Questões mecanica teorica

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Resolução de questões da terceira lista
Sergio Levy Nobre dos Santos
Matricula: 404978
September 9, 2018
1. Um projétil é disparado verticalmente para cima com veloci-
dade v0. Determine seu movimento, na subida e na descida,
admitindo a existência de um atrito de arrastamento propor-
cional ao quadrado da velocidade (considere g constante). Faça
a análise do movimento para os casos de tempos muito pequenos
e tempos muito grandes.
Primeiramente na subida, temos a segunda lei de Newton para o eixo y
orientado positivamente para cima, sendo c um constante de aproximação
de segunda ordem para a força de resistência do ar, m a massa.
mv̇y = −cv2y −mg ⇒ v̇y = −
cv2y
m − g
Dividindo ambos os lados por − cv
2
y
m − g e depois integrando no tempo
de t0 à t, temos:
v̇y = −
cv2y
m − g ⇒
v̇y
−
cv2y
m −g
= 1∫ t
t0
v̇y
−
cv2y
m −g
dt =
∫ t
t0
dt⇒
∫ t
t0
v̇y
−
cv2y
m −g
dt = t− t0
Fazendo t0 = 0 e na integral a esquerda fazendo v
′
y = vy, logo dv
′
y = v̇ydt,
temos:∫ vy
v0
1
−
cv′2y
m −g
dv′y = t⇒
∫ vy
v0
1
cv′2y
m +g
dv′y = −t⇒
∫ vy
v0
1
v′2y +
mg
c
dv′y = − ctm
Fazendo a seguinte substuição, v′y =
√
mg
c tan θ,então dv
′
y =
√
mg
c sec
2 θdθ,
temos:√
c
mg
∫ arctan(vy√ cmg )
arctan(v0
√
c
mg )
dθ = − ctm√
c
mg (arctan(vy
√
c
mg )− arctan(v0
√
c
mg )) = −
ct
m
arctan(vy
√
c
mg ) = −t
√
cg
m + arctan(v0
√
c
mg )
1
Portanto, temos a equação da velocidade na subida:
vy =
√
mg
c tan(−t
√
cg
m + arctan(v0
√
c
mg )) Subida
Integrado novamente no tempo para obter y(t), tal que y0 = 0, temos:∫ t
0
vy dt =
√
mg
c
∫ t
0
tan(−t
√
cg
m + arctan(v0
√
c
mg )) dt
y(t) =
√
mg
c
∫ t
0
tan(−t
√
cg
m + arctan(v0
√
c
mg )) dt
y(t) = mc (ln(cos(−t
√
cg
m + arctan(v0
√
c
mg ))) − ln(cos(arctan(v0
√
c
mg ))))
Subida
Temos que, na subida, a velocidade vai caindo muito rapido a medida
em que o tempo passa e a posição y vai aumentando rapidamente para
tempos posteriores, até atingir um máximo que implicará em um veloci-
dade nula.
Para descida, tomamos o eixo y ainda orientado para cima, aplicamos
novamente a segunda lei de Newton, levando em conta que agora a força
de resistencia do ar tem sentido oposto e que o projétil parte do repouso
v0 = 0, temos:
mv̇y = cv
2
y −mg ⇒ v̇y =
cv2y
m − g
Dividindo ambos os lados por
cv2y
m − g e depois integrando no tempo de t0
à t, temos:
v̇y =
cv2y
m − g ⇒
v̇y
cv2y
m −g
= 1∫ t
t0
v̇y
cv2y
m −g
dt =
∫ t
t0
dt⇒
∫ t
t0
v̇y
cv2y
m −g
dt = t− t0
Fazendo t0 = 0 e na integral a esquerda fazendo v
′
y = vy, logo dv
′
y = v̇ydt,
temos:∫ vy
v0
1
cv′2y
m −g
dv′y = t⇒
∫ vy
v0
1
v′2y −
mg
c
dv′y =
ct
m ⇒
∫ vy
v0
1
mg
c −v′2y
dv′y = − ctm
Fazendo a seguinte substuição, v′y =
√
mg
c tanh θ,então dv
′
y =
√
mg
c sech
2θdθ,
temos:
√
c
mg
∫ arctanh(vy√ cmg )
0 dθ = − ctm ⇒
√
c
mgarctanh(vy
√
c
mg ) = −
ct
m
Chegamos, então na equação de velocidade para a descida:
2
vy =
√
mg
c tanh(−t
√
cg
m ) Descida
Integrando no tempo novamente, temos a equação da posição para a de-
scida na qual ymax é a altura máxima que o projétil atinge na subida.∫ t
0
vy dt =
√
mg
c
∫ t
0
tanh(−t
√
cg
m ) dt
y(t) = ymax − mc ln(cosh (−t
√
cg
m ))Descida
Temos que para a descida uma diminuição lenta da velocidade tendo em
vista a resistência do ar em oposição com a velocidade. Para tempos muito
grande, temos que a velocidade converge para
√
mg
c que consiste na ve-
locidade limite do progétil.
