Capítulo 7 Exercícios Resolvidos por Augusto César de Castro Barbosa Neste capítulo, apresentamos uma coletânea de exercícios resolvidos relacionados a várias aplicações. Todo o conteúdo deste capítulo foi gentilmente cedido pelo professor Augusto César de Castro Barbosa do Departamento de Análise do IME/UERJ, a quem a autora agradece.
7.1 Aplicações à Biologia 1. Numa colméia, a razão de crescimento da população é uma função da população. Assim dp = f (p). dt a) Calcular p(t) para f (p) = βp, onde β é uma constante positiva, e determinar a população limite do sistema. Z Z dp 1 1 = βp ⇒ dp = βdt ⇒ dp = β dt ⇒ ln p = βt + c dt p p p = eβt+c ⇒ p(t) = keβt , onde k = ec p(0) = p0
⇒
p0 = keβ.0
p(t) = p0 eβt
⇒
k = p0
No cálculo da população limite (supondo p0 > 0) temos p(t) = p0 eβt
⇒
170
lim p(t) = +∞
t→∞
b) Encontrar p(t) para f (p) = βp − k 2 p2 , onde β e k são constantes positivas. Calcular novamente a população limite do sistema. 1 ⇒ dp = dt βp − kp2 β β β2 2 2 2 2 βp − kp = −(kp − βp) = −k p − p = −k p − p ± 2 k k 4k # " 2 2 β β − 2 = −k p− 2k 4k Z Z 1 1 β 1 β dp Sejam u = p − dp = − ,a= !2 βp − kp2 k 2k 2k β β2 p− − 2 2k 4k Z Z u=a sec θ , 1 a sec θ tg θ 1 1 du=a sec θ tg θdθ du = − dθ = − 2 2 2 k u −a k a (sec2 θ − 1) Z Z 1 a sec θ tg θ sec θ 1 =− dθ = − dθ 2 2 k a tg θ ak tg θ Z Z 1 1 1 cossec θdθ dθ = − =− ak sen θ ak 1 = − ln(cossec θ − cotg θ) + c ak dp = βp − kp2 dt
u
t
θ
u a 2 2 u = a + t2 sec θ =
⇒ ⇒
a cos θ = √ u t = u2 − a2
a √
u2 − a2 u ⇒ cossec θ = √ u u2 − a2 √ u2 − a2 a sen θ = ⇒ cotg θ = √ tg θ = 2 cos θ a u − a2 sen θ =
171
1 − k
Z
# " 1 1 1 u−a u−a du = − ln √ = − ln p u2 − a2 ak ak u2 − a2 (u − a)(u + a) r 1 u−a = − ln ak u+a r Z 1 u−a 1 dp = − ln 2 βp − kp ak u+a
Temos então que r 1 u−a 1 u−a − ln = t + c1 = t + c1 ⇒ − ln ak u+a 2ak u+a u−a = −2akt + c2 onde c2 = −2akc1 ⇒ ln u+a u−a = c3 e−2akt ⇒ u(1 − c3 e−2akt ) = a(1 + c3 e−2akt ) u+a β β 1 + c3 e−2akt a; u=p− e a= u= −2akt 1 − c3 e 2k 2k β −2akt = −2 kt = −βt 2k β 1 + c3 e−βt β β 1 + c3 e−βt + 1 − c3 e−βt p− = ⇒ p= 2k 1 − c3 e−βt 2k 2k 1 − c3 e−βt β β 2 1 p= = −βt 2k 1 − c3 e k 1 − c3 e−βt β kp0 − β β 1 ⇒ 1 − c3 = ⇒ c3 = p(0) = p0 = k 1 − c3 kp0 kp0 1 β kp0 = kp0 − β −βt k kp0 + (β − kp0 )e−βt e 1− kp0 p0 βeβt p0 β = = kp0 (1 − e−βt ) + βe−βt kp0 (eβt − 1) + β p0 eβt = kp0 βt (e − 1) 1+ β
p=
β k
172
Uma forma mais simples de obter p(t): dp = βp − kp2 , dt
f (p) = βp − kp2
1 dp = dt βp − kp2 Z Z 1 dp = dt βp − kp2
⇒ ⇒
A B 1 1 = + ⇒ A = e βp − kp2 p β − kp β Z Z Z 1 1 1 k dp + dp = dt β p β β − kp 1 k 1 − ln(β − kp) = t + c1 ln p + β β k 1 ln β
p β − kp
p = c3 eβt β − kp
p(0) = p0
= t + c1
⇒
ln
p β − kp
p = βc3 eβt − kc3 eβt p
⇒ ⇒
p0 =
βc3 1 + kc3
⇒
⇒ c3 =
βp0 eβt βp0 eβt β − p0 k p(t) = = = β − p0 k + kp0 eβt kp0 eβt 1+ 1− β − p0 k
B=
k β
= βt + c2
p(t) =
βc3 eβt 1 + kc3 eβt
p0 β − p0 k p0 eβt k p0 (eβt − 1) β
No cálculo da população limite temos p0 eβt p0 eβt p0 eβt p0 β β = lim = lim = lim = t→∞ t→∞ k kp0 βt kp0 βt t→∞ kp0 βt t→∞ kp0 (e − 1) e e 1+ 1+ β β β lim
2. A população de uma cidade é de 1.000.000 de habitantes. Houve uma epidemia e 10% da população contraiu um vírus. Em sete dias esta percentagem cresceu para 20%. O vírus se propaga por contato direto entre indivíduos enfermos e sãos (logo, é proporcional ao número de contatos). A partir destes dados e supondo que o modelo seja fechado, isto é, a população se mantém constante, sem nascimentos, mortes ou migração, e os indivíduos tendo toda a liberdade de interagir, calcule:
173
a) A proporção de indivíduos enfermos e sãos, como uma função do tempo. x=
ne , n
y=
ns , n
x + y = 1,
ne + ns = n
onde n = número total de habitantes ne = número de indivíduos enfermos ns = número de indivíduos sãos x = proporção de indivíduos enfermos y = proporção de indivíduos sãos dx ∝ xy, dt
dx = kxy dt
onde k é a constante de proporcionalidade dos contatos. y =1−x
