 B1 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 Delta A3 B1 B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx2 A3 B1 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 Delta B3 A1 hatx2 A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 Delta A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx3 A1 B2 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 Delta B1 A2 hatx3 hatx3 A2 B1 hatx1 A3 B2 Delta A1 B2 B1 A2 hatx3 hatx1 A3 B2 Finalmente Delta 0 Rightarrow boxedvecA imes vecB sumijk epsilonijk hatxi Aj Bk cqp 4 Prove as seguintes identidades considerando r o vetor posição a A A ² A b r0 c r3 d ddt A B ddt A B A ddt B e ddt AB ddt AB Addt B f fr 2r ddr f d²dr² f RESOLUÇÃO a Vamos continuar calculando as diferenças entre os dois lados da igualdade para provar as identidades O cálculo do rotacional nada mais é que o produto vetorial do operador x x ŷ y ẑ z pelo vetor Δ A A ² A 1 Δ x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az Axx Ayy Azz x ²Axx² ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² 2 Aplicando o gradiente temos Δ x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x x Axx Ayy Azz ŷ y Axx Ayy Azz ẑ z Axx Ayy Azz x ²Axx² ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² 3 Aplicando as derivadas parciais temos Δ x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x ²Axx² ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² x ²Axx² ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayy² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² ²Azz² 4 Alguns pares de termos podem ser simplificados Δ x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x ²Axx² ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² x ²Axx² ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayy² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² ²Azz² 5 x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayy² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² ²Azz² 6 x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy ²Azz² x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 7 x ŷ ẑ x y z Ax Ay Az x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 8 Vamos então desenvolver o determinante Δ Azy Ayz x Axz Azx ŷ Ayx Axy ẑ x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 9 Aplicando novamente o rotacional no formato matricial temos Δ x ŷ ẑ x y z Azy Ayz Axz Azx Ayx Axy x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 10 Expandindo o determinante temos Δ y Ayx Axy z Axz Azx x z Azy Ayz x Ayx Axy ŷ x Axz Azx y Azy Ayz ẑ x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Ayz² ẑ ²Axzx ²Azzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Ayy² 11 Aplicando a primeira derivada parcial temos Δ ²Ayyx ²Axy² z Axz Azx x z Azy Ayz x Ayx Axy ŷ x Axz Azx y Azy Ayz ẑ x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Ayy² ²Ayz² ẑ ²Axzx ²Azzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 12 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Ayyx ²Axy² z Axz Azx x z Azy Ayz x Ayx Axy ŷ x Axz Azx y Azy Ayz ẑ x ²Ayxy ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 13 Δ ²Axy² z Axz Azx x z Azy Ayz x Ayx Axy ŷ x Axz Azx y Azy Ayz ẑ x ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axy² ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 14 Δ z Axz Azx x z Azy Ayz x Ayx Axy ŷ x Axz Azx y Azy Ayz ẑ x ²Azxz ŷ ²Axyx ²Azyz ẑ ²Axzx ²Ayzy x ²Axz² ŷ ²Ayx² ²Ayz² ẑ ²Azx² ²Azy² 15 Aplicando a primeira derivada parcial do que sobrou temos Δ ²Aₓz² ²Azzx x z Azy Aᵧz x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z x ²Azxz y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy x ²Aₓz² y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 16 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Aₓz² ²Azzx x z Azy Aᵧz x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z x ²Azxz y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy x ²Aₓz² y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 17 Δ ²Azzx x z Azy Aᵧz x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z x ²Azxz y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 18 Δ z Azy Aᵧz x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 19 Aplicando a primeira derivada parcial do que sobrou temos Δ ²Azzy ²Aᵧz² x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 20 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Azzy ²Aᵧz² x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx ²Azyz z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 21 Δ ²Aᵧz² x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² ²Aᵧz² z ²Azx² ²Azy² 22 Δ x Aᵧx Aₓy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² z ²Azx² ²Azy² 23 Aplicando a primeira derivada parcial do que sobrou temos Δ ²Aᵧx² ²Aₓxy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² z ²Azx² ²Azy² 24 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Aᵧx² ²Aₓxy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² z ²Azx² ²Azy² 25 Δ ²Aₓxy y x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z y ²Aₓyx z ²Aₓzx ²Aᵧzy y ²Aᵧx² z ²Azx² ²Azy² 26 Δ x Aₓz Azx y Azy