Aulas 1 e 2 - CEDERJ - Mecânica Clássica , Notas de aula de Física

Baixe Aulas 1 e 2 - CEDERJ - Mecânica Clássica e outras Notas de aula em PDF para Física, somente na Docsity! Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 Aula 1 – Movimento em uma dimensão Metas da aula Discutir a equação diferencial que descreve o movimento de uma part́ıcula em uma dimensão sob a ação de uma força geral, o método de solução numérica, e o papel das condições iniciais. Apresentar métodos simples de solução desta equação quando a força depende somente do tempo ou somente da velocidade. Mostrar a utilidade das expansões em séries nas aproximações e análise de resultados. Objetivos Esperamos que, após o estudo do conteúdo desta aula, você seja capaz de: • resolver a equação do movimento para forças do tipo F (t) e F (v); • usar a série de Taylor para obter soluções aproximadas simples a partir das soluções anaĺıticas exatas. Por que mais Mecânica? Vamos dar ińıcio ao nosso curso de Mecânica Clássica com algumas observações gerais sobre seus objetivos. Você vai ser professor de F́ısica para alunos do Ensino Médio e nas disciplinas F́ısica I e F́ısica II já estudou, provavelmente, mais do que vai poder ensinar de Mecânica para seus alu- nos. Então, qual a relevância de um aprofundamento maior ainda nos seus estudos? Primeiro, porque você vai ser um professor e não um mero repe- tidor e não há como ensinar sem um conhecimento sólido dos fundamentos do conteúdo do que está sendo ensinado. Você deverá ter uma noção clara das aproximações envolvidas nas aplicações que apresentar aos seus alunos, assim como ser capaz de analisar situações novas que certamente surgirão. Depois, é importante saber situar a Mecânica Clássica no contexto da F́ısica Moderna e conhecer os limites de validade dos seus resultados. Com o seu maior e melhor conhecimento, acima de tudo você também será mais capaz de motivar seus futuros alunos. 7 CEDERJ Movimento em uma dimensão Para concretizar esses objetivos, esperamos treinar você neste curso a pensar sobre fenômenos f́ısicos em termos matemáticos. Isso não quer dizer que você deva abandonar uma abordagem qualitativa, guiada por sua intuição do fenômeno mecânico, mas que você desenvolva uma igual intuição para a formulação matemática de problemas f́ısicos e para a interpretação f́ısica de soluções matemáticas. O problema geral do movimento em uma dimensão Começaremos estudando o movimento de uma part́ıcula de massa m ao longo de uma linha reta, que vamos tomar como sendo o eixo x. A part́ıcula move-se sob a ação de uma força F dirigida ao longo do eixo x. O movimento da part́ıcula, como você já aprendeu, é dado pela segunda lei de Newton, F = ma (1.1) onde a é a aceleração a = d2x dt2 = ẍ (1.2) A força F em geral depende do que a part́ıcula está fazendo. Para saber o que a part́ıcula está fazendo, é preciso conhecer sua posição e sua velocidade x(t) = dx(t)/dt num dado instante de tempo t. Logo, em geral, a força F é alguma função de x(t), ẋ(t) e t, ou seja, F (x, ẋ, t). Então, a segunda lei de Newton assume a seguinte forma: m d2x dt2 = F (x, ẋ, t) (1.3) Exerćıcio 1.1 Dê exemplos de forças: (a) constantes; (b) que dependem da posição; (c) que dependem da velocidade; (d) que dependem do tempo. A Equação (1.3) é uma equação diferencial de segunda ordem porque ela envolve uma derivada segunda e nenhuma outra derivada de ordem superior. Uma equação diferencial de segunda ordem para x tem, em geral, um número infinito de soluções que podem ser rotuladas pelos valores de x e ẋ num dado tempo, digamos, no instante em que começamos a observar o movimento. Estas condições que especificam a solução são chamadas condições iniciais. Uma vez dadas as condições iniciais, ou seja, a posição inicial e a velocidade inicial, a solução da equação diferencial estará completamente especificada. CEDERJ 8 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 · x (t0) = x (t0 + ∆t) − x (t0) ∆t (1.15) Quando ∆t → 0 as duas coisas coincidem. O mesmo comentário vale para a Equação (1.13): vem da definição de aceleração média. Você já deve estar pensando: não há nada neste método numérico que não possa ser en- sinado a um aluno do Ensino Médio. Até certo ponto isso é verdade. Você verá este tema abordado nas aulas de Informática para o Ensino do Prof. C. E. M. de Aguiar. Veja também a próxima aula, nela você terá como exerćıcio resolver numericamente o problema do oscilador harmônico unidimensional. Outra coisa interessante do método numérico diz respeito às condições iniciais e à unicidade da solução da equação diferencial. Observando as Equações (1.11), (1.13) e (1.14) vemos que duas condições iniciais bastam para especificar como a part́ıcula se move, ou seja, para fixar a solução da equação diferencial. Isto porque a equação que descreve o movimento é uma equação diferencial de segunda ordem. Para uma equação