Semana 16

Questão 1

$$\frac{\partial L}{\partial q_{s}}=0$$
$$\Rightarrow \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{s}}}=0$$
$$\therefore \frac{\partial L}{\partial \dot{q_{s}}}=C (constante\; no \;tempo)$$
$$H=\sum_{s=1}^{n}(p_{s}\dot{q_{s}})-L $$
$$\frac{\partial H}{\partial q_{s}}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\partial }{\partial q_{s}}(p_{k}\dot{q_{k}})-\frac{\partial L}{\partial q_{s}}$$
$$\frac{\partial }{\partial q_{s}}(p_{k}\dot{q_{k}})=\frac{\partial p_{k}}{\partial q_{s}}\dot{q_{k}}+p_{k}\frac{\partial \dot{q_{k}}}{\partial q_{s}}$$
$$=\frac{\partial }{\partial q_{s}}\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{k}}}\dot{q_{k}}+\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{k}}}\frac{\partial \dot{q_{k}}}{\partial q_{s}}$$
para$ k\neq s$:
$$\frac{\partial q_{k}}{\partial q_{s}}=0$$
para $k = s$:
$$\frac{\partial q_{s}}{\partial q_{s}}=1$$
Portanto, o somatório fica:
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{\partial }{\partial q_{s}}(p_{k}\dot{q_{k}})=\sum_{k=1}^{n}(\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{s}}}+\frac{\partial L}{\partial q_{s}})$$
$$mas \frac{\partial L}{\partial \dot{q_{s}}}=C (constante\; no \;tempo)$$
$$\therefore \frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial L}{\partial \dot{q_{s}}}=0$$
$$e \frac{\partial L}{\partial q_{s}}=0$$
$$\therefore \sum_{k=1}^{n}\frac{\partial }{\partial q_{s}}(p_{k}\dot{q_{k}})=0$$
$$Como \frac{\partial L}{\partial q_{s}}=0, tem-se \;que:$$
$$\Rightarrow \frac{\partial H}{\partial q_{s}}=0$$

Semana 15

Questão 1)
Refazer pelo formalismo de Lagrange a questão da semana 14.

Solução:

Está refeita na postagem da semana 14. Ademais, nessa postagem estão as duas maneiras de resolver a questão, onde podemos usar tanto a equação de Lagrange quanto as forças generalizadas.


Questão 2) Considere o sistema apresentado na figura abaixo. À esquerda está a massa m1, as roldanas são ideais e a massa da direita é m2. A aceleração da gravidade local g é conhecida.
a) Identifique e represente graficamente as forças aplicadas em cada massa.
b) Indique quais forças são consideradas de vínculo e quais são consideradas forças aplicadas. Quantos são os graus de liberdade do movimento deste sistema?
c) Aplique os formalismos de Newton, de D´Alembert e de Lagrange e obtenha a aceleração de cada massa em cada um dos casos. 

Semana 14

Considere o sistema de duas polias na figura. Use as coordenadas generalizadas mais apropriadas e determine as equações de movimento.

Suponha conhecidas as massas 1,2 e 3, a aceleração local da gravidade, e despreze as massas das 2 polias. Nestas condições, resolva a questão acima pelos seguintes métodos:

Questão 1) Formalismo de d´Alembert.
Questão 2) Formalismo de Newton.
Questão 3) Formalismo de Lagrange.

Questão 1)

Questão 2)

$Equações \;do\; movimento:$
$$m_{1}g-T=m_{1}a_{1} \;(i)$$
$$-\frac{T}{2}+m_{2}g=m_{2}a_{2} \;(ii)$$
$$-\frac{T}{2}+m_{3}g=m_{3}a_{3} \;(iii)$$
$$2a_{1}+a_{2}+a_{3}=0 \;(iv)$$


Fazendo $(i)$,$(ii)$,$(iii)$ em $(iv)$ , temos:
$$T = \frac{8gm_1 m_2 m_3}{m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+4m_{2}m_{3}} \;\;\;\; (v)$$
Fazendo $(v)$ em $(i)$ temos: $$a_{1}=\frac{m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}-4m_{2}m_{3}}{m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+4m_{2}m_{3}}g$$
Fazendo $(v)$ em $(ii)$ temos: $$a_{2}=\frac{m_{1}m_{2}- 3 m_{1}m_{3}+ 4m_{2}m_{3}}{m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+4m_{2}m_{3}}g$$
Fazendo $(v)$ em $(iii)$ temos: $$a_{3}=\frac{m_{1}m_{3}- 3 m_{1}m_{2}+ 4m_{2}m_{3}}{m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+4m_{2}m_{3}}g$$


Questão 3)

Utilizando as coordenadas generalizadas (x,y), tem-se que:
A energia cinética é dada por:
$$T=\frac{1}{2}m_{1}\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}(\dot{x}-\dot{y})^{2}+\frac{1}{2}m_{3}(-\dot{x}-\dot{y})^{2}$$

Utilizaremos também as forças generalizadas nas respectivas coordenadas generalizadas.

Note que se substituirmos na questão 1 o valor de $\ddot{x}$ e de $\ddot{y}$ nas relações entre $a_1$, $a_2$ e $a_3$ encontramos os mesmos valores das acelerações encontrados pelo formalismo de Newton.
Semelhantemente, como encontramos o mesmo sistema de equações nas variáveis $\ddot{x}$ e $\ddot{y}$ na questão 3 e a relação entre $a_1$, $a_2$ e $a_3$ é a mesma podemos concluir que as acelerações obtidas serão as mesmas nos três casos (Formalismo de d´Alembert, Formalismo de Newton e Formalismo de Lagrange )








Agora, vamos utilizar o conceito da Função de Lagrange.

O potencial é dado por:
$$V=-m_{1}gx-m_{2}g(l_{1}-x+y)-m_{3}g(l_{1}+l_{2}-x-y)$$
A Lagrangeana é dada por:
$$L=T-V$$
$\therefore L=\frac{1}{2}m_{1}\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}(\dot{x}-\dot{y})^{2}+\frac{1}{2}m_{3}(-\dot{x}-\dot{y})^{2}$
$-(-m_{1}gx-m_{2}g(l_{1}-x+y)-m_{3}g(l_{1}+l_{2}-x-y))$

Sabemos que a equação de Lagrange é:
$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}-\frac{\partial L}{\partial q}=0$$ (onde q é uma das coordenadas generalizadas)

Obtendo-se a equação de Lagrange para a coordenada x (i.e. q=x):
$$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=(m_{1}+m_{2}+m_{3})\dot{x}+(m_{3}-m_{2})\dot{y}$$
$$\therefore \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=(m_{1}+m_{2}+m_{3})\ddot{x}+(m_{3}-m_{2})\ddot{y}$$
$$\frac{\partial L}{\partial x}=-(-m_{1}+m_{2}+m_{3})g$$
$$\Rightarrow (m_{1}+m_{2}+m_{3})\ddot{x}+(m_{3}-m_{2})\ddot{y}+(-m_{1}+m_{2}+m_{3})g=0$$
$$(Equação \;de \;Lagrange \;para \;a \;coordenada \;x)$$

Obtendo-se a equação de Lagrange para a coordenada y (i.e. q=y):
$$\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}=(m_{2}+m_{3})\dot{y}+(-m_{2}+m_{3})\dot{x}$$
$$\therefore \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}=(m_{2}+m_{3})\ddot{y}+(-m_{2}+m_{3})\ddot{x}$$
$$\frac{\partial L}{\partial y}=(m_{2}-m_{3})g$$
$$\Rightarrow (m_{2}+m_{3})\ddot{y}+(-m_{2}+m_{3})\ddot{x}+(-m_{2}+m_{3})g=0$$
$$(Equação \;de \;Lagrange \;para\; a \;coordenada\; y)$$

Semana 13

Questão 1:

Um cone reto, maciço e homogêneo cujo raio da base é R e altura H, exerce força gravitacional sobre uma massa puntiforme m. Determine o valor desta força, sabendo que a massa está posicionada sobre o vértice do cone. Trabalhe em coordenadas cilíndricas e indique (através de uma figura) os versores correspondentes às direções cartesianas, bem como a origem de seu sistema de coordenadas.