Aᵧz z z ²Aₓzx ²Aᵧzy z ²Azx² ²Azy² 27 Aplicando a primeira derivada parcial do que sobrou temos Δ ²Aₓxz ²Azx² y Azy Aᵧz z z ²Aₓzx ²Aᵧzy z ²Azx² ²Azy² 28 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Aₓxz ²Azx² y Azy Aᵧz z z ²Aₓzx ²Aᵧzy z ²Azx² ²Azy² 29 Δ ²Azx² y Azy Aᵧz z z ²Aᵧzy z ²Azx² ²Azy² 30 Δ y Azy Aᵧz z z ²Aᵧzy z ²Azy² 31 Aplicando a primeira derivada parcial do que sobrou temos Δ ²Azy² ²Aᵧyz z z ²Aᵧzy ε ²Azy² 32 Vamos simplificar os pares disponíveis para tal assumindo que o vetor seja uma função contínua de forma a podermos inverter as variáveis na derivada parcial de segunda ordem Δ ²Azy² ²Aᵧyz z z ²Aᵧzy ε ²Azy² 33 Δ ²Aᵧyz z z ²Aᵧzy 0 34 Logo Δ 0 A A ²A cqp 35 b Para determinar o rotacional de r vamos aplicar a propriedade matricial r xx yy zz x y z x y z x y z zy yz x xz zx y yx xy z 36 Perceba que todas as derivadas parciais são em relação a uma variável espacial distinta à qual está se aplicando a derivada de forma que todas elas irão se anular r 0 cqp 37 c Para determinar o divergente de r vamos aplicar a definição r xħx yħy zħz xx yy zz 38 Ao contrário do item anterior rotacional perceba que todas as derivadas parciais são em relação à mesma variável espacial à qual está se aplicando a derivada de forma que todas elas irão resultar em 1 r 1 1 1 r 3 cqp 39 d Para essa demonstração vamos partir do lado esquerdo e chegar do lado direito vejamos ddt A B ddt Ax Bx Ay By Az Bz 40 A derivada da soma é igual à soma das derivadas ddt A B ddt Ax Bx ddt Ay By ddt Az Bz 41 Usando a regra do produto temos ddt A B ddt Ax Bx Ax ddt Bx ddt Ay By Ay ddt By ddt Az Bz Az ddt Bz 42 Separando as derivadas de Ai do lado esquerdo e as de Bi do lado direito temos ddt A B ddt Ax Bx ddt Ay By ddt Az Bz Ax ddt Bx Ay ddt By Az ddt Bz 43 Veja que as derivadas de Ai estão sempre juntas de Bi ou seja temos um produto escalar ddt A B ddt Ax ħx ddt Ay ħy ddt Az ħz Bx ħx By ŷ Bz ż Ax ddt Bx Ay ddt By Az ddt Bz 44 Os versores são constantes de forma que podemos passar os multiplicantes para dentro das derivadas ddt A B ddt Ax ħx ddt Ay ŷ ddt Az ż Bx ħx By ŷ Bz ż Ax ddt Bx Ay ddt By Az ddt Bz 45 E a soma das derivadas é a derivada da soma ddt A B ddt Ax ħx Ay ŷ Az ż Bx ħx By ŷ Bz ż Ax ddt Bx Ay ddt By Az ddt Bz 46 Mas Ax ħx Ay ŷ Az ż A e Bx ħx By ŷ Bz ż B ddt A B ddt A B Ax ddt Bx Ay ddt By Az ddt Bz 47 Para a segunda parte vamos repetir exatamente os mesmos passos de forma que não há necessidade de explicação passo a passo ddt A B ddt A B Ax ħx Ay ŷ Az ż ddt Bx ħx By ŷ Bz ż 48 ddt A B ddt A B A ddt B cqp 49 e Como o produto vetorial é mais difícil de ser identificado nas contas vamos fazer pelo método da subtração entre os dois lados Δ ddt A B ddt A B A ddt B 50 Aplicando o formato matricial e transformando os vetores nas somas de suas componentes temos ħx ŷ ż Δ ddt Ax Ay Az ddt Ax ħx Ay ŷ Az ż Bx ħx By ŷ Bz ż Ax ħx Ay ŷ Az ż ddt Bx ħx By ŷ Bz ż Bx By Bz 51 Vamos usar a linearidade da derivada para separar a derivada da soma em soma das derivadas ħx ŷ ż Δ ddt Ax Ay Az ddt Ax ħx ddt Ay ŷ ddt Az ż Bx ħx By ŷ Bz ż 52 Bx By Bz Ax ħx Ay ŷ Az ż ddt Bx ħx ddt By ŷ ddt Bz ż Usando o formato matricial dos produtos vetoriais novamente temos ħx ŷ ż ħx ŷ ż ħx ŷ ż Δ ddt Ax Ay Az dAxdt dAydt dAzdt Ax Ay Az 53 Bx By Bz dBxdt dBydt dBzdt Bx By Bz Calculando os determinantes temos Δ ddt Ay Bz By Az ħx Az Bx Bz Ax ŷ Ax By Bx Ay ż dAydt Bz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ż Ay dBzdt dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ŷ Ax dBydt dBxdt Ay ż 54 Lembrando que na primeira linha a derivada da soma é igual à soma das derivadas temos Δ ddt Ay Bz ddt By Az ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ŷ ddt Ax By ddt Bx Ay ż dAydt Bz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ż Ay dBzdt dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ŷ Ax dBydt dBxdt Ay ż 55 Agora vamos de uma a uma calculando as derivadas usando a regra do produto e cancelando com outros termos começando da primeira derivada Δ dAydt Bz Ay dBzdt ddt By Az ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz dAydt Bz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz Ay dBzdt dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 56 Δ Ay dBzdt ddt By Az ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz Ay dBzdt dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 57 Δ ddt By Az ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 58 Δ dBydt Az By dAzdt ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz dBydt Az ħx Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 59 Δ By dAzdt ħx ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz By dAzdt ħx dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 60 Δ ddt Az Bx ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz dAxdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 61 Δ dAzdt Bx Az dBxdt ddt Bz Ax ħy ddt Ax By ddt Bx Ay ħz dAzdt Bx Bz dAxdt ħy dAxdt By Bx dAydt ħz Az dBxdt dBzdt Ax ħy Ax dBydt dBxdt Ay ħz 62 Δ Az dBxdt ddt Bz Ax ŷ ddt Ax By ddt Bx Ay ẑ Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ẑ Az dBxdt dBzdt Ax ŷ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 63 Δ ddt Bz Ax ŷ ddt Ax By ddt Bx Ay ẑ Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ẑ dBzdt Ax ŷ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 64 Vamos à derivada seguinte Δ dBzdt Ax Bz dAxdt ŷ ddt Ax By ddt Bx Ay ẑ Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ẑ dBzdt Ax ŷ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 65 Δ Bz dAxdt ŷ ddt Ax By ddt Bx Ay ẑ Bz dAxdt ŷ dAxdt By Bx dAydt ẑ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 66 Δ ddt Ax By ddt Bx Ay ẑ dAxdt By Bx dAydt ẑ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 67 Vamos para a próxima derivada Δ dAxdt By Ax dBydt ddt Bx Ay ẑ dAxdt By Bx dAydt ẑ Ax dBydt dBxdt Ay ẑ 68 Δ Az dBydt ddt Bx Ay ẑ Bx dAydt ẑ Az dBydt dBxdt Ay ẑ 69 Δ ddt Bx Ay ẑ Bx dAydt ẑ dBxdt Ay ẑ 70 Finalmente vamos para a última derivada Δ dBxdt Ay Bx dAydt ẑ Bx dAydt ẑ dBxdt Ay ẑ 71 Δ Bx dAydt ẑ Bx dAydt ẑ 72 Logo Δ 0 ddt A x B ddt A x B A x ddt B cqp 73 f Agora vamos partir do lado esquerdo e chegar ao lado direito Nesse caso vamos usar o gradiente e o divergente em coordenadas esféricas visto que a função depende apenas de r que são dados pelas seguintes expressões f r fr r f r 1r2 r r2 fr 74 Partindo do lado esquerdo da expressão que queremos provar temos f r dfdr r 1r2 ddr r2 dfdr 75 Usando a regra da cadeia temos f r 1r2 ddr r2 dfdr r2 ddr dfdr 1r2 2r dfdr r2 d2 fdr2 76 Logo f r 2r dfdr d2 fdr2 cqp 77 5 Considere uma tábua de comprimento L largura A e espessura e possuindo uma massa M uniformemente distribuída sobre seu volume A tábua é colocada sobre dois cilindros retos que giram com frequência ω em módulo e em sentidos contrários Os cilindros tem seus eixos paralelos e distantes um do outro por uma distância D Entre a tábua e os cilindros existem atritos cinéticos e estáticos dados por μk e μS Em que configuração o sistema é MHS Neste caso quais são a frequência de oscilação período e posição do centro de massa Construa o gráfico da posição como função do tempo RESOLUÇÃO A seguinte imagem mostra o sistema proposto Na situação em que a tábua está no centro por simetria as normais nos dois pontos de contato com os cilindros são iguais N1 N2 N Mg 2N N Mg2 1 Como a força de atrito depende apenas da normal e do coeficiente de atrito nessa situação ambos seriam iguais de forma que a tábua ficaria parada Mas se a deslocarmos de x para a direita algumas possíveis situações Se v ωR a tábua estará se movendo tão rápido para a esquerda que a força de atrito devido ao cilindro da direita também será para a direita Nessa situação para determinarmos a normal em cada ponto de apoio vamos usar o equilíbrio de momento de forças ou torque em relação a um dos pontos de apoio digamos o primeiro Mg D2 x N2 D N2 Mg2 1 2xD 2 Pelo equilíbrio vertical de forças temos N1 N2 Mg N1 Mg2 1 2xD Mg N1 Mg2 1 2xD 3 Dessa forma para a resultante das forças na horizontal temos FR A1 A2 μk N1 μk N2 μk Mg 4 Ou seja teremos um movimento uniformemente desacelerado com aceleração de módulo g até que v ωR A segunda situação é a oposta a essa ou seja v ωR Nessa situação para a resultante das forças na horizontal temos FR A1 A2 μk N1 μk N2 μk M g 5 Ou seja teremos um movimento uniformemente desacelerado com aceleração de módulo g até que v ωR A terceira e última situação ocorre quando ωR v ωR Nessa situação para a resultante das forças na horizontal temos FR A1 A2 μk N1 μk N2 μk M g 2 1 2xD μk M g 2 1 2xD 2 μk M g D x 6 Ou seja nesse intervalo de velocidades temos uma força restauradora com k 2 μk M g D que é exatamente o que caracteriza um Movimento Harmônico Simples Logo essa é a configuração pedida pelo exercício ωR v ωR 7 Que vamos melhorar mais adiante A frequência de oscilação do MHS é dada por ωMHS kM 2 μk M g D M ωMHS 2 μk g D 8 Para o período temos T 2 π ωMHS 2 π 2 μk g D T π 2D μk g 9 O deslocamento que fizemos para começar o movimento foi justamente do centro de massa de forma que a força restauradora tenta deslocar o centro de massa para o centro do sistema sendo assim o centro de massa é que realiza o MHS de forma que a equação do movimento é dada por xt x0 cosωMHS t boxedxt x0 cos t 2 μk g D 10 sendo x0 a posição inicial do centro de massa Anteriormente vimos que a condição para que essa situação ocorra é ωR v ωR mas para que isso seja sempre verdade ao longo de todo o movimento temos que ωR vt ωR 11 Derivando a equação da posição do centro de massa temos vt xt xt x02μk g D sen t2μk g D 12 A velocidade máxima ocorre quando o cosseno vale 1 e a mínima quando o cosseno vale 1 x02μk g D ωR ωR x02μk g D 13 As duas levam às mesmas condições x0R ωD 2μk g 14 Por último precisamos fazer o gráfico da posição em função do tempo Como obtido pela equação temos uma oscilação de amplitude x0 e período π2D μk g 29 6 Considere um cilindro reto de raio R comprimento L e massa M uniformemente distribuída sobre seu volume Ao longo do eixo principal do cilindro é feito um furo de raio bem pequeno de um lado a outro do mesmo Dentro do furo é colocada