diferencial de pri- meira ordem, é evidente que precisaŕıamos de somente uma condição inicial. Uma equação diferencial de terceira ordem iria requerer três condições inici- ais: x (t0) , · x (t0) , ·· x (t0). A derivada terceira seria dada pela equação diferen- cial, e assim por diante. A nossa part́ıcula, por sua vez, está se movendo so- mente em uma dimensão. Se o movimento fosse em três dimensões, teŕıamos uma equação do movimento para cada dimensão e seriam necessárias seis condições iniciais. O número de graus de liberdade de um sistema é igual ao número de modos independentes no qual o sistema pode se mover. Assim, precisamos de duas condições iniciais por grau de liberdade para dizer como um sistema se move. Força aplicada dependente do tempo Para começar a desenvolver nossa intuição na solução de problemas mais complicados, é interessante resolver problemas que possam ser tratados por métodos simples e que tenham solução anaĺıtica. O exemplo mais simples de uma lei de força para a qual a Equação (1.3) pode ser resolvida formalmente por integração é uma força que depende somente de t, F (t). Como a (t) = dv (t) /dt = d2x/dt2, escrevemos a Equação (1.3) como 11 CEDERJ Movimento em uma dimensão d dt v (t) = 1 m F (t) (1.16) Integrando ambos os lados da Equação (1.16), obtemos v (t) = 1 m ∫ t t0 dt ′ F ( t ′ ) + v (t0) (1.17) onde usamos a condição inicial ẋ (t0) = v (t0). Como v (t) = dx (t) /dt, repetindo o procedimento temos para x(t) x (t) = x (t0) + ∫ t t0 dt ′ v ( t ′ ) (1.18) Então, substituindo a Equação (1.17) na (1.18), x (t) = x (t0) + ∫ t t0 dt ′ ( v (t0) + 1 m ∫ t′ t0 dt ′′ F ( t ′′ )) (1.19) ou x (t) = x (t0) + v (t0) (t − t0) + 1 m ∫ t t0 dt ′ ∫ t′ t0 dt ′′ F ( t ′′ ) (1.20) Esta é a solução procurada, x(t), em termos de duas integrais que podem ser calculadas quando a força F (t) é dada. Uma integral definida pode sempre ser calculada. Se uma fórmula expĺıcita não puder ser encontrada, então ela pode ser computada por métodos numéricos com a precisão que for desejada. Os termos na solução (1.20) são fáceis de entender. O primeiro é onde a part́ıcula começou, a posição inicial. O segundo termo descreve um movimento com velocidade constante v (t0), que é o que a part́ıcula teria feito se não houvesse uma força atuando sobre ela. E o último termo é o efeito da força. Exerćıcio 1.3 Faça F (t) = F0 na solução (1.20) e recupere a Equação (1.10). Exemplo 1.2. Como aplicação menos trivial da Equação (1.20), con- sidere uma força do tipo F (t) = F0 cos (ωt + θ) (1.21) Esta poderia ser a força sobre uma part́ıcula livre carregada quando submetida a um campo elétrico oscilante ao longo da direção x, de freqüência CEDERJ 12 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 angular ω. A primeira integral na Equação (1.20) dá, tomando o instante inicial como sendo igual a zero, F0 m ∫ t′ 0 dt ′′ cos ( ωt ′′ + θ ) = F0 m [ sen ( ωt ′ + θ ) − sen θ ] (1.22) Fazendo a segunda integral, obtemos 1 m ∫ t 0 dt ′ ∫ t′ 0 dt ′′ F (t ′′ ) = F0 mω ∫ t 0 dt ′ [ sen ( ωt ′ + θ )− sen θ] = F0 cos θ mω2 − F0 sen θ mω t − F0 mω2 cos (ωt + θ) (1.23) O resultado final para x(t), supondo, por simplicidade, que a part́ıcula está inicialmente em repouso em x = 0, é x(t) = F0 cos θ mω2 − F0 sen θ mω t − F0 mω2 cos (ωt + θ) (1.24) Deixamos para você, como exerćıcio, explicar a origem do termo cons- tante e do termo linear em t na Equação (1.24) em termos da fase da força no instante inicial. Exemplos de forças dependentes de velocidade Considere uma força dependente da velocidade, F (v), aplicada a uma part́ıcula que se move em uma dimensão. A segunda lei de Newton, F = ma, toma a forma m d2x dt2 = F (v) (1.25) Usando v = dx/dt, podemos reescrevê-la m dv dt = F (v) (1.26) Para integrar essa equação, é conveniente expressá-la como dt = m dv F (v) (1.27) 13 CEDERJ Movimento em uma dimensão (velocidades altas), o coeficiente de arrasto é praticamente constante e a força de arrasto é proporcional ao quadrado da velocidade. Temos, portanto, dois regimes de forças para o objeto movendo-se no fluido, F = −βv = −mΓv e F = −mγv2, onde o sinal menos é utilizado para indicar que a força tem sentido oposto ao da velocidade. Exerćıcio 1.4 Quais são as dimensões dos parâmetros β, Γ e γ? Agora que explicamos a origem das forças dissipativas dependentes de velocidade, as forças de arrasto, passemos à solução da equação do movimento em cada caso. (a) Caso em que F = −βv = −mΓv Substituindo esta força na Equação (1.28): ∫ t t0 dt′ = t − t0 = − ∫ v(t) v(t0) dv′ Γv′ (1.33) Efetuando a integral, obtemos: Γ (t − t0) = − ln v (t) + ln v (t0) = − ln v (t) v (t0) (1.34) ou v (t) = v (t0) e −Γ(t−t0) (1.35) Antes de prosseguir, é bom verificar se a Equação (1.36) faz sentido. Você encontrou acima que Γ tem dimensão de 1/T e, portanto, a exponencial é adimensional como deveria ser. Em seguida, note que no limite Γ → 0, onde a força desaparece, a