2. Um barco, cuja velocidade inicial é v0, é desacelerado por uma
força de atrito F (v) = −beαv. (a) Determine o seu movimento. (b)
Determine o tempo e a distância percorrida até o barco parar.
a-)
Tomando a segunda lei de Newton para esse caso, onde v é a velocidade
do barco, k = − bm , temos:
mv̇ = −beαv ⇒ v̇ = keαv ⇒ v̇keαv = 1
Integrando no tempo, temos:∫ t
0
v̇
keαv dt =
∫ t
0
dt⇒
∫ v
v0
v′
eαv′
dv′ = kt
e−αv − e−αv0 = −αkt
e−αv = −αkt+ e−αv0
v(t) = − 1α ln(−αkt++e
−αv0) = − 1α ln(α
b
m t+ e
−αv0) Velocidade
Integrando e achando a posição, sabendo que x0 = 0, temos:
x(t) = − 1α
∫ t
0
ln(α bm t+ e
−αv0) dt
x(t) = 1kα2 [(α
b
m t+e
−αv0)[ln(α bm t+e
−αv0)−1]+e−αv0(v0α+1)] Posição
b-)
3
Para v(t′) = 0, o que implicará em um máximo em x(t), temos que
t′ = mαb (1− e
−αb), que é o tempo que o barco gasta até sua velocidade ir
a zero. Subistituindo t′ em x(t), temos:
x(t′) = 1kα2 [(α
b
m t
′ + e−αv0)[ln(α bm t
′ + e−αv0)− 1] + e−αv0(v0α+ 1)]
x(t′) = 1kα2 [−1 + e
−αv0v0α+ e
−αv0 ]
x(t′) = mbα2 [1− e
−αv0(v0α+ 1)] Distancia percorrida
3. Reproduza o desenvolvimento da seção 2.3 do livro-texto, Mecânica
Clássica, de John R. Taylor, páginas 54 a 56, e calcule a correção
de segunda ordem para R, em função de Rvac , vy0 e vlim .
Tomamos primeiro, a segunda lei de Newton relativo as velocidades no
eixo x e y,onde k = −bm
mv̇x = −bvx ⇒ v̇x = kvx ⇒ v̇xvx = k
mv̇y = mg − bvy ⇒ v̇y = k(vy + gk )
Integrando dos dois lado, fazendo v′y = vy +
g
k , y0 = 0, x0 = 0, temos
a funções de velocidade vx e vy:
v̇′y = k(v
′
y)
vy(t) = v0ye
kt + gk (e
kt − 1) velocidade em y
vx(t) = v0xe
kt velocidade em x
Integrando novamente, teremos as funções de posição:
y(t) =
v0y
k (e
kt − 1) + gk [
ekt−1
k − t] posição em y
x(t) = v0xk (e
kt − 1) posição em x
Pegando x(t) e fazendo t = 1k ln(
kx
v0x
+ 1) e substistituindo em y(t), obte-
mos y(x):
y(x) = x
v0y+g/k
v0x
− gk2 ln(
kx
v0x
+ 1)
Que equivalente para τ = mb e vlim =
mg
b .
4
y(x) = x
v0y+vlim
v0x
+ vlimτ ln(1− xv0xτ ) Equação da trajetória
Tomando valores x para as quais y(x) = 0, temos a expansão em série
de taylor de ln(1− �) = −(�+ �
2
2 +
�3
3 + .....), temos, para uma expansão
até terceira ordem
0 = R
v0y+vlim
v0x
+ vlimτ ln(1− Rv0xτ )
0 = R
v0y+vlim
v0x
− vlimτ [ Rv0xτ +
1
2 (
R
v0xτ
)2 + 13 (
R
v0xτ
)3]
Podemos achar Rvac considerando b muito pequeno (o que implica em
τ muito grande) na qual seria para um caso ideal(sem resistência do ar).
Dividindo ambos os lado por 2v0gR , temos:
2v0xv0y
g −Rvac −
2R2vac
3v0xτ
= 0
Onde temos que o termo que depende de R2vac vai a zero pelo fato que τ
é muito grande. logo, temo que Rvac é:
Rvac =
2v0xv0y
g
Para termos um correção de segunda ordem, devemos o alcançe no vácuo
Rvac e subtituir na seguinte expressão:
R =
2v0xv0y
g −
2R2vac
3v0xτ
= Rvac(1− 2Rvac3v0xτ )
R = Rvac(1−
2
2v0xv0y
g
3v0xτ
)
Logo a correção de segunda ordem é:
R = Rvac(1− 4v0y3vlim )
4. Reproduza a solução do problema do Exemplo 2.6, do livro-
texto, Mecnica Clássica, de John R. Taylor, página 63, obtendo
o grá�co da Figura 2.10, utilizando o software Maxima ou a lin-
guagem de programação Python.
