Mec. Classica

ELIAS LEITE MENDONÇA Teorias duais massivas de spin-3 em D=2+1 ELIAS LEITE MENDONÇA Teorias duais massivas de spin-3 em D=2+1 Tese a ser apresentada à Faculdade de Engenharia do Campus de Guaratinguetá, Universidade Estadual Paulista , para a obtenção do Tı́tulo de Doutor em Fı́sica na área de partı́culas e campos. Orientador: Prof. Dr. Denis Dalmazi Guaratinguetá 2012 Mendonça, Elias Leite M 539t Teorias duais massivas de spin-3 em D=2+1 / Elias Leite Mendonça. - Guaratinguetá: [s.n.], 2012 80f. : il. Bibliografia: f. 65 − 68 Tese de doutoradp em Fı́sica Universidade Estadual Paulista, Faculdade de Engenharia de Guaratinguetá, 2012 Orientador: Prof. Dr. Denis Dalmazi 1. Teorias de campos (Fı́sica). 2. Campos de calibre (Fı́sica). 3. Partı́culas (Fı́sica) I. Tı́tulo CDU 537.8 Este trabalho contou com apoio de: CAPES e CNPq - através do processo 200450/2011-5 Agradeço aos meus pais Zezinho Mendonça e Ana Braga por me fazer feliz, agradeço aos meus irmãos e familiares com quem pude contar nos momentos mais difı́ceis, com amor agradeço à Jéssica Souza pela alegria de sua convivência e pelo ânimo que me transmite! agradeço à Denis Dalmazi, pela amizade, convivência durante esses dez anos e pelas horas falando de fı́sica, por fim agradeço à todos os amigos da UNESP, tem sido de grande prazer conviver com todos! MENDONÇA, E. L. Teorias duais massivas de spin-3 em D=2+1 . 2012, 80f. Tese (Doutorado em Fı́sica) - Faculdade de Engenharia do Campus de Guaratinguetá, Universidade Estadual Paulista, Guaratinguetá. Resumo Nessa tese investigaremos as formulações duais que descrevem partı́culas massivas de spin-3 em D = 2 + 1. Faremos isso através da Imersão de Calibre de Noether (ICN ) e da técnica da ação mestra. Mostraremos que três termos de mistura podem ser utilizados para construir uma ação mestra que então fará a interpolação entre quatro modelos auto-duais de primeira, segunda, terceira e quarta ordem nas derivadas. Um desafio quando tratamos com teorias de spin alto se refere a adição de campos auxiliares que são necessários para evitar a propagação de modos de spin inferior ao desejado. Mostraremos que através das técnicas de dualização é possı́vel determinar as campos auxiliares de forma sistemática e que mesmo com a presença de tais campos os procedimentos de imersão e a técnica da ação mestra funcionam em consonância. Por fim lançamos algumas expectativas sobre a relação entre singletos e dubletos de paridade via procedimento de solda generalizada. Palavras Chave: Auto-dual, Imersão de Calibre de Noether, ação mestra, spin-3, Chern-Simons, dualidade. MENDONÇA, E. L. Massive dual theories of spin-3 in D=2+1 . 2012, 80f. Dissertação (Mestrado em Fı́sica) - Faculdade de Engenharia do Campus de Guaratinguetá, Universidade Estadual Paulista, Guaratinguetá. Abstract In this PhD thesis we investigate dual formulations for massive spin-3 particles in D = 2 + 1. This is carried out by means of the Noether gauge embedding and the master action technique. We show that three mixing terms can be used in order to interpolate between four self-dual models of first, second, third and fourth order in derivatives. The addition of the necessary auxiliary fields is nontrivial for higher spin theories, the auxiliary fields are needed to avoid the propagation of lower spin modes. We are going to verify that through the dualization techniques it is possible to determine the auxiliary lagrangians in a systematic way. Even in the presence of auxiliary fields the Noether embedment and the master action technique work well. Finally we give some clue on the relationship between parity singlets and parity doublets via generilezed soldering procedure. Palavras Chave: Self-dual, Noether gauge embedding, master action, spin-3, Chern-Simons, duality. CAPÍTULO 1 MECÂNICA NEWTONIANA - PARTÍCULA ÚNICA 1.1 Leis de Newton Um conjunto de leis fı́sicas que descrevem o movimento. 1.1.1 Conceitos Fundamentais   •Distância; velocidade e aceleração ⇒  •tempo -Conjunto de dados: os dados são obtidos através do experimento −→ postulação −→ Implicações. -Implicações verificadas por experimento −→ Leis. 1.1.2 Leis de Newton da Mecânica - As leis de Newton em sua forma moderna foram traduzidas por Leonhard Euter (1707 − 1783). - Vamos começar com o Estudo de uma partı́cula única. 8 9 1.1.3 Leis de Newton (1687) Principia I - Um corpo permanece em repouso ou em movimento relativo uni- forme exceto sob a ação de uma força. II- Um corpo sob a ação de uma força se move de tal forma que a taxa temporal de variação da quantidade de movimento se iguala à força. III- Se dois corpos exercem forças entre si. Essas forças serão iguais em intensidade e postas em direção. - O corpo ao qual se refere a primeira lei de Newton é chamado de Partı́cula Livre. Estado de repouso ou de MRU são iguais. P~ = m~v = constante - A segunda lei nos dá um significado preciso do conceito de força quantidade de movimento: d~p d p~ = m~v =⇒ F~ = = (m~v ) dt dt (1.1) Obs: Somente gravitacional e eletromagnética → mc. Também a primeira como a segunda lei são mais como definições de que leis. - Sobre a terceira lei: Considere dois corpos que constituem um sistema ideal isolado. Dessa forma: F~1 = −F~2 (1.2) De definição da segunda lei: dp~1 dp~2 = − dt dt dv~2 dv~1 = −m2 m1 dt dt m1 a~1 = −m + 2a~2 (1.3) 10 (massa constante) Então: a2 m2 =− m1 a1 (1.4) (em modulo) Conhecendo m1 determinamos m2 . Ou colocando m1 como unidade de massa temos m2 . Passagem: F~ = m~a −→ P~ = m~g (1.5) Onde: P~ = m~g é força gravitacional -Validade do procedimento e baseia numa premissa: Massa inercial = massa gravitacional. Mm P~ = m~g ⇔ F~ = G 2 ~r r (1.6) Massa Inercial: Massa que determina a aceleração de um corpo sob a ação de uma determinada força. Massa Gravitacional: Massa que determina as forças gravitacionais entre um corpo e outro corpo. -Princı́pio de Equivalência 1.2 Sistemas de referências Referencial inercial: sistema de referências cujas as leis de Newton são válidas.Se as leis são válidas num dado sistema será válido em outro que se move om velocidade constante. MRU em relação ao primeiro sistema. 1.2.1 Massa inercial x Massa Gravitacional F~ = mi~a −→ Inercial (1.7) 11 (a) F~(2)1 = −G (p) mg1 mg2 r̂12 2 r12 (p) (a) F~(1)2 = −G mg1 g2 r̂21 2 r12 (1.8) (gravitacional) Mas: r12 = −r21 F~(1)2 = −F~(2)1 (a) (p) mg1 mg2 (a) (a) mg1 (p) mg1 (p) = mg2 (p) mg2 (a) = mg1 mg2 (a) = mgn (p) mgn =1 GMgT ∴ F~1(2) = − 2 mg1 ẑ = mi1~a rT   GMgT mg1 ẑ ~a = − 2 rT mi1 (1.9) (1.10) Como sabemos de Galileu, a aceleração em queda livre é a mesma para todos os corpos, daı́: mg1 = mi1 . Força centrı́fuga e gravitacional, em 1922 Eötvös < 10−8 ; em 1964 Krotkov < 10−11 ; em 1971 Panov < 10−12 Já que a força inercial é proporcional a massa inercial, força gravitacional é uma de inércia? Isso descreve de fato que: F~ = m~r¨ (1.11) ~r¨ é a segunda derivada de ~r. Uma mudança de coordenadas que envolve velocidade constante não influencia a relação. - Invariância galileana; - Relatividade Newtoniana; 12 1.2.2 Equação de movimento: A equação de Newton: d~v d (m~v ) = m = m~r¨ F~ = dt dt (1.12) (m = constante) F~ = m~r¨ é uma equação diferencial de segunda ordem, pode ser integrado para ondem de ~r(t) se a função F~ é conhecida. Exemplo: ma = mẍ d2 x = a dt dx = v = at + v0 dt 1 x = x0 + v0 t + at2 2 F~ = F~ (~r, ~v , t) 1.2.3 –Exemplo 1 A1F1.jpg Figura 1.1: Bloco no plano inclinado (1.13) 13 ~ ~ Fliquida = P~ + N ~ ~ = m~r¨ Fliquida = m~r¨ ∴ P~ + N mÿ = 0 ⇔ −P cos(θ) + N = 0 e P sin(θ) = mẍ ms cos(θ) = N e mg sin(θ) = mẍ ẍ = s sin(θ) ∴ ẍ = g sin(30o ) (1.14) Determinar a velocidade do bloco a partir do repouso até um ponto x0 ẍ = g sin(θ) ⇒ ẋ = g sin(θ)t? Multiplicando por 2ẋ a equação temos: 2ẋẍ = 2ẋg sin(θ) d ˙2 (x ) = 2ẋg sin(θ) 2ẋẍ = dt dx dx˙2 = 2 g sin(θ)dt dt Z v02 Z x0 = 2g sin(θ) dx o 0 ⇒ v02 = 2g sin(θ)x0 p ∴ v0 = 2g sin(θ)x0 1.3 (1.15) –Transformação de Galileu S egundo a 1o lei se dois corpos estão em repouso um em relação os outro, então há forças aplicadas sobre eles. Mas então: Qual o efeito de uma mudança no sistema de referência sobre as leis de Newton. Figura 1.2: Sistema de referência 14 Por inspeção: ˙ r~′ = ~r − ~v t e t = t′ (1.16) Diferenciando em relação ao tempo: ˙ r~′ = ~r˙ − ~v Uma vez que o referencial θ′ se afasta de θ com velocidade constante temos: ¨ r~′ = ~r¨ ⇔ F~ ′ = F~ (1.17) ou seja, as leis de Newton são invariantes por uma transformação de Galileu. Principio de relatividade Newtoniana. Leis de Maxwell não são invariantes −→ TRE. 1.4 Leis de Newton para notação Tomando o produto vetorial do vetor posição pela força temos a definição de torque. τ~0 = ~r × F~ (1.18) O torque τ~0 é perpendicular ao plano formado ~r e F~ . Por outro lado tomando o produto vetorial de ~r por ~v temos; e em seguida derivando em relação ao tempo temos:   d d~r d ~r × (~r × ~v ) = dt dt dt 2 d ~r d~r d~r × = ~r × 2 + dt dt dt (1.19) ~ × A. ~ Produto vetorial entre dois igual vetores o resultado é nulo. Ex: A Multiplicando a equação a cima pela massa ”m”temos: d d2~r (~r × m~v ) = ~r × m dt dt d (~r × p~) = ~r × F~ dt ~ dL ~τ = dt ~ Onde: dtd (~r × p~) é igual a ddtL e ~r × F~ é igual a ~τ . (1.20) 15 1.5 Problemas 1- Um homem de peso ”P”esta em um elevador de peso ”P”. O elevados acelera verticalmente para cima com aceleração ”a”e em outro instante tem velocidade ”v”. a) Qual o peso aparente do homem? Resposta: F~ = me~a P P = me g ∴ me = g (1.21) Peso aparente: P Pa = P + a g   a Pa = P 1 + g 2-Obter o raio da orbita de um satélite geoestacionário em função do perı́odo e do raio temos. Raio da terra: R0 Raio da orbita: R Para o satélite: Resposta: Fresultante v2 ∴ Mm mv 2 =G 2 = R R GM = R (1.22) Como: GM m ⇒ GM = R02 g R02 2πR R02 g ⇒ T = = R v mq = ∴ v2 16 Então: GM R02 g 4π 2 R2 2 = v = = T2 R R 2 2  R0 T g ∴ R = 4π 2 1.6 Exemplo 2.2 Mostre que: µe = tan θ ~ Temo: f~e(max) = µe N Em y: P cos θ + N = 0 −fe + P sin θ = mẍ A força de arito precisa ser: fe 6 fe(max) para que ẍ = 0. µe N = P sin θ µe P cos θ = P sin θ µe = tan θ 1.6.1 (1.23) Exemplo 2.3 Sendo µc o atrito cinético mostre que a aceleração ẍ = g(sin θ − µc cos θ). Nesse caso temos: fc = µc N = µc P cos θ Em ”x”temos: mẍ = P sin θ − fc = mg sin θ − µc mg cos θ ∴ ẍ = g(sin θ − µc cos θ) (1.24) 17 1.7 –Forças dependentes da velocidade As forças que dependem da velocidade geralmente são da forma: Fr (v) ∝ v n uma boa expressão seria: Fr (v) = −mkv n v̂, onde v̂ = ~vv . Obs: Para velocidades abaixo da do som m ∼ = 1 e acima m ∼ = 2. Para um portátil real terı́amos: A2F1.png Figura 1.3: Movimento de um projétil Força de Prandt: 1 W = CW ρAv 2 2 (1.25) CW → Coeficiente de arrasto. ρ → Densidade do meio. A → Área da seção transversal. 1.7.1 Exemplo Determine o deslocamento e a velocidade. Pela 2o lei de Newton nós temos: dv dt dv ∴m Z v dv m v ln v ma = m = −kmv = −kmdt Z = −km dt = −kt + C1 (1.26) 18 Para determinarmos C1 temos a condição inicial v(t = 0) ⇒ C1 = ln v0 dx dt ln v − ln v0 v ln v0 v v0 v v= = v0 e−kt = −kt = −kt = e−kt = v0 e−kt (1.27) Obs: ln v − ln v0 = ln v v0 v = e−kt v0 v = v0 e− kt Como: dx = v0 e−kt dt dx = v0 e−kt Z x = v0 e−kt dt x = −v0 −kt e + c2 k (1.28) A condição inicial x(t = 0) = 0 nos dá c2 ; então: x= v0 (1 − e−kt) k Aproxima-se assintóticamente de v0 k com t → ∞. Obter v como função do deslocamento dv dv dt dv 1 = = dx dt dx dt v Então: v dv dv = dx dt dv = −kv0 e−kt = −kt dt (1.29) 19 Logo: dv = −k dx v = v0 − kx (1.30) A velocidade diminuiu linearmente como deslocamento. 1.7.2 Exemplo 2.5 Determine a velocidade e o deslocamento de uma partida submetida a um movimento vertical em um determinado meio com uma força de retardo proporcional a velocidade. ↓ v~0 ↓ |F~g | = m|~g | ↑ |F~r | = km|~v | (1.31) Equação de movimento: F = ma = −mg − kmv (1.32) dv = −g − kv dt dv = −dt g + kv ∗ − kmv é positivo para cima se considerarmos z e v = ż positivos para cima e o movimento descendente v < 0 de modo que −kmv > 0. Então temos: dv = −dt kv + g (1.33) Integrando dos dois lados: Z dv = − (kv + g) Z dt 1 ln(kv + g) = −t + e k 20 ∗ onde fizemos g + kv = u ⇒ dv = du k ln(kv + g) = −kt + kc kv0 + g = ekc kv + g = e−kt+kc dz −g kv0 + g −kt = + e ∴v= dt k k (1.34) Como obter o resultado da (2.34)? Se em t = 0, v = v0 então: kv0 + g = ekc Logo: kv + g = e−kt ekc = e−kt (kv0 + g) g kv0 + g −kt e ∴v = − + k k (1.35) Sobre a obtenção de t:   dz −g kv0 + g −kt = + e dt k k Z  Z Z kv0 + g g e−kt dt dt + dz = − k k   −gt kv0 + g z − z0 = (1 − e−kt ) + k k2 ∗t = 0z0 = h   kv0 + g gt (1 − e−kt ) + ∴z = h− k k2 No limite de t −→ ∞ v −→ − kg = velocidade terminal. 1.7.3 Movimento de projétil • Em duas dimensões; • Com resistência; • Sem resistência. (1.36) 21 A2F2.png Figura 1.4: Movimento de um projétil –Sem resistência Em x: 0 = mẍ Em y: −mg = mÿ ẍ = 0 ⇔ ẋ = v0 cos θ x = v0 t cos θ = v02 cos2 θ (1.37) ẍ = −g ẋ = −gt + v0 sin θ gt2 + v0 t sin θ y = − 2 Então podemos calcular a velocidade: v = p ẋ2 + ẏ 2 1 v = (v02 + g 2 t2 − 2v0 gt sin θ) 2 (1.38) e o deslocamento: p x2 + y 2  12  g 2 t2 3 2 2 − v0 gt sin θ r = v0 t + 4 r = (1.39) 22 Como encontramos o alcance? y = 0 ⇔ t −gt 2
+ v0 sin θ = 0 Um valor ocorre para t = 0 o outro para t = T : T = 2v0 sin θ g (1.40) Então o alcance é dado por: R = x(t = T ) v2 R = 0 sin 2θ g (1.41) Alcance é máximo para θ = 45o 1.7.4 –Exemplos Para a maquina de Atwood encontre a aceleração das massas e a tenção no fio. A3F1.jpg Figura 1.5: Máquina de Atwood 23 m1 ẍ1 = m1 g − T m2 ẍ2 = m2 g − T Como o fio é ideal, então temos: ẍ1 = −ẍ2 e T1 = T2 (1.42) Logo: m2 ẍ2 = m2 g − T t = m2 (g − ẍ2 ) ∴ m1 (1.43) ẍ1 = m1 g − m2 g + m2 ẍ2 (m1 + m + 2)ẍ1 = (m1 − m2 )g (m1 − m2 ) ẍ1 = g (m1 + m2 ) = −ẍ2 m1 = m2 ⇒ ẍ1 = 0 (1.44) Então temos T: m2 (m1 − m2 ) (m1 + m2 ) m2 (m1 + m2 )g + m2 (m1 − m2 )g = (m1 + m2 ) 2m1 m2 T = (m1 + m2 ) T = m2 g + (1.45) 2o Caso: A polia eta descendo acelerada: obter tração e aceleração. O sistema do eixo da polia não é mais inercial! Devemos obter uma sistema inercial. 24 A3F2.png Figura 1.6: Sistema de polias 1.8 aqui Leis de Newton: x′′1 = x′1 + x1 ⇔ x¨′′ 1 = ẍ′ 1 + ẍ1 x′′2 = x′2 + x2 ⇔ x¨′′ 2 = ẍ′ 2 + ẍ2 ẍ′ 1 = ẍ2 = α ẍ1 = −ẍ2 (fio ideal) Então: m1 x¨′′ 1 = m1 (ẍ′ 1 + ẍ1 ) = m1 g − T m2 x¨′′ 2 = m2 (ẍ′ 2 + ẍ2 ) = m2 g − T ↓ m1 (α + ẍ1 ) = m1 g − T m2 (α − ẍ1 ) = m2 g − T (m1 − m2 ) ẍ1 − ẍ2 = (g − α) (m1 + m2 ) 2m1 m2 (g − α) T = (m1 + m2 ) (1.46) (1.47) 25 1.8.1 Campo Magnético Uma partı́cula entra em uma região com campo magnético uniforme, com carga ~ ~ ~ “q”, velocidade“v”e aceleração “a”e “B”. ~v = ẋî + ẏ ĵ + ż k̂ ~a = ẍî + ÿ ĵ + z̈ k̂ ~ = B0 ĵ B ~ F~ = m~a = q~v × B m(ẍî + ÿ ĵ + z̈ k̂) = q(ẋî + ẏ ĵ + ż k̂) × (B0 ĵ) = qB0 (ẋk̂ − ż î) m(ẍî + ÿ ĵ + z̈ k̂) = qB0 (ẋk̂ − ż î) (1.48)    mẍ = −qB0 ż   mÿ = 0     mz̈ = qB ẋ 0 . mÿ = 0 ⇒ mẏ(t) = C emt = 0, ẏ(t = 0) = ẏ0 ⇒ C = ẏ0 y(t) = ẏ0 t + C em t = 0, y(t = 0) = y0 ⇒ y(t) = ẏ0 t + ẏ Agora temos: dẍ = −αz̈ = −α2 ẋ dt dẍ z̈ = αẋ ⇔ = αẍ = −α2 ż dt ẍ = −αż ⇔ (1.49) 26 Ou seja: dẍ = −α2 ẋ dt dẍ = −α2 ż dt (1.50) (1.51) onde: α= qB0 m (1.52) Como resolver essa equação? dẍ + α2 ẋ = 0 dt (1.53) Auxiliar: .    r =0   1 r3 + α2 r = 0 r2 = αi     r = −αi 3 x = C 1 e r1 t + C 2 e r2 t + C 3 e r3 t x = C1 + C2 eiαt + C3 e−iαt = C1 + C2 (cos αt + i sin αt) = c1 + C3 (cos αt − i sin αt) = C1 + (C2 + C3 ) cos αt + i(C1 − C2 ) sin αt = C1 + A cos αt + B sin αt Portanto: 1.9 x = A cos αt + B sin αt + x0 e (1.54) z = A′ cos αt + B ′ sin αt + z0 (1.55) Teoremas da conservação ∗ Não iremos provar a conservação das quantidades; ∗ implicações da dinâmica Newtoniana. 27 1.9.1 1o teorema da conservação do momento linear Partı́cula livre ⇒ não há força atuando sobre ela.Então como: d~p F~ = = 0 ∴ p~ = constante dt F~ = 0 ⇒ p~ = constante 1.9.2 (1.56) –2o Caso angular: Conservação A3F3.png Figura 1.7: Conservação ~ ≡ ~r × p~ L ~ ≡ ~r × F~ N (1.57) Segue então que: ~ = ~r × m~v˙ = ~r × p~˙ N Por outro lado: ~˙ = d (~r × p~) = (~r˙ × p~) + (~r × p~˙) L dt (1.58) 28 Mas: ~r˙ × p~ = ~r˙ × m~v = m(~r˙ × ~r˙ ) = 0 ~˙ = ~r × p~˙ = N ~ ⇒ L (1.59) (1.60) Ou seja: ~ =0 ⇒ L ~ = constante N 1.9.3 (1.61) –3o Trabalho, campo de força conservativo, energia total O trabalho de em uma partı́cula de condição 1 para uma condição 2 é dado por: Z 2 F~ · d~r (1.62) W12 ≡ 1 Se F~ é a força lı́quida atuando sobre a partı́cula, então temos: d~v d~v d~r F~ · d~r = m · d~r = m · dt dt dt dt md d~v (~c · ~v )dt = m · ~v dt = dt 2 dt  md 2 mv 2 = = dt (v ) = d 2 dt 2 Logo: W12 = Z 2 1 F~ · d~r = Z 2 d 1  mv 2 2  = T2 − T1 (1.63) (1.64) onde: T = mv 2 = energia cinética 2 Teorema do trabalho × energia cinética Se T1 > T2 ∴ W12 < 0. R2 Som: W12 = 1 F~ · d~r (1.65) 29 A3F4.png Figura 1.8: Conservação Vamos supor que o trabalho W12 independe da escolha dos caninhos. Ex: Campo gravitacional constante. Uma quantidade de trabalho mgh terá sido efetuado sobre a partı́cula. Z 2 W12 ≡ F~ · d~r = u1 − u2 (1.66) 1 Se um campo de força é conservativo então: ~ × F~ = 0 ↔ F~ = −∇u ~ ∇ Como: ~ então: F~ = ∇u Z 2 Z Z 2 ~ ~ W12 = (∇) · d~r = − F · d~r = − 1 1 2 1 Obs: Usando o teorema de Stokes: Z I ~ ~ × F~ ) · dA ~ ~ F · dl = (∇ A Para forças conservativas sabemos: I F~ · d~l = 0 = Z ~ × F~ ) · dA ~ (∇ du = u1 − u2 (1.67) (1.68) 30 ~ × F~ = 0 Então ∇ A solução dessa equação é: ~ F~ = −∇u (1.69) Então F~ é conservativa. Vamos considerar agora: Uma partı́cula de massa ”m”em movimento na vizinhança da superfı́cie da terra. Adote Oz para cima. Fx = 0 = fy e Fz = −mg Z 2 Z 2 ~ ~ dz ⇒ W12 = F · dl = −mg 1 1 W12 = −mg(z2 − z1 ) (1.70) Ou seja: W12 = −∆u onde u = u(x, y, z) = mgz → Potencial gravitacional. ”Num campo gravitacional uniforme ~g o trabalho entre dois pontos só depende dos extremos”. Isso implica: Z ⇒ 2 1c Z 21 1c1 Z F~ · d~l − F~ · d~l + Z 2 1c1 2 1c Z 12 2c2 F~ · d~l = Z 2 1c2 F~ · d~l F~ · d~l = 0 I ~ ~ F · dl = F~ · d~l = 0 (1.71) ”Quando o trabalho realizado por uma força independente do caminho dizemos que a força é conservativa”. Além disso temos: F~ · d~l = −du(x, y, z) ∂u = −Σ dxi ∂xi ~ · d~l = −∇u Logo para u = u(~r) as forças conservativas podem ser escritas como: ~ F~ = −∇u ~ × F~ = 0 logo: ∇ (1.72) (1.73) 31 Agora temos energia cinética e potencial vamos definir a energia total: E = T +U dT dU dE = + dt dt dt (1.74) (1.75) Lembrando que: dT = F~ · d~r ⇔ dT dt = F~ · ~ṙ Agora com um potencial dependente do tempo u = u(x, y, z, t) temos: ∂u dxi ∂u du = Σi + dt ∂xi dt ∂t ~ · ~ṙ + ∂u = ∇u ∂t (1.76) Logo: dE ~ · ~ṙ + ∂u = F~ · ~ṙ + ∇u dt ∂t ∂u ~ · ~ṙ + = (F~ + ∇u) ∂t (1.77) Se a força é conservativa então temos: dE ∂u = dt ∂t ~ e Se u = u(~r), F~ = −∇u ∂u ∂t (1.78) =0 ⇒ dE =0 dt (1.79) Ou seja, a energia se conserva num campo de força conservativo. 1.9.4 Observações: 1- Força dependente do tempo: Se uma partı́cula é afetado por uma força em um intervalo de tempo ∆t = t2 − t1 e F~ = F~ (t) definimos impulso: Z ~ I = t2 F~ (t)dt = t1 Z t2 t1 d (m~v )dt dt I~ = m~v2 − m~v1 = p~2 − p~1 I~ = p~2 − p~1 (1.80) 32 2- Sempre falamos de forças conservativas, e forças não conservativas? Forças conservativas −→ tem um potencial associado. A expressão: W = ∆T se aplica à forças conservativas e não conservativas. ∆T = W (C) + W (N C) = −∆u + W (nc) ⇒ W (nc) = ∆E 1.10 (1.81) –Energia Newton(forças) −→ Lagrange e Hamilton (energia) Século 19 experimentos de Joule, Helmhohz Rumford, Consideremos: 1 E = T + u = mv 2 + u(x) 2 Ou seja, o potencial é unidimensional, daı́ temos: dx v(t) = =± dt Integrando temos: t − t0 = Onde x = x0 em t = t0 Z r x x0 q 2 (E − u(x)) m ±dx 2 (E m (1.82) − u(x)) Ou seja, temos uma solução formal, basta agora substituir o potencial e sabemos sobre o movimento. Figura 1.9: Partı́cula livre Equilı́brio: Matematicamente: Ponto de equilı́brio em x = 0:       x2 d 2 u x3 d 3 u du + + ... u(x) = u(x0 ) + x dx 2! dx2 0 3! dx3 0 33 Figura 1.10: Partı́cula livre Então
du dx 0 = 0 se o ponto é de equilı́brio x2 ∴ u(x) = 2!  d2 u dx2  x3 + 3! 0  d3 u dx3  + ... (1.83) 0 Como estamos em um regime de x muito pequeno:   x2 d 2 u u(x) = 2! dx2 0 Como x2 é sempre positivo:  2   2  du du > 0 estável; < 0 instável 2 dx 0 dx2 0 1.11 (1.84) Referenciais não inerciais: Dessa relação nós vemos que: ~ + ~r r~′ = R δ~r = δ θ~ × ~r ~ × ~r d~r = dθ (1.85) ~ como vetor.Ao assumir δ θ~ como vetor devemos ser Nesse caso assumimos dθ cauteloso pois θ (finito) apesar de ter módulo direção e sentido não é um vetor. Rotação finita ←− não e vetor pois não comuta; Rotação infinitesimal ←− é vetor pois comuta; δ~r = δ θ~ × ~r r~′ − ~r = δ θ~ × ~r ~r′ = ~r + δ θ~ × ~r (1.86) 34 No caso de rotações sucessivas δθ1 e δθ2 : r~′ = ~r + δ θ~1 × ~r r~′′ = r~′ + δ θ~2 × r~′ = ~r + δ θ~1 × ~r + δ θ~2 × (~r + δ θ~ × ~r) r~′′ = ~r + (δ θ~1 + δ θ~2 ) × ~r (1.87) ~ arbitrário, pode sempre ser Observação: qualquer deslocamento infinitesimal δr representado por uma simples rotação em torno de algum eixo chamado eixo instantâneo de rotação. Na figura abaixo cada ponto de SR (translada e roda) tem duas velocidades lineares( verde e azul) com relação a SR’. ~ × ~r (d~r)F = dθ Tomando a variação no tempo:   dθ~ d~r = × ~r = w ~ × ~r dt F dt   d~r = w ~ × ~r dt F Se permitimos que P se mova com relação ao sistema xi então:     d~r d~r =w ~ × ~r + dt F dt R 1.11.1 (1.88) (1.89) Exemplo: Considere um vetor ~r. ~r = x1 ê1 + x2 ê2 + x3 ê3 (1.90) No sistema em rotação. Os sistemas (F) e (R) tem a mesma origem. !   d X d~r = xi êi dt F dt i X = (ẋi êi + xi ê˙ i ) i = ~r˙R + X i xi ê˙ i (1.91) 35 Analisando os ėˆi : dê1 = w3 ê2 − w2 ê3 dt dê2 = −w3 ê1 + w1 ê3 dt dê3 = w2 ê1 − w1 ê2 dt De modo que: ê˙ i = w ~ × êi ⇐⇒ ê˙ 1 = w ~ × ê1  (1.92)  ê ê2 ê3  1    ê˙ 1 =  w1 w2 w3  = w3 ê2 − w2 ê3   1 0 0 Agora substituindo de volta temos:   X d~r = ~r˙R + xi w ~ × êi dt F i X = ~r˙R + w ~ × ~r (1.93) i A relação:  d~r dt  = F  d~r dt  R +w ~ × ~r (1.94) Deve ser válida par qualquer vetor ”Q”. ! ! ~ ~ dQ dQ ~ ⇒ = +w ~ ×Q dt dt F R Isso implica por exemplo que:     dw ~ dw ~ = +w ~ ×w ~ dt F dt R (1.95) Como w ~ ×w ~ = 0 nós temos: w ~˙ F = w ~˙ R (1.96) 36 Agora vamos ver como fica ~ + ~r Como: r~′ = R  dr~′ dt F  Então: dr~′ dt ! ~ dR dt = F ! + F  d~r dt  F +w ~ × ~r (1.97) ~vF = V~F + ~vR + w ~ × ~r Onde: • ~vF → Velocidade relativa aos eixos fixos; • V~F → Velocidade linear da viagem; • ~vR → Velocidade relativa a rotação; • w ~ → Velocidade angular dos eixos; • w ~ × ~r → velocidade devido a rotação. 1.11.2 Forças centrifugas e de Coriolis F~ = m~aF → é válido somente em referenciais inerciais
vF Logo ~aF = d~dt F Então:   d~vF dt d~vF dt   = F F dV~F dt ! +  d~vR dt  + F  dw ~ dt  F × ~r + w ~×   F  d~r d~ v ¨ R ~F + = R +w ~˙ × ~r + w ~× dt F dt F  d~r dt  F (1.98) Vamos agora olhar o segundo termo:     d~vR d~vR = +w ~ × ~vR dt F dt R = ~aR + w ~ × ~vR Vamos olhar para o segundo termo:      d~r d~r = w ~× +w ~ × ~r w ~× dt F dt R = w ~ × ~vR + w ~ × (w ~ × ~r) (1.99) 37 Somando todas as contribuições temos: F~ = m~aF ~¨ F + m~aR + mw F~ = mR ~˙ × ~r + mw ~ × (w ~ × ~r) + 2mw ~ × ~vR (1.100) No sistema em rotação: ~¨ F − 2mw F~ef f = m~ar = F~ − mR ~ × ~vR − mw ~ × (w ~ × ~r) − mw ~˙ × ~r (1.101) • F~ → Soma das forças atuando sobre a partı́cula no sistema fixo. ~¨ F e mw • mR ~˙ × ~r → aceleração angular e translacional do sistema em rotação com relação ao sistema fixo. • mw ~ × (w ~ × ~r) → Força centrifuga. • 2mw ~ × ~rR → Força de Coriolis. F~ef f = m~ar = m~af + (termos não inerciais) 1.12 –Sobre a força centrifuga Figura 1.11: Força centrifuga Na ultima aula demos uma definição vetorial para um rotação infinitesi~ baseado no fato de que do ponto de vista geométrico a rotação de δθ ~ , ~r mal δθ e δ θ~ estava correta, ou seja: Figura 1.12: Partı́cula livre Ou seja, pela figura vemos que: ~ × ~r δ~r = δθ (1.102) 38 ~ temos: Com a variação no tempo do infinitesimal δθ ~ δθ δ~r = × ~r δt δt ~v = w ~ × ~r ~v = (1.103) Note que: ~r não varia em módulo com o tempo e que a definição de w ~ é relacionado com a rotação infinitesimal. Porém isso não garente que a rotação ~ seja e um vetor, e por conseguinte w infinitesimal δθ ~ seja um vetor. Vetores tem a propriedade de comutarem por adição: ~ =A ~+B ~ =B ~ +A ~ C (1.104) Vejamos: Então se a rotação infinitesimal é um vetor ela deve comutar! Vamos ~1 supor que você faça uma rotação infinitesimal δθ ~ 1 −→ ~r −→ ~r + δ~r1 δθ (1.105) Então: ~ 1 × ~r δ~r1 = δθ (1.106) Agora faça outra rotação: ~ 2 −→ ~r + δ~r1 −→ ~r + δ~r1 + δ~r2 δθ ~ 2 × (~r + δ~r1 ) δ~r2 = δθ (1.107) O resultado final é: ~ 1 × ~r + δθ ~ 2 × (~r + δ~r1 )] ~r + δ~r12 = ~r + [δθ (1.108) (1.109) Então: ~ 1 × ~r + δθ ~ 2 × ~r δ~r12 = δθ (1.110) 39 De modo similar: ~ 2 × ~r + δθ ~ 1 × ~r δ~r12 = δθ (1.111) δ~r12 = δ~r21 (1.112) De modo que: De modo que as rotações comutam. 