⇒
dx = kx(1 − x) Zdt Z 1 dx = k dt x(1 − x)
1 dx = kdt ⇒ x(1 − x) 1 A B = + ⇒ x(1 − x) x 1−x ⇒ 1 = (B − A)x + A ⇒ 1 1 1 = + x(1 − x) x 1−x
⇒
ln x − ln(1 − x) = kt + c ⇒
Z
x = Aekt 1−x
174
1 = A(1 − x) + Bx A=1 1 dx + x
⇒
e B=A=1
Z
1 dx = k 1−x x = kt + c ln 1−x
onde A = ec
Z
dt
t=0 1 10 1−
t=7
1 10
⇒
x = 10% =
= Aek.0
⇒
A=
⇒
1 10 1 = 10 9 9
1 x = ekt 1−x 9
2 1 x = 20% = = 10 5
⇒
1 10
e7k =
9 4
⇒
1 5
1 = e7k 1 9 1− 5 1 9 k = ln 7 4 ⇒
Logo, x 1 = exp 1−x 9 Obs.:
x =z 1−x
⇒
x=
t 9 ln 7 4
z z+1
! t 9 exp ln 7 4 ! x= t 9 +9 ln exp 7 4
! t 9 exp ln 7 4 ! y =1−x=1− t 9 +9 ln exp 7 4 b) O tempo necessário para que a percentagem de indivíduos enfermos seja
175
de 50%. 1 2 1 1 1 t 9 t 9 x 2 = exp ⇒ = exp ln ln 1−x 9 7 4 7 4 1 9 1− 2 ln 9 t 9 t 9 ≈ 19 dias =9 ⇒ ln ln = ln 9 ⇒ t = 7 exp 7 4 7 4 9 ln 4 t? | x = 50% =
3. Em março de 1987, a população mundial atingiu 5.000.000.000, e estava crescendo à taxa de 380.000 pessoas por dia. Assumindo-se taxas de natalidade e mortalidade constantes, para quando se deve esperar uma população mundial de 10.000.000.000? dP (0) = 3, 8.105 d−1 dt Z Z 1 1 dP = kdt ⇒ dP = k dt P P ⇒ P (t) = cekt onde c = ec1
1987 → P (0) = 5.109, dP = kP ⇒ dt ln P = kt + c1 P (0) = 5.109
⇒
5.109 = cek.0
P (t) = 5.109 ekt
⇒
c = 5.109
dP (0) = 3, 8 × 105 × 365 = 1, 39.108a−1 dt dP (0) = 5.109 k dt 8 1, 39.10 = 2, 78.10−2 5.109 k = 1, 39.108 ⇒ k = 5.109 P (t) = 5.109 e0,028t t =? | P (t) = 10.109 1010 1 = 5.109 e0,028t ⇒ 0, 028t = ln ⇒ t = ln 2 ≈ 25 anos 5.109 0, 028 dP = kP = 5.109 kekt dt
1010
A população atingirá 1010 em 2012.
176
⇒
7.2 Aplicações à Física 1. A velocidade de desintegração do Rádio é diretamente proporcional à sua massa no instante considerado. a) Determine a lei de variação da massa de Rádio em função do tempo, sabendo que no instante t = 0 a massa era m0 . Z Z dm 1 1 = −km ⇒ dm = −kdt ⇒ dm = −k dt dt m m ln m = −kt + c ⇒ m = Ae−kt onde A = ec m(0) = m0
⇒
m0 = Ae−k.0
⇒
m(t) = m0 e−kt
A = m0
b) Qual o intervalo de tempo necessário para que metade da massa inicial de Rádio se desintegre? (k = 0, 000436a−1) m0 = m0 e−kt 2
⇒
1 = e−kt 2
⇒
ln
1 = −kt 2
⇒
t=
1 ln 2 ≈ 1590 anos k
2. Segundo a lei de Newton, a velocidade de resfriamento de um corpo no ar é proporcional à diferença da temperatura T do corpo e a temperatura Ta do ambiente. Se a temperatura do ambiente é de 20o C e a temperatura do corpo cai em 20 minutos de 100o C a 60oC, dentro de quanto tempo sua temperatura descerá para 30o C? Z Z dT 1 1 = k(Ta − T ) ⇒ dT = kdt ⇒ dT = k dt dt Ta − T Ta − T − ln(Ta − T ) = kt + c1 ⇒ ln(Ta − T ) = −kt + c2 ⇒ Ta − T = c3 e−kt ⇒
T (0) = 100o C
⇒
T = Ta + c3 e−kt
100 = 20 + c3 e−k.0
T (t) = 20 + 80e−kt
T (20) = 60oC ⇒
⇒
60 = 20 + 80e−20k
⇒
⇒
e−20k =
1 ⇒ k= ln 2 20 t T (t) = 20 + 80 exp − ln 2 20 −20k = − ln 2
177
c3 = 80 1 40 = 80 2
t? | T (t) = 30o C t t 30 = 20 + 80 exp − ln 2 ⇒ 10 = 80 exp − ln 2 20 20 t 1 = exp − ln 2 ⇒ 8 20 20 ln 8 20.3. ln 2 t = = 60 min − ln 8 = − ln 2 ⇒ t = 20 ln 2 ln 2 Obs.:
ln 8 = ln 23 = 3 ln 2.
3. Uma bola de golfe de massa 0, 5kg recebe uma tacada que lhe imprime uma velocidade de 72km.h−1 . Supondo-se que a bola permanece em contato permanente com o chão e sabendo-se que a força de atrito sobre ela é de −5N, qual a distância percorrida pela bola até ela parar? m = 0, 5kg, v = 72km.h−1 = 20m.s−1 , fa = −5N dv fa dp = fa ⇒ m = fa ⇒ dv = dt dt Z m Z dt fa fa dv = dt ⇒ v = t + c1 m m fa v(0) = 20 ⇒ 20 = .0 + c1 ⇒ c1 = 20 m 5 fa t + 20 = −10t + 20 v(t) = t + 20 = − m 0, 5 Como
v=
ds , dt ds = −10t + 20 ⇒ ds = (−10t + 20)dt Z dt Z ds = (−10t + 20)dt ⇒ s = −5t2 + 20t + c2 s(0) = 0
⇒
0 = −5.0 + 20.0 + c2 s(t) = −5t2 + 20t
⇒
c2 = 0
O tempo necessário para a bola parar → t | v(t) = 0. v(t) = 0 ⇒ −10t + 20 = 0 ⇒ t = 2s s(2) = −5.22 + 20.2 = −20 + 40 = 20. A bola percorre uma distância de 20m até parar.