uma massa pontual m a O sistema é MHS b Caso o sistema seja MHS encontre o período e a frequência c Caso o sistema seja MHS encontre a velocidade como função do tempo e seu gráfico d Caso o sistema seja MHS encontre a posição como função do tempo e seu gráfico RESOLUÇÃO a Vamos analisar o problema para responder às perguntas Primeiro vamos analisar a situação mais simples de quando a partícula se encontra no centro do cilindro y x z m L2 L2 Nesse caso metade do cilindro se encontra abaixo da partícula e metade acima de forma que metade a puxa para baixo e metade a puxa para cima Como a massa é uniformemente distribuída temos que as forças para cima e para baixo são iguais de forma que a partícula fica parada Vamos então deslocar a partícula z0 para cima 30 y x z m L2 z0 L2 z0 Pensando da mesma forma que anteriormente a força do corte do cilindro superior cancela parte da força da parte do cilindro inferior restando apenas 2z0 embaixo o que efetivamente pode ser calculado pelo seguinte sistema análogo y x z m L2 z0 2z0 Agora não temos como fugir vamos ter que calcular a integral para determinar a força gravitacional devido ao cilindro Para simplificar note que pela simetria do problema a força será vertical visto que nas outras direções para cada elemento de maça que produz força em um sentido existe outro elemento de massa que produz a mesma força no sentido contrário Dessa forma precisamos apenas da componente vertical da força Vamos calcular a integral sobre todo o volume do cilindro Vamos começar por relembrar a expressão da força gravitacional em módulo F Gm1m2 d2 1 Como vamos usar apenas a componente vertical e sabemos que ela será para baixo temos F Gm1 m2 d2 cosθ 2 onde θ é o ângulo entre a reta que liga a massa m ao elemento de integração e o eixo z A reta que liga a massa ao elemento de integração tem seu comprimento facilmente determinável por cosseno cosθ L2 z0 z d d2 L2 z0 z cosθ2 3 Substituindo na expressão da força temos F G m1 m2 cos2θ L2 z0 z2 cosθ 4 Vamos escrever a expressão como um diferencial de força d3F G m dM cos2θ L2 z0 z2 cosθ 5 Para a massa do elemento de volume podemos determinar a densidade de massa do cilindro ρ M π R2 L 6 Então ficamos com d3F G m ρ L2 z0 z2 cos3θ dV 7 Em coordenadas cilíndricas dV r dr dφ dz então d3F G m ρ L2 z0 z2 cos3θ r dr dφ dz 8 Vamos escrever r em função de θ tgθ r L2 z0 z r L2 z0 z tgθ dr L2 z0 z sec2θ dθ 9 Substituindo no diferencial de força temos d3F G m ρ L2 z0 z2 cos3θ L2 z0 z tgθ L2 z0 z sec2θ dθ dφ dz 10 d3F G m ρ senθ dθ dφ dz 11 Integrando temos F d3F G m ρ 02 z0 02 π 0arctgR L2 z0 z senθ dθ dφ dz 12 Integrando com relação a θ temos F d3F G m ρ 02 z0 02 π cosθ0arctgR L2 z0 z dφ dz 13 Temos a tangente de θ e precisamos do cosseno Vamos usar a relação fundamental da trigonometria sen2θ cos2θ 1 14 Dividindo por cosseno temos tg2θ 1 1cos2θ cos θ 1tg2θ 1 15 substituindo o limite superior da integral temos cos θ 1RL2 z0 z21 16 Multiplicando o numerador e o denominador da fração por L2 z0 z2 temos cos θ L2z0z2R2 L2 z0 z2 cos θ L2z0zR2 L2 z0 z2 17 De volta à integral temos F d3F Gmρ 02z0 02π L2z0zR2 L2 z0 z2cos0 dφ dz 18 Integrando com relação a φ temos F d3F Gmρ 02z0 L2z0zR2 L2 z0 z2 1 φ 02π dz 19 F 2πGmρ 02z0 L2z0zR2 L2 z0 z2 1 dz 20 Por último precisamos integrar com relação a z Para isso façamos w L2 z0 z dw dz de forma que os limites de integração ficam z 0 w L2 z0 z 2z0 w L2 z0 21 Substituindo na integral temos F 2πGmρ L2 z0L2z0 wR2 w2 1 dw 22 Vamos separar em duas integrais F 2πGmρ L2 z0L2z0 wR2 w2 dw L2 z0L2z0 dw 23 A segunda integral já pode ser calculada diretamente F 2πGmρ L2 z0L2z0 wR2 w2 dw wL2 z0L2z0 2πGmρ L2 z0L2z0 wR2 w2 dw 2z0 24 Façamos u R2 w2 du 2w dw de forma que os limites de integração ficam w L2 z0 u R2 L2 z02 w L2 z0 u R2 L2 z02 25 Substituindo na integral temos F 2πGmρ R2 L2 z02R2 L2 z02 12u du 2z0 26 Mas a raiz pode ser escrita como expoente F 2πGmρ 12 R2 L2 z02R2 L2 z02 u12 du 2z0 27 Integrando com relação a u temos F 2πGmρ u12R2 L2 z02R2 L2 z02 2z0 2πGmρ R2 L2 z02 R2 L2 z02 2z0 28 Substituindo o valor de ρ calculamos previamente temos F 2πGm MπR2L 2z0 R2 L2 z02 R2 L2 z02 29 F 2GmMR2L 2z0 R2 L2 z02 R2 L2 z02 30 Veja que a força não é linearmente restauradora como o MHS é caracterizado então a princípio esse movimento não é MHS no caso geral mas se considerarmos pequenas oscilações ou seja z0 L2 temos F 2GmMR2L 2z0 R2 L22 R2 L22 F 4GmMR2L z0 31 Agora sim temos uma força linearmente restauradora o que caracteriza um MHS b A partir da constante de restauração podemos determinar a frequência angular ω km 4GmMR2L m 4GMR2L ω 2RGML 32 Para a frequência em hertz temos f ω2π f 1πRGML 33 E para o período T 1f T πRLGM 34 c A equação de movimento do MHS é dada por z0t Z0 cosωt 35 sendo Z a posição em que a partícula é posicionada inicialmente em relação ao centro do cilindro Para o nosso caso temos z0t Z0 cos 2tR GML 36 Assim a velocidade pode ser obtida derivando a posição no tempo vt z0t 2Z0RGML sen 2tR GML 37 Agora precisamos fazer o gráfico Como obtido pela equação temos uma