1.12.1 Exemplo 1: Determine a força efetiva que atua sobre o disco: ~¨ f − mw F~ef = F~ − mR ~˙ × ~r − mw ~ × (w ~ × ~r) − 2mw ~ × ~rr (1.113) A aceleração efetiva e dada por: ~aef = 1.13 F~ef = −w ~ × (w ~ × ~r) − 2w ~ × ~vr m (1.114) –Movimento em relação a terra: Em relação a um referencial inercial a terra executa rotação em tremo do seu eixo. O movimento da terra em torno do sol e do sistema solar em torno da galáxia local são desconsiderados. Situação: Figura 1.13: Partı́cula livre 40 Força efetiva: ~¨ − mw F~ef = F~ − mR ~˙ × ~r − mw ~ × (w ~ × ~r) − 2mw ~ × ~rr ~ + m~g F~ = S GM ~g0 = − 2 êr R GM m P~ = m~g0 = F~ = ê R2 GM ∴ ~g0 = êr R2 (1.115) (1.116) w ~ está ao lado de z’ w = 7, 3 × 10−5 rad/s 365 vezes maior que a velocidade em torno do sol. Vamos considerar w ~ ≈ constante então: w ~˙ × ~r ≈ 0 ~¨ f Sobre o termo: −mR ! ~˙ d R ¨ ~f = = R dt " ! #F ~ dR ~ w ~× +w ~ ×R dt ! ~˙ dR ~˙ +w ~ ×R dt R R ~¨ f = w ~ ⇒ R ~ × (w ~ × R) (1.117) Então sobre a terra teremos: ~ + m~g0 − mw ~ − 2mw F~ef = S ~ × [w ~ × (~r + R)] ~ × ~vr ~ g − 2mw F~ef = Sm~ ~ × ~vr (1.118) Onde ~g é a aceleração efetiva: ~ ~g = ~g0 − w ~ × [w ~ × (~r × R)] 1.14 –Efeitos da força de Coriolis 1.14.1 Exemplo: (1.119) Determine a definição horizontal de uma partı́cula caindo de uma altura h da ~ = 0; F~ef = m~ar = m[~g − 2w superfı́cie da terra. S ~ × ~vr ] 41 Figura 1.14: Coriolis wx = − cos λ ẋ ∼ =0 wy = 0 ẏ ∼ =0 wz = w sin λ ż ∼ = −gt (1.120)  êx êy êz   w ~ × ~vr ∼ =  −w cos λ 0 w sin λ  0 0 −gt      gx = 0 gy = 0 gz = −g (1.121) De modo que: (ar )x = ẍ = 0 (ay ) = 2mgt cos λ (az ) = −g (1.122) Portanto o efeito é produzir uma aceleração na direção ”y”. y(t) = 1 wgt2 cos λ 3 1 (P ERGU N T ARDASET A)z(t) = z(0) − gt2 ⇒ t = 2 s 1 8h3 y(t) = d = w cos λ 3 g (1.123) s 2h (1.124) g (1.125) 42 1.15 –Pendulo de Focault: 1.15.1 Geometria da tensão: Figura 1.15: Partı́cula livre sin θ = √ x2 +y 2 l cos φ = √ sin φ = √ x x2 +y 2 y x2 +y 2 .       x y T~x = − êx T~y = − êy T~z = T cos θêz  l l     Para ângulos pequenos cos θ ≈ 1T~ = T êz -Força efetiva: ~ − 2mw F~ef = m~g + S ~ × ~vr (1.126) T~ − 2w ~ × ~vr m (1.127) ~ = T~ Com S Então: ~ar = ~g + gx = 0 gy = 0 gz = 0 wx = −w cos λ wy = 0 wz = w sin λ (vr )y = ẏ (vr )z = 0 (vr )x = ẋ Então: y x T~ = − êx − êy + T êz l l w ~ = −w cos λêx + w sin λêz ~g = −~g ẑ ~vr = ẋêx + ẏêy 43  êx êy êz   w ~ × ~vr =  −w cos λ 0 w sin λ  ẋ ẏ 0      w ~ × ~vr = −ẏw sin λêx + ẋw sin λêy − ẏw cos λêz Tx + 2ẏw sin λ (~ar )x = ẍ = − lm Ty (~ar )y = ÿ = − − 2ẋw sin λ lm (1.128) Não escrevemos a equação para z pois estamos interessados no movimento de rotação. Para pequenas oscilações T ≈ mg 2 ẍ + α x = 2wz ẏ .   ÿ + α2 y = −2wz ẋ  Equações acoladas (ẍ + iÿ) + α2 (x + iy) = −2wz (iẋ − ẏ) = −2wz i(ẋ + iẏ) (1.129) Escrevendo: q = x + iy temos: q̈ + 2iwz q̇ + α2 q = 0 (1.130) Se a terra não estivesse girando: wz = 0 q̈ ′ + α2 q ′ = 0 q ′ (t) = Aeiαt + Be−iαt (1.131) 44 O efeito do termo proporcional à velocidade e introduzir um amortecimento. q(t) = e−iwz t (Aeiαt + Be−iαt ) (1.132) q(t) = e−iwz t q ′ (t) x + iy = (x′ + iy ′ )e−iwz t = (x′ + iy ′ )(cos wz t − i sin wz t) = x′ cos wz t + y ′ sin wz t + i(−x′ sin wz t + y ′ cos wz t) Igualando parte Re e Im: x(t) = x′ cos wz t + y ′ sin wz t y(t) = −x′ sin wz t + y ′ cos wz t   x y   cos wz t = sin wz − sin wz cos wz   x y ′ ′   ~ = λX ~′ X λ → matriz de rotação.     ′  x cos sin 0 x          ′   y  =  − sin cos 0   y       ′ z z 0 0 1 1 → em torno do eixo ”z”. 4- Neste caso temos: vx = v0 cos θ vy = 0 vz = v0 sin θ Logo:  êx êy êz   w ~ × ~v =  w cos λ 0 −w sin λ  v0 cos θ 0 v0 sin θ      (1.133) 45 det(w ~ × ~v ) = −wv0 cos θ sin λêy − wv0 sin θ cos λêy w ~ × ~v = −wv0 (cos θ sin λ + cos λ sin θ)êy w ~ × ~v = −wv0 sin (θ + λ)êy (1.134) ÿ = 2wv0 sin (θ + λ)êy ẏ = 2wv0 t sin (θ + λ) y = wv0 t2 sin (θ + λ) t é o tempo de voo do projétil: 2v0 sin θ g 4v 2 sin2 θ sin (θ + λ) y = wv0 0 2 g 4wv03 sin2 θ y = sin (θ + λ) g2 t = =⇒ (1.135) (1.136) 4- Neste caso temos: vx = 0 vy = v0 cos θ vz = v0 sin θ logo:  êx êy êz   w ~ × ~v =  −w cos λ 0 w sin λ  0 v0 cos θ v0 sin θ − gt      w ~ × ~v = −wv0 cos λ cos θêz + wv0 cos λ sin θêy − wv0 cos θ sin λêx Agora o desvio vai ocorrer na direção ”x”: 46 ẍ = 2wv0 cos θ sin λ x = wv0 t2 cos θ sin λ Como no caso anterior: 2v0 sin θ g 3 4v0 x = w sin2 θ cos θ sin λ g2 t = ∴ ẍ + α2 x = 2wz ẏ I ÿ + α2 y = −2wz ẋ II Defina: q = x + iy ∴ q̇ = ẋ + iẏ q̈ = ẍ + iÿ Multiplique II por ”i”: iÿ + α2 iy = −2wz iẋ Some (I) e (II) (ẍ + iÿ) + α2 (x + iy) = 2wz (ẏ − iẋ) q̈ + α2 q̇ = −2iwz (ẋ + iẏ) = −2iwz q̇ q̈ + 2iwz q̇ + α2 q = 0 (1.137) 47 Se wz = 0 q ′ (t) = Aeiαt + Be−iαt q(t) = e−iwz t (Aeiαt + Be−iαt ) = q ′ (t)e−iwz t (x + iy) = (x′ + iy ′ )e−iwz t = (x′ + iy ′ )(cos wz t − i sin wz t) = (x′ cos wz t + y ′ sin wz t) + i(−x′ sin wz t + y ′ cos wz t) 1.16 x = x′ cos wz t + y ′ sin wz t (1.138) y = −x′ sin wz t + y ′ cos wz t      ′ x cos wz t sin wz t x    = y′ sin wz t cos wz t y (1.139) Movimento sob uma força central ”Quando a força entre dois corpos ”1”e ”2”é direcionada na linha que liga os dois corpos dizemos que essa força é central” • Movimento de corpos celestes; • Movimento de partı́culas alfa; • Espalhamento de partı́culas; • Pré Mecânica quântica. Matematicamente essas forças são discutidas da forma: F~ = F (~r)r̂ (1.140) Caso: F (~r) < 0 −→ atrativa F (~r) > 0 −→ repulsiva Vamos nos concentrar no estudo dos movimentos de corpos celestes e de partı́culas α 48 1.16.1 –O problema de dois corpos: Duas partı́culas de massa m1 e m2 cuja força de interação seja Newtoniana. F~12 = −F~21 Consideremos o sistema de coordenadas: Figura 1.16: Partı́cula livre Objetivo: Obter uma expressão para a energia total do sistema em termos das coordenadas ”r”e ”R”cm . Da figura nós vemos que: ~r + ~r2 = ~r1 ⇒ ~r = ~r1 − ~r2 (1.141) Alem disso: ~r = r~′ 1 − r~′ 2 (1.142) ~ cm + r~′ 1 = ~r1 R (1.143) ~ cm + r~′ 2 = ~r2 R (1.144) Vamos lembrar que: F~′ (2) = −F~2(1) Assim temos:  ¨ ~ m1~r1 = F1(2)  com: F~1(2) + F~2(1) = 0  ¨ ~ m ~r = F 2 2 . 2(1) A massa total do sistema é dado por: M = m1 + m2 (1.145) A posição do centro de massa é definida por: ~ cm = m1~r1 + m2~r2 = m1~r1 + m2~r2 R M m1 + m2 (1.146) 49 Vimos da figura que: ~ cm r~′ i = ~ri − R onde i = 1, 2 Agora consideremos o produto: ~ cm M = m1~r1 + m2~r2 = R 2 X m1~r1 (1.147) i=1 (1.148) Ou seja 2 X i=1 2 Ou seja σi=0 m1 r~′ i = 0 ~ cm ) = 0 m1 (~ri − R m1 r~′ 1 + m2 r~′ 2 = 0 (1.149) (1.150) Dessa ultima equação nós temos: m1 r~′ 2 = − r~′ 1 m2 (1.151) Como nós sabemos, d (2) temos: m1 ~′ ~r = r~′ 1 = r~′ 2 = r~′ 1 + r1 m2   m1 + m2 ~′ Então: ~r = r1 m2 Daqui nós tiramos r~′ 1 : r~′ 1 = m2 ~r m1 + m2 (1.152) Ora então nós temos: r~′ 2 = − m1 m1 m2 r~′ 1 = − r~′ 1 m2 (m1 + m2 ) (m1 + m2 ) (1.153) Substituindo (5) e (6) em (3) e (4) temos: m2 ~r m1 + m2 m1 ~ cm − = R ~r m1 + m2 ~ cm + ~r1 = R (1.154) ~r2 (1.155) 50 A variação no tempo desses vetores nos da a velocidade das partı́culas m1 e M2 m2 ~v m1 + m2 m1 ~v = ~vcm − m1 + m2 ~v1 = ~vcm + (1.156) ~v2 (1.157) Considerando que o potencial seja do tipo: V (~r1 − ~r2 ) = V (~r) E= m1 v12 m2 v22 + + V (~r) 2 2 Substituindo ~v1 e ~v2 em E temos:   m1 2 m2 m22 2 v + ~v · ~vcm + E= vcm + 2 2 m1 m2 (m1 + m2 )2   m1 m21 m2 2 2 v + V (~r) vcm − 2 ~v · ~vcm + + 2 m1 + m2 (m1 + m2 )2 1 m1 m22 + m2 m21 2 2 v + V (~r) + E = (m1 + m2 )vcm 2 2(m1 + m2 )2 µ M 2 vcm + v 2 + V (~r) E= 2 2 (1.158) (1.159) Onde µ é a massa reduzida. Se tomarmos um referencial no centro de massa do sistema temos: µv 2 E= + V (~r) 2 (1.160) Uma parada para coordenadas polares: Figura 1.17: Partı́cula livre êr = cos θî + sin θĵ   êθ = − sin θî + cos θĵ       î cos θ sin θ ê    r = ĵ − sin θ cos θ êθ Vetor posição: ~v = rêr 51 Velocidade: ~v = d~r = ṙêr + rê˙ r dt Com î e ĵ fixos temos: ê˙ r = − sin θθ̇î + cos θθ̇ĵ = θ̇êθ ~v = ṙêr + rθ̇êθ (1.161) Aceleração: ~a = d~v = r̈êr + ṙê˙ r + ṙθ̇êθ + rθ̈êθ + rθ̇ê˙ θ dt = r̈êr + ṙθ̇êθ + ṙθ̇êθ + rθ̈êθ − rθ̇2 êr ~a = [r̈ − rθ̇2 ] êr + [2ṙθ̇ + rθ̈] êθ | {z } | {z } radial tagencial Então: (1.162) µv 2 + V (~r) 2 = ~v · ~v = ṙ2 + r2 θ̇2 E = v2 Então a energia: E = µṙ2 µr2 θ̇2 + + V (~r) 2 2 (1.163) • Propriedade importante: Primeira integral do movimento: ~τ = ~r × F~ mas F~ = F (~r)r̂ ⇒ ~τ = 0 (1.164) ~ dL ~ = Constante = 0 então L dt F~ = ~r × p~ = ~r × µ~r˙ = µ(~r × (ṙêr + rθ̇êθ )) ~τ = ~ = µr2 θ̇(êr × êθ ) Perpendicular ao plano L F (~r)êr = µar êr + µaθ êθ (1.165) (1.166) Obvio que: µaθ = 0 , µ(2ṙθ̇ + rθ̈) = 0 (1.167) 52 Então multiplicando por r temos: 2µrṙθ̇ + µr2 θ̈ = 0 {z } | (1.168) d (µr2 θ̇) dt ERRO: 1 2 1 2 2 µṙ + µr θ̇ + V (~r) 2 2 L2 1 + V (~r) L = µr2 θ̇ ⇒ E = µṙ2 + 2 2µr2 E = 1.17 (1.169) –Sobre a constância do movimento angular Observação: L = µr2 θ̇ = constante (em módulo) Isso esta relacionado com o fato de que o vetor posição varie em áreas iguais e em tempos iguais - 2o lei de Vepler. Figura 1.18: Partı́cula livre Então: dA dt = 12 r2 dθ = 21 r2 θ̇ = dt L 2µ = constante É um resultado geral para força F~ = F (r)r̂ Então temos: 1 1 L2 E = µṙ2 + + V (~r) 2 2 µr2 (1.170) O que nos dá: dr = ± ṙ = dt s 2 L2 (E − V ) − 2 2 µ µr = ± r 2 (E − Vef ) µ (1.171) A velocidade deve ser ṙ > 0, então: ṙ = r 2 (E − Vef ) µ (1.172) Fazendo com que o sistema obedeça a condição: Vef 6 E nós temos: L2 V (r) + 6E 2µr2 (1.173) 53 Os valores máximos e mı́nimos de r onde ṙ = 0 são obtidos quando tomamos a igualdade de (A). Exemplo: k F~ = − 2 r̂ r para h > 0 ~ ; logo: então: F~ = −∇V V =− K r (1.174) (1.175) De modo que: Vef = V + k L2 L2 = − + 2µr2 r 2µr2 (1.176) Com k = 1: Figura 1.19: Partı́cula livre • Para valores de r grande o termo − 1r é dominante de forma que: Vef < 0 Para valores de r pequeno o termo L2 2µr2 (1.177) é dominante de modo que: Vef > 0 (1.178) • Quando r → ∞ Vef → 0 • Quando r → 0 Vef → ∞ A análise do movimento é obtida especificando valor da energia: • E = E3 = mı́nimo ṙ = 0 para todo t • E = E 2 E 3 < E2 < 0 Existem dois pontos de retorno onde ṙ = 0. Note que apesar de ṙ = 0; θ̇ 6= 0 Sabemos que: L = µr2 θ̇ = µr2 dθ L ⇒ dθ = 2 dt dt µr (1.179) Sabemos que: r 2 [E − Vef ] µ dt ∴ dt = q 2 [E − Vef ] µ dr = dt (1.180) 54 Agora: Ldr dθ = µr2 q 2 [E µ (1.181) − Vef ] • Para E < Emin o movimento não é permitido. • Para E > 0 o movimento é confinado. 1.17.1 Solução para o problema de F.C. Temos: dt = q dr 2 [E µ (1.182) − Vef ] Ldr dθ = µr2 q 2 [E µ (1.183) − Vef ] A solução consiste em integrar as equações. Para o caso F = αrn V (r) = −α rn+1 n+1 (n 6= −1) (1.184) n = 1, −2, −3 → Solução funções trigonométricas n = 5, 3, 0, −4, −5e − 7 → Solução funções elı́pticas. F (r) = µa F (r) = µr̈ − µrθ̇2 (1.185) ~ F~ (r) = −∇u (1.186) Em: Fazendo r = 1 u ou u = F (r) = µr̈ + µrθ̇2 (1.187) du 1 dr 1 dr dt 1 ṙ =− 2 =− 2 =− 2 dθ r dθ r dt dθ r θ̇ (1.188) 1 r Então: Mas sabemos que: L = µr2 θ̇ ⇒ θ̇ = L µr2 55 Então: du µ = − ṙ dθ L (1.189) Tomando a segunda derivada:   µṙ d  µ  dt d d2 u − ṙ = − = dθ2 dθ L dθ dt L 2 µ du = − r̈ dθ2 Lθ̇ Substituindo θ̇ = (1.190) L µr2 µ2 r 2 d2 u = − r̈ dθ2 L2 Ou seja: L2 d 2 u L2 u 2 d 2 u = − µr2 dθ2 µ2 dθ2 2 2 L L = r 2 4 = 2 u3 µr µ r̈ = − rθ̇2 (1.191) Então:   1 F (r) → F u   2 µ 1 1 du + u = − 2 2F 2 dθ L u u (1.192) Observação: µr̈ + µrθ̇2 = F (r)   1 L2 u 2 d 2 u L2 3 − − u = F 2 µ dθ µ u   2 µ 1 1 du + u = − F dθ2 L2 u 2 u Voltando: d2 dθ2   1 1 µr2 + = − 2 F (r) r r L (1.193) (1.194) –Exemplo 1: Determine a lei de força num campo de força central para uma partı́cula em trajetória espiral logarı́tmica. r = keαθ (1.195) 56 Figura 1.20: Partı́cula livre para k, α → constante d2 dθ2   1 1 µr2 + = − 2 F (r) r r L     d 1 d e−αθ αe−αθ = =− dθ r dθ k k   α2 e−αθ α2 α2 e−αθ d2 1 = = = dθ2 r k re−αθ r   2 2 L L2 α 1 F (r) = − 2 = − 3 (α3 + 1) + µr r r µr (1.196) Exemplo 2: Determine r(t) e θ(t): Sabemos que: θ̇ = L L = 2 2 µr µk e2αθ Então: L dt µk 2 Lt e2αθ + C′ = 2α µk 2 2αLt +C ∗ C = 2αC′ e2αθ = µk 2   1 2αLt θ(t) = +C ln 2α µk 2 e2αθ dθ = (1.197) De modo similar para r(t) r2 = e2αθ k2 (1.198) r = keαθ (1.199) Exemplo 8.2 Foi dado uma trajetória: 57 De onde obtivemos: F (r) = − L2 2 (α + 1) µr3 (1.200) Agora vamos determinar r(t) e θ(t): Sabemos que: θ̇ = L L dθ = = 2 2 2αθ µr µk e dt (1.201) Então: e2αθ dθ = L dt µk 2 (1.202) Integrando: Lt e2αθ + C′ = 2α µk 2 Devemos determinar C e2αθ = 2αLt +C µk 2 Tirando o ln dos dois lados: 1 θ(t) = ln 2α  2αLt +C µk 2  (1.203) Sabemos da definição da trajetória: r = keαθ r2 = k 2 e2αθ ⇒ Então: r2 = e2αθ = k2 Logo: r(t) = s  2αLt +C µk 2  2αL t + k2C µ (1.204) (1.205) Exemplo 8.3 Qual a energia da órbita? L2 µṙ2 + u(r) + E= 2 2µr2 (1.206) 58 Precisamos determinar ṙ e u(r): Z Z L2 2 (α + 1) r−3 dr u(r) = − F dr = µ L2 (α2 + 1) 1 u(r) = − 2µ r2 (1.207) Para determinar ṙ  21 2αL 2 r(t) = t+k C µ  − 12 2αL 1 2αLt dr 2 = +k C dt 2 µ µ αL ṙ = µr  1.18 Força central do tipo (1.208) 1 r2 Temos dois métodos para obter a equação de órbita: Z Ldr q θ(r) = 2 r2 2µ(E − V ) − Lr2 (1.209) E com r = u1 , dr = − u12 du L θ(u) = − √ 2µ e: Z du r   +C 2 (E − V ) − L2µ u2 d2 u µ + u = − 2 2F 2 dθ Lu   1 u (1.210) (1.211) Vamos supor: k F~ (~r) = − 2 êr r (1.212) 59 1.18.1 a) Método de integração: 1 u Se F (r) = − rk2 (em módulo) ⇒ V (r) = − kr nas variáveis ”u”F V (u) = −ku L θ = −√ 2µ θ = θ0 − Z Z du θ = θ0 − Temos: Z dx 1 Z 2µE L2 − 2µV L2 (1.213) − u2 du q 2µE L2 + (1.214) 2µku L2 1 = √ arccos −c −  u2 b + 2cx √ ∆  [a + bx + cx2 ] 2 ∆ = b2 − 4ac 2µk aµE ; b = 2 ; c = −1 a = 2 L L  2   2µk 2µE ∆ = +4 L2 L2  1  √ 2EL2 2 2µk ∆ = L2 µk 2 2µk b + 2cx = − 2u L2  µk −u = 2 L2   θ = θ0 − arccos  Com cos (θ) = cos (−θ) cos (θ − θ0 ) = − µk 2 L −u 2µk L2 2  µk L2 1+ −u (1.215) (1.216)