Solução:

Considerando o eixo de coordenadas como o da figura acima e sabendo que o quadrado da distância de uma massa infinitesimal $\mathrm{d}M$ dentro do cone até a origem do sistema vale $r^{2} + z^{2}$, podemos dizer que a força aplicada sobre a massa m no vértice do cone é: $$\vec{F} = \int \frac{Gm}{r^{2} + z^{2}} [\hat{z} cos{\alpha} + \hat{r} sen{\alpha}] \mathrm{d}M$$ Onde $\alpha$ é o ângulo formado entre o eixo do cone e o vetor que une o vértice a $\mathrm{d}M$. Note, então, que a componente em $\hat{r}$ deve se anular devido à simetria do cone. Chamando a densidade do cone de $\rho$, vem que: $$ \vec{F} = Gm\rho \int_{0}^{H} \int_{0}^{\frac{zR}{H}} \int _{0}^{2\pi} \frac{1}{r^{2} + z^{2}} [\hat{z} cos{\alpha}] r\mathrm{d}\theta \mathrm{d} r\mathrm{d}z $$ $$ \vec{F} = Gm\rho2\pi \int_{0}^{H} \int_{0}^{\frac{zR}{H}} \frac{r}{r^{2} + z^{2}} [\hat{z} cos{\alpha}] \mathrm{d} r\mathrm{d}z $$ $$ \vec{F} = [ Gm\rho2\pi \int_{0}^{H} \int_{0}^{\frac{zR}{H}} \frac{r}{r^{2} + z^{2}} \frac{z}{ \sqrt{r^{2} + z^{2}} } \mathrm{d} r\mathrm{d}z ] \hat{z} $$ $$ \vec{F} = [ Gm\rho2\pi \int_{0}^{H} \int_{0}^{\frac{zR}{H}} \frac{rz}{(r^{2} + z^{2})^{3/2}} \mathrm{d} r\mathrm{d}z ] \hat{z} $$ $$ \vec{F} = [ Gm\rho2\pi \int_{0}^{H} \frac{\sqrt{R^{2} + H^{2}} - H}{\sqrt{R^2 + H^2}}\mathrm{d}z ] \hat{z} $$ como $ \rho = \frac{3 M}{\pi R^2 H} $ temos $$ \vec{F} = [ 6 G M m \frac{1}{R^2} \frac{\sqrt{R^{2} + H^{2}} - H}{\sqrt{R^2 + H^2}}] \hat{z} $$ Questão 2:

Prove a validade da 2a Lei de Kepler (lei das áreas) para forças centrais.


Solução:

Na figura acima, estamos considerando um deslocamento de uma partícula de massa $m$ (posição dada pelo vetor $\vec{r}$) na qual age uma força central durante um instante $\mathrm{d}t$ infinitesimal. Podemos perceber facilmente que a força central não produz torque e, portanto, o momento angular da partícula se conserva, ou seja: $$m r^{2} \frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d} t} = k$$ , onde k é uma constante.
Também percebemos pela figura que a área percorrida no instante $\mathrm{d}t$ vale: $$\mathrm{d}A = \frac{r^{2}\mathrm{d} \theta}{2}$$ Assim, a área percorrida por unidade de tempo vale sempre $$\frac {\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t} = \frac{r^{2}}{2}\frac{\mathrm{d} \theta}{\mathrm{d}t} = \frac{k}{2m}$$ O que nos leva à conclusão de que a quantidade de área "varrida" pelo vetor $\vec{r}$ é sempre a mesma para variações de tempo semelhantes, isto é, vale a 2ª lei de Kepler.


Questão 3:

Prove a validade da 3a Lei de Kepler (lei dos períodos) para forças centrais.


Solução:

Considerando as relações da elipse:
$$ \frac b a = \sqrt{1 - e^2} \therefore e^2 = 1 - (\frac{b}{a})^2 \;\;\;\;\; (I)$$ onde $a$ e $b$ são os semi-eixos e $e$ é a excentricidade da elipse
sabemos também que a velocidade areolar é dada por: $$ V_{areolar} = \frac{L}{ 2 m}$$ onde $L$ é o momento angular de uma partícula de massa $m$ que está na órbita elíptica
e sabemos que a excentricidade pode ser obtida também pela gravitação $$ e = \sqrt{1 - \frac{L^2}{GMm^2a}} \therefore e^2 = 1 - \frac{L^2}{GMm^2a} \;\;\;\;\;\;\; (II) $$ ainda, temos que o período T é dado por $$ T = \pi a b \frac{1}{V_{areolar}} \therefore T = \pi a b \frac{2 m}{L} $$ $$ \therefore L = \pi a b \frac{2 m}{T} \;\;\;\;\;\; (III)$$ Fazendo $(I)=(II)$ $$1 - (\frac{b}{a})^2 = 1 - \frac{L^2}{GMm^2a} $$ Substituindo $(III)$ na equação acima temos $$ \frac{4m^2 \pi ^2 a^2 b^2 }{T^2 GMm^2} = \frac{b^2}{a} $$ $$\rightarrow \frac{T^2}{a^3} = \frac{4 \pi ^2}{GM} = cte $$ O que nos mostra que é válida a terceira lei de Kepler.




Questão Extra

Semana 12

Questão 1) O que é o Almagesto?

ALMAGESTO

Almagesto é uma palavra árabe que significa "o maior" e é o nome de um tratado de astronomia escrito no século II pelo astrônomo Claudius Ptolomaeus de Alexandria, Egito. A obra, uma coleção de 13 livros, contém o mais completo catálogo de estrelas da antiguidade e foi utilizado amplamente pelos árabes e europeus até a alta Idade Média. Tinha o título original de "A Coleção Matemática", no entanto, ficou conhecida por "O Grande Astrônomo", de onde vem o seu título final.

O Almagesto constituiu uma espécie de "bíblia" astronômica para os 1400 anos seguintes a ele. Apresenta e desenvolve argumentos a favor da teoria geocêntrica do universo e apresenta também os resultados obtidos pelos astrônomos gregos da Antiguidade, além de ser a principal fonte de conhecimento a respeito do trabalho de Hiparco, considerado o maior astrônomo da Antiga Grécia - em seu catálogo estelar, Hiparco determinou a posição de 850 estrelas. Coube a Ptolomeu dar continuidade a esse trabalho (aproximadamente 250 anos depois), e nesse trabalho Ptolomeu registrou 1022 estrelas, das quais 172 ele próprio descobriu.

A obra Almagesto explica também a construção do astrolábio, instrumento inventado por Ptolomeu para calcular a altura de um corpo celeste acima da linha do horizonte, e a parte final é dedicada aos planetas, que constitui a contribuição mais original do autor à astronomia.

Ptolomeu preparou também um calendário no qual dava a hora em que as várias estrelas apareciam e desapareciam no céu, no alvorecer e no crepúsculo. Esse trabalho faz parte de uma obra em dois volumes, denominada "Hipóteses Planetárias", que foi outra obra de grande valor. Ele escreveu livros de forma que um leitor com menos conhecimentos matemáticos fosse capaz de assimilar algumas ideias fundamentais, da mesma forma que se procura fazer hoje em dia.

Como citamos, o Almagesto é composto por 13 livros, e abaixo está descrito o que cada um deles contém:

·         Primeiro livro: Ptolomeu defende neste livro, em linhas gerais, a teoria geocêntrica, expondo suas ideias   para defender sua teoria;

·         Segundo livro: Contém uma tabela de cordas e rudimentos de trigonometria esférica; 

·         Terceiro livro: Fala a respeito do movimento do Sol e da duração do ano; 

·         Quarto livro: Trata do movimento da lua e da duração dos meses; 

·         Quinto livro: Abrange as mesmas questões tratadas no quarto, acrescentando as distâncias do Sol e da Lua, além de descrever o astrolábio; 

·         Sexto livro: Trata de questões dos eclipses do sol e da lua, contém também uma tabela desses acontecimentos, além de uma outra tabela de conjunções e aposições dos planetas; 

·         Sétimo e oitavo livro: Trazem um catálogo de 1022 estrelas, a grande maioria já havia sido descrita por Hiparco; Ptolomeu deu continuidades ao trabalho desse último; 

·         Cinco últimos livros: São dedicados exclusivamente à exposição detalhada de sua teoria geocêntrica, mostrando as bases que fundamentaram e sustentam suas descrições e observações.

Questão 2) Enuncie a Lei de Gauss da Gravitação

A LEI DE GAUSS DA GRAVITAÇÃO

                A "Lei de Gauss" é bem conhecida por quase todo estudante de ciências exatas. Em palavras, ela diz que "o fluxo de linhas de campo através de uma superfície fechada é proporcional à carga (ou massa) dentro dessa superfície." Escrevemos carga ou massa pois a Lei de Gauss serve tanto para o campo elétrico quanto para o campo gravitacional. O que pouca gente sabe é que essa ideia de Gauss resolveu um enigma que atormentou Newton por vários anos.
                A questão era a seguinte:

                Imagine um aglomerado esférico de pequenas massas, todas iguais, a uma certa distância de outra massa pequena M. É claro que a massa M sofrerá a atração gravitacional das massinhas do aglomerado esférico. Agora, suponha que o aglomerado esférico se expanda uniformemente, aumentando de raio. Algumas massas se aproximam de M e outras se afastam. A pergunta é: com essa expansão a força gravitacional sobre M aumenta, diminui ou fica constante? A resposta correta é: fica constante. Newton sabia disso mas não sabia como provar de forma simples e convincente. Gauss, com sua lei, mostrou que é fácil provar essa afirmação.
                Vamos, por simplicidade, traçar linhas de campo saindo de cada massa do aglomerado como retas radiais, como na figura abaixo, (A). Consideremos uma superfície esférica S, imaginária, passando pela massa M. Essa é a chamada "superfície de Gauss". A força sobre M depende do número de linhas que atravessa S (o "fluxo").