178
4. Considere y
~ N
0
x
θ
P~
θ
Dadas as condições iniciais ( v(0) = v0 , x(0) = x0
,
determine as expressões da velocidade e da posição em função do tempo. P~ ~ N
→
peso do corpo
→
e
reação normal da superfície do plano inclinado
Podemos decompor o movimento do corpo nas direções x e y. 1. Direção y. Py − N = 0
⇒
N = Py
⇒
N = mg cos θ
onde
P = mg
2. Direção x. Px = ma Obs.:
⇒
v ≡ vx
dv = g sen θdt Como
mg sen θ = ma
⇒
Z
⇒
dv = g sen θ
g sen θ =
Z
dv dt
onde a =
dt
⇒
v = g sen θt + c
⇒
v = v0 + g sen θt
v(0) = v0 , v0 = g sen θ.0 + c
⇒
c = v0
179
dv dt
Temos também que v=
dx dt
⇒
dx = (v0 + g sen θt)dt ⇒ Como
⇒
dx = v0 + g sen θt dt Z Z dx =
(v0 + g sen θt)dt
1 x = v0 t + g sen θt2 + k 2
x(0) = x0 , 1 x0 = v0 .0 + g sen θ02 + k ⇒ k = x0 2 1 x = x0 + v0 t + g sen θt2 2
5. Vamos considerar agora o plano inclinado com atrito e o corpo sujeito à resistência do ar. f~
→
~ → força de atrito cinético de contato e R ~ = −γ~v , ~ ux R f~ = −µ|N|b
resistência do ar
Direção x. Px + f + R = ma
⇒
mg sen θ − µN − γv = m
dv dt
1 1 dv = dt mg sen θ − µN − γv m
Z 1 1 dt dv = mg(sen θ − µ cos θ) − γv m 1 1 ⇒ − ln [mg(sen θ − µ cos θ) − γv] = t + c γ m γ ln [mg(sen θ − µ cos θ) − γv] = − t + c1 m − γt m onde c2 = ec1 e c1 = −γc mg(sen θ − µ cos θ) − γv = c2 e (N = mg cos θ) ⇒
⇒
⇒
Z
i γ 1h −m t mg(sen θ − µ cos θ) − c2 e v= γ 1 v(0) = v0 ⇒ v0 = [mg(sen θ − µ cos θ) − c2 ] γ γv0 = mg(sen θ − µ cos θ) − c2 ⇒ c2 = mg(sen θ − µ cos θ) − γv0
180
Temos então que v(t) =
o γ 1n mg(sen θ − µ cos θ) − [mg(sen θ − µ cos θ) − γv0 ] e− m t γ γ γ 1 v(t) = mg(sen θ − µ cos θ) 1 − e− m t + v0 e− m t γ 1 lim v(t) = mg(sen θ − µ cos θ) = vL t→+∞ γ
6. Um assado pesando 2, 5kgf , inicialmente a 10o C, é posto em um forno a 280oC às cinco horas da tarde. Depois de 75min a temperatura T (t) do assado é de 90o C. Quando será a temperatura do assado igual a 150o C?
o
T (0) = 10 C,
17 : 00 → t = 0 T (75) = 90oC, Ta
→
ambiente
dT dT = k(Ta − T ) ⇒ = k(280 − T ) dt dt Z Z 1 dT = k dt ⇒ − ln(280 − T ) = kt + c 280 − T ⇒ 280 − T = Be−kt onde B = e−c T (0) = 10
⇒
280 − 10 = B.1
T (t) = 280 − 270e−kt
⇒
B = 270
1 T (75) = 90 ⇒ 280 − 270e = 90 ⇒ k = − ln 75 −0,0047t k ≈ 0, 0047 ⇒ T (t) = 280 − 270e −kt
t =? | T (t) = 150oC
1 150 = 280 − 270e ⇒ t=− ln 0, 0047 t ≈ 155min o T = 150 C por volta de 19 : 35h −0,0047t
130 270
190 270
7. Considerando um pára-quedista em queda livre, sem o acionamento do pára-quedas, determine a sua velocidade como uma função do tempo e sua velocidade limite. Considere v(0) = 0.
181
~ R
P~ = m~g ~ = −γ~v R
11 00 00 11 00 11 00 11
~ P y
dv dt Z Z 1 1 1 1 dt dv = dt ⇒ dv = mg − γv m mg − γv m 1 t γt − ln(mg − γv) = + c ⇒ ln(mg − γv) − + k1 , k1 = −γc γ m m γ k2 = ek1 mg − γv = k2 e− m t , γ γ 1 γv = mg − k2 e− m t ⇒ v = mg − k2 e− m t γ mg − γv = ma
⇒
mg − γv = m
1 (mg − k2 ) ⇒ k2 = mg γ γ mg t −m 1−e v(t) = γ mg mg (1 − 0) = vL = lim v(t) = t→∞ γ γ
v(0) = 0
⇒
0=
8. Refaça o exercício anterior considerando o pára-quedas aberto. Considere v(0) = v0 . m = m1 + m2 , m1 m2
→ →
~ = −λv 2 u R by
massa do pára-quedista massa do pára-quedas
dv mg − λv 2 = m dt Z Z 1 1 1 1 dt dv = dt ⇒ dv = 2 2 mg − λv m mg − λv m 1 1 A B √ √ = − = + √ √ mg − λv 2 λv 2 − mg v λ − mg v λ + mg P − R = ma
⇒
182
√ √ −1 = (A + B) λv + (A − B) mg √ (A + B) λ = 0 ⇒ A = −B 1 √ √ (A − B) mg = −1 ⇒ −2B mg = −1 ⇒ B = √ 2 mg " # 1 1 1 1 √ =− √ − √ mg − λv 2 2 mg v λ − √mg v λ + √mg Z
1 1 dv = − √ mg − λv 2 2 mg
) Z 1 1 √ √ √ dv − √ dv v λ − mg v λ + mg h i √ √ √ √ ln(v λ − mg) − ln(v λ + mg)
(Z
1 =− √ 2 mgλ Z t 1 dt = +c = m m
r √ √ ! v λ − mg gλ √ = −2 (t + c) ln √ m v λ + mg r ! r ! √ √ gλ gλ √ √ onde k = exp −2c v λ − mg = (v λ + mg)k exp −2t m m √
"
r
v λ 1 − k exp −2t
gλ m
!#
=
√
r
mg 1 + k exp −2t
! gλ 1 + k exp −2t r m mg r ! v(t) = λ gλ 1 − k exp −2t m r
mg 1 + k λ 1−k
r
r
gλ m
!!
