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 $(3)$: $$\dot{\omega} = \frac{15gcos\alpha}{L(10 + 9sen^{2}\alpha)}$$

Para ampliar as imagens basta clicar sobre elas

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 $\omega$

Semana 4

Questão 1)
10.27
Uma barra de comprimento L e massa M pode girar livremente em torno de um pino colocado em A. Um projétil de massa m e velocidade v atinge a barra a uma distância a de A alojando-se nela. (a) Determine o momento angular do sistema imediatamente antes e depois que o projétil atinge a barra. (b) Determine a quantidade de movimento do sistema imediatamente antes e depois da colisão. Explique sua resposta cuidadosamente. (c) Sob que condições será conservada a quantidade de movimento? (d) Qual é o Q da colisão?



Resolução

(a) Momento angular da barra e do projétil (antes):
$$L_{antes} = 0 + m.v.a$$
Momento angular da barra e do projétil (depois):
$$L_{depois} = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
(b) Quantidade de movimento do sistema (antes):
Antes da colisão, temos somente a quantidade de movimento do projétil:
$$p_{antes} = m.v$$
Depois da colisão, temos a quantidade de movimento do projétil e da barra. Para o projétil, descreveremos sua velocidade como função da velocidade angular que ele adquire, e para a barra, faremos a integral para cada dm:
$$p_{depois} = m.\omega.a + \int dm.v$$
Mas dm = $\frac{M}{L}.dr$ e $\vec{v} = \vec{w}\times \vec{r}$
Assim, temos:
$$p_{depois} = m.\omega.a + \int dm.v = m.\omega.a + \frac{M.\omega}{2}.\int_{0}^{L}r.dr $$
$$p_{depois} = m.\omega.a + \frac{M.\omega.L}{2}$$
mas como o momento angular se conserva, podemos calcular o ômega da seguinte forma:
$$L_{antes} = L_{depois} \rightarrow m.v.a = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
$$\omega = \frac{m.v.a}{(m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3})}$$
$$\therefore \omega = \frac{3.m.v.a}{3.m.a^{2} + M.L^{2}}$$
então substituindo esse valor de ômega na equação do $p_{depois}$ temos: $$p_{depois} = \frac{3mva(2ma + ML)}{2(3ma^2+ML^2)} $$ (c) A quantidade de movimento se conservará se o eixo de giração da barra estiver em A, ou seja, se $\vec{N}_{Ax} = 0$. Isso pois o somatório das forças externas no eixo horizontal (eixo x) será nulo. Como também há conservação do momento angular, temos:
$$L_{antes} = L_{depois} \rightarrow m.v.a = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
$$\omega = \frac{m.v.a}{(m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3})}$$
$$\therefore \omega = \frac{3.m.v.a}{3.m.a^{2} + M.L^{2}}$$
Com base nesse valor de ômega, igualamos $p_{antes}$ e $p_{depois}$ e calculamos o valor de a:
$$a = \frac{2.L}{3}$$
A partir desse resultado, temos que a distância do ponto de impacto ao centro de massa é:
$$b = a - \frac{L}{2} = \frac{L}{6}$$
Com mais esse resultado, temos que o produto de b pela distancia do ponto A ao centro de massa é igual a $\frac{L^{2}}{12}$ = $K^{2}$, provando que esse é, realmente, o centro de percussão.
(d) Vamos definir o Q da colisão como sendo a diferença entre energia final e energia inicial.
$$E_{antes} = \frac{m.v^{2}}{2} e\, \, E_{depois} = \frac{I.\omega ^{2}}{2}, mas$$
$$E_{depois} = \frac{(3.m.v.a)^{2}}{6.(3.m.a^{2}+M.L^{2})} = \frac{3.(m.v.a)^{2}}{2.(3.m.a^{2}+M.L^{2})}$$
Assim, teremos:
$$Q = E_{final} - E_{inicial} = \frac{m.v^{2}}{2} - \frac{3.(m.v.a)^{2}}{2.(3.m.a^{2}+M.L^{2})}$$
$$\therefore Q = -\frac{m.v^{2}}{2} . \frac{M.L^{2}}{M.L^{2} + 3.m.a^{2}}$$ Questão 2)
10.48 - Alonso Vol. I
Verifique a relação vetorial $$\left ( A\times B)\cdot (C\times D)= (A\cdot C)(B\cdot D)-(A\cdot D)(B\cdot C) \right )$$ Aplique-a para provar que, para o corpo do problema 10.44, $$v^{2} = (\omega \times r)^{2}=\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2} $$ Escreva, em seguida, sua energia cinética na forma $$E_{k}=\frac{1}{2}m[\omega_{x}^{2}(y^{2}+z^{2})+\omega_{y}^{2}(x^{2}+z^{2})+\omega_{z}^{2}(x^{2}+y^{2})$$ $$-2\omega_{x}\omega_{y}xy-2\omega_{y}\omega_{z}yz-2\omega_{x}\omega_{z}xz]$$
Solução: Para verificar a validade da expressão vetorial, usaremos duas propriedades que envolvem produto escalar e vetorial:
(1) $A\times B\cdot C=A\cdot B\times C$
(2) $A\times(B\times C)=(A\cdot C)B-(A\cdot B)C$