               

                Ora, esse número é o mesmo, antes ou depois do aglomerado se expandir (B). Logo, a força sobre M não muda com a expansão.

                De forma mais quantitativa, temos , para o fluxo do campo gravitacional, que

                De onde temos o resultado que relaciona o fluxo de    com a massa total M no interior da superfície

                No caso de uma distribuição esfericamente simétrica, podemos escrever, usando argumento de simetria, que

       É válido, aqui, que façamos uma importante observação sobre a relação da lei de Gauss da gravitação com a lei de Gauss da eletrostática. Nesta última, o campo gravitacional dá lugar ao campo elétrico, a massa à carga elétrica e a constante que multiplica o termo à direita é adaptada para o caso da eletrostática. A equação é perfeitamente análoga:

 

     Percebemos, todavia, que o campo elétrico pode apontar no sentido que leva para a carga central ou no sentido contrário. Isso será determinado pelo sinal da carga que provoca o campo.

Referências:
http://pt.wikipedia.org/wiki/Almagesto
http://www.ghtc.usp.br/server/Sites-HF/Geraldo/almagesto.htm
http://www.searadaciencia.ufc.br/especiais/matematica/eulergauss/eulergauss6.htm
http://efisica.if.usp.br/mecanica/avancado/gravitacao/lei_gauss/

Questão 3: Reescreva a equação da elipse de coordenadas polares para coordenadas cartesianas

Equação da elipse em coordenadas polares:
$$\rho =\frac{p}{1+\varepsilon cos\theta }$$

Sejam:
2a = eixo maior da elipse
2b = eixo menor da elipse
2c = distância focal da elipse
Podemos reescrever a equação polar da elipse como:
$$\rho =\frac{b^{2}}{a-c cos\theta }$$
Manipulando a expressão algebricamente:
$$a\rho -c\rho cos\theta =b^{2}$$
$\cdot \rho=\sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}}$
$\cdot \rho cos\theta = x+c$
$$a\sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}}-c(x+c)=b^{2}$$
$$a\sqrt{(x+c)^{2}+y^{2}}=b^{2}+c(x+c)$$
$$a^{2}((x+c)^{2}+y^{2})=b^{4}+c^{2}(x+c)^{2}+2b^{2}c(x+c)$$
$$a^{2}y^{2}+(a^{2}-c^{2})(x+c)^{2}-2b^{2}c(x+c)=b^{4}$$
$\cdot(a^{2}-c^{2})= b^{2}$
$$a^{2}y^{2}+b^{2}[(x+c)^{2}-2c(x+c)+c^{2}]=b^{4}+c^{2}b^{2}$$
$$a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}=b^{2}(c^{2}+b^{2})=b^{2}a^{2}$$
$$\therefore \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$$

Semana 11

Questão 1:



Considere o sistema apresentado na figura acima. Considere também que esse arranjo se repete infinitamente. Para que suas equações possam refletir essa situação, aplique condições periódicas de contorno. Utilize seu conhecimento de álgebra linear e obtenha as frequências permitidas para a oscilação do sistema físico.

Solução:
$$\cdot\; Energia:\; U=\frac{1}{2}K\sum_{i=1}^{\infty }(s_{i+1}-s_{i})^{2}$$
$$\cdot \;Equação\; do\; movimento:\; M\ddot{s_{n}}+\frac{\partial U}{\partial s_{n}}=0$$
$$\frac{\partial U}{\partial s_{n}}=K(2s_{n}-s_{n-1}-s_{n+1}), \;então \;temos \;a \;seguinte\; EDO:$$
$$\ddot{s_{n}}+2\frac{K}{M}s_{n}=\frac{K}{M}(s_{n-1}+s_{n+1})$$
$$"Ansatz": s_{n}=u.e^{i(naq-wt)}$$
$$Portanto,\; temos:$$
$$s_{n-1}=u.e^{i(naq-wt)}.e^{-iaq}=s_{n}e^{-iaq}$$
$$s_{n+1}=u.e^{i(naq-wt)}.e^{iaq}=s_{n}e^{iaq}$$
$$\ddot{s_{n}}=-\omega ^{2}s_{n}$$
$$Substituindo\; na\; equação\; diferencial:$$
$$-\omega ^{2}s_{n}+2\frac{K}{M}s_{n}=\frac{K}{M}s_{n}(e^{-iaq}+e^{iaq})$$
$$Escrevendo \; e^{-iaq}+e^{iaq} \; na\; forma\; trigonométrica,\; teremos: $$
$$-\omega ^{2}+2\frac{K}{M}=\frac{K}{M}[cos(aq)+isen(aq)+cos(aq)-isen(aq)]$$
$$-\omega ^{2}+2\frac{K}{M}=\frac{K}{M}[2cos(aq)]$$
$$Então \; \omega^{2} =\frac{2K}{M}[1-cos(aq)] $$

Não foi explicado no enunciado, mas assumimos que a é uma constante e q é um inteiro. Dessa forma, percebe-se que $\omega$ assume apenas determinados valores. A frequência desse sistema é, portanto quantizada.

As moléculas sofrem muitas vibrações características em um sólido. A energia potencial armazenada nestes graus de liberdade demonstra que a energia total não está totalmente associada à temperatura. Os graus de liberdade mais internos tendem a aumentar a capacidade de uma substância de calor específico, contanto que as temperaturas sejam suficientemente elevadas para superar os efeitos quânticos.
Ao estudar o comportamento das moléculas nos sólidos, percebeu-se que as interações entre elas e suas ligações poderiam ser moldadas de acordo com sistemas massa-mola. Einstein, modificou o modelo proposto pela física clássica propondo que a energia dedicada às ligações atômicas em cada sistema era diferente de acordo com cada tipo de substância. Ele propôs que a energia das ligações não dependia apenas do número de átomos e moléculas, mas do tipo deles. Além disso, Einstein fez esse modelamento de acordo com sistemas massa-mola com uma constante k "de mola" diferente para cada material.

Questão 2:

Resolva a integral:
$$b_{n}=2\frac{y_{0}}{L}\int_{0}^{L}sen(\frac{3\pi x}{L})sen(\frac{n\pi x}{L})dx$$

Solução:
$n=3:$
$$b_{n}=b_{3}=2\frac{y_{0}}{L}\int_{0}^{L}sen^{2}(\frac{3\pi x}{L})$$
$$\therefore b_{n}=b_{3}=\frac{y_{0}}{L}[\int_{0}^{L}dx-\int_{0}^{L}cos(\frac{6\pi x}{L})dx]=\frac{y_{0}}{L}[L+0]=y_{0}$$

$n\neq 3:$
$$sen(a)sen(b)=\frac{1}{2}[cos(a-b)-cos(a+b)]$$
$$fazendo\; a=\frac{n\pi x}{L}\; e\; b=\frac{3\pi x}{L},\; temos:$$
$$b_{n}=\frac{y_{0}}{L}[\int_{0}^{L}cos(\frac{(n-3)\pi x}{L})dx-\int_{0}^{L}cos(\frac{(n+3)\pi x}{L})dx]$$
$$b_{n}=\frac{y_{0}}{L}[\frac{L}{\pi (n-3)}sen((n-3)\pi)-\frac{L}{\pi (n+3)}sen((n+3)\pi)]$$
$$\therefore b_{n}=\frac{y_{0}}{L}[0+0]=0$$

Semana 9

12.63. Uma partícula de massa m está sujeita à força indicada na figura 12.52., denominada onda quadrada; isto é, a força tem módulo constante, mas muda de sentido a intervalos de tempo regulares de $\frac{\pi}{\omega}$. Essa força pode ser representada pela série de Fourier:
$$F = F_{0}(\frac{4}{\pi})(sen\omega t + \frac{1}{3}sen3\omega t + \frac{1}{5}sen5\omega t + ...)$$


a. Escreva a equação de movimento da partícula

Solução:

$$F = F_{0}(\frac{4}{\pi})(sen\omega t + \frac{1}{3}sen3\omega t + \frac{1}{5}sen5\omega t + ...) = m.\ddot{x}$$
$$\ddot{x} = \frac{F_{0}}{m}(\frac{4}{\pi})(sen\omega t + \frac{1}{3}sen3\omega t + \frac{1}{5}sen5\omega t + ...)$$

b. Verifique, por substituição direta, que sua solução pode ser escrita como
$$x = a + bt + Asen\omega t + Bsen3\omega t + Csen5\omega t + ...$$
onde a e b são constantes arbitrárias, e determine os valores dos coeficientes A, B, C, ... de modo que a equação de movimento seja satisfeita.