mg v(0) = v0 ⇒ v0 = ⇒ v0 − v0 k = +k λ r mg r r v0 − mg mg r λ k + v0 = v0 − ⇒ k= λ λ mg v0 + λ r mg vL = lim v(t) = t→∞ λ
183
r
mg λ
Movimento Harmônico Simples
m −xm
xm
0
F = ma,
onde
x
F = −kx
Logo, −kx = ma
⇒
m
d2 x = −kx dt2
⇒
d2 x kx + =0 dt2 m
ou d2 x + ω 2 x = 0 onde dt2 Determine a solução de
k ω= m
obs.:
T = 2π
r
m k
d2 x + ω2x = 0 dt2
Cálculo de xh Equação Homogênea: Equação Característica:
d2 x + ω2x = 0 dt2 r2 + ω 2 = 0
⇒
r1 = ωi
e
r2 = −ωi
x(t) = c1 eiωt + c2 e−iωt = c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt) = (c1 + c2 ) cos ωt + i(c1 − c2 ) sen ωt Fazendo c1 + c2 = A cos φ e i(c1 − c2 ) = −A sen φ, x(t) = A cos ωt cos φ − A sen ωt sen φ ⇒ x(t) = A cos(ωt + φ)
184
Oscilador de Torção O pêndulo de torção consiste em um corpo suspenso por um fio (figura que segue) de modo que a linha OC passe pelo centro de massa do corpo.
0
1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 111111111 000000000 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 0 1
C
I
θ
Quando o corpo sofre uma rotação de ângulo θ, a partir de sua posição de equilíbrio, o fio é torcido e passa a exercer um torque τ sobre o corpo, em torno de OC, que se opõe ao deslocamento θ com módulo proporcional a θ. Podemos então escrever que, para pequenas torções, τ = −kθ, onde k é o coeficiente de torção do fio. Chamando de I o momento de inércia do corpo em relação ao eixo OC, τ = Iα
⇒
−kθ = I
d2 θ dt2
d2 θ k + θ=0 dt2 I ou
d2 θ + ω2θ = 0 dt2 onde α é a aceleração angular e k ω = , I 2
T = 2π
r
I k
A partir da equação para o período, podemos determinar experimentalmente o momento de inércia de um corpo, deixando-o suspenso por um fio cujo coeficiente é conhecido e, em seguida, medindo o período T de oscilação.
185
Determine a solução de
d2 θ k + θ = 0. dt2 I
Solução: d2 θ + ω2θ = 0 dt2 Equação característica: r2 + ω 2 = 0 iωt
−iωt
⇒
r1 = ωi
r2 = −ωi
e
θ(t) = c1 e + c2 e = c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt) = (c1 + c2 ) cos ωt + i(c1 − c2 ) sen ωt ( c1 + c2 = θ0 cos φ i(c1 − c2 ) = −θ0 sen φ θ(t) = θ0 cos ωt cos φ − θ0 sen ωt sen φ θ(t) = θ0 cos(ωt + φ)
ou r
θ(t) = θ0 cos
k t+φ I
!
Pêndulo Simples Um pêndulo simples consiste de uma partícula de massa m presa em um ponto O por um fio de comprimento l e massa desprezível. 0
11 0 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 01 0 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 0 1 111111111 000000000 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
θ T~ l
A
m C
~T F
θ
~N F
~ P
As forças que agem no pêndulo são a tração T~ no fio e o peso P~ , que está decomposto na figura em suas componentes tangencial e normal (radial).
186
Obs.: Componente tangencial → força restauradora Componente normal → força centrípeta |F~N | = |T~ | = mg cos θ,
|F~T | = mg sen θ
Da figura FT = −mg sen θ, onde o sinal negativo indica que a força tem sentido oposto ao deslocamento. Mas, FT = maT = m
d2 x d2 (lθ) d2 θ = m = ml dt2 dt2 dt2
onde x = lθ. Logo, ml
d2 θ = −mg sen θ dt2
⇒
d2 θ g + sen θ = 0. dt2 l
No limite em θ, θ é muito pequeno, sen θ ≈ θ e a equação se torna d2 θ g + θ = 0. dt2 l Vemos desta equação que, dentro da aproximação de ângulos pequenos, o movimento do pêndulo simples é harmônico simples, com s l g e T = 2π . w2 = l g Obs.: Em radianos θ = 5o ≈ 0, 087267 rad sen θ = 0, 087156 tg θ = 0, 087489 sen θ lim =1 θ→0 θ
187
Para um ângulo θ qualquer, pode ser demonstrado que s l 1 9 2 θ0 4 θ0 T = 2π 1 + sen + sen + ... g 4 2 64 2 Determine a solução da equação diferencial: d2 θ g + θ = 0. dt2 l Equação característica: r r g g g i = ωi, r2 = − i = −ωi r + = 0 ⇒ r1 = l l l θ(t) = c1 eωit + c2 e−ωit = c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt) = (c1 + c2 ) cos ωt + i(c1 − c2 ) sen ωt = θ0 cos ωt cos φ − θ0 sen ωt sen φ = θ0 cos(ωt + φ) 2
onde θ0 cos φ = c1 + c2
− θ0 sen φ = i(c1 − c2 )
e
Temos finalmente que s
θ(t) = θ0 cos
l t+φ g
!