velocidade vai para um valor constante, como deveria ser. Para Γ diferente de zero, o objeto estará perdendo energia, sua velocidade gradualmente diminui. CEDERJ 16 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 Figura 1.3: Gráfico mostrando a diminuição exponencial da velocidade, medida em unidades de v0, em função do tempo, medido em unidades de Γ. Na Figura 1.3 temos um gráfico da velocidade como função do tempo mostrando a diminuição exponencial de v. Agora vamos encontrar x(t) integrando a Equação (1.36) x (t) = x (t0) + ∫ t t0 dt′v (t′) = x (t0) + v (t0) ∫ t t0 dt′e−Γ(t ′−t0) (1.36) Se você não se lembra como calcular a integral da função exponen- cial, faça uma mudança de variável de t′ para u = e−Γ(t ′−t0). Assim, du = −Γe−Γ(t′−t0) e então, ∫ t t0 dt′e−Γ(t ′−t0) = − 1 Γ ∫ e−Γ(t−t0) 1 du = 1 Γ ( 1 − e−Γ(t−t0)) (1.37) Substituindo este resultado na Equação (1.37), encontramos x (t) = x (t0) + v (t0) Γ ( 1 − e−Γ(t−t0)) (1.38) 17 CEDERJ Movimento em uma dimensão Figura 1.4: Gráfico do deslocamento em função do tempo. A linha reta é a extrapolação linear da velocidade inicial. Na Figura 1.4 temos um gráfico do deslocamento da part́ıcula, ∆x = x − x0 (em unidades de v0/Γ) em função do tempo (em unidades de 1/Γ). Exerćıcio 1.5 A expressão matemática limt→∞ e−Γ(t−t0) → 0 nos leva a concluir da Equação (1.39) que o objeto leva um tempo infinito para percorrer uma distância finita v(t0)/Γ. Analise esta conclusão com base no intervalo de tempo caracteŕıstico 1/Γ. Para uma função f(t) suave (e a maioria das funções em F́ısica são suaves) podemos usar a expansão de Taylor: f (t) = f (t0) + (t − t0) f ′ (t0) + 1 2! f ′′ (t0) + · · · (1.39) A expansão de Taylor, ou série de Taylor, é uma das fórmulas ma- temáticas mais importantes na F́ısica e você vai usá-la com muita freqüência. Para a função exponencial, e−Γ(t−t0) = 1 − Γ (t − t0) + 1 2 Γ2 (t − t0)2 + · · · (1.40) Para intervalos de tempo muito curtos, ou seja, Γ(t− t0)  1, você só precisa usar até o primeiro termo da expansão (1.41). Então, substituindo e−Γ(t−t0) = 1 − Γ (t − t0) na (1.39) obtemos x (t) = x (t0) + v (t0) Γ (1 − (1 − Γ (t − t0))) (1.41) CEDERJ 18 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 Integrando novamente, para obter x(t), chegamos ao resultado x(t) = x(t0) + 1 γ ln (1 + γv (t0) (t − t0)) (1.48) Note como as condições iniciais aparecem nas Equações (1.48) e (1.49). Nós vamos deixar para você, como problema a análise desses resultados. Na próxima aula, daremos continuidade ao nosso estudo tratando as forças dependentes somente de posição. Em particular, estudaremos as forças con- servativas que, você já deve saber, podem ser derivadas de um potencial. Neste ponto, voltaremos novamente a falar das forças dissipativas dependen- tes de velocidade que estudamos aqui. Para encerrar, acho que você pode ter ficado um pouco assustado com o número de fórmulas. Para cada lei de força uma fórmula diferente. Aqui vai um conselho muito útil: não decore fórmulas. Isso só vai confundir você. Concentre-se em compreender as derivações. Resumo Nesta aula nos restringimos a estudar o movimento da part́ıcula em uma dimensão, onde a segunda lei de Newton, F = ma fornece a seguinte equação diferencial do movimento: m d2x dt2 = F (x, ẋ, t) (1.49) Vimos que esta equação sempre pode ser resolvida numericamente e que, dadas as condições iniciais, isto é, a posição inicial e a velocidade inicial, sua solução é única. Depois, mostramos como proceder para tentar resolvê-la analiticamente nos casos em que a força aplicada é uma função somente do tempo, F = F (t) , ou uma função somente da velocidade, F = F (v) . Nos casos em que a solução anaĺıtica existe, vimos a utilidade da expansão em séries de Taylor para a análise dos resultados. Problemas 1.1. Suponha que a força atuando sobre uma part́ıcula possa ser fato- rada numa das seguintes formas: (a) F (x, ẋ, t) = f(x)g(t) (1.50) (b)F (x, ẋ, t) = f(ẋ)g(t) (1.51) 21 CEDERJ Movimento em uma dimensão (c)F (x, ẋ, t) = f(x)g(ẋ) (1.52) Para que casos são integráveis as equações do movimento? 1.2. Uma part́ıcula de massa m está sujeita a uma força F (t) = me−bt. A posição inicial e a velocidade inicial são iguais a zero. Encontre x(t). 