oscilação de amplitude 2Z0RGML e período πRLGM xt 2Z0RGML RLGM t 2Z0RGML d Já determinamos a equação de posição em função do tempo z0t Z0 cos 2tR GML 38 Para o gráfico temos uma oscilação de amplitude Z0 e período πRLGM xt Z0 RLGM t Z0 7 Um bloco de massa M é pendurado no teto de uma residência através de uma mola de constante k O sistema está em uma região do espaço em que existe uma força de resistência proporcional à velocidade através de uma constante β O movimento ocorre ao longo da vertical a Em caso de βm2 4km i Encontre a posição como função do tempo e seu gráfico ii Encontre a velocidade como função do tempo e seu gráfico b Em caso de βm2 4km i Encontre a posição como função do tempo e seu gráfico ii Encontre a velocidade como função do tempo e seu gráfico RESOLUÇÃO Pela Lei de Newton M d2zdt2 kz Mg β dzdt 1 Rearranjando temos d2zdt2 βM dzdt kM z g 0 2 a O caso em que βm2 4km é o chamado amortecimento supercrítico i Nesse caso não há oscilação e a solução fica no seguinte formato zt A eβt2M Ceγt Deγt 3 com γ β24M2 kM A constante A aparece devido à gravidade que desloca o ponto de equilíbrio kA Mg A Mgk 4 Então zt Mgk eβt2M Ceγt Deγt 5 Considerando inicialmente parado e na posição Z0 temos z0 Z0 Mgk C D C D Z0 Mgk 6 Derivando para a obter a expressão velocidade temos zt β2M eβt2M Ceγt Deγt γ eβt2M Ceγt Deγt 7 Para a velocidade inicial temos z0 0 β2M C D γ C D 8 Mas já temos C D 0 β2M Z0 Mgk γ C D C D β2Mγ Z0 Mgk 9 Somando C D com C D temos 2C Z0 Mgk β2Mγ Z0 Mgk 1 β2Mγ Z0 Mgk C 12 1 β2Mγ Z0 Mgk 10 Subtraindo C D de C D temos 2D Z0 Mgk β2Mγ Z0 Mgk 1 β2Mγ Z0 Mgk D 12 1 β2Mγ Z0 Mgk 11 De forma que ficamos com a seguinte função zt Mgk 12 Z0 Mgk eβt2M 1 β2Mγ eγt 1 β2Mγ eγt 12 com γ β24M2 kM Para construir o gráfico vamos verificar os pontos de máximo ou mínimo ou seja os pontos em que a velocidade se anula zt0 0 β2M eβt02M C eγt0 D eγt0 γ eβt02M C eγt0 D eγt0 13 γ β2M C eγt0 γ β2M D eγt0 14 e2γt0 2Mγ β2Mγ β DC 2Mγ β2Mγ β 2Mγ β2Mγ β 1 t0 0 15 Logo o único ponto com derivada nula é o ponto inicial e sabemos que ele não pode ser um ponto de mínimo visto que a energia do sistema é dissipada logo temos um decaimento Para a assíntota vamos calcular o limite quando t L limt zt limt Mgk 12 Z0 Mgk eβt2M 1 β2Mγ eγt 1 β2Mγ eγt 16 L limt Mgk 12 Z0 Mgk eγβ2M t 1 β2Mγ 1 β2Mγ e2γt 17 Mas γ β24M2 kM β2M γ β2M 0 eγβ2M t 0 18 Logo limt zt Mgk 19 ii Já determinamos previamente a função velocidade zt β2M eβt2M Ceγt Deγt γ eβt2M Ceγt Deγt 20 Substituindo os valores de C e D temos zt 12 Z0 Mgk eβt2M β2M 1 β2Mγ eγt 1 β2Mγ eγt γ 1 β2Mγ eγt 1 β2Mγ eγt 21 Separando as exponenciais em γ com sinais opostos temos zt γ2 Z0 Mgk 1 β2 4M2 γ2 eβt2M eγt eγt 22 com γ β24M2 kM Para fazer esse gráfico não precisamos exatamente fazer todos os cálculos visto que já temos o da posição bastanos observálo e pensar em como seria o gráfico de sua derivada A mesma começa nula aumenta em módulo com o sentido negativo passa por um mínimo máximo em módulo e vai a 0 Vamos apenas fazer um cálculo para determinar o mínimo da função velocidade Vamos derivar e igualar a zero zt β2M2 eβt2M Ceγt Deγt βγ2M eβt2M Ceγt Deγt βγ2M eβt2M Ceγt Deγt γ2 eβt2M Ceγt Deγt 23 zt β2M2 eβt2M Ceγt Deγt βγM eβt2M Ceγt Deγt γ2 eβt2M Ceγt Deγt 24 zt eβt2M β2M2 Ceγt Deγt βγM Ceγt Deγt γ2 Ceγt Deγt 25 Separando nas exponenciais de expoente positivo e negativo temos zt Ceγβ2Mt β2M2 2β2Mγ γ2 Deγβ2Mt β2M2 2β2Mγ γ2 26 São trinômios quadrados então zt Cβ2M γ2 eγβ2Mt Dβ2M γ2 eγβ2Mt 27 O mínimo ocorre quando essa derivada se anula ztm 0 Cβ2M γ2 eγβ2Mtm Dβ2M γ2 eγβ2Mtm 28 0 Cβ2M γ2 eγtm Dβ2M γ2 eγtm 29 0 Cβ2M γ2 e2γtm Dβ2M γ2 30 e2γtm β 2Mγβ 2Mγ2 DC β 2Mγβ 2Mγ2 2Mγ β2Mγ β 31 tm 12γ lnβ 2Mγβ 2Mγ 32 b O caso em que βm2 4km é o chamado amortecimento crítico i Nesse caso não há oscilação e a solução fica no seguinte formato zt A eβt2M C Dt 33 A constante A aparece devido à gravidade que desloca o ponto de equilíbrio kA Mg A Mgk 34 Então zt Mgk eβt2M C Dt 35 Considerando inicialmente parado e na posição Z0 temos z0 Z0 C Mgk C Z0 Mgk 36 Derivando para a obter a expressão velocidade temos zt β2M eβt2M Z0 Mgk Dt Deβt2M 37 Para a velocidade inicial temos z0 0 β2M Z0 Mgk D D β2M Z0 Mgk 38 De forma que ficamos com a seguinte função zt Mgk Z0 Mgk eβt2M 1 βt2M 39 Devido à exponencial negativa quando t zt Mgk e para encontrar eventuais pontos críticos vamos encontrar os pontos em que a velocidade se anula zt0 0 Z0 Mgk β2M eβt02M 1 βt02M β2M eβt02M βt02M 0 t0 0 40 Como só temos o instante inicial como ponto crítico e ele tende a um valor fixo no infinito só podemos estar tratando de um decaimento visto que um sistema físico não pode ganhar energia logo temos o gráfico ii Já determinamos previamente a função velocidade zt β2M2 Z0 Mgk teβt2M 41 Para fazer esse gráfico não precisamos exatamente fazer todos os cálculos visto que já temos o da posição bastanos observálo e pensar em como seria o gráfico de sua derivada A mesma começa nula aumenta em módulo com o sentido negativo passa por um mínimo máximo em módulo e vai a 0 Vamos apenas fazer um cálculo para