Potencial Efetivo

Prévia do material em texto

1 Prof. Diogo Eduardo - Física 
 
POTENCIAL EFETIVO (𝑽𝒆𝒇) 
 
𝑉𝑒𝑓 = −
𝐾
𝑟
+
𝐿2
2𝑚𝑟2
 
METODO DE ENERGIA 
𝐸0 = 𝑇 + 𝑉𝑒𝑓 
Logo, a velocidade a partir do método de energia será: 
�̇� = ±√
2
𝑚
. (𝐸0 − 𝑉𝑒𝑓) 
para termos uma solução física, 𝐸0 ≥ 𝑉𝑒𝑓, ou seja, a raiz ter valor real. 
 
ANALISANDO O MOVIMENTO 
𝒌 < 𝟎 e 𝑳 ≠ 𝟎 – Contem o valor mínimo; 
 
2 Prof. Diogo Eduardo - Física 
para achar o valor mínimo do Potencial Efetivo, vamos 
derivar o potencial efetivo e igualar a zero; 
𝑑𝑉𝑒𝑓
𝑑𝑟
=
𝑑
𝑑𝑟
(−
𝐾
𝑟
+
𝐿2
2𝑚𝑟2
) 
𝑑𝑉𝑒𝑓
𝑑𝑟
=
𝐾
𝑟2
−
𝐿2
𝑚𝑟3
 
𝑑𝑉𝑒𝑓
𝑑𝑟
=
1
𝑟3
(𝐾. 𝑟 −
𝐿2
𝑚
) = 0 
Logo: 
𝑉𝑒𝑓 𝑚𝑖𝑛 = −
𝑚.𝐾
2.𝐿2
 𝑟𝑚𝑖𝑛 =
𝐿2
𝑚.𝑘
 
1º Caso. 𝑽𝒆𝒇(𝒎𝒊𝒏) ≤ 𝑬𝟎 < 𝟎 
1.a) 𝑽𝒆𝒇(𝒎𝒊𝒏) < 𝑬𝟎 < 𝟎 – dois pontos de retorno 𝑟1 e 𝑟2 
𝑉𝑒𝑓 = 𝐸0 = −
𝐾
𝑟
+
𝐿2
2𝑚𝑟2
 
Os pontos de retorno; 
1
𝑟1
=
𝑚. 𝑘
𝐿2
+
𝑚. 𝑘
𝐿2
√1 +
2𝐸0. 𝐿
2
𝑚. 𝑘2
 
1
𝑟2
=
𝑚. 𝑘
𝐿2
−
𝑚. 𝑘
𝐿2
√1 +
2𝐸0. 𝐿
2
𝑚. 𝑘2
 
*lembrando que nos pontos de retorno, a velocidade é nula. A região permitida 𝑟1 < 𝑟 < 𝑟2 
1.b) 𝑽𝒆𝒇(𝒎𝒊𝒏) = 𝑬𝟎 
𝑉𝑒𝑓 = 𝐸0 = −
𝑚. 𝑘
2𝐿2
 
Então: 
1
𝑟1,2
=
𝑚. 𝑘
𝐿2
−
𝑚. 𝑘
𝐿2
√1 +
2𝐸0. 𝐿
2
𝑚. 𝑘2
 
 
3 Prof. Diogo Eduardo - Física 
𝑟0 = 𝑟1 = 𝑟2 =
𝐿2
𝑚. 𝑘
 
O momento angular é constante; 
𝐿 = 𝑚. 𝑟2. �̇� 
Substituir 𝑟 por 𝑟0 
𝐿 = 𝑚.
𝐿4
𝑚2.𝑘2
. �̇� 𝐿 =
𝐿4
𝑚.𝑘2
. �̇� �̇� =
𝑚.𝑘2
𝐿3
 – Constante 
*a partícula gira em orbita circular com movimento uniforme. 
2º Caso. 𝑬𝟎 ≥ 𝟎 
1
𝑟1,2
=
𝑚. 𝑘
𝐿2
±
𝑚. 𝑘
𝐿2
√1 +
2𝐸0. 𝐿
2
𝑚. 𝑘2
 
*o sinal negativo não é válido. 
*a orbita da partícula será uma parábola. Exemplificamos com a orbita de um asteroide. 
 
 
 
 
 
Espero ter ajudado