Pêndulo Físico Denominamos pêndulo físico qualquer corpo rígido que pode oscilar livremente em torno de um eixo horizontal sob a ação da gravidade. 0 θ
z
d
C I
θ
m
P~
188
→ → →
C I m
→
d
centro de massa momento de inércia massa do corpo OC
Obs.: Todos pêndulo reais são pêndulos físicos. ~i ~k ~j ~τ = ~r × ~p = d sen θ −d cos θ 0 = −dmg sen θ~k 0 −mg 0 A componente z do torque que age sobre o corpo é τz = −mgd sen θ. Por outro lado, τz = Iα, onde α=
d2 θ dt2
é a aceleração angular. Daí I
d2 θ = −mgd sen θ dt2
⇒
d2 θ mgd + sen θ = 0. dt2 I
Supondo que as oscilações são pequenas (θ << 1), d2 θ mgd + θ = 0. dt2 I Neste caso, ω2 =
mgd I
e
T = 2π
Determine a solução da equação diferencial d2 θ mgd + θ = 0. dt2 I
189
s
I . mgd
Equação característica: r r mgd mgd mgd r + = 0 ⇒ r1 = i = ωi, r2 = − i = −ωi I I I θ(t) = c1 eωit + c2 e−ωit = c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt) = (c1 + c2 ) cos ωt + i(c1 − c2 ) sen ωt ! r mgd t+φ = θ0 cos ωt cos φ − θ0 sen ωt sen φ = θ0 cos I 2
Movimento Harmônico Amortecido Quando estudamos o oscilador harmônico, supomos as forças conservativas. Na prática, sempre existe dissipação de energia. Vamos supor que, além da força restauradora F = −kx, age uma outra força de sentido oposto ao da velocidade F ′ = −λv, onde λ é uma constante. Pela segunda lei de Newton, d2 x dx = −kx − λ 2 dt dt 2 λ dx k d x + + x = 0. 2 dt m dt m
ma = −kx − λv
⇒
m
Podemos reescrever esta equação como d2 x dx + 2γ + ω02x = 0 2 dt dt onde 2γ =
λ m
e
ω02 =
k m
é a freqüência angular natural, sem amortecimento.
190
Equação característica: 2
r + 2γr +
ω02
r1 = −γ +
q
=0
⇒
r=
γ 2 − ω02 ,
−2γ ±
r2 = −γ −
p 4γ 2 − 4ω02 q2 γ 2 − ω02
Consideremos o caso em que o amortecimento é pequeno, isto é γ < ω0 . Assim, q q q r1 = −γ + γ 2 − ω02 = −γ + −(ω02 − γ 2 ) = −γ + ω02 − γ 2 i q r2 = −γ − ω02 − γ 2 i q r2 = −γ − wi ω = ω02 − γ 2 ⇒ r1 = −γ + wi, x(t) = c1 er1 t + c2 er2 t = c1 e(−γ+iω)t + c2 e(−γ−iω)t = e−γt [c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt)] = e−γt [(c1 + c2 ) cos ωt + i(c1 − c2 ) sen ωt] = e−γt [A cos ωt cos φ − A sen ωt sen φ]
onde c1 + c2 = A cos φ e i(c1 − c2 ) = −A sen φ −γt x(t) = Ae cos (ωt + φ) Obs.: 1. Se o amortecimento é muito grande, γ pode se tornar maior do que ω0 . Neste caso, não há oscilações. x(t) = c1 er1 t + c2 er2 t onde q
γ 2 − ω02 q r2 = −γ − γ 2 − ω02 r1 = −γ +
∈R ∈R
2. A energia perdida pela partícula que executa oscilações amortecidas é absorvida pelo meio ambiente. 3. A freqüência é menor e o período é maior quando existe atrito.
191
9. Quando um corpo se move através de um fluido viscoso sob a ação de uma força F~ , a força resultante é F −Kηv, onde K depende da forma do corpo, v é a velocidade do corpo e η é o coeficiente de viscosidade. Obter a velocidade como função do tempo. Suponha que o movimento seja retilíneo, que a força aplicada seja constante e que v(0) = v0 . dv F = ma ⇒ F − Kηv = m dt Z Z 1 F Kη Kη dv v− ⇒ dt =− dv = − dt m Kη m F v− Kη Kη F Kη F ln v − =− t + c1 ⇒ v = + ce− m t Kη m Kη F F v(0) = v0 ⇒ + c = v0 ⇒ c = v0 − Kη Kη Kη F F v(t) = e− m t + v0 − Kη Kη Oscilações Forçadas Consideremos uma força externa periódica agindo sobre um oscilador (amortecido). Podemos supor que, em geral, o período desta força não coincidirá com o período natural do oscilador. A força externa tem o papel de suprir continuamente o oscilador com energia, compensando a dissipação. Considere F = F0 cos ωf t, a força aplicada e ωf sua freqüência. Vamos supor que a partícula esteja sujeita também a uma força F = −kx e a uma força amortecedora A equação do movimento é
F ′ = −λv.