Temos, pela propriedade (1): $$\left ( A\times B)\cdot (C\times D)\right ) = A\cdot B\times (C\times D)$$ Utilizando, agora, a propriedade (2): $$A\cdot B\times (C\times D) = A\cdot [(B\cdot D)C-(B\cdot C)D]$$ Aplicando a distributiva com o vetor A: $$A\cdot [(B\cdot D)C-(B\cdot C)D]=(B\cdot D)(A\cdot C)-(B\cdot C)(A\cdot D)$$ Está, portanto, verificada a validade da equação.

Agora podemos aplicá-la para calcular $v^{2}$, para o corpo do problema 10.44, em que $v=\omega \times r$:
$$v^{2}=(\omega \times r)^{2}=(\omega \times r)\cdot (\omega \times r)$$ Mas, pela equação antes demonstrada: $$(\omega \times r)\cdot (\omega \times r) = (\omega \cdot \omega)(r\cdot r)-(\omega \cdot r)(\omega \cdot r) = \omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}$$ $$\therefore v^{2}=(\omega \times r)^{2}=\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}$$ Para calcular a energia cinética $E_{k}$, substituiremos $v^{2}$ pela expressão encontrada: $$E_{k}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}m[\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}]$$ Considerando $\omega=\omega_{x}\widehat{x}+\omega_{y}\widehat{y}+\omega_{z}\widehat{z}$ e $r=r_{x}\widehat{x}+r_{y}\widehat{y}+r_{z}\widehat{z}$, e substituindo na equação: $$E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}+\omega_{y}^{2}+\omega_{z}^{2})(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})$$ $$-((\omega_{x}\widehat{x}+\omega_{y}\widehat{y}+\omega_{z}\widehat{z})\cdot (r_{x}\widehat{x}+r_{y}\widehat{y}+r_{z}\widehat{z}))^{2}]$$ Efetuando a distribuição: $$E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2}))$$ $$-(\omega_{x}r_{x}+\omega_{y}r_{y}+\omega_{z}r_{z})^{2}]$$
$$\Rightarrow E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2}))$$ $$-\omega_{x}^{2}r_{x}^{2}+\omega_{y}^{2}r_{y}^{2}+\omega_{z}^{2}r_{z}^{2}-2\omega_{x}\omega_{y}r_{x}r_{y}-2\omega_{x}\omega_{z}r_{x}r_{z}-2\omega_{y}\omega_{z}r_{y}r_{z}]$$
$$\therefore E_{k}=\frac{1}{2}m[\omega_{x}^{2}(r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2})$$ $$-2\omega_{x}\omega_{y}r_{x}r_{y}-2\omega_{y}\omega_{z}r_{y}r_{z}-2\omega_{x}\omega_{z}r_{x}r_{z}]$$ Da mesma forma, poderíamos ter calculado a energia, a partir de: $E_{k}=\frac{L\times \omega}{2}$
Do resultado obtido na questão 10.44, temos: $$L_{x}=m[\omega_{x}(y^2+z^2)-\omega_{y}yx-\omega_{z}zx]$$ $$L_{y}=m[\omega_{x}xy-\omega_{y}(x^2+z^2)-\omega_{z}zy]$$ $$L_{z}=m[\omega_{x}xz-\omega_{y}yz-\omega_{z}(y^2+x^2)]$$ Basta, então, substituir na expressão da energia, e encontraremos o mesmo resultado.