2EL2 µk2    12  (1.217) 1 2  2 1 + 2EL µk2 " #  1 2EL2 2 µk 1+ 1+ cos (θ − θ0 ) u = L2 µK 2 µk L2 = −ku2 e du r   + θ0 2 E − V − L2µ u2 q Substituindo V temos:
(1.218) 60 Vamos fazer: L2 e µk   2EL2 ǫ = 1+ µk 2 α = (1.219) (1.220) Lembrando que: u= 1.18.2 α 1 ⇒ r= → Equação de órbita r 1 + ǫ cos (θ − θ0 ) (1.221) b) Pela equação de movimento: d2 u µ + u = − 2 2F 2 dθ Lu Com F 1 u
= −ku2 temos:   1 u (1.222) d2 u µk + u = 2 L2    dθ  2 µk µk d = 0 u− 2 + u− 2 2 dθ L L | {z } | {z } ψ ψ 2 dψ +ψ = 0 dθ2 ⇒ ψ = A cos (θ − θ0 ) µk u − 2 = A cos (θ − θ0 ) L   µk AL2 ⇒ u = 1+ cos (θ − θ0 ) L2 µk α r = 1 + P cos (θ − θ0 ) (1.223) (1.224) (1.225) Pela conservação de energia: k L2 µr˙2 − =E + 2 2 2µr r Quando r = rmin ⇒ ṙ = 0 E= L2 k − 2 2µrmin rmin (1.226) 61 Quando r = rmin ⇒ rmin = alpha 1+P Então: L2 (1 + P )2 k(1 + P ) − → Eq. 2o grau para P 2µ α2 α    1 µαk µαk 2EL2 2 = − 1− 2 ± 2 1+ L L µK 2 E = P1,2 (1.227) (1.228) Substituindo α temos, para a raiz positiva: 1 2EL2 2 =ǫ P = 1+ µk 2 α r = 1 + ǫ cos (θ − θ0 )  (1.229) Podemos fazer θ0 = 0 r= α 1 + ǫ cos θ (1.230) r = rmin −→ Pericentro r = rmax −→ Apocentro 1.19 ǫ=0 Cı́rculo E = Vmin 0<ǫ<1 Elipse Vmin < E < 0 ǫ=0 Parábola E=0 ǫ>1 Hipérbole E>0 –Transferências de órbitas Vimos anteriormente que: a= α 1−ǫ onde α = L2 µk 2 ǫ =  2EL2 1+ µk 2  Daqui temos para órbitas elı́pticas e circulares que: a= k 2|E| (1.231) 62 De onde nós tiramos que: |E| = k 2a (1.232) Para uma trajetória circular em torno do sol essa equação se torna: k 2a k E = − 2r1 E = − (1.233) Onde r1 é o raio da órbita. E é a energia total: E =T +u (1.234) Vamos supor que na órbita circular com raio r1 a velocidade seja v1 isso nos dá para o termo cinético: T = mv12 2 (1.235) Para o termo potencial: u=− k ⇒ Potencial gravitacional r1 k mv12 k = − 2r1 2 r1 2 mv1 = 2 r k → Velocidade na órbita circular = mr1 (1.236) E = − ⇒ k 2r1 v1 (1.237) Agora vamos usar uma elipse de transferência, tal que: 2at = r1 + r2 Da figura nós temos: Vamos calcular a energia da elipse de transferência no periélio: (1.238) 63 Figura 1.21: Partı́cula livre m 2 k k = vt 1 − r1 + r 2 2 r1 2 mvt1 k k − = r1 (r1 + r2 ) 2 k(r1 + r2 ) − kr1 kr1 + kr2 − kr1 = r1 (r1 + r2 ) r1 (r1 + r2 ) s   r2 2k ⇒ vt 1 = mr1 r1 + r2 Et = − (1.239) A diferença de velocidade é justamente a velocidade de transferência. ∆v1 = vt1 − v1 (1.240) De modo similar temos: Onde v2 = q ∆v2 = vt2 − v2 k mr2 e então: vt2 = s 2k mr2  r1 r1 + r 2  (1.241) O tempo de transferência será dado por meio perı́odo da orbita elı́ptica. Tt = τt 2 (1.242) Mas sabemos da 3o lei de Kepler que: 4π 2 3 µa então kr m 32 a = π k t T2 = Tt (1.243) 64 1.19.1 Estabilidade em órbitas circulares Potencial efetivo tem valor verdadeiramente mı́nimo. Exemplo: F (r) = − k = −∇u (atrativa) rn (1.244) O potencial associado é dado por: Z u(r) = u(r) = k k dr = rn Z u(r) = − Z kr−n dr r−n dr = k k 1 n−1 (n − 1) r r−n+1 −n + 1 (1.245) As condições para se obter um mı́nimo são: ∂Vef ∂r ∂ 2 Ve f ∂r2 =0 ρ >0 (1.246) r=ρ Onde: Vf f = − Fazemos então: δV δr k 1 L2 + (n − 1) r(n−1) 2µr2 = r=ρ (1.247) k L2 − =0 ρn µρ3 Ou seja: ρ(n−3) = µk L2 (1.248) Por outro lado: ∂ 2V ∂r2 ρ =− − Substituindo ρ(n−3) temos: nk ρ(n+1) nk ρ(n−3) 3L2 + 4 > 0 µρ + 3L2 > 0 µ (1.249) 65 L2 (3 − n) > 0; µ 3−n>0 (1.250) Para n < 3 estável. 1.19.2 –Espalhamento de partı́cula α a Figura 1.22: Partı́cula livre Pela figura nós temos que: θe = π − 2ϕ ⇒ ϕ = π 2 ψ+ϕ= −ψ . π 2 tan ψ = Energia: ⇒ ϕ= π 2 − θe 2   θe = 2ψ  a a ⇒ θe = 2 arctan b b   mv 2 k E= + − 2 r (1.251) (1.252) No caso da força repulsiva: a= k 2E Então: k mv 2 k − = 2 r 2a (1.253) 2 k k mv∞ = ⇒ a= 2 2 2a mv∞ (1.254) Quando r → ∞ temos: 66 Logo: θe = 2 arctan  Exemplo: Rutherford k b= cot 2 mv∞ k 2 bmv∞  θe 2  (1.255)  (1.256) Quanto menor o parâmetro de impacto maior θE . seção de choque: dσ = 2πb db (1.257) b = b(θe ) db dθ dθ   θe k 2 csc − 2 2mv∞ 2 2      2π θe k θe 2 csc cot 2 2 mv∞ 2 2
2  θe cos 2 1 k
2 θe
π 2 θ mvi nf ty sin 22 sin 2
2  cos θ2e k
π mv∞ sin2 θ2e     θe θe 2 sin cos 2 2 ⇒ dσ = 2πb(θ) db = dθ dσ = = = sin(θe ) = Substituindo cos θe 2
(1.259) : π dσ = 2  Ou em termos de ângulo sólido: k 2 mv∞ 2 sin θe
dθ sin4 θ2e dΩ = 2π sin θdθ 2  dσ 1 k = 4 2 dΩ 2mv∞ sin 1.20 (1.258) θe 2 (1.260)
(1.261) Teorema do Virial F α r12 1 u hT i = − hui ⇒ T = − 2 2 (1.262) 67 Então: E= u 2 (1.263) EB = T + Vef Em B ⇒ T = 0 EB = Vef Vef = u + uc E B = u + uc Pelo teorema de Virial EB = u 2 u = u + uc 2 u → Não depende de k uc = − 2 u k EB = u + uc quando k → ; u → 2 2 u u EB = − ∴ EB = 0 → Parabola 2 2 1.20.1 (1.264) (1.265) (1.266) Apêndice: Teorema de Virial Considere uma partı́cula com momento p~ e vetor posição ~r, defina: S = p~ × ~r (1.267) ~ nos dá: A manutenção no tempo de S dS = p~˙ × ~r + p~ × ~r˙ dt Então o valor médio de S no tempo é:   Z 1 T dS dS S(T ) − S(0) = dt = dt T 0 dt T (1.268) (1.269) Se o movimento é periódico então: S(T ) = S(0) ↔ h dS i=0 dt (1.270) 68 Desse modo: hp~˙ × ~ri = h~p × ~r˙ i hp~˙ × ~ri = h2T i h2T i = hF~ × ~ri 1 ~ 1 ~ hF × ~ri = h∇u × ~ri hT i = 2 2 ~ = Quando: u = krn+1 ; ∇u ~r × (1.271) ∂u r̂ ∂r ∂u du r̂ = r̂ = k(n + 1)rn r ∂r dr = k(n + 1)rn+1 = (n + 1)u n+1 hui ⇒ hT i = 2 1 n = −2 ⇒ hT i = − hui 2 (1.272) Lebradas a partir do repouso. Qual a velocidade em ”r”momento antes: P~i = 0 (1.273) P~f = m1 ẋ1 + m2 ẋ2 (1.274) m1 x˙1 + m2 ẋ2 = 0 (1.275) Gm1 m2 m1 ẋ21 m2 ẋ22 Gm1 m2 + − =− 2 2 r r0 (1.276) Conservação do momento: Conservação de energia: 8.8 F (r) = kr ~ F~ (r) = −∇u ⇒ u=− u = − kr2 2 Z krdr (1.277) 69 A equação de trajetória é obtida de: Z Ldr r  θ(r) =  L2 kr2 2 r 2µ E + 2 − 2µr2 Z Ldr r =   2µr2 kr2 2µr2 E 2µL2 2 r + L2 2 − 1 2µL2 L2 Z dr q = 4 2E + kµr −1 r 2µr L2 L2 dx r2 = x ↔ dx = 2rdr ⇒ dr = 2r Z dx q (r) = 4 2E 2r2 2µr + kµr −1 L2 L2 v dx 1u u q = t 2 x kµ x2 + 2µE x − 1 L2 L2 Agora usamos: (dados)   Z 1 bx + 2c dx √ √ = √ arcsin −c x ax2 + bx + c x ∆ 1β 1 − 2 sin 2(θ − θ0 ) = ǫ r ǫ Com θ0 = (1.278) (1.279) π 4 π ) = − cos 2θ 2 β −ǫ cos 2θ − 1 = − 2 r 2 β = r + r2 ǫ cos 2θ sin (2θ − = r2 + r2 ǫ(cos2 θ − sin2 θ) (1.280) 8.13 F (r) = − rk2 − Com u = 1r . λ r3 para k, λ > 0   1 = −ku2 − λu3 F u (1.281) 70 Na equação de movimento: d2 u +u dθ2 d2 u +u dθ2   λµ d2 u + 1− 2 u 2 dθ L   2 kµ du 2 +A u− dθ2 AL2 | {z } µ 1 (−ku2 − λu3 ) L2 u2 kµ λµ = + 2u L2 L kµ = L2 = − = 0 v 2 dv + A2 v = 0 2 dθ (1.282) A equação 1.56 da valores diferentes conforme ”λ”. 1.21 Dinâmica de um sistema de partı́cula • Partı́culas isoladas → objetos extensos. Objetivo : Entender a dinâmica de coros rı́gidos. O conceito do sistema: As forças F~1(2) e F~2(1) são forças de interação entre o objeto 1 e 2, e estamos interessados no caso de forças de interação Newtoniana, isto é, que obedeçam a 3o lei de Newton. F~1(2) = −F~2(1) Ou seja: F~1(2) + F~2(1) = 0 (1.283) d d (~p1 + p~2 ) = P~ = 0 dt dt (1.284) Sendo assim: Onde Definimos o momento total: P~ = p~1 + p~2 (1.285) 71 As forças de interação são internas ao sistema. Se alem disso tivermos forças externas atuando sobre 1 e 2: ext ext + F~(2) F~total = F~1(2) + F~2(1) + F~(1) {z } | | {z } ~ (ext) =0Newtonianas F Então: dP~1 dP~2 d2 dP~ F~ (ext) = = + = m 2 [~r1 + ~r2 ] dt dt dt dt (1.286) (1.287) Onde: Como a massa total é dada por M = 2m logo:   2 2 d d ~ r + ~ r M 1 2 (ext) [~r1 + ~r2 ] = M 2 F~ = 2 dt2 dt 2 (1.288) Onde definimos a posição do centro de massa: ~ cm = ~r1 + ~r2 R 2 (1.289) No caso de massas iguais a posição do centro de massa se torna a média aritmética. Vejamos no caso de massas diferentes: d2 [m1~r1 + m2~r2 ] dt2   d2 m1~r1 + m2~r2 = M 2 dt M F~ (ext) = (1.290) Onde agora temos como média ponderada: ~ cm = m1~r1 + m2~r2 R M (1.291) Note que em todo momento estamos considerando massa constantes. Note tambem que: ~ cm = Xcm î + Ycm ĵ + Zcm k̂ R Onde: (1.292) 72 ~ cm = m1 x1 + m2 x2 X M m y + m2 y2 1 1 Y~cm = M m z + m2 z 2 1 1 ~ cm = Z M (1.293) (1.294) (1.295) Consideremos agora um sistema discreto de ”N”partı́culas: A Força total sobre cada uma das partı́culas é dada: F~total = F~(internos) + F~(ext) (1.296) Sobre a partı́cula ”1”: (ext) F~1(4) + · · · + F~1(n) + F~1 F~1 = F~1(2) + F~1(3) + P ~ = N β=1 F1(β) .. .. . . P ~ F~α = N β=1 Fα(β) + (ect) +F~1 .. . F~α(ext) (1.297) Somando sobre todas as partı́culas α = 1 . . . N : N X F~α = F~(toral) = α=1 N N X X F~α(β) + α=1 β=1,β6=α F~(total) = N X N X N X F~α(ext) α=1 F~α(β) + α=1 β=1,β6=α N X F~α(ext) (1.298) α=1 O aviso β 6= α exclui auto interação de ”α” com ”α”, mas como sabemos as forças são Newtonianas (Internas) então: F~(total) = F~ (ext) N X F~α(ext) = F~ (ext) α=1 N X # " N d2~rα d2 X mα~rα = mα 2 = M 2 dt dt α=1 M α=1 (1.299) Onde temos o centro de massa para um sistema discreto de ”N”partı́culas. ~ cm = R N X Mα~rα α=1 No limite do contı́nuo. M (1.300) 73 1.21.1 –Exemplo 1 Determinar o centro de massa de um hemisfério sólido uniforme. uniforme −→ densidade constante. ”α” Figura 1.23: Partı́cula livre ~ cm = Xcm î + Ycm ĵ + Zcm k̂ R Sabemos por simetria que Xcm = Ycm = 0, resta colocar: Z 1 a zdm Zcm = m 0 Temos que escrever dm em função de dz. isso pode ser feito notando que ρ = constante. Então: dm = ρdv (1.301) Onde por geometria vemos que: Figura 1.24: Partı́cula livre Então o volume do disco que contém ”dm”dv = π(a2 − z 2 )dz logo: Z a 3a 1 ρπ(a2 − z 2 )dz = Zcm = (1.302) M 0 8 1.21.2 –Exemplo 2: Corrente caindo: Determinar a tenção: t=0 Massa da corrente no lado direito: Md = M ρb = 2 2 (1.303) 74 Figura 1.25: Partı́cula livre t¿0 M − Mx 2 ρbρx = 2 (b − x) = ρ 2 Md = (1.304) A variação do momento linear total é dado por: dP~ dt = = = x = Ṗ = = = T = 1.21.3   d ρ(b − x) Mg − T = ẋ dt 2 ρ ρxẍ ρb ẍ − ẋ2 − 2 2 2 ρ 2 [−ẋ + ẍ(b − x)] 2 gt2 ẋ = gt ẍ = g 2  ρ g 2 t2 2 2 −g t + gb − 2 2   2 2 3g t ρ − + gb 2 2 ρ [gb − 3gx] = M g − T 2   M g 3x +1 2 2 (1.305) Exemplo 9.7( Colisão elástica frontal) A colisão foi elástica frontal sendo que ~u1 → velocidade de m1 , ~u2 = α~u1 , (α > 0) velocidade de m2 . Determinar as razoes u1 u2 e m1 m2 para que m1 fique em rotação após a colisão: antes da colisão a energica cinética é igual. 75 Como as energias cinéticas são iguais, então: 1 1 1 m1 u21 = m2 u22 = m2 α2 u21 2 2 2 m1 2 ∴ α = m2 (1.306) (1.307) Se m1 fica em repouso temos: 1 1 1 m1 u21 + m2 u22 = m2 v22 2 2 2 m2 v22 Colisão foi elástica m1 v12 = 2 (1.308) (1.309) Além disso: m1~u1 + m2~u2 = m2~v2 (1.310) m1~u1 + αm2~u1 = m2~v2 (1.311) (m1 + αm2 )~u1 = m2~u1 = m2~v2 (1.312) Logo: v2 = (m1 + αm2 ) u1 m2 (1.313) Substituindo (2.313) em (2.309) temos: m2 (m1 + αm2 )2 2 u1 2 m22  2 m2 m1 = +α 2 m2 = (α2 + α)2 m1 u21 = m1 ⇒ 2α2 √ 2α √ 2−1 m1 m u2 u1 1.22 = α2 + α = α ⇒ α = 0, 414 (1.314) = α2 = 0, 172 (1.315) = 0, 414 (1.316) Colisões inelásticas: 1 1 1 1 Q + m1 u21 + m2 u22 = m1 v12 + m2 v22 2 2 2 2 (1.317) 76 Então: Q = 0 Colisão elástica Q > 0 Exoergı́ca Q < 0 Endoérgica Quando temos uma colisão inelástica total podemos medir a inelasticidade da colisão através do coeficiente de restituição ǫ. ǫ= |v2 − v1 | |u2 − u1 | (1.318) ǫ = 1 −→ Perfeitamente elástica; ǫ = 0 −→ Perfeitamente inelástica. 