−kx − λv + F0 cos ωf t = m
d2 x dt2
ou dx F0 d2 x 2 + 2γ + ω x = cos ωf t 0 dt2 dt m
192
(7.1)
onde 2γ =
λ m
ω02 =
e
k m
A solução de (7.1) tem a forma x(t) = xh (t) + xp (t)
(7.2)
Cálculo de xh (t) Equação homogênea:
dx d2 x + 2γ + ω02 x = 0. 2 dt dt
Do Exercício 8, xh (t) = Ae−γt cos(ωt + φ)
(7.3)
xp (t) = B cos ωf t + C sen ωf t ′ xp (t) = −Bωf sen ωf t + Cωf cos ωf t x′′p (t) = −Bωf2 cos ωf t − Cωf2 sen ωf t
(7.4) (7.5)
Cálculo de xp (t) Temos que
Levando (7.4), (7.5) e (7.6) em (7.1), −Bωf2 cos ωf t − Cωf2 sen ωf t + 2γ [−Bωf sen ωf t + Cωf cos ωf t] F0 + ω02 [B cos ωf t + C sen ωf t] = cos ωf t m F0 −Bωf2 + 2Cγωf + ω02B = m −Cω 2 + 2Bγω + ω 2C = 0 f
f
0
2γωf B ω02 − ωf2 F0 2γωf B + ω02 B = −Bωf2 + 2γωf 2 2 ω0 − ωf m " # 4γ 2 ωf2 + (ω02 − ωf2 )2 ω02 − ωf2 F0 F0 B ⇒ B = = ω02 − ωf2 m m 4γ 2 ωf2 + (ω02 − ωf2 )2 C(ω02 − ωf2 ) = 2Bγωf
C=
⇒
C=
2γωf F0 2 2 m 4γ ωf + (ω02 − ωf2 )2
193
(7.6)
x(t) = xh (t) + xp (t) ω02 − ωf2 F0 cos ωf t m 4γ 2 ωf2 + (ω02 − ωf2 )2 F0 2ωf γ + sen ωf t 2 m 4γ 2 ωf + (ω02 − ωf2 )2
= Ae−λt cos(ωt + φ) +
O primeiro termo do segundo membro, solução da equação homogênea, representa oscilações amortecidas. Este termo decresce quanto t cresce e, ao fim de certo tempo, os outros dois termos, que representam oscilações forçadas, são os que desempenham papel principal. Fazendo ω02 − ωf2 F0 A cos φ = m 4γ 2 ωf2 + (ω02 − ωf2 )2 ∗
∗
e A∗ sen φ∗ = −
F0 2ωf γ 2 2 m 4γ ωf + (ω02 − ωf2 )2
obtemos x(t) = Ae−λt cos(ωt + φ) + A∗ cos φ∗ cos ωf t − A∗ sen φ∗ sen ωf t = Ae−λt cos(ωt + φ) + A∗ cos(ωf t + φ∗ )
Circuito RL
L E R
O comportamento dos elementos que constituem este circuito é regido por uma equação linear de primeira ordem que resulta da aplicação das seguintes leis: 1. Lei de Kirchoff A soma das quedas de potencial elétrico ao longo de uma malha do circuito é igual a zero.
194
2. Lei de Ohm A queda de tensão elétrica num condutor percorrido por uma corrente de intensidade I é proporcional a esta corrente. A lei se exprime pela equação E = RI. A constante de proporcionalidade é a resistência do condutor. 3.
A queda de tensão através de um indutor é proporcional à taxa de variação da corrente. E=L
dI , dt
onde L é a indutância do indutor. Temos então que E(t) − RI − L
dI =0 dt
⇒
L
dI + RI = E(t) dt
Determine a corrente como função do tempo para: 1. E = K (constante) dI dI K RI + RI = K ⇒ = − dt dt L L 1 1 1 dI = (K − RI) ⇒ dI = dt dt L Z K− L Z RI 1 1 dt dI = K − RI L 1 1 R − ln(K − RI) = t + c1 ⇒ ln(K − RI) = − t + c2 , R L L R R K − RI = exp − t + c2 ⇒ RI = K − c exp − t , L L K R I(t) = + c exp − t . R L L
Obs.:
lim I(t) =
t→∞
K . R
195
c2 = −Rc1 c = ec2
2. E(t) = E0 sen ωt L
dI + RI = E0 sen ωt dt
dI R E0 + I= sen ωt dt L L dv du dI =u +v I = uv ⇒ dt dt dt dv du R E0 u +v + uv = sen ωt dt L L dt dv R du E0 u + v +v = sen ωt dt L dt L ⇒
Cálculo de v 1 R dv R + v=0 ⇒ dv = − dt dt LZ v L Z 1 R R dt ⇒ v = exp − t + c1 dv = − v L L R
v(t) = c2 e− L t ,
c2 = ec1
Cálculo de u R du du E0 E0 = sen ωt ⇒ c2 e− L t = sen ωt dt L dt ZL Z R 1 E0 R t du 1 E0 e L t sen ωtdt = e L sen ωt ⇒ du = dt c2 L c2 L Z Cálculo de eax sen bxdx
v
Z
wdz = wz − Z
Cálculo de Z
Z
Z
z = eax , dz = aeax dx 1 w = − cos bx, dw = sen bxdx b
zdw;
Z 1 1 ax cos bxaeax dx e sen bxdx = − cos bxe + b b Z 1 a eax cos bxdx = − cos bxeax + b b ax
eax cos bxdx
w ′ dz ′ = w ′z ′ −
Z
z ′ dw ′ ;
196
z ′ = eax , dz ′ = aeax dx 1 w ′ = sen bx, dw ′ = cos bxdx b
Z 1 1 ax sen bxaeax dx e cos bxdx = e sen bx − b b Z a 1 ax eax sen bxdx = e sen bx − b b Z Z 1 ax a 1 ax a ax ax e sen bxdx = − e cos bx + e sen bxdx e sen bx − b b b b Z a ax a2 1 ax eax sen bxdx = − e cos bx + 2 e sen bx − 2 b b b Z
ax
Z eax (a sen bx − b cos bx) a2 eax sen bxdx = 1+ 2 b b2 Z ax e (a sen bx − b cos bx) eax sen bxdx = a2 + b2 R b≡ω a≡ , L
Z
e e
R t L
R t L
sen ωtdt =
! R sen ωt − ω cos ωt L
+ c3 R2 + ω2 L2 R Le L t (R sen ωt − ωL cos ωt) + c3 = R2 + ω 2L2 R
1 E0 Le L t (R sen ωt − ωL cos ωt) u(t) = + c4 c2 L R2 + ω 2L2 R E0 e L t (R sen ωt − ωL cos ωt) + c4 = c2 (R2 + ω 2L2 ) Observação: A sen x − B cos x = C sen x cos δ − C cos x sen δ = C sen(x − δ) onde A = C cos δ
e
B = C sen δ
A C
e
sen δ =
Mas, cos δ =
197
B C
Daí, √ A2 B 2 A2 + B 2 + = 1 ⇒ C = cos δ + sen δ = 1 ⇒ C 2 √C 2 A sen x + B cos x = A2 + B 2 sen(x − δ) 2
2
com B B sen δ = C= = tg δ cos δ A A C
⇒
δ = arctg
B A
Temos então que R
√ E0 e L t u(t) = R2 + ω 2 L2 sen(ωt − δ) + c4 2 2 2 c2 (R + ω L ) onde δ = arctg
ωL R
R
E0 e L t u(t) = √ sen(ωt − δ) + c4 c2 R2 + ω 2 L2 Portanto, (
R
E eLt √ 0 sen(ωt − δ) + c4 I(t) = u(t)v(t) = c2 e c2 R2 + ω 2 L2 R E0 sen(ωt − δ) I(t) = ce− L t + √ 2 R + ω 2 L2 t −R L
)
Note que o termo exponencial se aproxima de zero à medida que t tende para o infinito. Isto significa que, após um tempo suficientemente longo, a corrente I(t) oscila de maneira praticamente harmônica. Obs.: Se L = 0, as oscilações de I(t) se encontram em fase com as de E(t).