1.3. Considere uma part́ıcula de massa m cujo movimento parte do repouso num campo gravitacional constante. Se a força de arrasto for pro- porcional ao quadrado da velocidade (isto é, F = mγv2 ), (a) Calcule a velocidade e a posição da part́ıcula num instante t. Tome v(0) = 0. Qual a velocidade terminal da part́ıcula? (b) Mostre que a distância s que a part́ıcula cai ao acelerar de v0 a v1 é dada por s(v0 → v1) = 1 2γ ln [ g − γv20 g − γv21 ] (1.53) 1.4. Uma part́ıcula é lançada verticalmente para cima num campo gravitacional constante com uma velocidade inicial v0 . Considere a força de resistência do ar como sendo proporcional ao quadrado da velocidade instantânea da part́ıcula. Tomando a direção y positiva para cima, a força resistiva será então −γmv2 quando a part́ıcula estiver se movendo para cima, e +γmv2 quando a part́ıcula estiver se movendo para baixo. (a) Mostre que, no movimento para cima, a velocidade da part́ıcula varia com a altura de acordo com a expressão v2 = −v2t + (v2t + v20)e−2γy (1.54) onde y é o deslocamento medido a partir do ponto de lançamento e vt = √ g/γ é a velocidade terminal. (b) Mostre que no movimento para baixo, a velocidade da part́ıcula varia com a altura de acordo com a expressão v2 = v2t − v2t e2γy (1.55) onde agora y é o deslocamento medido a partir do ponto mais alto da tra- jetória. (c) Usando os resultados dos itens anteriores mostre que quando a part́ıcula atinge o ponto de lançamento no seu retorno, sua velocidade é CEDERJ 22 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 v0vt (v20 + v 2 t ) 1/2 (1.56) 1.5. Um bloco de metal de massa m desliza sobre uma superf́ıcie horizontal que foi lubrificada com um óleo pesado fazendo com que o bloco sofra uma força resistiva que varia com a potência 3/2 da velocidade: Fr = −mγv3/2 (1.57) As condições iniciais são x(t = 0) = 0 e v(t = 0) = v0 . (a) Resolva a equação do movimento do bloco para encontrar v(t). (b) Integre v(t) para obter x(t). (c) Usando a regra da cadeia, dv dt = dv dx dx dt = v dv dx (1.58) obtenha v(x) para esse bloco. (d) Mostre que, quando t → ∞ , o deslocamento do bloco tende assin- toticamente a 2v 1/2 0 /γ . 1.6. Foguetes são impulsionados pela reação à taxa de variação do momento dos gases expelidos. Desde que os gases têm origem na reação dos combust́ıveis carregados pelo foguete, a massa do foguete não é constante, mas decresce à proporção que os gases são ejetados. Mostre que a equação do movimento de um foguete, lançado verticalmente para cima num campo gravitacional uniforme e desprezando a resistência da atmosfera, é: m dv dt = −ve dm dt − mg (1.59) onde m é a massa do foguete e ve é a velocidade de escape dos gases em relação ao foguete. Integre esta equação para obter v em função de m, supondo uma taxa temporal constante de perda de gás. 1.7. Uma gota de água começa a formar-se na atmosfera, em torno de um núcleo de condensação, que é uma part́ıcula de poeira de raio r0 e que tem uma velocidade inicial v0. A gota cai através da atmosfera, que, vamos supor, está saturada de vapor de água, e vai aumentando de volume pela condensação. A gota é esférica e adquire massa a uma taxa igual a kA, onde k é uma constante positiva e A é a área de sua seção reta. Suponha que não há força resistiva e mostre (a) que o raio da gota cresce linearmente 23 CEDERJ Movimento em uma dimensão Passando toda a dependência em v para o lado esquerdo e a dependência no tempo para o lado direito, temos, dv g − γv2 = dt → ∫ v 0 dv′ g − γv′2dv ′ = ∫ t 0 dt′ (1.73) A integral pode ser encontrada numa tabela, ou calculada em seu com- putador usando Maple, Mathematica, ou equivalente, e dá 1√ γg arctan h (√ γ g v ) = t (1.74) de onde tiramos que v(t) = √ g γ tanh( √ γgt) (1.75) A partir da velocidade, integramos e obtemos a posição: x(t) − x0 = ∫ t 0 v(t′)dt′ = √ g γ ∫ t 0 tanh √ γgt′dt′ (1.76) o que dá x(t) = x0 + 1 γ ln cos h √ γgt (1.77) (b) A distância viajada entre os instantes t0 e t1 é dada pela diferença x(t1) − x(t0) = 1 γ ln cos h( √ γgt1) − 1 γ ln cos h( √ γgt0) = 1 γ ln ( cos h( √ γgt1) cos h( √ γgt0) ) (1.78) Para colocar o resultado na forma pedida, primeiro escrevemos s(t0 → t1) = x(t1) − x(t0) = 1 2γ ln ( cos h2( √ γgt1) cos h2( √ γgt0) ) (1.79) Depois, da Equação (1.75), escrevemos γ g v2 = tan h2( √ γgt) = 1 − sec h2(√γgt) (1.80) CEDERJ 26 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 Então, cos h2( √ γgt) = g g − γv2 (1.81) que, substituindo na Equação (1.79), dá, finalmente, s(t0 → t1) = 1 2γ ln ( g − γv0 g − γv1 ) (1.82) Uma forma alternativa de resolver o presente problema é usar a regra da cadeia para mudar a derivada em relação ao tempo, para uma em relação a x, como fizemos na parte (c) do problema 1.1. Este método leva ao mesmo resultado, mas não dá a dependência expĺıcita no tempo vista na equação (1.77). Fazemos m dv dt = m dv dx dx dt = mv dv dx = mg − mγv2 (1.83) de onde escrevemos vdv g − γv2 = dx → ∫ v1 v0 v′dv′ g − γv′2 = ∫ x1 x0 dx (1.84) o que imediatamente leva ao resultado desejado: s(t0 → t1) = 1 2γ ln ( g − γv0 g − γv1 ) (1.85) 1.4. (a) Quando a part́ıcula está se movendo para cima, sua equação do movimento é m dv dt = −mg − mγv2 (1.86) e, usando a regra da cadeia, nós temos dv dt = dv dy dy dt = v dv dy = −g − γv2 (1.87) Integrando, dá y − y0 = − ∫ v v0 vdv g + γv2 = − ∫ v v0 d (v2) g + γv2 = − 1 2γ ln g + γv2 g + γv20 (1.88) 27 CEDERJ Movimento em uma dimensão Tomando o ponto de lançamento como sendo y0 = 0, multiplicando ambos os lados por 2γ e tomando a exponencial, dá g + γv2 g + γv20 = e−2γy (1.89) Resolvendo para v, nós temos