1.22.1 Exemplo 3: m m = m(x) ρ = m = ρx x Z Rθ m(x)gdx w = 0 Z Rθ x2 Rθ xdx = ρg = 2 0 o ρgR2 θ2 ⇒ w = 2 Mas ρ = m 2πR w= mgRθ2 4π (1.319) (1.320) 77 W = ∆T W = Tcilindro + Tcorda Iω 2 mv 2 + = 2 2 2 I = MR M R2 ω 2 mω 2 R2 ⇒ W = + 2 2 (m + M ) 2 2 (m + M ) 2 = θ̇ R ω = 2 2 mrR2 θ2 ⇒ θ̇2 = 2πR(m + M ) (1.321) (1.322) Possı́vel explicação para o método do livro: ∆m ⇒ ∆m = ρ∆x ∆x Z Rθ ρ∆xgdx W = ρ = (1.323) 0 Quem é δx? ∆x = x − R sin φ (1.324) Para φ → pequeno sin φ ≈ φ. x x ⇒ φ= R xR  ⇒ ∆x = x − R sin R sin φ = Então: W = 1.22.2 Z Rθ 0 h ρg x − R sin  x i R (1.325) dx (1.326) Exemplo 9.9: Para uma colisão elástica frontal mostrar que ǫ = 1. Sendo que m2 esta em repouso. m1 u1 = m 1 v1 + m 2 v2 mv12 m2 v22 m1 u21 = + 2 2 2 (1.327) (1.328) 78 De (2.327) temos: v2 = m 1 u1 − m 1 v 1 m2 (1.329) Então: m1 u1 −m1 v1 − v1 |v2 − v1 | m2 = ǫ = |u2 − u1 | u1 m1 m1 v1 v1 ǫ = − − m 2 m 2 u1 u1 Substituindo (2.329) em (2.328) temos: 2  m1 v12 m2 m1 u1 − m1 v1 m1 u21 = + 2 2 2 m2 2 m m1 u21 = m1 v12 + 1 (u21 + v12 − 2u1 v1 ) m2 (1.330) (1.331) Dividindo por m1 u21 : v 2 m1 1 = 12 + u1 m 2 Chamando v1 u1  v2 v1 1 + 12 − 2 u1 u1  (1.332) = x temos: m1 (1 + x2 − 2x) 1 = x2 + m2     2m1 m1 m1 2 x − 1+ + −1 =0 m2 m2 m2 Daqui temos: x = 1 x= m1 m2 m1 m2 −1 (1.333) (1.334) (1.335) +1 A solução x = 1 é trivial v1 = u1 e v2 = 0. Agora: m1 m1 ǫ = − m2 m2 m1 m2 m1 m2 −1 +1 − m1 m2 m1 m2 −1 +1 m1 m1 (m1 − m2 ) (m1 − m2 ) − − m2 m2 (m1 + m2 ) (m1 + m2 )   (m1 − m2 ) (m1 − m2 ) m1 1− − = m2 (m1 + m2 ) (m1 + m2 )   m1 m1 + m2 − m1 + m2 (m1 − m2 ) = − m2 (m1 + m2 ) (m1 + m2 ) 2m1 (m1 − m2 ) = − (m1 + m2 ) (m1 + m2 ) m1 + m2 =1 = (m1 + m2 ) = (1.336) 79 Durante uma colisão elástica ou inelásticas podem ocorrer forças de impulsão. A segunda lei continua válida durante o intervalo de tempo da colisão: d F~ = m~a = (m~v ) dt (1.337) De modo que: Z p ~f d~p = p ~i p~f − p~i = 1.22.3 Z tf t1 Z t2 F~ dt (1.338) F~ dt = I (Impulso) (1.339) t1 Exemplo 9.10 Consideremos uma corda de densidade ρ e comprimento ”a”. Quando um comprimento x cai sobre a mesa qual a força? F~ = F~p + F~I F~p = m~g ⇒ |F~ | = ρ × g dp FI = dt (1.340) Durante o intervalo dt uma quantidade dm = ρvdt = ρdx cai sobre a mesa: dp = ρvdtv = ρv 2 dt ⇒ dp = ρv 2 = FI dt v 2 = v02 + 2gx com v0 = 0 v 2 = 2gx ↔ FF = 2ρgx F = ρgx + 2ρgx = 3ρgx 1.22.4 (1.341) –Movimento de foguete: Conservação do momento: Pi = mv (1.342) Pf = (m − dm′ )(v + dv) + dm′ (v − u) (1.343) 80 Figura 1.26: Partı́cula livre Com Fext = 0 então: mv = (m − dm′ )(v + dv) + dm′ (v − u) mv = mv + mdv − vdm′ − dvdm′ + vdm′ − udm′ Desprezando o produto dos diferenciais dvdm′ mdv = udm′ (1.344) Logo: dv = u dm′ m Como dm′ = −dm, então: dv = −u Logo: Assim: Logo: Z v v0 dv = −u (1.345) dm m Z m m0 (1.346) dm m (v − v0 ) = −u(ln m − ln m0 ) m  0 = u ln m v = v0 + u ln A ejeção dos tanques tambem é feita. m  0 m (1.347) (1.348) (1.349) (1.350) Figura 1.27: Partı́cula livre d (mv) dt ⇒ Fext dt = d(mv) = dp = p(t + dt) − p(t) Fext = Fext dt = mdv − udm′ (1.351) 81 Como dm′ = −dm: Fext dt = mdv + udm −mgdt = mdv + udm −mg = mv̇ + uṁ Chamando ṁ = dm dt = α, α > 0 α dv = −g + u dt m   α dv = −g + u dt Z m u Z v u g dm − dv = α m m0 0 m  g 0 v = − (m0 − m) + u ln α m 1.23 (1.352) (1.353) (1.354) (1.355) (1.356) –Colisões Figura 1.28: Partı́cula livre o sistema esta isolado, o que significa que F (e) = 0 então momento linear é conservado. p~1i + p~2i = p~1f + p~2f (vetorial) (1.357) Como p~2i = 0 temos nos eixos ”x”e ”y”as equações: Em x: p1i = p1f cos θ1 + p2f cos θ2 (1.358) 0 = p1f sin θ1 − p2f sin θ2 (1.359) Não sabemos a priori se a energia cinética se conserva. A princı́pio pode existir a quantidade. Q = Tf − Ti (1.360) 82 Se: Q > 0 ⇔ Tf > Ti Explosão exoergica (1.361) Q < 0 ⇔ Tf < Ti Deformação endoergica (1.362) Q = 0 ⇔ Tf = Ti Elástica (1.363) Vamos considerar primeiramente que a colisão é elástica Q = 0 ⇔ Tf = Ti 2 2 2 m1 v1f m2 v2f m1 v1i = + 2 2 2 Como T = Com isso: mv 2 2 e p = mv ⇒ T = (1.364) P2 . 2m 2 2 P1f P2f P1i2 = + 2m1 2m1 2m2 (1.365) Dados m1 , m2 , P1i e θ1 é possı́vel determinar P1f , P2f ? Em (2.315) e (2.320) vamos fazer: (P1i − P1f cos θ1 )2 = (P2f cos θ2 )2 (P1f sin θ1 )2 = (P2f sin θ2 )2 2 2 P1i2 − 2P1i P1f cos θ1 + P1f = P2f (1.366) 2 Substituindo P2f na energia cinética: 2 P1i2 − 2P1i P1f cos θ1 + P1f P1i2 − Pif2 = m1 m2 (1.367) Isso nos leva a seguinte equação do 2o grau:     m1 − m2 m1 + m2 2 2 − 2P1i cos θ1 Pif + P1i =0 (1.368) Pif m1 m1 √ −b ± b2 − 4ac (1.369) x = 2a " # 21 2 Pif m1 m1 m − m 1 1 (1.370) = cos θ1 ± cos2 θ1 + P1i m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2 Com isso nós vemos que m1 > m2 o 2o termo pode ser negativo, a não ser que θ1 → θm tal que: 83 2 cos θm = 1 − m22 m21 s  nesse caso temos a m1 m1 +m2 é o ângulo máximo de espalhamento de m1 . 2 cos2 Se m1 >> m2 o cos2 θm → 1 então θm → 0. Quando θ1 < θm existem duas raı́zes, dois valores de θ1 + m2 −m1 m1 +m2  então θm → P1f . P1i Se θ1 = 0 pode significar duas coisas colisões frontal ou não colisão. s m21 m2 − m1 m1 P1f + ± = 2 P1i m1 + m2 (m1 + m2 ) m1 + m2 s m1 m21 (m22 − m21 ) = ± + m1 + m2 (m1 + m2 )2 (m1 + m2 )2 m1 = 2 (m1 + m2 ) ± (m1m+m 2) m1 − m2 ⇒ ou 1(P1f = P1i ) (1.371) m1 + m2 1.24 Preliminar sobre impulso: dP~2 d~pf = F~1(2) = −F~1(1) = − dt dt (1.372) Integrando: Z De forma geral: 1.25 tf ti dP~1 dt = − dt Z tf t1 dP~2 dt dt ∆~p1 = −∆P~2 Z tf F~ dt = ∆~p (1.373) (1.374) ti –Colisões unidimensionais - Se há conservação de energia cinética dizemos que a colisão é elástica, caso contrário inelástica. - Em ambos os casos o momento linear é conservado. 84 Consideremos: o momento se conserva: P~i = P~f m1~v1 + m2~v2 = m1~v1′ + m2~v2′ (1.375) Figura 1.29: Partı́cula livre Na deformação: I~D1 = ∆~p1 = m1~v − m1~v1 (1.376) I~D2 = ∆~p2 = m2~v − m2~v2 (1.377) I~D2 = −I~D1 (1.378) Devemos observar que: Resolvendo 2.333 e 2.334 para ~v1 ; ~v2 ID1 m1 ID2 = ~v − m2 ~v1 = ~v − (1.379) ~v2 (1.380) Ou podemos ter também: ~v2 = ~v + ID1 m2 (1.381) Logo: ~v2 − ~v1 = I~D1  1 1 + m1 m2  = I~D1  m1 + m2 m1 m2  (1.382) Procedendo exatamente da mesma maneira para o processo de restrição teremos: ~v2′ − ~v1′ = −IR1  m1 + m2 m1 m2  (1.383) Tomando essas quantidades em módulo definimos o que é conhecido como coeficiente de restituição. 85 ǫ= |IR1 | |~v ′ − ~v2′ | = 2 (Regra de Newton) |ID1 | |~v2 − ~v1 | (1.384) No caso de colisões elásticas: Figura 1.30: Partı́cula livre Nesse caso a regra de Newton só vale na vertical. Sendo a colisão elástica temos: T1 = Tf ′ ′ m1 v12 m2 v22 m1 v12 m2 v22 + = + 2 2 2 2 ′2 ′2 2 2 m1 (v1 − v1 ) = m2 (v2 − v2 ) m1 (v1 + v1′ )(v1 − v1′ ) = m2 (v2 + v2′ )(v2 − v2′ ) (1.385) Da conservação do momento temos: m1 (v1 − v1′ ) = m2 (v2′ − v2 ) (1.386) Dividindo uma pela outra temos: v1 + v1′ = v2′ + v2 (1.387) v2′ − v1′ = v1 − v2 (1.388) v2′ − v1′ =1 v2 − v1 (1.389) Ou seja: Em módulo: Para colisões elásticas ǫ = 1 os resultados de ǫ estão entre ”0”e ”1”. 1.25.1 Exemplo 9.3: Xcm = m1 m2 0 + m1 a = a m1 m2 m1 + m2 (1.390) 86 Supondo que a velocidade inicial do C.M. seja ~v0 , após a liberação do sistema o C.M. seguirá um movimento parabólico. X m~v 2 Faplicadas = F~cp ⇔ T~ = r (1.391) Para a massa m2 temos v2 = bθ̇2 , r = b m2 b2 θ̇2 m1 m2 aθ̇2 2 = m2 bθ̇ = =T b m1 + m2 1.26 (1.392) Energia do sistema Consideramos uma mudança de configuração de um sistema de n partı́culas com massa mα ; α = 1, 2, . . . , n. Em que o sistema sai da configuração ”1”e vai para a configuração ”2”. W12 = XZ α 2 1 Lembrando que: W = F~α · d~rα = R2 1 XZ α 2 d 1  1 mα vα2 2  = T2 − T1 (1.393) F~ · d~r d~vα F~α · d~r = m~aα · d~r = m · d~rα dt d~vα d~rα = m · d~ralpha = md~vα~vα d~rα dt (1.394) Onde: T = X Talpha = α Como sabemos: X1 α 2 mα vα2 (1.395) ~ ⇒ ~eα = ~r˙α = r~˙′ + R ~˙ ~rα = ~rα′ + R α ˙ ~˙ · (r~˙α′ + R) ~˙ ~r˙α · ~r˙α = vα2 = (r~α′ + R) ′ ˙ ~˙ = vα2 + 2r~α′ · R +V2 (1.396) Então temos: T = X1 α 2 mα vα2 = X1 α 2 ′ mα vα2 + X1 α 2 mα V 2 + X α ˙ ~˙ mα r~α′ · R (1.397) 87 Como P α mα~rα′ > 0 T = X1 α T = 2 X1 α 2 ′ mα vα2 + X1 2 α ′ mα vα2 + mα V 2 MV 2 2 (1.398) A energia cinética do sistema é a soma da E.C. do C.M. + a E.C. de cada partı́cula. X α Mas: X X ˙ ~˙ ~˙ · d mα r~α′ · R =R mα r~′ α dt α mα r~′ α = 0 = α X α Em seguida separamos a força: ~ α) = M R − M R = 0 mα (~rα − R F~α = F~α(e) + f~α 1 (1.400) (1.401) Então vamos retomar a expressão do trabalho: XZ 2 XZ 2 ~ W12 = (F~α(e) + f~α ) · d~rα Fα · d~rα = α (1.399) (1.402) 1 α (e) Se F~α e f~α forem conservativas então existe um potencial associado a elas. ~ α uα F~α(e) = −∇ X f~α = f~αβ (1.403) β ~ α nos diz que a operação é com respeito ~ α uαβ . Onde o simbolo ∇ Com f~αβ = −∇ (e) aos ı́ndices da α -ésima partı́cula. Vamos considerar o primeiro termo: F~α = ~ α uα −∇ Então: XZ α 2 1 F~α(e) · d~rα = − = − XZ α X α 2 1 uα ~ α uα · d~rα ∇ 2 1 (1.404) 88 O segundo termo nos dá: XZ 2 X Z 2 ~ fαβ · d~rα = [f~αβ · d~rα + f~βα · d~rβ ] α,β6=α 1 1 α<β XZ = α<β XZ = α<β 2 1 2 1 f~αβ · (d~rα − d~rβ ) f~αβ · d~rαβ (1.405) Onde d~rαβ = d~rα − d~rβ Então temos: XZ α 2 1 f~α · d~rα = XZ α<β 2 1 f~αβ · d~rαβ (1.406) Mas como uαβ é uma função somente da distância entre mα e mβ ela dependerá de ”6”quantidades. As 3 coordenadas de mα e as 3 de mβ . Portanto:  X  ∂uαβ ∂uαβ dxα,i + dxβ,i duαβ = ∂x ∂x α,i β,i i ~ β uαβ · d~rβ ~ α uαβ · d~rα + ∇ = ∇ (1.407) ~ α~uαβ = −f~αβ Mas ∇ Porém: uαβ = uβα ~ β · ~uβα = ∇ ~ β uαβ = −f~βα = fαβ ∇ duαβ = −f~αβ · d~rαβ (1.408) Logo: W12 = − X α 2 uα 1 − X uαβ 2 1 (1.409) α<β Então a energia total do sistema é dada por: u = X uα + α W12 = −u X uαβ (1.410) α<β 2 1 = −(u2 − u1 ) = ∆u (1.411) 89 Figura 1.31: Partı́cula livre 1.26.1 –Exemplo 9.4 M 2 M = 6 M = 3 m1 = (sentido original ~v1 = k1~v , k1 > 0) (1.412) m2 (sentido oposto ~v2 = −k2~v , k2 > 0) (1.413) (parada ~v3 = 0) (1.414) m3 Conservação do momento linear: M M k1 v − k2 v 2 6 1M 1M = (k1 v)2 + (k2 v)2 2 2 2 6 M~v = 1 E + M v2 2 (1.415) (1.416) Com E = 52 M v 2 então temos: Da conservação do momento temos: 12M v = 6M k1 v − 2M k2 v 6v = 3k1 v − k2 v = (3k1 − k2 )v 6 − 3k1 + k2 = 0 ⇔ k2 = 3k1 − 6 1.27 (1.417) Colisão no referencial do C.M. Antes de ocorrer a colisão: Referencial do LAB: Queremos expressar u~′ 1 e u~′ 2 em função de u1 e u2 ! Da definição de c.m. ~ cm = m1~r1 + m2~r2 R M (1.418) 1 (m1~u1 + m2~u2 ) V~cm = M (1.419) Onde: M = m1 + m2 . 90 Como ~u2 = 0 −→ no referencial do LAB. m1~u1 V~cm = M (1.420) Logo no referencial do C.M., por lógica: m1 u′2 = −V~cm = − ~u1 M (1.421) → Princı́pio de conversação do momento no C.M.: m1 u~′ 1 + m2 u~′ 2 = 0 (Antes) (1.422) m1 u~′ 1 + m2 u~′ 2 = 0 (Depois) (1.423) m2 m2 ~u1 u~′ 1 = − u~′ 2 = m1 M (1.424) De (2.423): Escrevendo (u1 ) em função de (2.421) temos: m2 ~ Vcm u~′ 1 = m1 (1.425) As equações (2.422) e (2.425) nos mostram como relacionar u~′ 1 eu~′ 2 com | {z } LAB u1 falta expressar u~′ 1 e v~′ 2 em termos de ~u1 : |{z} cm • Aplicando a conservação de energia: Ei = Ef ′ ′ ′ m2 u22 m1 v12 m2 v22 m 1 u1 + = + 2 2 2 2 (1.426) ′2 (1.427) De (2.423) temos: m1 u~′ 2 = − u~′ 1 m2 (1.428) m1 v~′ 2 = − v~′ 1 m2 (1.429) De (2.424) temos: Substituindo na conservação de energia: u~′ 1 = u~′ 1 (1.430) 91 Como sabemos u~′ 1 em função de ~u1 : m2 v~′ 1 = u1 M (1.431) Com isso da equação (2.432) da pagina 3: m1 m1 m2 v~′ 2 = − ~u1 = − ~u1 m2 M M (1.432) Sendo assim expressamos todas as velocidades do C.M. u~′ 1 , u~′ 2 , v~′ 1 ev~′ 2 em termos da configuração inicial do sistema LAB. Seja n̂ o versor unitário na direção de v~′ 1 então: m2 m2 v~′ 1 = ~u1 = u1 n̂ M M m1 m1 v~′ 2 = − ~u1 = − u1 n̂ M M 1.27.1 (1.433) (1.434) Problema do Barco: No inicio: O homem se movimenta: Velocidade do barco → ẋ Velocidade do homem com relação ao barco → ξ˙ Mostre que com t → ∞, x → 0. Suponha uma força resistiva da água da forma: R = −k(m + M )v (1.435) ˙ = (M + m)v − mξ˙ ∆P = M v + m(v − ξ) (1.436) A variação do momento é: Onde v = ẋ A única força de resistência: R = −(M + m)kv k = constante (1.437) Lei para o sistema sujeito a força externa: F (ext) = dP dt (1.438) 92 Logo: dP −(M + m)kv = (M + m)v̇ − mξ¨ = dt +(M + m)(kv + v̇) = +mξ¨   m v̇ + kv = ξ¨ m+M   dẋ dx m ξ¨ +k = dt dt m+M Integrando no tempo: ẋ + kx =  m m+M  ξ˙ + C (1.439) (1.440) (1.441) (1.442) (1.443) Se o sistema começa a se mover do repouso em x = 0(ẋ = 0; ξ˙ = 0) então: C=0 ẋ + kx =  m m+M  ξ˙ (1.444) Multiplicando a E.D.O. por u(t), usando o método fator integrante: u(t)ẋ +