Questão 3) No sistema representado na figura abaixo, M = 1,0 kg, m = 0,2 kg, r = 0,2 m. Calcule a aceleração linear de m, a aceleração angular do cilindro M e a tensão no fio. Despreze o efeito da polia pequena.



Solução:

$Torque\;em\;relação\;ao\;centro\;de\;massa\;do\;cilindro:$
$$\vec{\tau} = I\vec{\alpha }$$
$$(T-fat)r=\frac{Mr^{2}\alpha }{2}$$
$$\therefore \alpha =\frac{2(T-fat)}{Mr} (i)$$
$Resultante\;das\;forças\;sobre\;o\;cilindro:\;F_{ext}=m.a_{CM}$
$$Bloco:\;mg-T=ma$$
$$Cilindro:\;T+fat=MA$$
$Utilizando\;a\;equação\;\vec{a}_{A}=\vec{a}_{CM}+\vec{\alpha }\times\vec{r}_{A/CM}+\vec{\omega }\times(\vec{\omega}\times\vec{r}_{A/CM}):$
$$a=A+\alpha r$$
$Considerando\;que\;o\;cilindro\;rola\;sem\;deslizar:\;A=\alpha r$
$$\therefore a=2\alpha r$$
$$\therefore mg-T=2m\alpha r\;(ii)\;\;e\;\;T+fat=M\alpha r\;(iii)$$
$Manipulando\;as\;expressões\;(i),\;(ii)\;e\;(iii):$
$$mg-T=2mr\frac{2(T-fat)}{Mr}\;\;\therefore mMg-MT=4mT-4mfat$$
$$T+fat=Mr\frac{(2T-2fat)}{Mr}\;\;\therefore fat=\frac{T}{3}$$
$$T(3M+8m)=3Mmg$$
$$\therefore T=\frac{3Mmg}{3M+8m}=1,3\;N$$
$$\therefore \alpha =\frac{4mg}{(3M+8m)r}=8,5\;rad/s^{2}$$
$$\therefore a =\frac{8mg}{3M+8m}=3,4\;m/s^{2}$$

Semana 3

Obs.: As imagens podem ser ampliadas, basta clicar em cima delas.

Questão 1)

Um cilindro de massa $m$ e raio $a$ rola sem deslizar sobre o plano inclinado mostrado na figura na figura, que por sua vez desliza sobre uma mesa sem atrito. Quanto vale a aceleração do plano inclinado?