Solução:

Para que a solução seja a proposta no enunciado, ao derivá-la 2 vezes, devemos encontrar a mesma solução do item a.
Cálculo de $\ddot{x}$:
$$\ddot{x} = -A\omega^2sen\omega t -9B\omega^2sen3\omega t -25C\omega^2sen5\omega t - ...$$
$$-A\omega^2 = \frac{4F_{0}}{m.\pi}, -9B\omega^2 = \frac{4F_{0}}{3.m.\pi}, -25C\omega^2 = \frac{4F_{0}}{5.m.\pi}, ...$$
$$\therefore A = -\frac{4F_{0}}{\omega^2.m.\pi}, B = -\frac{4F_{0}}{27\omega^2.m.\pi}, C = -\frac{4F_{0}}{125\omega^2.m.\pi}, ...$$
De forma geral, temos: $T_{geral} = -\frac{4F_{0}}{n^3\omega^2.m.\pi}$, em que n é um número natural.


12.67. Considere uma partícula oscilando sob a influência do potencial anarmônico $E_{p}(x) = \frac{1}{2}kx^2 - \frac{1}{3}ax^3$, onde a é positivo e muito menor que k.

a. Faça um gráfico esquemático de $E_{p}(x)$. A curva é simétrica em torno de x = 0? Em vista da resposta que você deu à pergunta anterior, em que sentido se desloca o centro de oscilação quando a energia é aumentada? Você acha que $x_{med}$ deve ser nulo?
Solução:

Figura 1:


Não, a curva não é simétrica em torno do valor x=0.
Quando a energia é aumentada, o centro de oscilação é deslocado no sentido de se afastar do ponto de equilíbrio.

O $x_{med}$ pode ser obtido traçando uma reta paralela ao eixo x e calculando o valor médio dos pontos de intersecção. Sabendo disso, podemos notar que no caso descrito na questão, que pode ser observado na Figura 1, o $x_{med}$ desloca-se para a direita à medida que aumentamos a energia potencial $E_p$



b. Obtenha a força como função de x e faça um gráfico esquemático. Qual é o efeito do termo anarmônico sobre a força?

Solução:

A força pode ser obtida derivando a energia potencial em relação a x. $$F(x) = -\frac{\mathrm{d} E_{p}}{\mathrm{d} x} \therefore F(x) = ax^{2} - kx$$ Figura 2:



Figura 3:

Graficamente o termo anarmônico torna a força restauradora uma parábola (Figura 2), mas quando fazemos k>>a, ou seja, quando diminuímos a influência do termo anarmônico, o gráfico da força restauradora aproxima-se ao de uma reta (Figura 3) para pequenos valores de x.



12.68. Com relação ao problema precedente,

a. Escreva a equação de movimento.

b. Tente como solução $x = Acos\omega t + Bcos2\omega t + x_{1}$, onde os dois últimos termos resultam do termo anarmônico.

c. Essa expressão pode representar uma solução exata?

d. Desprezando todos os termos que envolvem produtos de A e B ou potências de B de ordem maior que a primeira, prove que $\omega = \omega_{0},\; x_{1} = \frac{\alpha A^2}{2\omega_{0}^2} \;e\; B = -\frac{\alpha A^2}{6\omega_{0}^2},\; onde \; \omega_{0}^2 = \frac{k}{m} \; e\; \alpha = \frac{a}{m}$.[Sugestão: use a relação trigonométrica $cos^2\omega t = \frac{1}{2}(1 + cos2\omega t)$].


Solução:
a) Sabemos que a equação da força restauradora calculada no exercício anterior é dada por $$F=ax^2-kx $$ e que a equação do movimento é dada por: $$F=m\ddot{x} \therefore ax^2 - kx = m\ddot x $$ $$\ddot x+ \frac km x - \frac a m x^2 = 0 \;\;\;\;\; (*) $$ b) Para resolver a equação (*), vamos tentar uma solução do tipo $$ x=Acos(\omega t) + B cos(2 \omega t) + x_1 \;\;\;\;\; (I) $$ Derivando a equação (I) duas vezes com relação ao tempo, obtemos $$ \ddot x = - A \omega ^2 cos(\omega t) - 4 B \omega ^2 cos(2 \omega t) \;\;\;\;\; (II) $$ Substituindo (I) e (II) em (*) e sabendo das relações trigonométricas que$ cos^2 (\omega t) = \frac 1 2 (1 + cos(2 \omega t)) e cos^2(2 \omega t ) = \frac 1 2 (1 + cos(4 \omega t))$ $$ cos(wt)(\frac k m A - Aw^2 - 2a x_1 \frac A m ) +$$ $$ + cos(2wt) (\frac k m B - 4Bw^2-\frac {aA^2}{2m} - \frac a m 2 B x_1) - $$ $$ -cos(4wt)\frac{B^2a}{2m} +$$ $$ + \frac{k x_1}{m} - \frac a m (\frac{A^2}{2} + \frac{B^2}{2} + x_1^2) +$$ $$+2ABcos(wt)cos(2wt) = 0 \;\;\;\;\; (III)$$ c) Note que só existe um termo que multiplica $cos(4wt)$ e como não há outra maneira de gerar mais um termo que possua $cos(4wt)$ através de combinações dos outros termos que possuem $cos(wt) $ e $ cos(2wt)$ temos que a solução não pode ser exata, uma vez que a expressão não pode se anular para todo t.

d) Desprezando os termos com $B^2$ e com o produto $AB$ temos de (III): $$ cos(wt)(\frac k m A - Aw^2 - 2a x_1 \frac A m ) +$$ $$ + cos(2wt) (\frac k m B - 4Bw^2-\frac {aA^2}{2m} - \frac a m 2 B x_1) $$ $$ + \frac{k x_1}{m} - \frac a m (\frac{A^2}{2} + x_1^2) =0$$ usando o fato de que $a << k$ temos que o movimento se aproxima de um movimento harmônico e portanto $w\approx w_o$ então $w^2 \approx \frac k m$

Igualando a zero o coeficiente de $cos(wt)$ temos: $$\frac k m A - Aw^2 - 2a x_1 \frac A m = 0 \therefore$$ $$ \frac k m = w^2 + 2a x_1 \frac 1 m (IV)$$ substituindo (IV) no termo que multiplica $cos(2wt)$ temos: $$\frac k m B - 4Bw^2-\frac {aA^2}{2m} - \frac a m 2 B x_1 =0 \;\;\; \therefore$$ $$ w^2 + 2a x_1 \frac 1 m B - 4Bw^2-\frac {aA^2}{2m} - \frac a m 2 B x_1 =0 $$ portanto $$ B = - \frac{aA^2}{6w^2m}$$ mas como $\alpha = \frac a m$ e $w = w_o$ temos que $$B = - \frac{\alpha A^2}{6w_o^2} $$ Finalmente para determinar $x_1$ igualamos os termos independentes a zero, assim temos uma equação do segundo grau em $x_1$ $$ k x_1 - a (\frac{A^2}{2} + x_1^2)=0 $$ podemos então desprezar o termo de $x_1 ^2$ considerando que $x_1 << A$ e obtemos $$ x_1 = \frac{\alpha a^2}{2w_o^2} $$

Semana 8

Questão 1) (12.54) Suponha que, para um oscilador amortecido, $\gamma $ seja muito pequeno comparado com $\omega _{0}$, de modo que a amplitude permanece praticamente constante durante uma oscilação.

(a) Verifique que a energia do oscilador amortecido pode ser escrita na forma $$E=\frac{1}{2} m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-\gamma t}$$
(b) A dissipação média de potência é definida por $P=-dE/dt$. Prove que $P=2\gamma E=\frac{E}{\tau }$

(c) Prove que esta dissipação de potência é igual ao trabalho médio efetuado pela força amortecedora, na unidade de tempo.