v2 = −g γ + ( g γ + v20 ) e−2γy (1.90) ou, v2 = −v2t + (v2t + v20)e−2γy (1.91) onde vt = (g/γ) 1/2 é a velocidade terminal da part́ıcula. (b) Durante o movimento para baixo, a equação do movimento da part́ıcula é m dv dt = −mg + mγv2 (1.92) Seguindo o mesmo procedimento da parte (a), nós encontramos y − y0 = 1 2γ ln −g + γv2 −g + γv20 (1.93) Fazendo y0 = 0 , agora o ponto mais alto da trajetória, v0 = 0 (a velocidade é zero no ponto mais alto), obtemos −g + γv2 −g = e 2γy (1.94) e, resolvendo para v, temos v2 = g γ − g γ e2γy (1.95) ou, v2 = v2t − v2t e2γy (1.96) (c) Seja h a altura máxima atingida pela part́ıcula. Então, do resultado da parte (a), podemos escrever 0 = −v2t + (v2t + v20)e−2γh (1.97) CEDERJ 28 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 depende só do tipo de motor e do combust́ıvel usado. Chegamos, portanto, à seguinte equação para o movimento do foguete: m dv dt = −mg − ve dm dt (1.113) Seja µ = −dm/dt a quantidade positiva que dá a taxa com que a massa do foguete está variando. Quando µ é constante, então, m(t) = m0 − µt → t = (m0 −m)/µ. Agora, a equação do movimento do foguete pode ser escrita na forma conveniente para integração: dv = −gdt− ve dm m (1.114) o que dá v = −gt + ve ln (m0 m ) (1.115) Substituindo o valor de t acima, encontramos finalmente, v = ve ln (m0 m ) − g µ (m0 − m) (1.116) Note que nesta expressão, à medida que o foguete usa sua massa, a velocidade parece divergir logaritmicamente. Antes disso, como você sabe, a mecânica clássica deixa de valer. 1.7. (a) Seja r o raio da gota no instante t. O problema diz que a taxa de crescimento da massa da gota é dm dt = kπr2 (1.117) Se ρ é a densidade da gota, então m = 4π 3 ρr3 (1.118) de modo que dm dt = 4πρr2 dr dt = kπr2 (1.119) Portanto, dr dt = k 4ρ (1.120) 31 CEDERJ Movimento em uma dimensão ou, r = r0 + k 4ρ t (1.121) Logo, r cresce linearmente com o tempo. (b) A massa muda com o tempo e, portanto, a equação do movimento é dp dt = m dv dt + v dm dt = −mg (1.122) Usando as Equações (1.117) e (1.118) na Equação (1.122), temos 4π 3 ρr3 dv dt + vkπr2 = −4π 3 r3ρg (1.123) ou, dv dt + 3k 4ρr v = −g (1.124) Substituindo a (1.121) nesta equação, ficamos com dv dt + 3k 4ρ v r0 + k 4ρ t = −g (1.125) Fazendo B = k/4ρ, reescrevemos a equação (1.125) como dv dt + 3B r0 + Bt v = −g (1.126) Uma equação diferencial de primeira ordem tem a forma padrão dv dt + P (t)v = Q(t) (1.127) cuja solução é v(t) = e− R P (t)dt [∫ e R P (t)dtQ(t)dt + C ] (1.128) onde C é uma constante. No caso da nossa equação, P (t) = 3B r0 + Bt , Q(t) = −g (1.129) CEDERJ 32 Movimento em uma dimensão MÓDULO 1 - AULA 1 Agora, ∫ P (t)dt = ∫ 3B r0 + Bt dt = 3 ln (r0 + Bt) = ln (r0 + Bt) 3 (1.130) Portanto, e R Pdt = (r0 + Bt) 3 (1.131) e assim, v(t) = − (r0 + Bt)−3 [∫ (r0 + Bt) 3 gdt + C ] = − (r0 + Bt)−3 [ g 4B (r0 + Bt) 4 + C ] (1.132) A constante pode ser determinada fazendo v(t = 0) = v0 : C = −v0r30 − g 4B r40 (1.133) Então, nós temos v(t) = − (r0 + Bt)−3 [ g 4B (r0 + Bt) 4 − v0r30 − g 4B r40 ] (1.134) ou, v(t) = − 1 (Bt)3 [ g 4B (Bt)4 + O(r30) ] (1.135) onde O(r30) significa ”termos da ordem de r 3 0 ou superior”. Para r0 suficien- temente pequeno, podemos desprezar esses termos e v(t) = −g 4 t (1.136) Curiosamente, neste caso o movimento da gota é uniformemente acele- rado. 1.8. (a)A equação do movimento do barco é m dv dt = −be−αv (1.137) Colocando o que depende de v de um lado da equação e o que depende de t do outro e integrando, temos 33 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas ou, como v(t) = dx/dt, também podemos escrever m dv dt = F (x) (2.2) Multiplicando esta equação por v, e usando que vdv = (1/2)d(v2), temos mv dv dt = d dt ( 1 2 mv2 ) = F (x)v = F (x) dx dt (2.3) de onde tiramos que d ( 1 2 mv2 ) = F (x)dx (2.4) Integrando a Equação (2.4) de (x0, v0) a (x, v), achamos 1 2 mv2 − 1 2 mv20 = ∫ x x(t0) F (x ′ )dx ′ (2.5) A Relação (2.5) você já conhece. É o teorema trabalho-energia. Ele nos mostra que a variação da energia cinética de uma part́ıcula, T = (1/2)mv2, é igual ao trabalho realizado pela força F no percurso de x (t0) a x. Ela pode ser usada para determinar a velocidade v em termos de x. Conhecendo v(x ), podemos determinar x usando dt = dx v(x) (2.6) e integrando do instante inicial ao instante t considerado: ∫ t t0 dt ′ = t − t0 = ∫ x x(t0) dx ′ v(x′) (2.7) Esta equação permite formalmente resolver o problema de encontrar a solução da Equação (2.1). Antes de dar um exemplo deste método, vamos definir a energia potencial. A energia potencial V (x) é definida como o trabalho realizado pela força quando a part́ıcula vai de uma posição x até algum ponto de referência xs: V (x) = ∫ xs x F (x ′ )dx ′ (2.8) CEDERJ 36 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 Em termos de V (x) podemos escrever a integral em (2.5) como ∫ x x(t0) F (x ′ )dx ′ = −V (x) + V (x(t0)) (2.9) Combinando a Equação (2.9) com a Equação (2.5) temos o resultado: 1 2 mv2 + V (x) = 1 2 mv2(t0) + V (x(t0)) (2.10) A quantidade do lado direito depende somente das condições iniciais e é, portanto, constante durante o movimento, não muda com o tempo. Ela é a energia total E que você já viu na F́ısica I. Segue assim a lei de conservação da energia cinética mais a energia potencial, que vale quando a força é uma função da posição: 1 2 mv2 + V (x) = T + V = E = constante (2.11) Da Definição (2.8), podemos escrever a força em termos da energia potencial como F (x) = −dV (x) dx (2.12) Esta equação expressa o significado f́ısico da energia potencial. A ener- gia potencial é uma função cuja derivada multiplicada por (−1) dá a força. A Definição (2.8) da energia potencial envolve um ponto de referência xs. Você pode escolher este ponto do modo que julgar conveniente. O efeito de mudar a coordenada do ponto de referência é adicionar uma constante a V (x). Uma vez que é a força que entra na equação do movimento e como a derivada de uma constante é zero, uma constante pode ser sempre adicionada a V (x) sem que os resultados f́ısicos sejam afetados. Exemplo 2.1. O oscilador harmônico simples. Considere uma part́ıcula de massa m sujeita a uma força restauradora linear F (x) = −kx (2.13) onde k é uma constante. Tomando xs = 0, a energia potencial é V (x) = − ∫ x 0 (−kx′)dx′ = 1 2 kx2 (2.14) 37 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas que, substituindo na Equação (2.11), permite encontrar a velocidade em função da posição v(x) = √ 2 m [ E − 1 2 kx2 ]1/2 (2.15) Colocando este resultado na Equação (2.7) e tomando t0 = 0, ficamos com √ m 2 ∫ x x0 ( E − 1 2 kx′2 )−1/2 dx′ = t (2.16) Agora, vamos fazer as substituições senθ = x √ k 2E (2.17) e ω = √ k m (2.18) Deste modo, √ m 2 ∫ x x0 ( E − 1 2 kx′2 )−1/2 dx′ = 1 ω ∫ θ θ0 dθ′ = 1 ω (θ − θ0) (2.19) e então, pela Equação (2.16), θ = ωt + θ0 (2.20) Isto resolve o nosso problema porque, da Equação (2.17), x = √ 2E k sen θ = A sen (ωt + θ0) (2.21) onde A = √ 2E k (2.22) CEDERJ 38 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 Então, dx′ = GmM −E 2 cos θ sen θ (2.32) e ( E + GmM x′ )1/2 = sen θ cos θ (−E)1/2 (2.33) Substituindo estes resultados na Equação (2.30) e escolhendo o sinal positivo, GmM (−E)3/2 ∫ θ θ0 2 cos2 θ′dθ′ = √ 2 m t (2.34) Tomando a posição inicial da part́ıcula como sendo igual à posição do ponto de retorno, xR, então, da Equação (2.31), θ0 = 0. Finalmente, usamos a relação trigonométrica cos 2 θ = cos2 θ − sen2θ = 2 cos2 θ − 1 (2.35) para resolver a integral em (2.34) e obtemos ∫ θ 0 cos2 θ′dθ′ = 1 2 ∫ θ 0 (1 + cos 2 θ′) dθ′ = 1 2 (θ + 1 2 sen2 θ) (2.36) Com este resultado, a solução do nosso problema é x = xR cos 2 θ θ + 1 2 sen2 θ = √ 2GM x3R t (2.37) onde a primeira equação vem da Equação (2.31), e a segunda, da substituição da Equação (2.36) na (2.34). Este par de equações não pode ser resolvido explicitamente para x(t). Devemos resolvê-las numericamente: para uma seqüência escolhida de valores de θ, encontramos, das Equações (2.37), os valores correspondentes de x e t. Note, porém, que aquela parte do movi- mento para a qual x for menor que o raio da Terra deverá ser desconsiderada. A Equação (2.24) supõe a massa da Terra toda concentrada em x = 0, mas mesmo que não houvesse uma colisão da part́ıcula com a Terra (existisse um túnel estreito na direção x passando através do centro da Terra), a força sobre ela, para x menor que o raio da Terra, seria diferente da Equação (2.24). 41 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas Se você está achando que as Equações (2.37) não parecem fazer o me- nor sentido, vamos responder a seguinte questão: qual o comportamento de x(t) para pequenos valores de t? Note que ’pequeno’ aqui significa pe- queno quando comparado com o tempo caracteŕıstico do problema que é√ x3R/2GM . Para valores pequenos de t, os valores de θ também serão pe- quenos e podemos usar as aproximações cos2 θ ≈ 1 − θ2 sen2θ ≈ 2θ (2.38) Com estas aproximações, as Equações (2.37) ficam x = xR − xRθ2 (2.39) 2θ = √ 2GM x3R t (2.40) Definindo g̃ = GM/x2R , que é a aceleração da gravidade nas vizi- nhanças de x = xR , temos, substituindo θ da Equação (2.40) na (2.39), finalmente que x = xR − 1 2 g̃t2 (2.41) Este é um resultado esperado, já que para pequenos valores de t, a distância percorrida não é muito grande e a força fica aproximadamente cons- tante e logo o movimento é uniformemente acelerado. Forças não-conservativas Voltemos à Equação (2.3). De lá tiramos que d dt ( 1 2 mv2 ) = F (x)v (2.42) Usando a relação entre a força F (x) e a energia potencial, temos: F (x)v = −dV (x) dx dx dt = −dV (x) dt (2.43) CEDERJ 42 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 Isto nos diz que, para uma força conservativa, a quantidade P = Fv é uma derivada temporal total. Substituindo a Equação (2.16) na (2.15) ficamos com d dt ( 1 2 mv2 ) = −dV (x) dt (2.44) ou