Solução:


Sejam:
$\vec{A}$: aceleração do plano
$\vec{a_{A}}$: aceleração do cilindro em relação ao plano
$\vec{G_{m}B} = a$: raio do cilindro
$\vec{\alpha}$: aceleração angular do cilindro (convencionemos que aponta no sentido do eixo z)

Para resolver o problema, utilizaremos as seguintes equações:

Translação do plano no eixo x: $$MA = N\sin\theta - f\cos\theta \;\;\; (I) $$ Translação do cilindro no eixo y: $$ma_{A}\sin\theta = N\cos\theta + f\sin\theta - mg \;\;\; (II)$$ Translação do cilindro no eixo x: $$mA + ma_{A}\cos\theta = f\cos\theta - N\sin\theta \;\;\; (III)$$ Movimento de rotação do cilindro (consideramos, aqui, $G_{m}$ como nosso referencial): $$\vec{-a_{A}} = \vec{\alpha}\times\vec{G_{m}B} \therefore$$ $$-a_{A} = \alpha a \;\;\; (IV)$$ Torque no cilindro em relação ao ponto $G_{m}$: $$\vec{\tau_{G_{m}}} = \vec{G_{m}B}\times\vec{f} = \vec{af}\;\; (no\: sentido\: positivo\: do\: eixo\: z) $$ $$também \; temos: \; \; \vec{\tau_{G_{m}}} = \frac{\mathrm{d} \vec{L_{G_{m}}}}{\mathrm{d} t} = I_{G_{m}} \vec{\alpha} \therefore \tau = \frac{ma^{2}\alpha}{2}$$ $$logo \;\; af = \frac{ma^{2}\alpha}{2} \therefore f = \frac{ma\alpha}{2}$$ $$Aplicando\;a\;equação\;(IV),\;vem: \;\; f = -\frac{ma_{A}}{2} \;\;\;(V)$$ Agora, utilizaremos algumas manipulações matemáticas. Primeiro, somamos as equações $(I)$ e $(III)$ para obter: $$(M + m)A = -ma_{A}\cos\theta$$ O que, pela equação $(V)$, nos dá: $$f = \frac{(M + m)A}{2\cos\theta} \;\;\; (*)$$ Agora, aplicando $(*)$ em $(I)$, vem: $$MA = N\sin\theta -\frac{(M+m)A}{2\cos\theta} \;\; \therefore$$ $$N = \frac{A(3M+m)}{2\sin\theta} \;\;\; (**)$$ E, finalmente, aplicando $(V)$, $(*)$ e $(**)$ em $(II)$, segue: $$(-2f)\sin\theta = [\frac{(3M+m)A}{2\sin\theta}]\cos\theta + f\sin\theta - mg \therefore$$ $$mg = \frac{A(3M+m)}{\tan\theta} + 3f\sin\theta \therefore$$ $$mg = \frac{A(3M+m)}{\tan\theta} + 3(\frac{(M + m)A}{2\cos\theta})\sin\theta$$ $$mg = A\frac{(3M+m)\cos^2\theta + 3(M + m)\sin^2\theta}{\sin 2\theta}$$ $$mg = A\frac{3M + m + 2m\sin^2\theta}{\sin 2\theta}$$ $$mg\sin 2\theta = A(3M + 2m -m\cos 2\theta)$$ $$A = \frac{mg\sin 2\theta}{3M + 2m -m\cos 2\theta}$$ Quanto ao sentido de rotação do cilindro, basta perceber, fazendo uma simples análise matemática da última equação, que a variável $A$ é positiva. Assim, o sentido convencionado (o que está na figura) para a aceleração do plano é verdadeiro. Temos também, portanto, segundo a equação $(*)$, que o sentido de $\vec{f}$ é o sentido convencionado (na figura). Finalmente, analisando as equações $(V)$ e $(IV)$, chegamos à conclusão que $\vec{\alpha}$ tem o sentido convencionado (sentido positivo de z). Como o cilindro parte do repouso, é fácil perceber que o sentido da velocidade angular é o mesmo da aceleração. Logo, o cilindro rola para baixo.