Solução:
(a) No problema 12.48, encontramos uma expressão para a posição em um movimento oscilatório amortecido, dada por: $$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$ Supondo que a amplitude se mantém praticamente constante, podemos aproximar para um movimento harmônico simples, cuja energia é dada por: $$E = \frac{1}{2}kA^{2}$$ No movimento em que estamos analisando, a amplitude é dada por: $A'=Ae^{-\gamma t}$ e, como $\omega _{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}$, temos $k=m\omega _{0}^{2}$.
Dessa forma, substituindo na expressão, teremos: $$E = \frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-2\gamma t}$$

(b) Sendo $P=-\frac{dE}{dt}$, basta derivarmos a expressão acima: $$-\frac{dE}{dt}=-\left (\frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}(-2\gamma )e^{-2\gamma t}\right )$$ $$-\frac{dE}{dt}=2\gamma \left (\frac{1}{2}m\omega _{0}^{2}A^{2}e^{-2\gamma t}\right )$$ $$\therefore P=2\gamma E$$ Sendo $\tau = \frac{1}{2\gamma}$ o tempo de relaxação, temos que: $$P=2\gamma E=\frac{E}{\tau }$$
(c)A força de amortecimento é dada por $F=bv \;\;\;\;\; (I)$, em módulo, onde $b = 2m\gamma$.
$$F=2m\gamma \omega Ae^{-\gamma t}cos(\omega t + \delta )$$ mas, sabemos que o trabalho de uma força pode ser calculado como: $$ d\tau = F .dx \;\;\;\;\;\; (II)$$ então, substituindo (I) em (II) e fazendo $dx = v. dt$ temos: $$d\tau = (b v) .v .dt \therefore \frac{d\tau}{dt} = b .v^2 \;\;\;\;\; (*)$$ ainda temos que: $$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$ $$\therefore v=\frac{dx}{dt} = Ae^{-\gamma t}\omega cos(\omega t + \alpha )\;\;\;\;\;\;\; (III)$$ obs. dado que no enunciado foi imposto que $\gamma$ é muito pequeno comparado com $\omega$ podemos fazer com que o outro termo da derivada em (III) seja zero, assim podemos substituir (III) em (*): $$\frac{d\tau}{dt} = b .(Ae^{-\gamma t} \omega cos(\omega t + \alpha ))^2 $$ $$\therefore \frac{d\tau}{dt} = b .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 cos^2(\omega t + \alpha ) )$$ Assim, o valor do trabalho médio efetuado por essa força é dado pela integral num período: $$\therefore \frac{d\tau}{dt} = b .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 \frac12) $$ pois, $$ \int_{0}^{2\pi}\frac{cos^2(x )}{2\pi} dx = \frac12$$ e substituindo, também, o valor de b: $$\therefore \frac{d\tau}{dt} = 2m\gamma .(A^2 e^{-2\gamma t}\omega^2 \frac12) $$ $$\therefore \frac{d\tau}{dt} = m\gamma .(A^2 e^{-2\gamma t} \omega^2) \;\;\;\;\;\;(IV) $$ Dado que a dissipação da potência calculada no item (b) é: $$P=m\gamma \omega ^{2}A^{2}e^{-2\gamma t} \;\;\;\;\; (V)$$ Note que (IV)=(V), então: $$\frac{d\tau}{dt} = P$$ ou seja, a dissipação de potência é igual ao trabalho médio efetuado pela força amortecedora, na unidade de tempo.

obs. o item (c) da questão 1 (12.54 do livro Alonso) foi postado no dia 22/04/2013 às 02:27 $$$$ $$$$ $$$$ Questão 2) (12-55 livro do Alonso)

Prove que, para um oscilador forçado, $P_{med} = \frac{1}{2}(P_{med})_{res}$ quando a reatância é igual a resistência $X=\pm R$ ou $\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f$. A diferença $(\Delta \omega)_{1/2}$ entre os dois valores de $\omega_f$ para essa situação, é chamada largura da banda do oscilador e a razão $Q = \omega/(\Delta \omega)_{1/2}$ é chamada fator $Q$ do oscilador. Prove que, para pequeno amortecimento, $(\Delta \omega)_{1/2} = 2\gamma$ e, assim, $Q=\omega_0 / 2\gamma$. [Sugestão: aplique as Eqs. (12.70)e (12.71), com valores para R e Z.]

Solução:

Temos, das Eqs. (12.70) e (12.71) : $$ P_{med}= \frac{F_o ^2}{2 Z} cos\alpha = \frac{1}{2} F_o v_o cos\alpha = \frac{F_o ^2}{2 z^2} = \frac{1}{2} R v_o^2 \;\;\;\;\; (12.70) $$ $$(P_{med})_{res} = \frac{ F_o ^2 }{2 R} \;\;\;\;\;\; (12.71)$$ e sabemos que para oscilações forçadas também temos a seguinte relação $$ Z = \sqrt{X^2 + R^2} \;\;\;\;\;\; (12.66) $$ Pelo enunciado também temos a seguinte relação: $$X=\pm R \;\;\;\;\; (I)$$ Assim, de (I) em (12.66) $$ Z^2 = 2 R^2 \;\;\;\;\;\; (II)$$ De (II) em (12.70) $$P_{med}= \frac{F_o ^2}{2 z^2}$$ $$\therefore P_{med}= \frac{F_o ^2}{4 R^2}$$ $$\therefore P_{med} = \frac{ F_o ^2 }{2 R}\frac{1}{2} $$ $$\therefore P_{med} = \frac{(P_{med})_{res}}{2} $$ * Note que se $$\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f \;\;\;\;\;\;\; (III)$$ recaímos na mesma condição (I) onde $$X=\pm R$$ pois, sabemos que $$ tg \alpha = \frac{\omega_f ^2 - \omega_o ^2 }{2\gamma \omega_f} \;\;\;\;\;\; (12.59)$$ $$ tg \alpha = \frac{X}{R} \;\;\;\;\;\; (12.67)$$ Fazendo (III) em (12.59), temos $$ tg \alpha = \pm 1 \;\;\;\;\; (IV)$$ de $(12.67) = (IV)$ $$\rightarrow X = \pm R $$

$$$$ Na segunda parte do exercício temos do enunciado que $(\Delta \omega)_{1/2}$ é a diferença entre os dois valores de $\omega_f$, ou seja, $(\Delta \omega)_{1/2} $ é dado pela seguinte equação: $$\omega_f ^2 - \omega_0 ^2 = \pm 2\gamma \omega_f $$ $$\therefore \omega_f ^2 \pm 2\gamma \omega_f - \omega_0 ^2 = 0$$ $$\therefore \left\{\begin{matrix} \omega_{f1} = - \gamma \pm \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (V)\\ \omega_{f2} = + \gamma \pm \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VI) \end{matrix}\right. $$ Note que a frequência angular da força aplicada deve ser maior do que zero $(\omega_f > 0)$. Assim, as equações (V) e (VI) ficam: $$\therefore \left\{\begin{matrix} \omega_{f1} = - \gamma + \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VII)\\ \omega_{f2} = + \gamma + \sqrt{\gamma^2 + \omega_o^2} \;\;\;\;\; (VIII) \end{matrix}\right. $$ Logo, a diferença $(\Delta \omega)_{1/2}$ é dada por $(VIII) - (VII)$ : $$\rightarrow (\Delta \omega)_{1/2} = 2 \gamma $$ e para pequenas oscilações $\omega_f \approx \omega_o $, então $Q = \frac{\omega_f}{(\Delta \omega)_{1/2}}$ fica: $$Q = \frac{\omega_o}{2\gamma} $$ $$$$ $$$$ $$$$ Questão 3) (12.56)
(a) Calcule os valores médios das energias cinética e potencial das oscilações forçadas de um oscilador amortecido.
(b) Obtenha o quociente entre a soma dessas duas energias e o trabalho realizado pela força aplicada num período. Esse fator é útil para indicar o desempenho do oscilador. Prove que, para pequenos amortecimentos, esse fator é igual a $Q/2\tau$.