determinar o mínimo da função velocidade Vamos derivar e igualar a zero zt β2M2 Z0 Mgk eβt2M β2M t eβt2M 42 O mínimo ocorre quando essa derivada se anula ztm 0 β2M2 Z0 Mgk eβtm2M β2M tm eβtm2M 43 0 1 β2M tm tm 2Mβ 44 8 Um bloco de massa M é conectado a um conjunto de n molas de constantes k1 k2 k3 kn onde n é um número inteiro maior que 1 As molas estão ligadas em série uma a outra e as molas das extremidades estão ligadas ao bloco e a outra a uma parede O sistema todo está na horizontal e não existe atrito Desconsidere a massa das molas a O sistema é um MHS b Caso seja MHS Quais são a frequência e o período das oscilações c Neste sismo construa o gráfico da energia Mecânica como função do tempo d Qual a energia potencial do sistema como função da posição e seu gráfico e Que sistema elétrico pode ser comparado ao presente sistema RESOLUÇÃO a Temos o seguinte sistema aqui exemplificado por n2 Independente do número de molas como elas não tem massa a força exercida na mola é constante ao longo de toda a mola e portanto se propaga ao longo de todo o conjunto de molas Dessa forma para todas as molas teremos em módulo T k1x1T k2x2T k3x3 T knxn O deslocamento do bloco será a soma dos deslocamentos das molas x x1 x2 x3 xn Substituindo as expressões para cada deslocamento temos x Tk1 Tk2 Tk3 Tkn Mas a força feita em uma das molas nada mais é que a força feita no conjunto todo de forma que podemos determinar uma constante de mola equivalente par ao conjunto como um todo Tke Tk1 Tk2 Tk3 Tkn Simplificando as forças temos 1ke 1k1 1k2 1kn ke 11k1 1k2 1kn 1Σ i1 até n 1ki Ou seja a constante da mola equivalente é o inverso da doma dos inversos das constantes de cada mola Como o conjunto pode ser simplificado para apenas uma mola o sistema é também um MHS b A frequência pode ser obtida exatamente como se fosse uma mola única ω sqrtke M sqrt1M Σi1 até n 1ki ω 1 sqrtM Σ i1 até n 1ki Para a frequência em Hertz temos f ω2π f 12π sqrtM Σi1 até n 1ki E para o período T 1f T 2π sqrtM Σi1 até n 1ki c Todas as componentes desse sistema são ideais e não há nenhuma força dissipativa dessa forma a energia mecânica é constante basta determinarmos qual seu valor Dado um deslocamento total x0 temos a seguinte expressão para a energia mecânica E 12 ke x02 E x022 Σi1 até n 1ki De forma que ficamos com o seguinte gráfico d O potencial do sistema é a energia potencial da mola equivalente U 12 ke x2 Ux x22 Σi1 até n 1ki Lembrando que ela é limitada superiormente pela energia mecânica de forma que ficamos com o seguinte gráfico e Para começar a constante elástica equivalente é dada por 1 ke Σ i1 até n 1ki Há duas grandezas na eletricidade que tem uma expressão análoga a essa Circuito de resistores em paralelo com uma fonte de tensão Circuito de capacitores em série com uma fonte de tensão Mas em um deles a analogia vai mais adiante A energia armazenada em um capacitor e capacitores em série podem ser tratados como um capacitor equivalente é dada pela seguinte expressão E 12 CU2 Então o sistema elétrico que tem mais semelhanças com esse sistema de molas em série é o circuito de capacitores em série 9 Considere um disco de raio R e massa M uniformemente distribuída O mesmo é pivotado em um ponto ao longo de sua borda e posto para oscilar em relação à horizontal e no mesmo plano do disco a O sistema é um MHS b Em caso de haver alguma condição em seja MHS indique qual é essa condição e quais são a frequência e o período das oscilações c Neste sistema construa o gráfico da energia Mecânica como função do tempo d Qual a energia potencial do sistema como função da posição e seu gráfico RESOLUÇÃO a Temos o seguinte sistema Assumindo que em um determinado momento a reta que liga o pivô ao centro de massa faça um ângulo θ com a vertical temos que o torque em relação ao pivô é dado por τ MgR sen θ 1 A princípio esse não é um torque linearmente restaurador então no caso geral esse sistema não é um MHS b Mas se considerarmos pequenas oscilações podemos aproximar sen θ θ τ MgR θ 2 Nessa situação temos um torque linearmente restaurador de forma que temos um MHS Para encontrar a frequência precisaremos do momento de inércia em relação ao pivô visto que ω kI 3 Para tal tomemos o momento de inércia do disco Idisco 12 MR2 4 Agora vamos usar o teorema dos eixos paralelos para obter o momento de inércia em relação ao pivô I I0 MR2 12 MR2 MR2 32 MR2 5 Substituindo na expressão da frequência angular temos ω MgR32 MR2 ω 2g3R 6 Para a frequência em Hertz temos temos f ω2π f 1πg6R 7 E para o período temos T 1f T π6Rg 8 c Todas as componentes desse sistema são ideais e não há nenhuma força dissipativa dessa forma a energia mecânica é constante d Vamos tomar o referencial para o cálculo do potencial no pivô Uθ MgR cos θ 9 De forma que temos um sistema oscilante com os limites de θ dados pela energia mecânica E0 E0 MgR cos θ0 arccos E0MgR θ arccos E0MgR 10 De forma que temos o seguinte gráfico 10 Um bloco de massa M é pendurado ao teto de uma casa através de uma mola de constante K O bloco é posto para oscilar tanto em relação