198
Circuito RC C R
E
O comportamento dos elementos que constituem este circuito é regido por uma equação diferencial que resulta da aplicação das seguintes leis: 1. Lei de Kirchoff A tensão aplicada em um circuito fechado é igual à soma das quedas de tensão no resto do circuito. 2. Lei de Ohm A queda de tensão E através de um resistor é proporcional à corrente instantânea I, E = RI, onde R é a resistência do resistor. 3.
A queda de tensão através de um capacitor é proporcional ao valor da carga elétrica instantânea armazenada no condutor, E=
Q , C
onde C é a capacitância. Como
I(t) =
dQ , dt dQ = I(t)dt
⇒
Q=
Z
e 1 E(t) = C
Z
199
I(t)dt.
I(t)dt
Logo, 1 RI + C
Z
I(t)dt = E(t)
Derivando em relação ao tempo, R
1 dE dI + I= dt C dt
Obtenha uma expressão para I em função do tempo, a partir da última equação. Temos então que dI dv du =u +v dt dt dt dv du 1 1 dE u +v + uv = dt CR R dt dt dv u 1 dE du +u + = v dt CR dt R dt
I = uv
⇒
Cálculo de u du u 1 1 + ⇒ du = − dt dt CRZ u CR Z 1 1 1 dt ⇒ ln u = − du = − t + c1 u CR CR 1 u = c2 exp − t , c2 = ec1 CR Cálculo de v dv 1 dE dv 1 dE t = ⇒ = e CR dt R dt Z dt c2 R dt 1 t dE v= e CR dt + c3 c2 R dt I = uv Z 1 t t dE − RC I(t) = c2 e e CR dt + c3 c2 R dt Z t dE t 1 − RC e CR dt + k , k = c2 c3 =e R dt t
c2 e− CR
200
10. Na última equação, obtenha I(t) para: 1. E = A (constante) dE e dt + k , I(t) = e dt dE =0 E=A ⇒ dt t t I(t) = e− RC {k1 + k} = k2 e− RC t − RC
1 R
Z
t CR
2. E(t) = E0 sen ωt
t
I(t) = e− RC t
= e− RC Cálculo de
Z
dE = ωE0 cos ωt dt Z t 1 e CR ωE0 cos ωtdt + k R Z ωE0 t e CR cos ωtdt + k R
eax cos bxdx
u = eax , du = aeax dx udv = uv − vdu; 1 v = sen bx, dv = cos bxdx b Z Z 1 1 eax cos bxdx = eax sen bx − sen bxaeax dx b b Z 1 ax a eax sen bxdx = e sen bx − b b Z Cálculo de eax sen bxdx Z
Z
Z
u′ = eax , du′ = aeax dx u dv = u v − v du ; 1 v ′ = − cos bx, dv ′ = sen bxdx bZ Z 1 1 eax sen bxdx = − eax cos bx + cos bxaeax dx b b Z 1 ax a eax cos bxdx. = − e cos bx + b b ′
′
′ ′
Z
′
′
201
Logo, Z Z 1 ax 1 ax a a ax ax e cos bxdx = e sen bx − − e cos bx + e cos bxdx b b b b Z a ax a2 1 ax eax cos bxdx = e sen bx + 2 e cos bx − 2 b b b ax 2 2 Z e (b sen bx + a cos bx) a +b eax cos bxdx = 2 b b2 Z ax e (a cos bx + b sen bx) eax cos bxdx = a2 + b2 1 a≡− , b≡ω RC ! 1 t RC e cos ωt + ω sen ωt RC t ωE 0 − RC I(t) = e +k R 1 2 + ω 2 2 R C =
t R2 C 2 ωE0 (cos ωt + ωRC sen ωt) + ke− RC 2 2 2 R(1 + R C ω ) RC
Mas, cos ωt + ωRC sen ωt = −c′ sen δ cos ωt + c′ cos δ sen ωt onde −c′ sen δ = 1 e c′ cos δ = ωRC cos ωt + ωRC sen ωt = c′ (cos δ sen ωt − sen δ cos ωt) = c′ sen(ωt − δ) (−c′ sen δ)2 + (c′ cos δ)2 = 1 + (ωRC)2 ⇒ c′2 (sen2 δ + cos2 δ) = 1 + (ωRC)2 p ⇒ c′ = 1 + (ωRC)2 p cos ωt + ωRC sen ωt = 1 + (ωRC)2 sen(ωt − δ) t ωE0 C p 1 + (ωRC)2 sen (ωt − δ) + ke− RC I(t) = 2 2 2 1+R C ω t ωE0 C sen (ωt − δ) + ke− RC =p 1 + (ωRC)2 ( −c′ sen δ = 1 −c′ sen δ 1 ⇒ = ′ ′ c cos δ ωRC c cos δ = ωRC 1 1 ou δ = arctg − tg δ = − ωRC ωRC
202
Circuito RLC
C
L
R
E
A equação diferencial de segunda ordem que descreve o comportamento da corrente elétrica em função do tempo nesse circuito resulta da aplicação das seguintes leis: 1. Lei de Kirchoff A tensão aplicada em um circuito fechado é igual à soma das quedas de tensão no resto do circuito. 2. Lei de Ohm A diferença de potencial aplicada aos terminais de um resistor metálico mantido à temperatura constante, é diretamente proporcional à intensidade de corrente elétrica que o atravessa. Escrevemos E = RI. 3.