˙ α= m u(t)kx = αu(t)ξ; m+M Definindo: u̇(t) = u(t)k ⇔ u(t) = ekt (1.445) Ficamos com: u(t)ẋ + u̇x = αuξ˙ d (ux) = αuξ˙ dt Z ˙ +C ∴ ux = αuξdt Então: 1 x(t) = u(t) Z ˙ +C αuξdt  (1.446) (1.447) Para obter o fator integrante: du = ku(t) ⇒ u(t) − ekt dt Logo: x(t) =  m m+M  e −kt Z t 0 ˙ ′ )ekt′ dt + C2 e−kt ξ(t (1.448) (1.449) 93 Como temos as condições iniciais: C2 = 0. Vamos supor que o homem leve um tempo τ para caminhar da proa ate o meio do barco. Para t > τ ξ˙ = 0 então:   Z τ m −kt ˙ ′ )ekt dt′ 0 < t′ < τ x(t) = e ξ(t m+M 0 x(t) = x0 e−kt 1.28 (1.450) –Momento angular: Suponha uma colisão inelástica e determine a perda de energia elástica. Figura 1.32: Partı́cula livre Desde que não tenhamos torque externo o momento angular é conservado. Li = mbu 1 Lf = mb(bΩ) + M a2 Ω 4   1 mb2 + M a2 Ω = mbu 4 mbu ∴ Ω = 2
mb2 + M4a (1.451) Energia cinética no fim após a colisão: Tf Tf   m(bΩ)2 1 1 2 + M a Ω2 = 2 2 4 1 (M a2 + 4mb2 )Ω2 = 8 2m2 b2 u2 = M a2 + 4mb2 (1.452) Perda de energia cinética(colisão inelástica) mu2 2m2 b2 u2 − 2 M a2 + 4mb2 mM a2 u2 Q = 2(M a2 + 4mb2 ) Q = Ti − Tf = (1.453) 94 • Processos com Q¿0 exoérgicos. • Processos com Q¡0 endoérgicos. • Processos com Q=0 elásticos. 1.28.1 Foguete: P (t) = (M + δm)v (1.454) P (t + dt) = M (v + dv) + δ(v − u) (1.455) Como F (ext) = 0: ∆P = P (t + dt) − P (t) = M (v + dv) + δm(v − u) − (M + δm)v ⇒ dv = δm u M = M v + M dv + δmv − δmu − M v − δmv (1.456) Considerando o foguete como sistema: dM = Msistema (t + dt) − Msistema (t) = M − (M + δm) = −δm dM = −δm dM u dv = − M Após integrar: v = v0 + u ln (1.457) (1.458)  M0 M  (1.459) Na presença de F (ext) gravitacional: dp = p(t + dt) − p(t) = M dv + udM dv dM dp = M +u = −mg ⇒ dt dt d (1.460) Mostre que: m  g 0 v = − (m0 − m) + u ln α m (1.461) 95 1.29 –Momento angular do sistema: Na aula passado: • Definimos momento total do sistema de ”N”partı́culas: P~ = p1 + p2 + · · · + pn (1.462) Vimos que na presença de forças externas: N dP~ ~ (ext) X (ext) ~ (ext) ~ F = ; F = Fi dt i=1 (1.463) Portanto se F~ (ext) = 0, P~ =constante. • Definimos o vetor posição do centro de massa do sistema de ”N”partı́culas: -2 massas iguais: ~ cm = ~r1 + ~r2 (média aritimédica) R 2 (1.464) ~ cm = m1~r1 + m2~r2 ; M + m1 + m2 R M (1.465) - 2 massas diferentes: - ”N”massas diferentes: Limite do contı́nuo: N X ~ cm = 1 R mi~ri M i=1 ~ cm R 1 = M Z ~r · dm (1.466) (1.467) Agora vamos tratar do momento angular do sistema de partı́cula: Figura 1.33: Partı́cula livre ~ + r~′ α ~rα = R (1.468) Com relação ao sistema fixo o momento angular é: ~ α = ~rα × p~α L (1.469) 96 Sendo assim o momento angular do sistema total é dado pela soma sobre todas as partı́culas ”α”: ~ = L = = N X α=1 N X α N X N X ~α = L α=1 (~rα × p~α ) (~rα × ~r˙α ) = α=1 N X α=1 ˙ ~ + r~′ α ) × (mα R ~ + mα r~˙α′ ) (R ~ × R) ~˙ + (R ~ × r~˙′ ) + (r~′ α × R) ~˙ +(r~′ α × ~r˙α )] mα [(R α {z } | (1.470) I Nos termos que chamamos de I note que: N X N X ~ × r~˙α′ + r~′ α × R] ~˙ = R ~× d mα [ R dt α=1 mα r~′ α α=1 ! + X α=1 ~˙ N mα r~′ α × R (1.471) E vemos que: N X mα r~′ α = α=1 N X α=′ mα~rα − N X α=1 ~ = MR ~ − MR ~ =0 mα R (1.472) Portanto: ~ = L N X α=1 ~ ×R ~˙ + r~′ α × r~˙′ ) mα ( R α ~ × P~ + = R N X α=1 Então: ~ =R ~ × P~ + L mα r~′ α × ~r˙α N X α=1 r~′ α × p~α (1.473) (1.474) (1.475) • O momento angular total é a soma do momento angular do C.M. sobre a origem fixa mais o momento angular do sistema sobre o C.M. Sobre a variação do tempo: ~ = L N X α=1 N ~rα × p~α p~˙α = F~α(ext) + X ~˙ = ⇔ L ~rα × p~˙α N X β=1,β6=α (1.476) α=1 F~α(β) (1.477) 97 Mas se as forças forem Newtonianas: N X F~α(β) = 0 (1.478) β=1,β6=α E então: p~˙α = F~α(ext) N N X X (ext) ~ ~ ~ α(ext) = N ~ (ext) N ∴ L = ~rα × Fα = α=1 (1.479) α=1 P ~ Observação: Se não cancelássemos N β=1,β6=α Fα(β) terı́amos: # " N N N N X X X X ~ ~rα × Fα(β) = ~rα × F~α(β) α=1 α=1 β=1,β6=α β=1,β6=α N 1X X N [~rα × F~α(β) + ~rβ × F~β(α) ] = 2 α=1 β=1,β6=α N N 1X X (~rα − ~rβ ) × F~α(β) = 2 α=1 β=1,β6=α (1.480) Mas ~rα − ~rβ é paralelo a F~αβ : ∴ (~rα × ~rβ ) × F~α(β) = 0 1.30 (1.481) Energia do sistema de ”N”partı́culas: Em analogia com o que vimos anteriormente: W1→2 = W1→2 = = Z 2 1 F~ · ~r ⇒ W1→2 = N Z X 2 1 α=1 N  X α=1 Onde: T = d~pα · d~rα = dt mvα2 2 2 − α=1 2 α=1 2 α 1 N 2X N Z X  mvα2 1 N X mα v 2 Z ; ~vα = α=1 F~α · d~rα 2 1 mα~vα · d~vα = T2 − T1 (1.482) d~rα dt (1.483) 98 Ao mesmo tempo sabemos que: ~ ~rα = r~′ α + R (1.484) e ~vα = d~rα ~˙′ ~˙ = rα + R dt (1.485) Então: N X malpha ~˙′ ~˙ 2 T = (rα + R) 2 α=1 # " ′ N X ~˙ 2 malpha~r˙α2 ˙~′ ~˙ mα R = + m α rα · R + 2 2 α=1 # " ′ N N X X ~˙ 2 mα~r˙ 2 M V 2 mα~r˙α2 mα R + = + = 2 2 2 2 α=1 α=1 Onde usamos: N X α=1 ˙ ~˙ ~˙ · mα r~α′ · R =R E com relação ao potencial? Z W1→2 = N X mα r~′ α α=1 ! =0 (1.486) (1.487) Z N ~ F · d~r ⇒ W1→2 = F~α · d~rα 1 α=1 " # Z 2X N N X = F~α(ext) + F~α(β) · d~rα 2 1 = + α=1 N Z X α=1 N X α=1 2 1 β=1,β6=α F~α(ext) · d~rα + Z 2 N 1 X F~α(β) · (d~rα − d~rβ ) 2 β=1,β6=α 1 ~ α uαβ F~α(β) = −∇ (1.488) (1.489) (1.490) Onde uαβ é a energia potencial interna decorrente da interação entre ”α” e ”β”: uαβ = uβα → Escalar; F~α(β) = −F~β(α) → Vetor. 99 ~ α uαβ · d~rα + ∇ ~ β uαβ · d~rβ duαβ = ∇ = −F~α(β) · d~rα − F~β(α) · d~rβ = −F~α(β) · (d~rα − d~rβ ) Z 2 N N X X 1 ∴ F~α(β) · (d~rα − d~rβ ) = 2 α=1 β=1,β6=α = − W1→2 = − u = − 1.30.1 N X 1 α=1 X α X (1.491) (1.492) 1 Z N X 2 β=1,β6=α 2 uα − 1 uα + α N X 2 duαβ = 1 2 2 uαβ 1 uαβ 1 β6=α X XX uαβ (1.493) α,β Exemplo 11.5: Se ω ~ = ω3 ê3 1 1 L1 = I13 ω3 = − M B 2 ω3 = − βω3 4 4 1 1 L2 = I23 ω3 = − M b2 ω3 = − βω3 4 4 2 2 L3 = I33 ω3 = + M b2 ω3 = + βω3 3 3 Desse modo:   1 1 2 2 ~ L = M b ω3 − ê1 − ê2 + ê3 4 4 3 Devemos resolver a equação secular: 2 β 3 −I − 41 β − 41 β 2 β 3 −I − 11 β+I 12 − 14 β − 14 β 2 β 3 −I − 14 β − 41 β 11 β 12 −I − 41 β − 41 β − 41 β 2 β 3 =0 −I − 14 β 0 2 β 3 −I =0 (1.494) 100 2 β 3 − I − 14 β −1 − 41 β 1 0 − 41 β − 41 β 2 β 3 =0 −I   " 2 # 2β β 2 β 2β 11β −I −I − − −I = 0 12 3 8 4 3         β2 β 2β 2β 11β − −I −I −I − 12 3 3 4 8     11β 11β β −I −I = 0 12 12 6  {I} =      β 6 0 11β 6 0     0 0 (1.495) (1.496)   0    0   11β   6 Como I2 = I3 o eixo I1 deverá ser um eixo de simetria. 1.31 Propriedades adicionais do tensor de Inércia: Já obtivemos: Lk = X Ikl ωl (1.497) l Essa relação conecta Ikl com Lk . E esta em um referencial girando. L′i = X Iij′ ωj′ (1.498) j Essa equação esta em um referencial fixo. ~ como ω Tanto L ~ obedecem a lei de transformação para vetores: xi = 3 X λij x′j com i = 1, 2, 3 (1.499) j=1 A quantidade λij é denominada cosseno diretor do eixo x′i em relação ao eixo xj . É conveniente expressar λij como uma matriz: 101  λ λ λ  11 12 13  λ =  λ21 λ22 λ23  λ31 λ32 λ33      λ → Matriz de transformação ou rotação. Dessa forma podemos escrever: X Lk = λmk L′m (1.500) λjl ωj′ (1.501) m X ωl = j Substituindo em (2.497) e (2.498) temos: X X λmk L′m = m XX k X Ikl X m XX Ikl k l X δim L′m XX = m j j λik λjl ωj′ j (λik λjl Ikl )ωj′ k,l X X L′i = (1.502) j l λik λmk L′m = λjl ωj′ λik λjl Ikl k,l ! ωj′ (1.503) Para essa equação ser idêntica à equação para L′i temos: Iij′ = X λik λjl Ikl (1.504) k,l Esta é portanto a regra que o tensor de inércia deverá obedecer sobre uma transformação de coordenadas. Válido para qualquer tensor de rank-2. Tµνγ··· = X a,b,c,d Ta′ = X λµa λνb λγc · · · Tabc... λai Ti (1.505) (1.506) i Vetor → tensor de rank-1. Iij′ = X kl λik Ikl λtlj (1.507) 102 Na forma matricial I′ = λIλt (1.508) → Transformação de similaridade. Se λ são matrizes de transformação ortogonal λt = λ−1 . 1.32 Se o tensor de inércia for diagonal Iij′ = Ii δij (1.509) Desse modo: Ii δij = X λik λjl Ikl (1.510) k,l Multiplicando por λim e somando sobre i: X Ii λim δij = i X X k,l Ij λjm = X λim λik i ! λjl Ikl λjl Iml l Ij λjm = X Ij λjl δml (1.511) l X Ij λjl δml = l X l 1.33 X λjl Iml l (Ij δml − Iml )λjl = 0 |Iml − Ij δml | = 0, (1.512) j = 1, 2, 3 (1.513) Momento angular Em relação ao algum ponto ”θ” fixo no sistema de coordenadas do corpo o momento angular é: ~ = L X α Onde: ~rα × p~α p~α = mα~vα = mα ω ~ × ~rα (1.514) (1.515) 103 Logo: ~ = L X α Usando: ~rα × mα ω ~ × ~rα = X α mα~rα × (~ω × ~rα ) ~ × (B ~ × A) ~ = A2 B ~ − A( ~ A ~ · B) ~ A X ~ = L Li êi (1.517) i Li = X ωi mα α = X k mα α = X X X x2α,k − xα,i ωj δij j ωj X |α j Li = X Iij ωj j δij X xα,j ωj j ! X x2α,k − ωj xα,i xα,j X x2α,k − xα,j xα,i k mα (1.516) k {z Iij ~ =I·ω −→ L ~ ! ! } (1.518) ~ não são em geral colineares. Sabemos que: Os vetores ω ~ eL ~vα = ω ~ × ~rα (1.519) Então teremos: ~ = L X α ~rα × p~α = ~ é perpendicular à ~r e ~vα . L X α mα~rα × ~vα (1.520) ω ~ é perpendicular à ω ~ e ~r. ~˙ = N ~ L (1.521) Podemos ainda obter a seguinte relação: 1X 1X ωi Li = Iij ωi ωj = Trot 2 i 2 j,i 1 ~ ⇔ Trot = 1 ω ~ Trot = ω ~ ·L ~ ·L 2 2 1 = ω ~ ·I·ω ~ 2 (1.522) (1.523) 104 1.33.1 Exemplo 11.4 Determinar a frequência das pequenas oscilações. ω ~ = ω3 ê3 = θ̇ê3  x1,1, = b  Soemte na direção k=1 correspondente a direção ê1 x = b  2,1 . (1.524) 2 Iij = m1 (δij x21,1 − x1,i x1,j ) + m2 (δij x22,1 − x2,i x2,j )    0 0 0   2 I= 0 0 m1 b2 + m2 b4    2  0 0 m1 b2 + m2 b4 Para o momento angular temos: (1.525)          L1 = 0 L2 = 0 L3 = I33 ω3 =  b2 m1 b + m2 4 2  θ̈ê3 = X α  b2 m1 b + m2 4 2  θ̇ ~rα × F~ (1.526) A força que causa o torque é F~ = m~g onde ~g = g cos θê1 − g sin θθ̂2 Então: ~r1 × F~1 = bê1 × (cos θê1 − sin θê2 )m1 g ~r1 × F~1 = −m1 gb sin θê3 1 ~r2 × F~2 = ê1 × (cos θê1 − sin θê2 )m2 g 2 m2 gb sin θê3 ~r2 × F~2 = − 2    m2  m2 2 θ̈ = −bg sin θ m1 + b m1 + 4 2 (1.527) (1.528) (1.529) 105 Para pequenas oscilações sin θ ≈ θ.   m2  m2  θ̈ + bgθ m1 + = 0 b2 m 1 + 4 2 ω01 = m1 + m1 + Para m1 >> m2
m2 2
m2 4 g b (1.530) ω02 = g b (1.531) ω02 = 2g b (1.532) Para m2 >> m1 1.34 Eixos principais de inércia: Caso o tensor Iij fosse diagonal as contas simplificariam: Iij = Ii δij    I1 0 0   I= 0 I2 0     0 0 I 3 (1.533)          Terı́amos então(uma equação mais simples): Li = X Iij ωj = j Trot = X Ii δij ωj = Ii ωi (1.534) j 1X 1X Iij ωi ωj = Ii ωi2 2 j 2 j (1.535) Sob quais condições Iij sua diagonal: Li = Iωi L1 = Iω1 = I11 ω1 + I12 ω2 + I13 ω3 L2 = Iω2 = I21 ω1 + I22 ω2 + I23 ω3 L3 = Iω3 = I31 ω1 + I32 ω2 + I33 ω3 (1.536) 106 Então: (I11 − I)ω1 + I12 ω2 + I13 ω3 = 0 (1.537) I21 ω1 + (I22 − I)ω2 + I23 ω3 = 0 (1.538) I31 ω1 + I32 ω2 + (I33 − I)ω3 = 0 (1.539) Condição para que tenha solução não trivial é: (I11 − I) I12 I13 I21 (I22 − I) I23 I31 I32 (I33 − I) =0 A expressão gera a equação secular cúbicas com 3 raı́zes. 1.35 Propriedades adicionais do tensor de inércia: Recapitulando: Corpo rı́gido composto por n partı́culas de massa mα , α = 1, 2, 3, · · · , n. ~ r~′ = ~r + R ! !   ~ d~r dR dr~′ = + dt dt F dt F F !   ~ dR d~r = +ω ~ × ~r + dt dt rot (1.540) F ~vF = V~ + ~vr + ω ~ × ~r (1.541) Como o corpo é rı́gido: ~vr = 0 ⇒ ~vα = V~ + ω ~ × ~rα ~vf = V~ + ω ~ × ~r (1.542) 107 Energia cinética: Tα = X mα v 2 mα vα2 α ⇒ Ttotal = 2 2 α Ttotal = Ttransl + Trot 1X 1 Ttransl = mα V 2 = M V 2 2 α 2 1X mα (~ω × ~rα ) Trot = 2 α (1.543) (1.544) Usando: ~ × B) ~ 2 = (A × B)(A × B) (A Trot ~B ~ = A2 B 2 − A 1X Iij ωi ωj = 2 i,j Iij = X δij mα α (1.545) X k x2αk − xαi xαj ! (1.546) Propriedades de Iij : ~ = I~ω Sabemos que L Lk = X Ikl ωl (1.547) Para vetores gerais sabemos tambem que: x~′ = (R)~x (1.548) RRT = I (1.549) λij λik = δik (1.550) Onde: (1.551) Em geral: x′i = X λij xj (1.552) λji j (1.553) j xi = X j 108 Para os vetores da equação: Lk = X Ikl ωl (1.554) λmk L′m (1.555) λjl ωj′ (1.556) l Temos: X Lk = m X ωl = j Isso é válido pois Lk e ωl são vetores e a relação qua estamos usando é qual para vetores. X λmk L′m = m X Ikl X λjl ωj′ (1.557) j l Vamos multiplicar por λik e somar obre k: X X X λjl ωj′ λik Ikl λik λmk L′m = m X X m j l λik λmk k X ! L′m = X X j δim L′m = m ωj′ λik λjl Ikl ! ωj′ k,l X X j λik λjl Inl ! k,l (1.558) Devemos ter: Iij′ = X λik λjl Ikl (1.559) k,l Regra de transformação por um tensor de rank-2. De rank qualquer: X ′ = Tabcd... λai λbj λck · · · Tijk... (1.560) ijkl... Matricialmente: I′ = λIλT (1.561) λT = λ−1 ⇔ I′ = λIλ−1 (1.562) Como as matrizes são ortogonais: Uma simplificação considerável nas expressões de T e I ocorre quando o tensor de inercia possuı́ elementos somente diagonais. Iij = Ii δij (1.563) 109  No exemplo do cubo: I 0 0  1  I =  0 I2 0  0 0 I3  2 β 3      − 41 β − 14 β   I =  − 41 β 23 β − 14 β  − 41 β − 41 β 23 β      β = M b2 (1.564) L1 = Iω1 = I11 ω1 + I12 ω2 + I13 ω3 (1.565) L2 = Iω2 = I21 ω1 + I22 ω2 + I23 ω3 (1.566) L3 = Iω3 = I31 ω1 + I32 ω2 + I33 ω3 (1.567) Daı́ segue que: Lk = Ikl ωl (I11 − I) I12 I13 I21 (I22 − I) I23 I31 I32 (I33 − I) =0 Equação cubica em I com 3 raı́zes. I → Terá 3 raı́zes. 1 I1 = β, 6 I2 = 11 β, 12 I3 = 11 β 12 (1.568) Se estivéssemos no centro de massa. 