Questão 2)
10.28 - Alonso vol.I
Um bastão de comprimento L e massa m repousa sobre um plano horizontal sem atrito. Durante o curto intervalo de tempo $\Delta t$ o bastão é atingido por uma força F que produz um impulso I. A força age num ponto P situado a uma distância a do centro de massa. Procure (a) a velocidade do centro de massa, e (b) a velocidade angular em torno do centro de massa. (c) Determine o ponto Q, que permanece inicialmente em repouso no referencial de laboratório, mostrando que $b= \frac{K^2}{a}$, onde K é o raio de giração em torno do centro de massa. O ponto Q é chamado centro de percussão. (Por exemplo, um jogador de basebol deve segurar o taco pelo centro de percussão no sentido de evitar a desagradável sensação da reação do taco quando ele atinge a bola.) Prove também que, se a força for aplicada em Q, o centro de percussão estará em P.

Solução:
(a) Como $$\sum \vec{F_{ext}}=\vec{F}$$ devemos ter $$I = m(v_{cm} - 0)$$ assim $$v_{cm} = \frac{I}{m}$$

(b) Do princípio do impulso e momento angular $$\sum \vec{\tau_{ext}} = \vec{a} \times \vec{F} \therefore \int_{t_{0}}^{t_{1}}a . Fdt = (mK^2).\omega - 0 $$ $$ \omega = \frac{a.I}{mK^2}$$

(c) Queremos achar a distância b que separa Q do centro de massa, então: $$v_{cm/Q} = v_{cm}- v_{Q } = v_{cm} $$ mas $$ v_{cm} = \omega . b$$ logo $$ \frac{I}{m} = (\frac{a.I}{m K^2}) . b \rightarrow b = \frac{K^2}{a}$$
Supondo que a força seja aplicada em Q, teremos, por analogia $$ \left\{\begin{matrix} v_{cm}= \frac{I}{m} \\ \omega = \frac{b . I}{m K^2} \end{matrix}\right. $$ chamando de p a distância do CM ao novo ponto de percussão, devemos ter: $$ \omega . p = \frac{I}{m} \therefore p = \frac{I}{m} (\frac{m K^2}{Ib}) \rightarrow p =a$$


Questão 3)
10.31 - Alonso vol. I
Um cordão é enrolado no pequeno cilindro da Fig. 10.37. Supondo que o puxemos com uma força F, calcule a aceleração do cilindro. Determine o sentido do movimento. Aqui, $r=3cm$, $R=5cm$, $F=0.1kgf$ e $m=1kg$ (massa do cilindro).

Solução:
Seja A o ponto de contato entre o cilindro e o solo e considerando que não existe deslizamento, $$\tau_{A} = \frac{dL}{dt} \therefore (R-r).F = \frac{d[\frac{mR^2}{2}+mR^2].\omega}{dt}$$ $$(R-r).F = \alpha . \frac{3}{2} m R^2$$ mas $\alpha = \frac{a}{R}$ $$a = \frac{2(R-r).F}{3Rm} \rightarrow a = \frac{2F(1-\frac{r}{R})}{3m}$$
Substituindo os valores do anunciado, sendo que $1Kgf$ equivale a $9,81 \,\, newtons$
$$a=\frac{2\times 0,981(1-\frac{0,03}{0,05})}{3\times1} \rightarrow a = 0,2616 \frac{m}{s^2}$$

Semana 2

Questão 1) 17.3

Questão 17.3 from João Jardim Neto

Questão 2) 17.9

Questao 17.9 from João Jardim Neto

Questão 3)

Resolução questão 3 from João Jardim Neto

Richard Feynman

Biografia de Feynman

Richard Feynman nasceu em Nova York em 11 de maio de 1918, filho de pai e mãe judeus, cresceu motivado pelo pai a se interessar por ciência. Aprendeu muito de ciência com a Enciclopédia Britânica e aprendeu sozinho matemática elementar antes de ver na escola. Ele também montou um laboratório em seu quarto, onde fazia experimentos em eletricidade.

Na escola, Feynman gostava de tratar a matemática de forma recreativa, estudou diferencial, trigonometria, cálculo integral e números complexos muito antes de ver esses temas em sua educação formal. Ele se destacou em competições de matemática e era uma verdadeira estrela em sua escola.