A queda de tensão através de um indutor é proporcional à taxa de variação da corrente. Isto é, E=L
4.
dI . dt
A queda de tensão através de um capacitor é proporcional ao valor da carga elétrica armazenada no condutor. Temos então que Q E= . C
Portanto L
dI 1 + RI + Q = E(t). dt C
203
Derivando em relação ao tempo, obtemos L Considerando
d2 I dI 1 dE +R + I = . 2 dt dt C dt
E = E0 sen ωl t, dE = ωl E0 cos ωl t dt
e ficamos com dI 1 d2 I L 2 + R + I = ωl E0 cos ωl t dt dt C d2 I R dI 1 ωl E0 + + I= cos ωl t 2 dt L dt LC L ou dI d2 I + 2b + ω02 I = F cos ωl t 2 dt dt onde R = 2b, L
1 = ω02 LC
ωl E0 = F. L
e
Resolva a equação diferencial acima. d2 I dI + 2b + ω02 I = F cos ωl t 2 dt dt
⇒
I(t) = Ih (t) + Ip (t)
Solução da equação homogênea dI d2 I + 2b + ω02 I = 0 2 dt dt r 2 + 2br + ω02 = 0 p q −2b ± 4b2 − 4ω02 r= = −b ± b2 − ω02 2
Equação Característica:
Consideremos o caso em que b2 < ω02. Neste caso, Ih (t) = c1 er1 t + c2 er2 t = c1 exp[(−b + iω)t] + c2 exp[(−b − iω)t]
204
onde
ω=
p
ω02 − b2
Ih (t) = e−bt [c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt)] = e−bt [(c1 + c2 ) cos ωt + (c1 − c2 ) sen ωt] = e−bt [A cos φ cos ωt − A sen φ sen ωt] Ih (t) = e−bt A cos(ωt + φ)
onde c1 + c2 = A cos φ
c1 − c2 = −A sen φ
e
Solução particular Ip (t) = P cos ωl t + Q sen ωl t ⇒ dI d2 I = −P ωl sen ωl t + Qωl cos ωl t e = −P ωl2 cos ωl t − Qωl2 sen ωl t 2 dt dt Levando na equação d2 I dI + 2b + ω02I = F cos ωl t, 2 dt dt obtemos −P ωl2 cos ωl t − Qωl2 sen ωl t + 2b [−P ωl sen ωl t + Qωl cos ωl t] + ω02 [P cos ωl t + Q sen ωl t] = F cos ωl t −P ωl2 + 2bQωl + ω02P cos ωl t + −Qωl2 − 2bP ωl + ω02Q sen ωl t = F cos ωl t ( −P ωl2 + 2Qbωl + ω02 P = F −Qωl2 − 2P bωl + ω02 Q = 0 2bωl Q= 2 P ω0 − ωl2 2 2 2bωl 4b ωl + (ω02 − ωl2 )2 2 2 −P ωl + 2bωl 2 P + ω0 P = F ⇒ P =F ω0 − ωl2 ω02 − ωl2 ω2 − ω2 2bωl P = 2 2 0 2 l 2 2F e Q= 2 2 F 4b ωl + (ω0 − ωl ) 4b ωl + (ω02 − ωl2 )2 2P bωl = Q(ω02 − ωl2)
205
⇒
ω02 − ωl2 cos ωl t 4b2 ωl2 + (ω02 − ωl2 )2 2bωl +F 2 2 sen ωl t 4b ωl + (ω02 − ωl2 )2
I(t) = Ae−bt cos(ωt + φ) + F
Observe que primeiro termo do segundo membro da última equação representa oscilações amortecidas. Quando t cresce, este termo decresce, de modo que ao final de um certo intervalo de tempo, os outros dois termos desempenharão o papel principal. Fazendo G cos δ = F
ω02 − ωl2 4b2 ωl2 + (ω02 − ωl2 )2
G sen δ = F
e
4b2 ωl2
2bωl , + (ω02 − ωl2 )2
obtemos I(t) = Ae−bt cos(ωt + φ) + G cos(ωl t + δ) onde 2bωl . − ωl2
tg δ =
ω02
11. Um tubo em U está cheio com um líquido homogêneo, que é levemente comprimido em um dos lados do pistão. O pistão é removido e o nível do líquido em cada ramo oscila. Determine a altura do nível do líquido em um dos ramos em função do tempo. +z
z=0 −z
l
Consideramos o fluido ideal. Características do fluido ideal: 1. Escoamento uniforme → a velocidade do fluido em qualquer ponto não muda com o tempo, em magnitude, em direção e em sentido.
206
2. Escoamento incompressível
→
a densidade do fluido é constante.
3. Escoamento não-viscoso → um objeto se movendo através do fluido não experimenta nenhuma força resistiva devido à viscosidade. 4. Escoamento irrotacional → um corpo imerso no fluido não gira em torno do eixo que passa pelo seu centro de massa. Quando o nível em um dos ramos do tubo em U desce de uma quantidade z, a diferença de pressão do líquido entre os dois ramos é ∆p = 2ρgz, onde ρ é a densidade do líquido e g é a aceleração da gravidade. Dessa forma, a força restauradora pode ser escrita como F = −A∆p = 2ρAgz, onde A é a área da seção transversal do tubo. Temos então que m
d2 z = −2ρAgz dt2
⇒
d2 z 2ρAg + z = 0. dt2 m
Mas, 2ρAg 2ρAg 2g 2ρAg = = = m ρV ρAl l Daí, d2 z 2g + z = 0, dt2 l onde l é o comprimento total da coluna líquida e m = ρV é a massa total de líquido. 2g Equação Característica: r 2 + =0 l r r 2g 2g i, r2 = − i r1 = l l z(t) = c1 eiωt + c2 e−iωt r 2g onde ω = l z(t) = c1 (cos ωt + i sen ωt) + c2 (cos ωt − i sen ωt) = (c1 + c2 ) cos ωt + (c1 − c2 ) sen ωt = A cos φ cos ωt − A sen φ sen ωt = A cos(ωt + φ)
207
onde c1 + c2 = A cos φ
e
z(t) = A cos
208
r
c1 − c2 = −A sen φ ! 2g t+φ l