d dt ( 1 2 mv2 + V (x) ) = 0 (2.45) que é a expressão da conservação da energia. A quantidade P = forçax velocidade é a potência fornecida (ou dissi- pada) pela força aplicada à part́ıcula. Suponhamos que a força aplicada seja igual a F (x) + F ′, onde F ′ depende de t ou de v ou de ambos. Neste caso, d dt ( 1 2 mv2 ) = F (x)v + F ′ v (2.46) Usando a Equação (2.16) para a potência associada à força conservativa, encontramos d dt ( 1 2 mv2 + V (x) ) = F ′ v (2.47) As forças do tipo de F ′ não são conservativas. Elas não podem ser derivadas de uma energia potencial. Ou, em outras palavras, a potência F ′ v não pode ser escrita como uma derivada temporal total. Quando a potência F ′ v for negativa, como no caso de forças de atrito, dizemos que F ′ é uma força dissipativa (porque a energia total da part́ıcula vai diminuindo com o tempo). As forças de arrasto que vimos na aula passada são dissipativas. Resolvendo numericamente a equação do oscilador harmônico simples Queremos aqui que você resolva numericamente, com o aux́ılio de uma calculadora, a equação do movimento do oscilador harmônico simples m d2x dt2 = −kx (2.48) 43 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas x(t0 + ∆t) = x(t0) + v(t0 + ∆t/2)∆t (2.56) v(t0 + ∆t/2) = v(t0 − ∆t/2) − x(t0)∆t (2.57) Resta um pequeno problema: que valor tomar para v (∆t/2)? A condição inicial especifica v(0), não v (−∆t/2). Para poder iniciar os cálculos, use a equação v(∆t/2) = v(0) + a(0)∆t/2 (2.58) Exerćıcio 2.1. Na Tabela 2.1, apresentamos os primeiros resultados da aplicação das Equações (2.56) - (2.58) para as condições iniciais que estão na segunda linha dessa tabela. Reproduza esses resultados e continue o cálculo até o instante t = 1, 80. Depois, faça um gráfico de x contra t e compare com a solução do problema, que já conhecemos do exemplo 1, x = cos t. Resumo Grande parte desta aula foi de revisão de coisas que você já viu na F́ısica I e II. Assim, apresentamos as forças conservativas, que podem ser derivadas de uma energia potencial V. Uma part́ıcula sob a ação somente deste tipo de força tem sua energia mecânica total conservada, E = 1 2 mv2+V (x) = T+V = constante. Com esta relação, podemos determinar as regiões nas quais o movimento é permitido e, em alguns casos, encontrar a solução da equação do movimento. Também falamos das forças não-conservativas como aquelas para as quais a potência associada não pode ser escrita como uma derivada temporal total. Neste caso, a energia mecânica varia com o tempo e esta variação é igual à potência associada à força. Finalmente, mostramos como resolver numericamente a equação do movimento do oscilador harmônico simples. Problemas 2.1. Corrente caindo. Uma corrente de comprimento l está estirada sobre uma mesa horizontal sem atrito, com um comprimento y0 dependurado através de um buraco na mesa. A corrente é liberada. (a) Encontre, em função do tempo, o comprimento da parte pendurada da corrente. (b) Ache a velocidade da corrente quando ela perde contato com a mesa. CEDERJ 46 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 2.2. Uma part́ıcula, movendo-se em uma dimensão, está sob a in- fluência da força F = −kx + kx3/α2, onde k e α são constantes positivas. (a) Determine o potencial V (x) com V (0) = 0. (b) Encontre os pontos de equiĺıbrio do potencial e classifique-os em pontos de equiĺıbrio estáveis e instáveis. (c) Esboce o potencial V (x). (d) Enumere e descreva todos os posśıveis pontos de equiĺıbrio e movi- mentos, as energias ou intervalos de energia nos quais estes tipos de movi- mento ocorrem. Atenção para não se esquecer de qualquer tipo de movimento no caso E = k 4 α2 2.3. Uma part́ıcula de massa m tem uma velocidade v = α/x , onde x é seu deslocamento. Encontre a força F (x) responsável. 2.4. A energia potencial para a força entre dois átomos numa molécula diatômica tem a forma aproximada: V (x) = − a x6 + b x12 (2.59) onde x é a distância entre os átomos e a e b são constantes positivas. (a) Encontre a força. (b) Supondo que um dos átomos seja muito pesado e permaneça em repouso enquanto o outro se move ao longo de uma linha reta, descreva os posśıveis movimentos. (c) Ache a distância de equiĺıbrio e o peŕıodo de pequenas oscilações em torno da posição de equiĺıbrio. A massa do átomo mais leve é m. 2.5. Encontre a solução geral da equação do movimento de um corpo sob a ação de uma força linear repulsiva F = kx. Mostre que esse tipo de movimento pode ser esperado na vizinhança de um ponto de equiĺıbrio instável. 