1 I11 = I22 = I33 = M b2 6 (1.569) Os outros são nulos. Vimos que, após uma rotação: Iij′ = X k,l λik λjl Ikl (1.570) 110 Se o tensor de inércia for diagonal Iij′ = Ii δij , então: Ii δij = X λik λjl Ikl (1.571) k,l Multiplicando por λim e somando sobre i temos: X Ii λim δij = i X X i k,l Ij λjm = λim λik X ! λjl Ik,l λjl Iml (1.572) l No lado esquerdo temos: Ij λjm = X Ij λjl δml (1.573) l Assim nós temos: X Ij λjl δml = l X l X l X λjl Iml (1.574) l λjl (Ij δml − Iml ) = 0 λjl (Iml − Ij δml ) = 0 (1.575) Condição para que seja solúvel: |Iml − Ij δml | = 0 (1.576) Equação cubica que resulta nos momentos de inércia principais. 1.35.1 Exemplo 11.8 Para o cubo do ex 11.3 diagonalize por meio de rotação do eixo: Para levar o eixo x1 para a diagonal principal fazemos uma rotação de 45o em torno de x3 . Depois em torno de x2 de tal forma que: − cos    λ1 =   √1 2 − √12 √1 2 1 √ 2 0 0 −1 0 q  2 3    0   1 111  q   λ2 =   2 3 0   1 0  q  2 0 3 0 − √13   √1 3 1 q 1 q 1 1   3 λ = λ1 λ2 = √  − 32 0 2  3 √ 2 − √12 − √12      I′ = λIλT  1 β  6  I′ =  0  0 0 11 β 12 0 (1.577)  0   0   11 β 12 1.36 Corpos rı́gidos: 1.36.1 Transformações ortogonais: Corpos rı́gidos possuem em geral ”6”graus de liberdade: 3 −→ Translação 3 −→ Orientação Para estabelecer a orientação fixamos um sistema coordenado no próprio corpo rı́gido. Supomos P um sistema cartesiano (x1 , x2 , x3 ) equipado com os versores ê1 , ê2 , ê3 fixo no espaço. P Seja ′ um sistema cartesiano (x′1 , x′2 , x′3 ) com versores ê′ 1 , ê′ 2 , ê′ 3 preso no corpo. P P Um vetor arbitrário ~g pode ser decomposto tanto na base de como de ′ : ~g = g1 ê1 + g2 ê2 + g3 ê3 = 3 X gj êj (1.578) j−1 ~g = g1′ ê′ 1 + g2′ ê′ 2 + g3′ ê′ 3 = 3 X gj′ ê′ j (1.579) j−1 (1.580) 112 As componentes de ~g relativamente a mos: gi′ = ê′ · ~g = i Com i = 1, 2, 3 P 3 X gj ou ê′ j=1 i P′ estão relacionadas entre si, veja- · êj ≡ 3 X aij gj (1.581) j=1 Onde definimos: aij = ê′ i · êj = cosseno do angulo entre os eixos x′1 exj . As quantidades aij formam uma matriz 3x3, portanto temos 9 elementos que são P P chamados de cossenos diretores, de ′ em relação à . P Notamos então que as componentes de ~g em ′ se relacionam com as componenP tes de ~g em por meio de uma Translação linear gi′ = 3 X aij gj (1.582) j=1 O módulo de um vetor não depende da base que ele é decomposto: ~g · ~g = 3 X gi′ gi′ i=1 = 3 X g1 g1 Mas agora sabemos expressar g’ em termos de g, temos: ! ! ! 3 3 3 3 3 X X X X X aij gj aik gk = aij aik gj gk i=1 1.36.2 j=1 k=1 (1.583) i=1 j,k=1 (1.584) i=1 Delta de Kronecker É um simbolo matemático denotado por: . Propriedades:   1 δij =  0 N X se 1 = j se 1 6= j δkl al = ak ; k = 1, ..., N (1.585) l=1 Pelo mesmo argumento: N X j=1 δij Tjk = Tik (1.586) 113 Uma generalização deste sı́mbolo será a delta de Dirac no espaço das distribuições. Z f (x)δ(x − y)dx = f (y) (1.587) Quando: δ(x − y) = 0 x 6= y δ(x − y) = ∞ x = y Então, voltando: 3 X i=1 Então concluı́mos: gi gi ≡ g12 + g22 + g32 = 3 X δjk gj gk (1.588) k,j=1 3 X aij aik = δjk (1.589) i=1 1.36.3 Matrizes ortogonais: Voltemos a equação: gi′ = 3 X aij gj (1.590) j=1 Que significa: g1′ = a11 g1 + a12 g2 + a13 g3 (1.591) g2′ = a21 g1 + a22 g2 + a23 g3 (1.592) g3′ = a31 g1 + a32 g2 + a33 g3 (1.593) Nessa forma vemos a forma matricial emergir:     ′ g g  1   1      g P =  g2  ; g P′ =  g2′      ′ g3 g3  a a a  11 12 13  A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33      114 ∴ g P = Ag P′ (1.594) Note que: aij = AT Onde: AT → transposto. Portanto: 3 X aij aik = i=1 Em termos matriciais: 3 X
(1.595) ij (AT )ij (A)ik = δjk (1.596) i=1 AT A = I Onde:  (1.597)  1 0 0     I= 0 1 0    0 0 1 Representação matricial da delta de Kronecker. Exercı́cio, mostre que: AAT = I (1.598) A matriz A obedece (2.597) e (2.598). Isso equivale a dizer que: AT = A−1 → Transformação ortogonal (1.599) Considerando novamente (2.598): AAT = I (1.600) Tomamos o determinante da equação: det(AAT ) = detI (1.601) det(A)det(AT ) = detI (1.602) (det(A))2 = 1 (1.603) 115 Então o detA só pode assumir dois valores +1 e -1. Exemplo:  −1 0 0   I =  0 −1 0  0 0 −1     → Matriz ortogonal detI = −1  Translação → inverte os eixos coordenados. Matrizes ortogonais: • det +1 → próprias (SO(3)) • det -1 → impróprias. Somente as próprias são possı́veis no determinante do corpo rı́gido. 1.36.4 Ângulos de Euler: A equação 3 X aij aik = δjk (1.604) i=1 Da o mesmo valor se j = 1 e k = 2 ou se k = 1 e j = 2. Por outro lado temos nove componentes aij e apenas 3 parâmetros, isso significa que os aij não são independentes. A forma simples de parametrizar a matriz de rotação é através dos ângulos de Euler: Rotação em torno de z de um ângulo φ. (x, y, z) → D (x′ , y ′ , z ′ ) −  cos φ sin φ 0   D =  − sin φ cos φ 0  0 0 1 Rotação em torno de x’ de angulo θ (x′ , y ′ , z ′ ) → C (x′′ , y ′′ , z ′′ ) −      116  1 0 0   C =  0 cos θ sin θ  0 −sinθ cos θ Rotação em torno de ς de angulo ψ      (ξ ′ , η ′ , ς ′ ) → B (x′ , y ′ , z ′ ) −  cos ψ sin ψ 0   B =  − sin ψ cos ψ 0  0 0 1      AE = ACD ←− Matriz de transformação de Euler.    AE =   1.37 cos ψ cos φ − cos θ sin φ sin ψ − sin ψ cos φ − cos θ sin φ cos ψ sin θ sin φ ... ... ... ... ... ... Com domı́nio 0 6 φ 6 2π, 0 6 θ 6 π, 0 6 ψ 6 2π –Momento angular e tensor de inércia: As equações de movimento do corpo rı́gido são da forma: dP~ = F~ , dt ~ dL = ~τ dt (1.605) Figura 1.34: Partı́cula livre ~ = L N X k=1 mk~rk × ~vk (1.606)      117 Onde:  ~vk = d~rk dt  (1.607) P P Se anexarmos no corpo rı́gido um sistema ′ sabemos que:     d~rk d~rk +ω ~ × ~rk = dt P dt P′ (1.608) Então: ~vk = ω ~ × ~rk (1.609) Onde ω é a velocidade angular do corpo rı́gido onde estamos facilitando a situação P P dizendo que ′ não translada com relação a o que nos daria: ~ × ~rk ~vk = V~P′ + ω (1.610) ~a × (~b × ~c) = (~a · ~c)~b − (~a · ~b)~c (1.611) Usando a identidade: Sendo assim: ~ = L N X k=1 mk~rk × ~vk = N X k=1 ~ − (~rk · ω ~ )~rk ] mk [rk2 ω (1.612) Vamos dizer que: (k) (k) (k) ~rk = (x1 , x2 , x3 ) ↓ ↓ ↓ xk yk zk (1.613) 118 Vamos supor que o sistema tenha somente uma partı́cula: ~ = m[r2 ω L ~ − (~r · ω ~ )~r] ~ = L1 ê′ 1 + L2 ê′ 2 + L3 ê′ 3 L L1 = m[r2 ω1 − (~r · ω ~ )x1 ] L2 = m[r2 ω2 − (~r · ω ~ )x2 ] L3 = m[r2 ω3 − (~r · ω ~ )x3 ] Li = m[r2 ωi − (~r · ω ~ )xi ] 3 X ~r · ω ~ = xj ωj (1.614) (1.615) j=1 2 Li = m[r ωi − 3 X xj ωj xi ] (1.616) j=1 Somando sobre N partı́culas: Li = N X mk rk2 k=1 ! 3 N X X (k) (1.617) mk [rk2 δij − xi xj ]ωj (1.618) ωi − (k) (xj ωj xi )mk k=1 j=1 Como: ωi = 3 X δij ωj j=1 Li = 3 N X X k=1 j=1 Então definimos: Iij = N X k=1 (k) (k) (k) (k) mk [rk2 δij − xi xj ] (1.619) São chamadas de componentes do tensor de inércia. A transição do ... para o contı́nuo se faz da seguinte forma: ~rk ← ~r, N X k=1 mk ← Z δdv (1.620) V E portanto: Iij = δ[r2 δij − xi xj ]ρdv (1.621) 119 Em passagem anteriores usamos: ~ = L N X k=1 mk [rk2 ω ~ − (~rk · ω ~ )~rk ] Que pode ser escrita da seguinte forma: ! N X ~ = L mk rk2 ω ~− k=1 N X mk~rK ~rk k=1 (1.622) ! ·ω ~ (1.623) O produto ~rk~rk sem nenhum simbolo de escalar ou vetorial é chamado de ~B ~ ou A ~ ⊗B ~ o resultado de sua ação sobre diádico denotado simplismente por: A um valor qualquer é dado por: ~ ⊗ B) ~ ·C ~ = A( ~ B ~ · C); ~ (A ~ · (A ~ ⊗ B) ~ = (C ~ ⊗ (A) ~ ⊗ B) ~ C (1.624) O tensor é constituı́do a partir de dı́adas: ← → ~ ~ ~ ⊗D ~ + ··· T =A⊗B+C (1.625) ~ B, ~ C, ~ D ~ em vetores unitários de uma base Se decompormos os vetores A, ê1 , ê2 , ê3 teremos: ← → T = T11 ê1 ⊗ ê1 + T12 ê1 ⊗ ê2 + T13 ê1(1.626) ⊗ ê3 T21 ê2 ⊗ ê1 + T22 ê2 ⊗ ê2 + T23 ê2 ⊗ ê3 (1.627) T31 ê3 ⊗ ê1 + T32 ê3 ⊗ ê2 + T33 ê3 ⊗ ê3 (1.628) Se quisermos uma componente do tensor Tij temos: ← → Tij = êi · T · êj (1.629) Dessa maneira temos o tensor identidade: ← → I = ê1 ⊗ ê2 + ê2 ⊗ ê3 + ê3 ⊗ ê3 (1.630) 120 1.37.1 Exemplo: ← → ~ ~ Verificar que: I · A =A Sabemos que o vetor identidade é composto pelas dı́adas: ← → I = ê1 ⊗ ê1 + ê2 ⊗ ê2 + ê3 ⊗ ê3 (1.631) P ropriedades : O produto escolar é linear para dı́adas: ~ = (ê1 ⊗ ê1 ) · A ~ + (ê2 ⊗ ê2 ) · A ~ + (ê3 ⊗ ê(1.632) ~ (ê1 ⊗ ê1 + ê2 ⊗ ê2 + ê3 ⊗ ê3 ) · A 3) · A ~ + ê2 (ê2 · A) ~ + ê3 (ê3 · A) ~ = ê1 (ê1 · A) (1.633) ~ = A1 ê1 + A2 ê2 + A3 ê3 = A (1.634) → ~ ~·← Exercı́cio: A I =A Exemplo: ← → Notamos que as componentes de I na base ortogonal ê1, ê2 , ê3 é dado por: ← → ← → êo · I · êj = êi · ( I · êj ) (1.635) = êi · êj (1.636) = δij (1.637) Mostre que a equação: → ~ ~=← A T ·B (1.638) Projetada em componentes da base êi (i = 1, 2, 3) vale: Ai = 3 X Tij Bj (1.639) j=1 1.38 Lei de transformação das componentes de um tensor Vimos que vetores que as bases de um sistema P do sistema ′ segundo a transformação linear: ê′ j = 3 X l=1 ajl êl e êj = P são relacionadas com as baes 3 X l=1 alj ê′ l (1.640) 121 Consideremos então as componentes de um tensor no sistema ← → ′ Trs = ê′ r · T · ê′ s ! X ← → = ark êk · T · X k = X asl êl l ark asl Tkl ! P′ : (1.641) (1.642) (1.643) k,l Um tensor de rank-2 é então definido como um conjunto de 32 quantidades que se transformam sobre a rotação.Se o tensor for de rank-n temos 3n quantidades e a lei de transformação: X Tk′ 1 ,k2 ,...,kn = ak1 ,l1 ,...,kn ,ln Tl1 ,...,ln (1.644) l1 ,l2 ,...,ln Portanto: Diádico → Tensor rank-2 Vetor → Tensor rank-1 Escalar → Tensor rank-0 1.38.1 Em termos de matrizes: ′ Trs = X ark êk k ↓ = ↓ = T ′ X k X ! ← → · T · X l X ← → ark êk · T · êl asl asl êl ! l ark Tkl als k,l = ATAT (1.645) Como sabemos AT = A−1 T′ = ATA−1 Transformação de similaridade. Voltemos a fı́sica: (1.646) 122 N X ~ = L = mk rk2 k=1 N X k=1 ! ω ~− N X k=1 mk~rk ⊗ ~rk ! ·ω ~ ← → mk (rk2 I − ~rk ⊗ ~rk ) · ω ~ Passando para o contı́nuo: ~r → ~r; Então: ← → I = Z v P k mk → R v (1.647) ρdV ← → (r2 I − ~r ⊗ ~r)ρdV (1.648) (r2 δij − xi xj )ρdV (1.649) Nas componentes: Iij = Z V Que nos mostra que Iij é simétrico. A matriz formada pelas componentes do tensor de inércia; é chamada matriz de inércia: Elementos da diagonal → Momentos de inércia Elementos fora da diagonal → Produtos de inércia. Z Z 2 2 I11 = Ixx = (r − x )ρdV = (y 2 + z 2 )ρdV ZV ZV I22 = Iyy = (r2 − y 2 )ρdV = (x2 + z 2 )ρdV ZV ZV 2 2 I33 = Izz = (r − z )ρdV = (x2 + y 2 )ρdV V V São quantidades positivas sempre: I12 = I21 = Ixy = Iyx = − I13 = I31 = Ixz = Izx = − I23 = I32 = Izy = Iyz = − Z Z Z xyρdV (1.650) xzρdV (1.651) yzρdV (1.652) V V V 123 1.38.2 Energia cinética Para a energia cinética do corpo rı́gido temos: T = X mk v 2 k k 2 = X mk k 2 ~vk · ~vk (1.653) Mas vk = ω ~ × ~rk então: X mk ~vk · (~ω × ~rk ) 2 k X mk ω ~ · (~rk × ~vk ) = 2 k T = = ~ ω ~ ·L ω ~ X · mk (~rk × ~vk ) = 2 k 2 → ~ =← Como demonstramos anteriormente: L I ·ω ~ ← → ω ~ · I ·ω ~ T = 2 (1.654) (1.655) Vamos supor que num dado estante o corpo rı́gido gira em torno da direção ”n”cujo versor é n̂ com velocidade angular ω ~ = ωn̂, então: ← → n̂ · I · n̂ω 2 Iω 2 T = = 2 2 (1.656) Ou de I é o momento de inércia em torno do eixo de rotação: ← → I = n̂ · I · n̂ X ← → ← → I = [mk rk2 I − ~rk ⊗ ~rk ] k ← → ← → I · n̂ = n̂ ∴ n̂ · I · n̂ = n̂ · n̂ = 1 (1.657) (~rk ⊗ ~rk ) · n̂ = ~rk (~rk · n̂) = ~rk rk cos θk X k ∴ n̂ · ~rk rk cos θk = rk2 cos2 θk I mk [rk2 − rk2 cos2 θk ] = X k Onde: = mk rk2 sin2 θk (1.658) 124 1.39 –Problema Figura 1.35: Partı́cula livre Momento de inércia da massa ”m”em torno do ponto A: ~r = Rê1 + Rê2 ⇔ r2 = 2R2 (1.659) x1 = R ; x2 = R   1 −1 0  5M R2    Im =  −1 1 0  → não diagonal 4   0 0 2 (1.660) Como sabemos: (CM ) Ianel   1 0 0      0 1 0    0 0 2 M R2 = 4 Temos que determinar: (CM ) (A) Tanel = Ianel + M (R2 δij − x̄i x̄j ) {z } | (1.661) I˜ ~ 2 ⇔ R =R ~ ·R ~ RRê 2 Então: M R2 I˜ = 4 Portanto: (A) (A) Ianel (1.662)   4 0 0      0 0 0    0 0 4 (CM ) Ianel = Ianel  