Resolução:

(a) Tem-se que o cálculo do valor médio de uma função periódica é dado por:
$$\bar{f}=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}f(t)dt$$
Expressão da energia cinética de um oscilador amortecido forçado em função do tempo:
$$E_{c}=\frac{1}{2}mv^{2}\Rightarrow E_{c}=\frac{1}{2}m\omega _{f}^{2}A^{2}cos^{2}(\omega_{f}t-\alpha )$$
Cálculo da energia cinética média:
$$\bar{E_{c}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{2}m\omega _{f}^{2}A^{2}cos^{2}(\omega_{f}t-\alpha )dt$$
$$\bar{E_{c}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{4}m\omega _{f}^{2}A^{2}(1+cos(2\omega_{f}t-2\alpha ))dt$$
$$\therefore\bar{E_{c}}=\frac{1}{4}m\omega _{f}^{2}A^{2} $$
Expressão da energia potencial de um oscilador amortecido forçado em função do tempo:
$$E_{p}=\frac{1}{2}kx^{2}\Rightarrow E_{p}=\frac{1}{2}kA^{2}sen^{2}(\omega_{f}t-\alpha )$$
Cálculo da energia potencial média:
$$\bar{E_{p}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{2}kA^{2}sen^{2}(\omega_{f}t-\alpha )dt$$
$$\bar{E_{p}}=\frac{\omega_{f}}{2\pi }\int_{0}^{\frac{2\pi }{\omega_{f}}}\frac{1}{4}kA^{2}(1-cos(2\omega_{f}t-2\alpha ))dt$$
$$\therefore\bar{E_{p}}=\frac{1}{4}kA^{2}=\frac{1}{4}m\omega _{0}^{2}A^{2} $$


(b) Cálculo do trabalho realizado pela força num período:

Tem-se que a potência média de um oscilador amortecido forçado é dada por:
$$\bar{P}=\frac{F_{0}^{2}cos\alpha }{2Z} $$
Onde Z é dado por:
$$Z=\sqrt{(m\omega_{f}-k/\omega_{f})^{2}+\lambda ^{2}}$$
Portanto,
$$\Rightarrow \bar{P}=\frac{ZA^{2}\omega_{f}^2cos\alpha }{2}$$
$$W=\bar{P}T=\frac{ZA^{2}\omega_{f}^2cos\alpha }{2}\frac{2\pi}{\omega_{f}}$$
$$\therefore W=ZA^{2}\omega_{f}\pi cos\alpha$$
Logo, tem-se que o quociente é dado por:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{m(\omega _{f}^{2}+\omega _{0}^{2})}{4\pi Z\omega _{f}cos\alpha }$$
Para pequenos amortecimentos, tem-se que:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{\omega _{f}^{2}+\omega _{0}^{2}}{4\omega _{f}}$$
Para $\omega _{f}=\omega _{0}$ e considerando que, em pequenos amortecimentos, $Q=\omega _0/2\gamma$:
$$\frac{\bar{E_{c}}+\bar{E_{p}}}{W}=\frac{2\omega _{0}^{2}}{4\omega _{0}}=\frac{\omega _0}{2}=\frac{\omega _0/2\gamma }{2.1/2\gamma }=\frac{Q}{2\tau }$$

Semana 7

Questão 1:

Um disco sólido de raio R pode ser suspenso por um eixo horizontal a uma distância h de seu centro. (a) Calcule o comprimento do pêndulo simples equivalente. (b) Calcule a posição do eixo para o qual o período é mínimo. (c) Faça um gráfico do período em função de h.

Solução: $$$$ $Equação \;do\; torque\; em\; relação\; ao\; eixo\; horizontal:$
$$\vec{\tau }=I_{o}\vec{\alpha }$$
$$mghsen\theta = -I_{o}\ddot{\theta }$$
$$I_{o}=I_{CM}+mh²=m(\frac{R²}{4}+h²)$$
$Para\; \theta  \;pequeno:\;\theta\approx sen\theta\;$
$$\therefore \ddot{\theta }+\theta.\frac{gh}{(\frac{R²}{4}+h²)}=0$$
$Pela\;equação\;do\;MHS:$
$$\omega_{0}²=\frac{gh}{(\frac{R²}{4}+h²)}$$
$$\therefore T=2\pi \sqrt{\frac{(\frac{R²}{4}+h²)}{gh}}$$
$(a)Pêndulo\;simples\;equivalente:$
$$\Rightarrow l_{eq}=\frac{(\frac{R²}{4}+h²)}{h}=\frac{R²+4h²}{4h}$$
$(b)Para\;T\;mínimo,\;\frac{\partial T}{\partial h}=0:$
$$\frac{-R²}{4h²}+1=0$$
$$\therefore h=\frac{R}{2}$$
$(c)Gráfico\;de\;T\;em\;função\;de\;h:$


$$$$ $$$$ Questão 2) O que acontece com a solução da equação 12.54 quando $\gamma = \omega_{0}$? Verifique, por substituição direta, que, nesse caso, a solução direta da equação 12.52 é $x = (A + Bt).e^{-\gamma .t}$. Diz-se, então, que o oscilador é criticamente amortecido. Determine A e B no caso em que, para t = 0, $x = x_{0}$ e v = 0. Faça um gráfico de x em função de t. Que diferenças você nota entre este problema e o anterior?

Solução:

Equação 12.54: $\omega = \sqrt{{\omega _{0}}^{2} - \gamma ^{2}} = \sqrt{\frac{K}{m} - \frac{\lambda ^{2}}{4m^{2}}}$

$\cdot\: Se \:\gamma = \omega _{0}, entao\: \omega = 0\: e\: \lambda = \sqrt{4mK} $

Equação 12.52: $\frac{\mathrm{d^{2}x} }{\mathrm{d} t^{2}} + 2.\gamma. \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + \omega _{0}^{2}.x = 0$

$\cdot \: Substituindo\:x = e^{-\gamma .t}, temos\:que\: e^{-\gamma .t}$ é solução

$\cdot \: Substituindo\:x = t.e^{-\gamma .t}, temos\:que\: t.e^{-\gamma .t}$ é solução

Como $e^{-\gamma .t}$ e $t.e^{-\gamma .t}$ são soluções LI, temos que x(t) = A.$e^{-\gamma .t}$ + B.$t.e^{-\gamma .t}$ é solução geral para a equação 12.52.

Condições iniciais:

$$x(0) = x_{0} \rightarrow x_{0} = A.e^{0} = A \therefore A = x_{0}$$ e

$$v(0) = 0 \rightarrow 0 = -A.\gamma .e^{-\gamma .0} + B.e^{-\gamma .0} + B.0.e^{-\gamma .0} \therefore B = x_{0}.\gamma$$
$$\therefore x(t) = x_{0} . (1 + \gamma t).e^{-\gamma .t}$$

Pela análise do gráfico, nota-se que x vai a zero mais rápido do que no exercício anterior, ou seja, no amortecimento crítico (caso do exercício 2) o sistema tende a zero mais rapidamente do que no amortecimento supercrítico (caso do exercício 1). $$$$ $$$$ Questão 3) (12.48)
Prove que, num movimento oscilatório amortecido, a velocidade é dada por $v=A'e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$, onde $A'=A\omega _{0}$ e $tg\delta = \frac{-\omega}{\gamma}$.

Solução: Num movimento oscilatório amortecido, além da força elástica $F=-kx$, consideramos que age uma força de módulo proporcional ao da velocidade e de sentido oposto à $v$. Dessa forma, teremos: $-kx -\lambda v = ma$. Então, $$m\ddot{x}+\lambda \dot{x}+kx=0$$ Fazendo $2\gamma =\frac{\lambda }{m}$ e $\omega ^{2}=\frac{k}{m}$, teremos: $$\ddot{x}+2\gamma \dot{x}+\omega ^{2}x=0$$ Resolvemos a EDO de segunda ordem a coeficientes constantes através do polinômio característico: $$z^{2}+2\gamma z+\omega ^{2} =0$$ Teremos como raízes: $$z=-\gamma \pm i\sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$$ Para gerar um movimento oscilatório só nos interessa o caso do subamortecimento, quando $\gamma^{2} < \omega _{0}^{2}$.
Considerando $\omega =\sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$, a solução será dada por: $$x=c_{1}e^{-\gamma t}sen\omega t + c_{2}e^{-\gamma t}cos\omega t$$ Multiplicando e dividindo por $\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}$, teremos: $$x=e^{-\gamma t}\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}\left [\frac{c_{1}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}sen\omega t + \frac{c_{2}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}cos\omega t\right ]$$ Sendo $cos \alpha = \frac{c_{1}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}$, $sen \alpha = \frac{c_{2}}{\sqrt{c_{1}^{2}+c_{2}^{2}}}$ e $A=\sqrt{c_{1}+c_{2}}$, a expressão torna-se: $$x = Ae^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha )$$ Derivando a posição, para encontrar a velocidade: $$\dot{x}=Ae^{-\gamma t}[-\gamma sen(\omega t +\gamma )+\omega cos(\omega t + \alpha )]$$ Analogamente, multiplicamos e dividimos por $\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}$ e consideraremos $sen \delta = \frac{w}{\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}}$ e $cos \delta = \frac{-\gamma }{\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}}$, assim: $$\dot{x} = Ae^{-\gamma t}\sqrt{\gamma ^{2}+\omega ^{2}}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ Como $\omega = \sqrt{\omega _{0}^{2}-\gamma ^{2}}$, então $\omega _{0}= \sqrt{\omega ^{2}+\gamma ^{2}}$, substituindo na expressão: $$\dot{x} = A\omega_{0}e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ Sendo $A'=A\omega_{0}$, encontramos a expressão para a velocidade: $$v=A'e^{-\gamma t}sen(\omega t + \alpha +\delta )$$ $$$$ $$$$ Questão 4) Dado a expressão para a superposição de MHS's perpendiculares $$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} - \frac{2xy}{AB}\cos(\alpha_x - \alpha_y) = \sin^2(\alpha_x - \alpha_y) $$ represente graficamente o movimento resultante de acordo com as escolhas de parâmetros. Em particular, mostre que escolhas adequadas dos parâmetros podem fornecer elipses e linhas retas inclinadas.