Depois da escola, aplicou para muitas universidades, sendo recusado na Universidade de Columbia e aceito pelo Instituto de Tecnologia de Massachusetts, ingressando em 1935. Ele foi lá para estudar matemática, mas não gostou da abstração e a falta de aplicações que caracterizavam o curso naquele momento, assim mudou para engenharia elétrica e logo em seguida para física.

Um tema que Feynman estava muito interessado em estudar era mecânica quântica, então, juntamente com um colega de graduação, ele começou a ler os textos disponíveis na primavera de 1936. Os dois trocaram uma série de cartas notáveis, nas quais eles tentaram desenvolver uma versão do espaço-tempo onde “ fenômenos elétricos são um resultado da métrica de um espaço da mesma maneira que os fenômenos gravitacionais são. ” Em 1937, Feynman leu  Os princípios da mecânica quântica  de Dirac, notando a semelhança entre a abordagem do livro e suas ideias mais originais. Dirac tornou-se o cientista que Feynman mais respeitou ao longo de sua vida.

Próximo ao fim da sua graduação no MIT, ele começou a pensar sobre seu doutorado, decidindo tentar em Princeton. Apesar da recomendação pessoal que Harry Smyth em Princeton recebeu sobre Feynman, não era óbvio que ele seria aceito. Ele tinha as melhores notas em física e matemática, mas por outro lado tinha péssimas notas em artes, literatura e história. Outra coisa que não ajudava era o fato de ser judeu. 

Após mais cartas de recomendação, Feynman foi aceito por Princeton. Sob a orientação de John Wheeler, retomou algumas das ideias que tinha pensado enquanto estava no MIT. O primeiro seminário que ele deu em Princeton foi para uma platéia que incluía Einstein, Pauli e Von Neumann. Pauli disse no final, que não achava que a teoria estivesse certa.

Feynman passou um longo tempo trabalhando para melhorar sua teoria, mas também não considerou os resultados satisfatórios. No entanto, ele então passou a desenvolver uma nova abordagem para a mecânica quântica usando o princípio de ação mínima. Ele substituiu o modelo de ondas do eletromagnetismo de Maxwell por um modelo baseado em interações de partículas mapeadas no espaço-tempo.

Ele recebeu seu doutorado em Princeton, em 1942, mas antes disso os Estados Unidos entrou na II Guerra Mundial. Dessa forma, Feynman trabalhou no projeto da bomba atômica na Universidade de Princeton (1941-42) e depois em Los Alamos (1943-45), trabalhando no projeto Manhattan.

Após a Segunda Guerra Mundial, no outono de 1945, Feynman foi apontado como um professor de física teórica da Universidade de Cornell. Ele recebeu ofertas de vagas em outras universidades, mas sentiu que como pesquisador não ele não poderia mesmo considerá-las. Novamente, teve o desejo de se dedicar à pesquisa e voltou para a teoria da eletrodinâmica quântica que ele estava trabalhando antes da Segunda Guerra Mundial.

Em 1950, Feynman aceitou ser professor de física teórica do Instituto de Tecnologia da Califórnia. Como ele já tinha planejado uma licença sabática antes de receber a oferta, foi capaz de providenciar a passar os primeiros dez meses de sua nomeação nova no Brasil. Ele permaneceu na Caltech pelo resto de sua carreira, sendo apontado Richard Chace Tolman, professor de Física Teórica lá em 1959.

A principal contribuição de Feynman foi a mecânica quântica, como continuidade do trabalho de sua tese de doutorado. Ele introduziu diagramas (agora chamado de diagramas de Feynman) que são análogos gráficos das expressões matemáticas necessárias para descrever o comportamento de sistemas de interação das partículas. Ele foi agraciado com o Prêmio Nobel em 1965, em conjunto com Schwinger e Tomonoga.