à vertical quanto ao longo da direção da mola a Encontre a equação de Movimento b O sistema é MHS Explique c Caso seja MHS Encontre período e frequência d Encontre a energia cinética do sistema e Encontre a energia potencial do sistema RESOLUÇÃO a Para encontrar as equações para esse movimento vamos dividilo em duas direções radial e angular Na direção radial no referencial do pêndulo temos a força centrífuga a componente da força peso nessa direção e a força da mola de comprimento relaxado l0 Mr Mrθ2 Mg cos θ Kr l0 1 Para a direção angular temos o torque referente à força inercial de Coriolis e à componente da força peso nessa direção Mr2θ 2Mrrθ Mgr sen θ 2 rθ 2rθ g sen θ 3 Juntando as duas temos as equações desse movimento Mr Mrθ2 Mg cos θ Kr l0 rθ 2rθ g sen θ 4 b Para que o sistema seja MHS ele precisa ter uma resultante linearmente restauradora o que não é o caso aqui e nem conseguiríamos uma aproximação simples para que isso ocorra O movimento resultante desse sistema é um movimento chamado caótico c Não é MHS d A energia cinética é dada por K 12 Mv2 5 Nesse sistema temos velocidades referentes tanto ao movimento angular do pêndulo quanto ao movimento linear radial K 12 M r2 r2θ2 6 e Para a energia potencial teremos a energia potencial elástica e a energia potencial gravitacional Para a gravitacional vamos tomar o ponto onde a mola está fixada como referencial U Ue Ug U 12 Kr l02 Mgr cos θ 7 11 Um pêndulo tem seu movimento guiado por uma cicloide com suporte rígido O caminho é descrito pelas seguintes equações x aθ senθ y acosθ 1 No sistema indicado na figura o comprimento do pêndulo é dado por 4a O sistema é MHS Em caso positivo encontre o período das oscilações Procure na literatura o que é uma cicloide e como pode ser desenhada RESOLUÇÃO São fornecidas as coordenadas x e y em função de θ Para o vetor posição temos r xx yy aθ senθx acosθ 1 y 1 Para ser um MHS a posição deve obedecer à equação diferencial do MHS d 2 r dt 2 ω 2 r 0 2 Vamos substituir nosso vetor aqui e desenvolver para ver no que chegamos d 2 dt 2 aθ senθx acosθ 1y ω 2 aθ senθx acosθ 1y 0 3 Calculando a primeira derivada temos d dt a θ θ cosθx a θ senθy ωaθ senθx acosθ 1 y 0 4 Calculando novamente a derivada temos a θ θ cosθ θ 2 senθ x a θ senθ θ 2 cosθ y ω 2 aθ senθx acosθ 1 y 0 5 Simplificando a constante a temos θ θ cosθ θ 2 senθ x θ senθ θ 2 cosθ y ω 2 θ senθx cosθ 1 y 0 6 Separando nas duas direções temos θ θ cosθ θ 2 senθ ω 2 θ ω 2 senθ 0 θ senθ θ 2 cosθ ω 2 cosθ ω 2 0 7 A existência de senos e cossenos já inviabiliza o fato de ser um MHS mas como feito em outros exercícios vamos considerar ângulos pequenos e ver o que obtemos θ 1 senθ θ cosθ 1 8 Nessa situação temos θ θ 1 θ 2 θ ω 2 θ ω 2 θ 0 θ θ 2 1 ω 2 1 ω 2 0 9 θ θ θ 2 θ ω 2 θ ω 2 θ 0 θ θ 2 ω 2 ω 2 0 10 θ θ 0 θ θ 2 0 11 Ou seja mesmo para ângulos pequenos a única situação em que a equação do MHS é satisfeita é quando o pêndulo está parado sendo assim esse sistema não é um MHS Conforme a Wikipedia httpsptwikipediaorgwikiCicloide uma cicloide é uma curva definida pelas equações equações fornecidas pelo exercício e pode ser desenhada fixandose um lápis em um ponto sobre uma circunferência e rodando essa circunferência sobre uma reta A curva traçada será uma cicloide 12 Considere um bloco de massa M preso a uma mola de constante k em uma região em que existe uma resistência proporcional à velocidade através de uma constante β Sobre o bloco é feito uma força externa dada por F m cos ω t 3 π 2 a Encontre a equação de movimento b Encontre a velocidade como função do tempo e seu gráfico c Encontre a posição como função do tempo e seu gráfico d Indique os pontos em que a partícula muda o sentido do movimento e Em que ponto a partícula atinge a máxima amplitude RESOLUÇÃO a Pela segunda Lei de Newton temos M d 2 x d t 2 β d x d t k x F m cos ω t 3 π 2 1 Rearranjando temos d 2 x d t 2 β M d x d t k M x F m M cos ω t 3 π 2 2 b Vamos escrever a equação de movimento no formato complexo d 2 z d t 2 β M d z d t k M z F 0 M e i ω t 3 onde F 0 F m e 3 π i 2 i F m x t Re z t e F m cos ω t 3 π 2 Re F 0 e i ω t Primeiro vamos encontrar a solução transitória zerando a força externa d 2 z T d t 2 β M d z T d t k M z T 0 4 Substituindo z T t e p t temos p 2 β M p k M 0 p β M β 2 M 2 4 k M 2 5 O que nos leva à seguinte solução z T t e β t 2 M A e γ t B e γ t 6 com γ β 2 4 M 2 k M E para a velocidade v T t β 2 M e β t 2 M A e γ t B e γ t e β t 2 M γ A e γ t γ B e γ t 7 com γ β 2 4 M 2 k M Tomando A 0 como a posição inicial da parte transiente e 0 como a velocidade inicial dessa mesma parte temos A B A 0 β 2 M A B γ A B 0 A B β A 0 2 M γ 8 Somando as duas temos 2 A A 0 1 β 2 M γ A 1 2 A 0 1 β 2 M γ 9 E subtraindo temos 2BA01β2Mγ B12 A01β2Mγ 10 Substituindo na solução temos zTteβt2M 12 A01β2Mγ eγt 12 A01β2Mγ eγt 11 Rearranjando temos zTtA0 eβt2M eγteγt2 β2Mγ eγteγt2 12 com γ β24M2 kM que é uma expressão sempre real Vamos agora determinar a solução estacionária fazendo zEtz0ω eiωt d²zEdt² βM dzEdt kM zE F0M eiωt 13 d²dt² z0ω eiωt βM ddt z0ω eiωt kM z0ω