Solução:

Primeiramente vamos analisar os casos em que podemos obter as retas inclinadas:
$a)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = 2k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$

$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} - \frac{2xy}{AB} = 0 $$ $$ (\frac{x}{A} - \frac{y}{B})^2 = 0 $$ $$ \therefore \frac{x}{A} - \frac{y}{B} = 0 $$ $$ \therefore y = \frac{B}{A}x$$


$b)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = \pi + 2k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$

$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} + \frac{2xy}{AB} = 0 $$ $$ (\frac{x}{A} + \frac{y}{B})^2 = 0 $$ $$ \therefore \frac{x}{A} + \frac{y}{B} = 0 $$ $$ \therefore y = - \frac{B}{A}x$$


$c)$ Diferença de fase $\alpha_x - \alpha_y = \frac{\pi}{2} + k\pi$, onde $k \, pertence \, \mathbb{Z}$

$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} = 1 $$ $$ (\frac{x}{A})^2 + ( \frac{y}{B})^2 = 1 $$ $$ \therefore \frac{x^2}{A^2} + \frac{y^2}{B^2} = 1 $$

se $A > B$




se $A < B$





se $ A=B$



Para as demais diferenças de fase $\alpha_x - \alpha_y$ teremos elipses inclinadas com relação aos eixos cartesianos

Semana 6

Questão 1

Calcule a frequência natural $f_{n}$ de oscilação vertical do cilindro carregado por molas quando ele é posto em movimento. As duas molas estão tracionadas o tempo todo.



Solução:
A mola inferior exerce uma força dada por $T_{1}$, enquanto a mola superior exerce uma força dada por $T_{2}$. Ao deslocar o bloco de um $\Delta x$ teremos uma força resultante no sentido contrário. Teremos o seguinte diagrama de forças para o bloco antes e depois:



No equilíbrio:$$T_{1}=T_{2}+mg$$ Após o deslocamento $\Delta x$, sendo $\vec{F_{el}} = -k\vec{\Delta x}$, teremos: $$F_{res}=(T_{1}+k\Delta x)-(T_{2}+mg-k \Delta x)$$ Como $mg=T_{1}-T_{2}$, substituindo temos: $$F_{res}=2k\Delta x$$ Pelo enunciado, $k=3000 \frac{N}{m}$, assim: $$F_{res}=6000\Delta x$$ Já que $F_{res}$ e $\Delta x$ tem sentidos opostos, assumindo a forma de uma equação harmônica simples, podemos encontrar $\omega$: $$ \omega = \sqrt{\frac {6000}{m}} $$ Como $m=10kg$ e $f_{n} = \frac {\omega }{2\pi}$, temos: $$f_{n} = \frac {\sqrt {600}}{2\pi}$$
$$f_{n} =3.9Hz$$ $$$$ Questão 8.14
Substitua as molas em cada um dos dois casos mostrados por uma única mola de rigidez k (constante de mola equivalente) que fará com que cada massa vibre com a sua frequência original.

a) Sabemos que a resultante das forças que agem sobre o corpo deve ser equivalente à força de uma mola de constante de rigidez $k_{eq}$ e que o deslocamento $x_{1}$ da mola 1 é igual ao deslocamento $x_{2}$ da mola 2 - o qual chamaremos de x. Assim, temos:
$$F_{eq} = F_{1} + F_{2}$$
$$k_{eq}.x = k_{1}.x + k_{2}.x$$
$$\therefore k_{eq} = k_{1} + k_{2}$$
Note que esse raciocínio, onde as molas são associadas em paralelo pode ser estendido para uma associação de $n$ molas em paralelo, na qual temos que: $$k_{eq} = \sum_{i=1}^{n}k_{i}$$
b)Do equilíbrio de forças, sabemos que a força que age sobre a mola 1 é igual à força que age sobre a mola 2. Logo, a força equivalente será igual à soma dessas forças.
$$F_{1} = k_{1}.x_{1} = F \Rightarrow x_{1} = \frac{F}{k_{1}}$$
$$F_{2} = k_{2}.x_{2} = F \Rightarrow x_{2} = \frac{F}{k_{2}}$$
$$F_{eq} = k_{eq}.x = F \Rightarrow x = \frac{F}{k_{eq}}$$
Mas $x = x_{1} + x_{2}$, então:
$$\frac{F}{k_{eq}} = \frac{F}{k_{1}} + \frac{F}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{1}{k_{1}} + \frac{1}{k_{2}}$$
$$\frac{1}{k_{eq}} = \frac{k_{1} + k_{2}}{k_{1}.k_{2}}$$
$$\therefore k_{eq} = \frac{k_{1}.k_{2}}{k_{1} + k_{2}}$$
Note que o resultado obtido para associação de 2 molas em série pode ser extrapolado para n molas em série $$ \frac{1}{k_{eq}} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{k_{i}}$$ $$$$ Questão 3

Durante o projeto do sistema de apoio com molas para a plataforma de pesagem de 4t, decide-se que a frequência de vibração livre vertical na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo. (a) Determine a constante de mola máxima aceitável $k$ para cada uma das três molas idênticas. (b) Para esta constante de mola, qual seria a frequência natural $f_{n}$ da vibração vertical da plataforma carregada com caminhão de 40t?



Solução:

(a)
Como a frequência de vibração na condição descarregada não deve exceder 3 ciclos por segundo, temos que a frequência máxima é: $$f_{max} = 3 Hz $$ Dado que o sistema em questão pode ser transformado em um sistema massa mola, por meio de uma associação de molas em paralelo onde $k_{equivalente} = 3k$, podemos concluir que o movimento gerado por pequenas pertubações é um Movimento Harmônico Simples.
Assim, das propriedades do MHS, sabemos que: $$ \omega = \sqrt{\frac{k_{equi}}{m}} $$ Podemos, agora calcular o valor da constante de mola equivalente: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = m\omega^{2} $$ E como, $$k_{equi} = 3k \therefore k = \frac{k_{equi}}{3}$$ temos, então $$k = \frac{m\omega^{2}}{3} $$ substituindo os valores de $m = 4000kg$ e $\omega = 2 \pi f_{max} $, onde $ f_{max} = 3Hz$ temos: $$k = \frac{4000(2 \pi \times 3)^{2}}{3} \therefore k = 474\frac{kN}{m} $$

(b)
Na situação da plataforma carregada com o caminhão, a fim de obter a nova frequência natural de vibração $f_{n}$, podemos igualar a constante de mola equivalente $ k_{equi}$, obtendo a seguinte equação: $$\omega^{2} = \frac{k_{equi}}{m} \therefore k_{equi} = \omega^{2} m $$ $$ \omega^{2}_{antes} m_{antes} = \omega^{2}_{depois} m_{depois} $$ como $\omega = 2\pi f$ $$ (2\pi f_{antes})^{2} m_{antes} = (2\pi f_{depois})^{2} m_{depois}$$ $$ f_{depois} = f_{antes} \sqrt{\frac{m_{antes}}{m_{depois}}} $$ substituindo os valores, $$m_{antes} = 4000kg$$ $$m_{depois} = m_{plataforma} + m_{caminhão} \therefore m_{depois} = 4000 + 40000 $$ $$ m_{depois} = 44000 kg$$ $$ f_n = 3 \sqrt{\frac{4000}{44000}}$$ $$ f_n = 0,905 Hz$$

Semana 5

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Problema 1:
Explique detalhadamente o movimento de precessão do eixo de rotação da Terra. Não se esqueça de apresentar as causas e suas consequências mais importantes.



Precessão da Terra

O movimento de precessão da Terra foi percebido pelo astrônomo grego Hiparco, no ano 129 a.C., ao comparar suas observações da posição da estrela Spica (α Virginis) com observações feitas por Timocharis de Alexandria em 273 a.C. Ele explicou o fato através da rotação da esfera das estrelas fixas em relação ao eixo da Terra. Com seu modelo heliocêntrico, Copérnico considera que é a Terra quem descreve um cone de revolução em relação à normal ao plano da óribita da Terra (eclíptica).
O movimento de precessão se caracteriza por um torque atuando em um corpo em rotação, provocando uma mudança de sentido no vetor momento angular, e é causado principalmente por dois fatores:

1)O eixo de rotação da Terra não é perpendicular à eclíptica. O ângulo formado entre o eixo e a normal à eclíptica é de aproximadamente 23º.