Temos uma bola de beisebol de diametro D = 7cm, massa m = 0.15kg. A
mesma foi lançada com velocidade v0 = 30m/s fazendo um angulo θ = 50
o
com a horizontal. Sabendo que o arrasto é quadratico, ~F (~v) = −cv~v, onde
c é a constante de arrasto dado com c = D2γ na qual γ = 0.25Ns2/m4,
5
Figure 1: Comparação entre lançamento com ou sem arrasto(resitência do ar)
para a bola de beisebol (D = 7cm,θ = 50o,m = 0.15kg,v0 = 30m/s, γ =
0.25Ns2/m4, c = D2γ)
escrevendo a segunda lei de Newton, temos:
mv̇x = −cvx
√
v2x + v
2
y eixo x
mv̇y = −mg − cvy
√
v2x + v
2
y eixo y
Sem arrasto(c muito pequeno), temos que a segunda lei de Newton �-
caria da seguinte forma:
mv̇x = 0 eixo x
mv̇y = −mg eixo y
que resulta nas equações normal com um movimento de velocidade con-
stante no eixo x e um polinômio quadrático no eixo y.
Resolvendo numericamente a equação diferencial com arrasto(resitência
do ar) através da linguagem de programção python e comparando o caso
sem arrasto, vemos na �gura 1 para t = 8s.
6
5. Uma partícula carregada de massa m e carga positiva q move-
se em um campo elétrico e magnético uniformes, ~E e ~B, ambos
apontando na direção z. A força resultante sobre a partícula
é ~F = q( ~E + ~v × ~B). Escreva a equação do movimento para
a partícula, indicando as equações para as três componentes
da força. Resolva essas equações e descreva o movimento da
partícula.
Temos, primeiramente, ~E = (0, 0, Ez) e ~B = (0, 0,Bz). Escrvendo a
segunda lei de Newton nesse caso(onde ~v = (vx, vy, vz) é a velocidade da
partícula), temos:
m~̇v = q( ~E + ~v × ~B)
Temos que ~v × ~B = (vyBz,−vxBz, 0). Reescrevendo em termos das coor-
denadas, temos:
mv̇x = qvyBz
mv̇y = −qvxBz
mv̇z = qEz
Equação da posição do eixo z trata simplismente de um polinomio quadratico
no tempo ao integrar duas vezes, ou seja, z(t) = z0 + v0zt+
qEz
2m t
2.
Dividindo porm a equações de vx e vy, chegamos na frequencia ciclotrônica
ω = qBzm e tambem em um sistema de equações diferenciais acoplado.
mv̇x = ωvy
mv̇y = −ωvx
Fazendo η = vx + ivy e tomando a primeira derivada, temos:
η̇ = −iω(vx + ivy) = −iωη
Que tem como solução η = ept ou η = e−pt onde p = −iω
Onde fazemos a combinação linear:
η = v0x(e
pt + e−pt) = v0x(e
−iωt + eiωt) = 2v0x cos(ωt) = vx + ivy ⇒
vx = 2v0x cos(ωt)
Podemos tomar essa outra combinação linear:
7
η = v0y(−ept + e−pt) = v0y(−e−iωt + eiωt) = 2iv0y sin(ωt) = vx + ivy ⇒
vy = 2v0y sin(ωt)
Temos que a equações das velocidade para todo eixos é:
vx = 2v0x cos(ωt) eixo x
vy = 2v0y sin(ωt) eixo y
vz = v0z +
qEz
m t eixo z
Sendo (x0, y0, z0) o ponto inicial da trajetória da particula, integramos as
equações da velocidade no tempo e assim obtemos as equações de movi-
mento para um ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)) que é a posição da particula.
x(t) = x0 +
2v0x
ω sin(ωt) eixo x
y(t) = y0 − 2v0yω cos(ωt) eixo y
z(t) = z0 + v0zt+
qEz
2m t
2 eixo z
Temos que no plano xy temos apenas um movimento circular devido a
atuação da força de lorentz que é uma força central. A coordenada z que
a mesma começa de um valor e vai diminuindo e depois atinge um mínimo
e cresce. Isso se simplismente pelo fato da atuação da força repulsiva do
campo eletrico sobre a carga positiva.
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