2.6. Uma massa m está sujeita a uma força restauradora −kx e a uma força dissipativa (±)µmg, onde µ é o coeficiente de atrito (estático e cinético). Mostre que as oscilações são isócronas (peŕıodo independente da amplitude) com a amplitude de oscilação decrescendo de 2µg/ω20 durante cada meio ciclo até que a massa pare. Soluções 2.1. Seja ρ a densidade da corrente e y(t) o comprimento pendurado no instante t. Então a massa total da corda é ρl e a massa da parte da corrente 47 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas abaixo do buraco é ρy . A força resultante puxando a corrente para baixo é ρgy e a segunda lei de Newton diz então que (ρl)ÿ = ρgy (2.60) de onde obtemos a equação diferencial ÿ = g l y (2.61) O problema envolve, portanto, uma força que depende somente da posição. Temos dois modos de resolver a Equação (2.61): Primeiro método: este método envolve um modo de resolver equações diferenciais lineares que usaremos muito na próxima aula. Como temos uma função cuja derivada segunda é proporcional a ela mesma, uma propriedade da função exponencial, uma boa solução tentativa é fazer y = ep. Substi- tuindo na (2.61) obtemos p2 = g l ou p = ± √ g l (2.62) Encontramos assim, duas soluções independentes, e+α e e−α onde α ≡√ g/l. A solução geral da Equação (2.61) tem duas constantes a determinar a partir das condições iniciais. Então, a solução geral é y = Ae+αt + Be−αt (2.63) A velocidade é dada por ẏ (t) = αAe+αt − αBe−αt (2.64) e a condição inicial ẏ(0) = 0 implica que A = B. A outra condição inicial diz que y(0) = y0, ou seja, A + B = y0, ou A = B = y0/2. A solução do problema é, portanto, y(t) = y0 2 ( e+αt + e−αt ) = y0 cos h (αt) (2.65) e a velocidade, ẏ(t) = αy0 2 ( e+αt − e−αt) = y0 sen h (αt) (2.66) CEDERJ 48 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 2.3.O problema pode ser resolvido em uma linha. Veja: F (x) = mdv dt = mdx dt dv dx = mv dv dx = mα x d dx ( α x ) = mα x (− α x2 ) = −mα2 x3 (2.74) 2.4. (a) A força é dada por F (x) = −dV dx = −6a x7 + 12b x13 (2.75) (b) O potencial (2.59) é conhecido como potencial de Lennard-Jones e tem a cara da Figura 2.2. Figura 2.2 A posição x = xe é a posição de equiĺıbrio. V (xe) corresponde ao mı́nimo da energia potencial. Somente para energias E ≥ V (xe) existe movi- mento. Quando a energia tem o valor E0, a part́ıcula fica parada na posição de equiĺıbrio. Quando E0 < E1 < 0, a part́ıcula executa um movimento periódico entre dois pontos de retorno x1 e x2. Se E1 é só ligeiramente maior que E0, então teremos pequenas oscilações em torno da posição de equiĺıbrio, o que corresponde às vibrações da molécula. Quando E ≥ 0, o movimento é ilimitado: os átomos se afastam indefinidamente. Dizemos que a molécula se dissocia. (c) F = 0 no equiĺıbrio, ou seja, 12b x13e = 6a x7e ⇒ xe = ( 2b a )1/6 (2.76) 51 CEDERJ Movimento em uma dimensão e forças conservativas Expandindo V (x) em torno do ponto de equiĺıbrio, temos para peque- nas oscilações V (x) = V (xe) + dV dx ∣∣∣∣ xe (x − xe) + 1 2 d2V dx2 |xe (x − xe)2 = V (xe) + 1 2 d2V dx2 ∣∣∣∣ xe (x − xe)2 (2.77) onde o segundo termo da primeira linha da Equação (2.77) é zero, porque a força é igual a zero no ponto de equiĺıbrio. Este é um potencial de oscilador harmônico onde a “constante da mola” é k = d2V dx2 ∣∣∣∣ xe = −42a x8e + 156b x14e = 36a7/3 (2b)4/3 (2.78) O peŕıodo das oscilações é T = 2π ω = 2π √ m k = 2π 3 ( m3b4 4a7 )1/6 (2.79) 2.5. A equação do movimento é m dv dt = kx (2.80) que vamos escrever como .. x −η2x = 0 (2.81) onde introduzimos a constante positiva η = √ k/m. Já resolvemos uma equação semelhante no problema 2.1. Usando o primeiro método aplicado naquele problema, escrevemos x (t) = ept e substitúımos na Equação (2.81) obtendo: p2 = η2 ⇒ p = ±η . A solução geral procurada é x (t) = Aeηt + Be−ηt (2.82) A força F = kx corresponde a um potencial V (x) = constante − (1/2) kx2 que está mostrado na Figura 2.3. Note que o ponto x = 0 é um ponto de equiĺıbrio instável. Uma vez que o corpo se desloque um pouquinho do ponto de equiĺıbrio, ele continuará se afastando. CEDERJ 52 Movimento em uma dimensão e forças conservativas MÓDULO 1 - AULA 2 Figura 2.3 2.6. A equação do movimento da massa m é m .. x +kx = Fa (2.83) onde Fa = (±) µmg. O sinal da força de atrito deve ser escolhido de modo que a força seja sempre oposta à velocidade. Assim, é necessário resolver a equação do movimento separadamente para cada intervalo de tempo durante o qual um dado sinal da força deve ser usado. Em cada um desses intervalos a Equação (2.83) é uma equação diferencial não homogênea com Fa constante. Para resolvê-la fazemos a substituição x′ = x − a m .. x ′ +kx′ + ka = Fa (2.84) e escolhemos a constante a de forma que a equação para x′ seja homogênea: m .. x ′ +kx′ = 0 (2.85) ou, seja, a = Fa/m. Mas a Equação (2.85) já sabemos resolver: x ′ = A cos (ωt + θ) e portanto, x = x′ + a = A cos (ωt + θ) + Fa k (2.86) Este é um movimento harmônico simples e o peŕıodo não depende da amplitude. O efeito da força de atrito, além de deslocar a posição de equiĺıbrio, é diminuir a amplitude, já que energia mecânica do sistema é dis- sipada. Considere a situação em que a massa está numa posição de amplitude máxima A. Meio peŕıodo depois ela estará novamente numa posição de am- 53 CEDERJ