2)A Terra é achatada nos pólos, e por isso a força exercida pelo Sol no Equador é maior do que nos outros pontos.



Pela figura, percebemos que o torque gerado pela força que o sol exerce na Terra aponta para dentro, então a variação do momento angular da Terra, também será para dentro, já que apresenta mesmo sentido que o torque: $$\vec{\tau } =\frac{d\vec{L}}{dt}\: \Rightarrow \: d\vec{L}=\vec{\tau }dt$$ Essa variação do momento angular altera sua direção, mas não altera seu módulo, pois os vetores de momento angular e da sua variação são perpendiculares entre si, o que provoca um movimento de precessão com rotação no sentido contrário ao sentido de rotação da Terra.
O movimento de precessão citado é muito lento, apesar de ter sido observado em 273 a.C. A Terra leva 25770 anos para completar uma volta no seu movimento de precessão.
Como consequência desse movimento, os pólos da Terra não ocupam sempre as mesmas posições em relação às estrelas. Nas figuras abaixo, temos os esquemas das posições relativas dos pólos em relação às estrelas.
Pólo norte:



Pólo sul:



O movimento de precessão é conhecido como precessão dos equinócios. Ele não é responsável por alterar as estações do ano, pois as estações se baseiam nos equinócios, mas altera a configuração do céu em diferentes épocas do ano.

Bibliografia:
http://astro.if.ufrgs.br/fordif/node8.htm
http://www.sbfisica.org.br/rbef/pdf/v21_507.pdf

Problema 2:

Uma escada AB de comprimento igual a 3m e massa de 20 kg está apoiada contra uma parede sem atrito (figura 10-31). O chão é também sem atrito e, para prevenir que ela deslize, uma corda OA é ligada a ela. Um homem com 60 kg de massa está sobre a escada numa posição que é igual a dois terços do comprimento da escada, a partir da extremidade inferior. A corda quebra-se repentinamente. Calcule (a) a aceleração inicial do centro de massa do sistema homem-escada, e (b) a aceleração angular inicial em torno do centro de massa. [sugestão: note que a velocidade angular inicial da escada é zero.]

Seja L=3m o comprimento da barra, $\vec{A_{x}}$ e $\vec{A_{y}}$ as acelerações horizontal e vertical do centro de massa. Primeiramente, calculemos a distância de $B$ ao centro de massa do sistema: $$d_{CM}=\frac{60 \frac{L}{3} + 20 \frac{L}{2}}{80} \therefore d_{CM} = \frac{3}{8} L$$ De relações geométricas, podemos afirmar que: $$ \left\{\begin{matrix} \frac{\frac{3L}{8}}{L} = \frac{A_{x}}{a_{A}} \\ \frac{\frac{5L}{8}}{L} = \frac{A_{y}}{a_{B}} \end{matrix}\right. \therefore \left\{\begin{matrix} A_{x}=a_{A}\frac{3}{8} \\ A_{y} = a_{B}\frac{5}{8} \end{matrix}\right. \;\;\;\;(1) $$
Também sabemos, do estudo do movimento relativo de B em relação a A, que: $$ \vec{a_{B/A}} = \vec{a_{B}} - \vec{a_{A}} = L\dot{\omega}\hat{t} - L\omega^{2}\hat{n}$$ mas no instante inicial, temos $\omega = 0$, logo podemos afirmar que $\vec{a_{B/A}}$ tem sentido e direção do versor $\hat{t}$, o que nos dá $$ \left\{\begin{matrix} a_{B}=L\dot{\omega}cos\alpha \\ a_{A}=L\dot{\omega}sen\alpha \end{matrix}\right. \;\;\;\;(2) $$ Jogando $(1)$ em $(2)$, temos: $$ \left\{\begin{matrix} A_{y}=\frac{5}{8}L\dot{\omega}cos\alpha \\ A_{x}=\frac{3}{8}L\dot{\omega}sen\alpha \end{matrix}\right. \;\;\;\;(3) $$ Agora, utilizando a segunda lei de Newton para as direções horizontal e vertical, obtemos, respectivamente: $$\left\{\begin{matrix} N_{B}= 80 A_{x} \\ N_{A}= 80g - 80A_{y} \end{matrix}\right. \;\;\;\; (I) $$ Agora, calculando os torques na escada em relação aos pontos A e B, e lembrando que, para a escada, $\sum\vec{\tau} = \frac{\mathrm{d} \vec{L}}{\mathrm{d} t} = MK^{2} \vec{\dot{\omega}}$, chegamos a: $$\left\{\begin{matrix} \sum{\tau_{A}} = 20gcos\alpha \frac{L}{2} + 60gcos\alpha \frac{2L}{3} - N_{B}sen\alpha L = \frac{100L^{2}}{3}\dot{\omega} \\ sum{\tau_{B}} = -20gcos\alpha \frac{L}{2} - 60gcos\alpha \frac{L}{3} + N_{A}cos\alpha L = \frac{40L^{2}}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - N_{B}sen\alpha = \frac{100L}{3}\dot{\omega} \\ -30gcos\alpha + N_{A}cos\alpha = \frac{40L}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ Aplicando a equação $(I)$, vem: $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - 80 A_{x}sen\alpha = \frac{100L}{3}\dot{\omega} \\ 50gcos\alpha - 80A_{y}cos\alpha = \frac{40L}{3} \dot{\omega} \end{matrix}\right. $$ Substituindo os dados de $(3)$, temos: $$ \left\{\begin{matrix} 50gcos\alpha - 80 A_{x}sen\alpha = \frac{800A_{x}}{9sen\alpha} \\ 50gcos\alpha - 80A_{y}cos\alpha = \frac{32A_{y}}{15cos\alpha} \end{matrix}\right. $$ Explicitando os valores: $$ \left\{\begin{matrix} A_{x} = \frac{45gsen\alpha cos\alpha}{80 + 72sen^{2}\alpha} \\ A_{y} = \frac{75gcos^{2}\alpha}{32 + 120cos^{2}\alpha} \end{matrix}\right. $$ e, de $(3)$: $$\dot{\omega} = \frac{15gcos\alpha}{L(10 + 9sen^{2}\alpha)}$$

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Problema 3: Demonstre que a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula que realiza um movimento harmônico simples podem ser representadas pela projeção de vetores girantes. Neste caso, qual a relação entre a velocidade angular do vetor girante e a frequência angular do movimento oscilatório?

$$$$

Solução:

Vamos tomar um vetor $\vec{OB}$ de norma $A$ fixo numa origem $O$, sendo $\alpha$ o ângulo inicial que o vetor $\vec{OB}$ faz com o eixo horizontal, o qual é medido no sentido anti-horário e $\omega$ sua velocidade angular, temos então o seguinte esquema:



Assim a projeção horizontal do vetor $\vec{OB}$ em qualquer instante é dada por: $$OX = A . \cos (\omega . t + \alpha) \;\;\;\;\;\; (a)$$ Tomemos agora um vetor $\vec{OC}$ defasado de $\frac{\pi}{2}$ do vetor $\vec{OB}$ no sentido anti-horário e com norma $\omega A$



Assim a projeção horizontal do vetor $\vec{OC}$ é dada por $$OV = \omega A \cos (\omega t + \alpha + \frac{\pi}{2}) \;\;\;\;\; (I)$$ Mas sabemos das identidades trigonométricas que $$\cos(\theta + \frac{\pi}{2}) = - \sin(\theta) $$ Assim, a equação $(I)$ fica $$OV = - \omega A \sin(\omega t + \alpha) \;\;\;\;\; (b)$$ Vamos agora tomar um vetor $\vec{OD}$ com norma $\omega^{2} A$ defasado de $\pi$ do vetor $\vec{OB}$



A projeção horizontal do vetor $\vec{OD}$ é dada por $$OA' = \omega^2 A \cos(\omega t + \alpha + \pi) \;\;\;\;\; (II)$$ Mas também sabemos das identidades trigonométricas que $$\cos(\theta + \pi) = - \cos (\theta)$$ Assim, a equação $(II)$ fica $$OA' = - \omega^{2} A \cos (\omega t + \alpha) \;\;\;\;\; (c)$$

Logo, temos que as equações $(a)$ , $(b)$ e $(c)$ representam, respectivamente, a posição, a velocidade e a aceleração de uma partícula que realiza um MHS. Ainda, da hipótese temos que a velocidade angular do vetor $\vec{OB}$ é $\omega$ e que a frequência angular do movimento oscilatório, obtida da equação $(a)$ também é $\omega$