5 M R2   =  0 4  0 + I˜ 0 0 (1.663)    1 0   0 6 125 Para o conjunto em torno  5 0 2  MR  (A) Iconj =  0 1 4  0 0 (A) Iconj = 1.40 do ponto A temos:    0 1 −1 0  5M R2       −1 1 0  0 + 4    6 0 0 2 M R2 4  10 −5    −5  0 6 0 0    0   16 Diagonalização O que garante que podemos diagonalizar é que: → O tensor de inércia é um operador auto adjunto (real, simétrico, linear) → Se o operador é auto adjunto existe uma base mutualmente ortogonal ξˆ1 , ξˆ2 , ξˆ3 tal que: ← → ˆ I · ξ1 = I1 ξˆ1 ← → ˆ I · ξ2 = I2 ξˆ2 ← → ˆ I · ξ3 = I3 ξˆ3     ← → ˆ I · ξj = Ij ξˆj     Onde I1 , I2 , I3 são os momentos de inércia principais. Como determinarI1 , I2 , I3 :      Que só tem solução se: ← → ˆ I · ξ = I ξˆ   ξ1 I11 − I I12 I13       ξ =0 I21 I22 − I I23  2  ξ3 I31 I32 I33I I11 − I I12 I13 I21 I22 − I I23 I31 I32 I33I (1.664) =0 Equação cubica para I. As três raı́zes são so momentos principais de 126 inércia. (A) Iconj M R2 = 4 Então temos que resolver: M R2 4 I1 = 16;  10 −5 0    −5 6 0  0 0 16 10 − I −5 0 −5 6−I 0 0 0 16 − I      =0 (16 − I)(I 2 − 16I + 35) = 0 √ √ I2 = 8 − 29; I3 = 8 + 29 Como determinar os eixos principais:    −6 −5 0 ξ   1      −5 −10 0   ξ2  = 0    0 0 0 ξ3   −6ξ − 5ξ = 0 1 2  −5ξ − 10ξ = 0 1 2 −ξ1 + 5ξ2 = 0 1 ξ1 ξ2 = 5 ξ3 = arbitrário Figura 1.36: Partı́cula livre (1.665) 127 I11 = Z [r2 δ11 − x1 x1 ]τ da ~r = xê1 + yê2 r2 = x2 + y 2 da = dxdy Z Z a Z a−y M a2 2 y 2 dxdy = I11 = y τ da = τ 6 0 0 Z 2 Ma I22 = x2 τ da = 6 Z M a2 I33 = (x2 + y 2 )τ da = 3 Z M a2 I12 = I21 = −τ xyda = − 12 I13 = I31 = 0 (1.670) I23 = I32 = 0 (1.671) M a2 I= 12 (1.666) (1.667) (1.668) (1.669)   2 −1 0      −1 2 0    0 0 4 Momento de inércia principais: 2−I −1 0 −1 2−I 0 0 0 4−I =0 I1 , I2 , I3 Eixos principais: 1.41 Oscilações → Se move em uma dimensão espacial. F(x) → possui derivadas contı́nuas de todas as ordens, então pode ser expressada por: F (x) = F0 + x  dF dx  0 1 2! x 2  d2 F dx2  1 + x3 3! 0  d3 F dx3  (1.672) 0 128 F0 é o valos de F(x) na origem, como a origem é definida como ponto de equilı́brio F0 = 0. Se os deslocamentos forem suficientemente pequenos:   dF = −kx (1.673) F (x) = x dx 0 Com k=− Com F sempre restauradora da posição 1.41.1  dF dx dF dx  (1.674) 0 <0 ⇔ k>0 Oscilador Harmônico Simples −kx = mẍ ⇔ ẍ + ω02 x = 0 Com ω02 ≡ k m (1.675) → Frequência angular. A solução pode ser expressa de duas formas:  x(t) = A sin (ω0 t − δ)  δ, φsão as fases do movimento x(t) = A cos (ω t − φ)  0 Com isso podemos obter a energia cinética: 1 k 1 T = mẋ2 = mω02 A2 cos2 (ω0 t − δ) = A2 cos2 (ω0 t − δ) 2 2 2 (1.676) Com du du ⇔ − = −kx dx dx kx2 k = u= ⇒ u = A2 sin2 (ω0 t − δ) 2 2 F = − (1.677) Energia total: 1 E = T + u = kA2 (1.678) 2 Proporcional ao quadrado da amplitude. E não depende so tempo, é constante. Perı́odo do movimento: Com δ = 0 ⇒ ω0 τ0 = 2π p Logo: τ0 = ω2π0 = 2π m k ω0 = 2πν0 = r k m e 1 1 ν0 = = τ0 2π r k m (1.679) 129 1.41.2 Exemplo ~ =R ~ × F~ = Rmg sin θ Torque: N ~ | = Rmgθ Para ângulos pequenos: sin θ = θ ⇒ |N ⇒ I θ̈ = −mgRθ 2 7 mR2 + mR2 = mR2 I = 5 5 mgR mgR θ = 0, ω02 = ⇒ θ̈ + I I s s τ0 = 2π 1.41.3 I = 2π mgR 7R = τ0 5g (1.680) Oscilador em duas dimensões Nesse caso:   F = −kr cos θ = −kx x F~ = −k~r ⇒  F = −kr sin θ = −ky y Com equações do movimento:  =0  2 ẍ + k ω0 = m ÿ + ω 2 x = 0  ω02 x 0 Como:  x(t) = A cos (ω0 t − α)  Diferem na amplitude e fase y(t) = B cos (ω t − β)  0 Obtenção da equação de caminho y(t) = B cos [ω0 t − α + (α − β)] = B cos (ω0 t − α) cos (α − β) − B sin (ω0 t − α) sin (α − β) (1.681) 130 Definindo:δ = α − β e cos (ω0 − α) = Ax r x Bx y(t) = sin (δ) cos (δ) − B 1 − A A Então: √ Ay − Bx cos (δ) = −B A2 − x2 sin (δ) (1.682) (1.683) Elevando ao quadrado: A2 y 2 − 2AyBx cos (δ) + B 2 x2 cos2 (δ) = B 2 (A2 − x2 ) sin2 (δ) B 2 x2 − 2ABxy cos (δ) + A2 y 2 = A2 B 2 sin2 (δ) (1.684) Equação da trajetória. 1.41.4 Exemplo π A=B e δ=± 2 π π 2 2 4 2 2 2 2 A x − 2A xy cos (± ) + A y = A sin (± ) 2 2 y2 x2 + = 1 ⇒ x2 + y 2 = A2 A2 A2 • A 6= B, δ = ± π2 y2 x2 + =1 A2 B 2 • A 6= B, (1.685) δ = 0; (1.686) δ = ±π B x δ=0 A B δ±π y = − x A y = (1.687) (1.688) Caso de frequências diferentes: x(t) = a cos (ωx t − α) (1.689) y(t) = B cos (ωy t − β) (1.690) 131 ωy = ωx ⇒ medida comensurável(figura de Lissajaus fechada) ωy ; ωx ⇒ medida não mensurável (Figura de Lissajaus aberta) 1.42 Diagramas de fase → Estado de movimento do oscilados unidimensional sera especificado se conhecemos as condições iniciais x(t0 ) e ẋ(t0 ), já que a equação é de segunda ordem. → Vamos considerar x(t) e ẋ(t) duas coordenadas de um ponto em um espaço bidimensional. → Se o oscilador tem ”n”graus de liberdade o espaço de fase tem ”2n”graus de liberdade. Prática: x(t) = A cos (ω0 t − δ) ẋ = −Aω0 sin (ω0 t − δ) (1.691) (1.692) Multiplicando (1.691) por ω0 : xω0 = Aω0 cos (ω0 t − δ) ẋ2 = A2 ω02 sin2 (ω0 t − δ) x2 ω02 = A2 ω02 cos2 (ω0 t − δ) ẋ2 + x2 ω02 = A2 ω02 ẋ2 x2 =1 + A2 ω02 A2 (1.693) Como a energia total é dada por: 1.42.1 2E 1 2 kA ⇒ A2 = 2 k 2 2 x ẋ k → 2E + 2E = 1 = m m k E = (1.694) ω02 (1.695) Oscilações amortecidas mẍ = −kx − bẋ (1.696) 132 Onde −bẋ é a força resistiva dependente da velocidade. ẍ + 2β ẋ + ω02 x = 0 β= b Parâmetro 2m q ω0 = (1.697) de amortecimento. k m As raı́zes da equação auxiliar são: r1 r2 q = −β + β 2 − ω02 q = −β − β 2 − ω02 (1.698) (1.699) Portanto a solução é dada por: h √ 2 2 √ 2 2i x(t) = e−βt A1 e β −ω0 t + A2 e− β −ω0 t 3 casos: • Subamortecido ω02 > β 2 • Crı́tico ω02 = β 2 • Sobreamortecido ω02 < β 2 1.43 Movimento subamortecido Vamos definir: ω12 = ω02 − β 2 comω12 > 0 x(t) = e−βt [A1 eiω1 t + A2 e−iω1 t ] = e−βt [A1 (cos ω1 t + i sin ω1 t) + A2 (cos ω1 t − i sin ω1 t)] = e−βt [(A1 + A2 ) cos ω1 t + (A1 − A2 )i sin ω1 t] = e−βt [B cos ω1 t + C sin ω1 t] Onde B = A1 + A2 e C = i(A1 − A2 ) √ Vamos definir: A = B 2 + C2      B C −βt x(t) = Ae cos ω1 t + sin ω1 t A A (1.697) (1.697) 133 Vamos definir: sin δ = 1.43.1 B , A cos δ = C , A tan δ = B C (1.697) x(t) = Ae−βt sin (ω1 t + δ) (1.698) x(t) = Ae−βt cos (ω1 t + δ) (1.699) x(t) = Ae−βt cos (ω1 t − δ) (1.700) Movimento criticamente amortecido Com ω02 = β 2 as raı́zes da equação auxiliar são iguais e a solução é: x(t) = (A + Bt)e−βt (1.700) Comportamento de uma porta fechando com um amortecedor. 1.43.2 Movimento sobreamortecido Os expoentes agora são reais: x(t)−βt [A1 eω2 t + A2 e−ω2 t ] Onde: ω2 ≡ p β 2 − ω02 (1.700) ω2 → Também tem que ser diferente de frequência já que a amplitude cai assintóticamente para zero. 134 Exemplo 2o lei de Newton: r g θ̇ mlθ̈ = −mg sin θ − 2m l r g ~ sin θ = θ e F = 2m lθ̇ l r g g θ̈ + 2 θ̇ + θ = 0 l l r g g g , β2 = ω02 = , 2β = 2 l l l 2 ∴ ω0 = β 2 (1.697) Amortecimento crı́tico. Solução: θ(t) = (A + Bt)e−βt (1.697) em t = 0, θ = α, θ̇ = 0 θ(0) = A = α ⇒ A = α d θ̇(t) = [Ae−βt + Bte−βt ] dt = −Aβe−βt + Be−βt − βBte−βt (1.698) θ̇(0) = −Aβ + B = 0  α 1+ 1.44 r ⇒ B = Aβ = αβ ∴ B = αβθ(t) =  √ g g t e− l t (1.696) l αg −√ g t l (1.697) θ̇ = − te l Forças senoidais de impulsão Força total: F = −kx − bẋF 0 cos ωt (1.697) mẍ = −kx − bẋ + F0 cos ωt (1.697) 2o Lei de Newton: 135 Solução da homogênea xh ≺ (t) Solução da particular xp (t) xh (t) = e −βt h A1 e √ β 2 =ω02 t + A2 e − √ β 2 −ω02 t xp (t) = D cos (ωt − δ) i (1.698) (1.699) Com xp (t) = C cos (ωt − δ), temos: ẋp (t) = −Dω sin (ωt − δ) (1.700) ẍp (t) = −Dω 2 cos (ω − δ) (1.701) −Dω 2 cos (ωt − δ) − 2βDω sin (ωt − δ) + ω02 D cos (ωt − δ) = A cos ωt −Dω 2 [cos ωt cos δ + sin ωt sin δ] − 2βDω[sin ωt cos δ − sin δ cos ωt] + ω02 D[cos ωt cos δ + sin ωt sin δ] = A cos ωt Dω 2 cos δ + 2βDω sin δ + ω02 D cos δ − A cos ωt +[−Dω 2 sin δ − 2βDω cos δ + ω02 D sin δ] sin ωt (1.697) =0 Como sin ωt e cos ωt são L.I. então so coeficientes devem ser nulos. A partir do termo ..... tan δ = 2ωβ sin δ = p 2 (ω0 − ω 2 ) + 4ω 2 β 2 Então: D = e 2ωβ − ω2 (1.697) ω02 cos δ = p (ω02 ) (ω02 − ω 2 ) + 4ω 2 β 2 A (ω02 − ω 2 ) cos δ + 2ωβ sin δ A D = p 2 (ω0 − ω 2 ) + 4ω 2 β 2 A xp (t) = p 2 cos (ωt − δ) (ω0 − ω 2 ) + 4ω 2 β 2 (1.697) (1.698) (1.699) (1.700) 136 Com δ = arctan  2ωβ ω02 −ω 2  δ → Diferença de fase da força de impulsão. T = mẋ2 , 2 x = p Logo: u= kx2 2 A (ω02 − ω 2 )2 (1.701) cos (ωt − δ) = Ã cos (ωt − δ) mω 2 Ã2 sin2 (ωt − δ) 2 k Ã2 u = cos2 (ωt − δ) 2 T = (1.702) (1.703) (1.704) Energia total: E = T +u Ã2 [mω 2 sin2 (ωt − δ) + k cos2 (ωt − δ)] = 2 (1.705) (1.706) Tomando o valor médio:   Z Z Ã2 mω 2 T k T 2 2 hEi = sin (ωt − δ)dt + cos (ωt − δ)dt 2 T T 0 0   Ã2 mω 2 k = + 2 2 2   mÃ2 k 2 = ω + 4 m mÃ2 2 (ω + ω02 ) hEi = 4 (1.704) O valor médio hT i é: hT i = mÃ2 2 ω 4 (1.704) Se fizermos: dhT i dω =ωT = 0 −→ ωT = ω0 (1.704) Na frequência de ressonância: hEi = m A mÃ2 2 (ω + ω02 ) = (ω 2 + ω02 ) p 2 4 4 (ω0 − ω 2 ) + 4β 2 ω 2 (1.704) 137 1.45 Princı́pio da sobreposição Estamos lidando com equações da forma:   d2 d + a + b x(t) = A cos ωt dt2 dt Lx(t) = A cos ωt = F (t) (1.705) (1.706) Os operadores lineares obedecem a: L(x1 + x2 ) = Lx1 + Lx2 (1.706) Com isso: Lx1 = F1 (t), Lx2 = F2 (t) (1.706) Generalizando temos: L(α1 X1 + α2 X2 ) = α1 F1 + α2 F2 (1.706) Podemos estender: L N X αn Xn (t) n=1 ! = N X αn Fn (t) (1.706) n=1 Logo: X(t) = F (t) = N X n=0 N X αn Xn (t) (1.707) αn Fn (t) (1.708) n=0 Se fn (t) tem uma dependência harmônica no tempo, então temos: Fn (t) = N X n=0 Em consequência: αn cos (ωn t − φn ) (1.708) 138 N X(t) = No caso fı́sico usual: 1 X alphan p m n=0 (ω02 − ωn2 )2 + 4ωn2 β 2 T = 2π e f (t) = f (t + T ) ω (1.708) (1.708) Qualquer função periódica pode ser expressa como uma série de Fourier: F (t) = F0 + ∞ X (an cos nωt + bn sin nωt) (1.708) n=1 Onde: Z 2 T = F (t′ ) cos nωt′ dt′ T 0 Z 2 T F (t′ ) sin nωt′ dt′ = T 0 an bn (1.709) (1.710) Exemplo: Expressar F (t) em série de Fourier: F (t) é impar A F (t) = t T an ω = π bn ω = π an ω = π Z Z Z π ω π −ω π ω F (−t) = −F (t) − T2 < t < T 2 (1.711) (1.712) F (t′ ) cos nωt′ dt′ (1.713) F (t′ ) sin nωt′ dt′ (1.714) Aω ′ t cos nωt′ dt′ = 0 2π (1.715) π −ω π ω π −ω Z π A ω ω Aω ′ t sin nωt′ dt′ = (−1)n+1 bn = π − ωπ 2ω nπ ∞ X A F (t) = (−1)n+1 sin nωt nπ n=1   1 1 A sin ωt − sin 2ωt + sin 3ωt − · · · F (t) = π 2 3 (1.716) (1.717) (1.718) 139 1.46 Forças de Impulsão Tı́nhamos : ẍ + 2β ẋ + ω02 x = A cos ωt XG = XP + XH XH XP → (1.718) Já conhecemos = D cos ωt + E sin ωt (1.718) Então: ẋ = −ωD sin ωt + ωE cos ωt (1.719) ẍ = −ω 2 D cos ωt − ω 2 E sin ωt (1.720) Substituindo na equação diferencial temos: [−ω 2 D cos ωt−ω 2 E sin ωt]+2β[−ωD sin ωt+ωE cos ωt]+ω02 [D cos ωt+E sin ωt]−A cos ωt = 0 (1.720) Separando cos (ωt) e sin (ωt) temos: [−ω 2 D + 2βωE + ω02 D − A] cos ωt + [−ω 2 E − 2βωD + ω02 E] sin ωt = 0 (1.720) Como sin ωt e cos ωt são L.I. então: D(ω02 − ω 2 ) + 2βωE = A (1.721) E(ω02 − ω 2 ) − 2βωD = 0 (1.722) De (1.724) temos: E= (1.725) em (1.723): 2βω D − ω2) (ω02 (1.722) 140 2βω D = A − ω2) D(ω02 − ω ) + 4β 2 ω 2 D = A(ω02 − ω 2 ) (ω02 − ω 2 ) D = A 2 [(ω0 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 ] 2βω E = A 2 [(ω0 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 ]   (ω02 − ω 2 ) XP = A cos ωt [(ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 ]   (ω02 − ω 2 ) sin ωt + A [(ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 ] D(ω02 − ω 2 ) + 2βω (ω02 2 2 XP = p XP = p A quantidade: A (ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 A [sin δ cos ωt + cos δ sin ωt] (1.717) (1.718) (ω02 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2   2ωβ δ = arctan (1.718) ω02 − ω 2 Represente a diferença de fase entre a força de impulsão e o movimento resultante. ω = 0 → δ=0 ω = ω0 → δ = (1.719) π 2 XG = XP + XH XP → Efeitos estacionários t >> (1.720) (1.720) 1 β XH → Efeitos transitórios que se estiguem com o tempo e−βt . Vejamos: No caso de oscilações subamortecidas temos uma frequência de amortecimento: q (1.720) ω1 = ω02 − β 2 141 Se a frequência de impulsão for menor que a frequência de amortecimento: ω < ω1 (1.720) Então os efeitos são importantes para o amortecimento: 1.47 Ressonância Ressonância é quando a amplitude de XP encontra sue máximo: " A d p 2 dω (ω0 − ω 2 )2 + 4β 2 ω 2 # =0 (1.720) ω=ωk Com a expressão a cima determinamos a frequência em que isso ocorre: ωR = Não existe ressonância se β > • Oscilações livres ω02 = q ω02 − 2β 2 (1.720) ω0 √ 2 k ; m • Oscilações amortecidas ω12 = ω02 − β 2 ; • Oscilações forçadas ωR = ω02 − 2β 2 ω0 > ω1 > ωR 1.48 Notação (1.720)