No início de 1979, Feynman teve problemas de saúde e fez uma cirurgia para o câncer de estômago, sendo bem sucedida. Sua última tarefa principal foi como um membro de uma comissão criada para investigar a causa da explosão no ônibus espacial Challenger na terça-feira 28 de janeiro de 1986. Foi um momento muito difícil para Feynman acompanhar a investigação, pois sua saúde estava se deteriorando. Perto do final de 1987, o câncer foi encontrado novamente em seu abdômen, e ele faleceu em 15 de fevereiro de 1988.

Feynman recebeu muitas honras por seu trabalho. Ele foi eleito para a Sociedade Americana de Física, a Associação Americana para o Avanço da Ciência, a Academia Nacional de Ciências, e a Real Sociedade de Londres. Entre os prêmios que recebeu estão Albert Einstein Award (1954) e o Prêmio Lawrence (1962).

 Feynman e as escolas de samba do Rio de Janeiro

No período que Feynman ficou no Brasil, ele aproveitou para conhecer mais a música brasileira, pois ele tinha um grande apreço por ela. Foi quando um rapaz da embaixada comentou com Feynman que havia um grupo de samba que ensaiava na casa dele e que o Físico poderia visitá-lo a fim de assistir aos ensaios. Feynman, então aprendeu a tocar um pouco de pandeiro e depois frigideira a qual ele se aperfeiçoou mais por meio de muito treinamento.

O cientista enfrentou muita dificuldade para se adaptar ao novo estilo musical, ele não entendia onde ainda errava, porquanto parecia perfeito depois de muitas horas de ensaio. Mas, aparentemente ele detinha um sotaque diferente na frigideira, algo parecido como um francês falando inglês, sotaque que o chefe da escola de samba parecia apreciar, pois quando um rapaz quis entrar para o grupo, mesmo com toda a sua habilidade na frigideira o chefe da escola mandou ele pra perto do americano para aprender com ele.

Foi tempo muito proveitoso para o cientista, haja vista que ele aprendeu a tocar alguns instrumentos, aprendeu muito sobre a cultura brasileira, sobre o samba, além de avançar bastante em suas pesquisas com relação aos níveis de energia dos núcleos mais leves. Ainda pode entrar em contato com o laboratório de Kellogg na Caltech, por meio dos operadores de rádio amador no Brasil, para obter os dados das experiências que eles realizavam lá a fim de averiguar a validade de sua teoria.

A constatação de Feynman a respeito dos estudantes brasileiros:

Richard Feynman observou falhas no sistema de ensino brasileiro, as quais se refletiam na metodologia de estudo dos alunos. Segundo Feynman, os estudantes brasileiros conseguiam passar nas provas, mas não aprendiam efetivamente a matéria. Esse fenômeno era explicado pelo fato de os alunos simplesmente “decorarem” as respostas das perguntas, mas sem saber o que elas significavam; eles poderiam dizer, palavra por palavra, a resposta correta, sem entender o significado do que expunham.

Outra situação constatada pelo cientista foi a ‘autopropagação’ do conhecimento por parte dos alunos, uma forma peculiar de pensamento que se refletia na falta de perguntas em sala de aula. Segundo Feynman, era como um processo de tirar vantagens, no qual ninguém sabe o que está acontecendo e colocam os outros para baixo como se eles realmente soubessem. Eles todos fingem que sabem, e se um estudante faz uma pergunta, admitindo por um momento que as coisas estão confusas, os demais estudantes dizem àquele que ele está desperdiçando o tempo dos outros.

          Por fim, Feynman afirmara que não conseguia entender como alguém podia ser educado neste sistema de autopropagação, no qual as pessoas passam nas provas, mas ninguém sabe nada. A conclusão do cientista foi que “Não se está ensinando ciência alguma no Brasil!”.

Bibliografia:

http://www.fis.ita.br/fis26/outros/artigos/artigos/feynman_educacao.pdf

http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/Feynman.html