eiωt F0M eiωt 14 Derivando temos ddt iω z0ω eiωt βM z0ω iω eiωt kM z0ω eiωt F0M eiωt 15 Derivando novamente temos ω² z0ω eiωt βM z0ω iω eiωt kM z0ω eiωt F0M eiωt 16 ω² z0ω βM z0ω iω kM z0ω F0M z0ω F0M kM ω² iβωM 17 Podemos reescrever no formato polar z0ω F0 eiβωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 18 Dessa forma temos a solução geral zt zTt zEt A0 eβt2M eγteγt2 β2Mγ eγteγt2 F0 eiβωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² eiωt 19 Tomando a parte real temos xt A0 eβt2M eγteγt2 β2Mγ eγteγt2 F0 cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 20 com γ β24M2 kM Derivando obtemos a velocidade vt kA0γM eβt2M eγt eγt2 F0 sen ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 21 com γ β24M2 kM Existem três possibilidades para γ β24M2 kM γ ℝ amortecimento super crítico o que nos dá o seguinte gráfico gráfico vt decrescente para zero com t β24M2 kM γ 0 amortecimento crítico Nessa situação aconteceria uma indeterminação na função Para evitála vamos aproximar eγt 1 γt o que nos leva para a seguinte expressão xt A0 eβt2M 1 β2Mγ 1γt1γt2 F0 cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 22 xt A0 eβt2M 1 β2M t F0 cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 23 Derivando temos o seguinte para a velocidade vt β² A04M² t eβt2M ω F0 sen ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 24 E nos dá o seguinte gráfico gráfico vt decrescente para zero com t β24M2 kM γ 0 amortecimento sub crítico Nessa situação γ passa a ser imaginário então vamos o tratar como γ i γ xt A0 eβt2M cosγ t β2M γ senγ t F0 cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 25 Derivando temos vt β A02M eβt2M cosγ t β2M γ senγ t A0 eβt2M γ senγ t β2M cosγ t ω F0 sen ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 26 E nos dá o seguinte gráfico gráfico xt oscilatório amortecido decrescente com t c Para a posição já encontramos a expressão xt A0 eβt2M eγt eγt2 β2Mγ eγt eγt2 F0 cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β² ω² 27 com γ β24M2 kM Existem três possibilidades para γ β24M2 kM γ ℝ amortecimento super crítico o que nos dá o seguinte gráfico gráfico xt decrescente para zero com t β²4M² kM γ 0 amortecimento crítico Nessa situação aconteceria uma indeterminação na função Para evitála vamos aproximar eγt 1 γt o que nos leva para a seguinte expressão xt A₀eβt2M 1 β2Mγ 1 γt 1 γt2 F₀ cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β²ω² 28 xt A₀eβt2M 1 β2M t F₀ cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β²ω² 29 E nos dá o seguinte gráfico vt A₀ t β²4M² kM γ 0 amortecimento sub crítico Nessa situação γ passa a ser imaginário então vamos o tratar como γ i γ xt A₀eβt2M cos γ t β2M γ sen γ t F₀ cos ωt βωk Mω² 3π2 k Mω²² β²ω² 30 E nos dá o seguinte gráfico 54 t xt A0 d As mudanças na direção do movimento ocorrem quando a velocidade se anula porém a equação não pode ser resolvida analiticamente os pontos em que isso ocorre são aqueles em que o gráfico da velocidade corta o eixo x e A máxima amplitude é atingida logo depois do início do movimento quando a solução transiente da velocidade atinge valor nulo conforme indicado nos gráficos 13 Considere um bloco de massa m preso a uma mola de constante k em uma região em que existe uma resistência proporcional à velocidade através de uma constante β Sobre o bloco é feito uma força externa dada por fm sen ωt Discuta o fenômeno de ressonância RESOLUÇÃO Perceba que esse exercício é exatamente igual ao anterior a menos da força externa No anterior ela era F Fm cos ωt 3π2 1 Nesse exercício temos F fm sen ωt fm cos ωt π2 2 Ou seja a solução é a mesma a menos da fase xt A₀eβt2M eγt eγt2 β2Mγ eγt eγt2 F₀ cos ωt βωk Mω² π2 k Mω²² β²ω² 3 com γ β²4M² kM A ressonância é o fenômeno em que dada uma determinada relação entre a frequência natural do oscilador e a frequência da força externa há um pico de amplitude na oscilação devido à força externa Pela expressão anterior o termo responsável por descrever a ressonância é o termo relacionado à força que é maximizado quando o denominador é mínimo vejamos d² k Mω²² β²ω² M²ω⁴ β² 2kM ω² k² 4 O mínimo ocorre no vértice da parábola ωᵣ² 2kM β²2M² kM β²2M² ωᵣ kM β²2M² 5 Veja que se não houver amortecimento a amplitude dessa oscilação vai ao infinito Além disso perceba que dependendo do valor do amortecimento a frequência de ressonância é deslocada Veja pelo seguinte gráfico para diversos valores de β 14 Encontre sistemas elétricos e magnéticos que estejam relacionados aos problemas mecânicos vistos neste documento explique qual a relação entre eles escreva as equações que descrevem os fenômenos e as resolva RESOLUÇÃO Existem diversos sistemas eletromagnéticos que são oscilatórios Vamos ver aqui um deles Os circuitos LC muito usados na comunicação sem fio são aqueles compostos por um capacitor e um indutor e que portanto tem a seguinte equação diferencial que o descreve L d²Idt² IC 0 1 Ou d²Idt² 1LC I 0 2 Ou seja temos um oscilador harmônico simples cuja frequência de oscilação é dada por ω 1LC 3 E portanto a corrente é dada por It I₀ cos tLC 4