Duas cargas puntiformes positivas +q são posicionadas sobre o eixo y em y=+a e y=-a, conforme ocorreu no Problema anterior. Uma massa m com carga negativa +q desliza sem atrito ao longo de um fio orientado na direção do eixo x, podendo girar em seu entorno. (a) Mostre que para pequenos deslocamentos próximos a x \ll a, a massa fica sob ação de uma força restauradora proporcional a x e, portanto, sujeita a um movimento harmônico simples. (b) Determine o período desse movimento.
Resposta:
(a) F_{x}=-\frac{2 k q^{2}}{a^{3}} x
(b) T=2 \pi \sqrt{\frac{m a^{3}}{2 k q^{2}}}

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações (vou escrever tudo claramente para não nos perdermos):
  • Duas cargas puntiformes iguais, cada uma com carga +q, estão fixas sobre o eixo y nas posições (0,+a) e (0,-a).
  • Uma massa m com carga de sinal oposto (vamos denotar a carga dessa massa por -q, isto é, mesma magnitude q mas negativa) pode deslizar sem atrito ao longo de um fio colocado sobre o eixo x. A massa pode ficar em x=0 no meio, ou deslocar-se para x\neq 0.
  • Pede-se:
    (a) mostrar que para pequenos deslocamentos x tais que x\ll a a força resultante sobre a massa é uma força restauradora proporcional a x (ou seja, F_x\propto -x), implicando Movimento Harmônico Simples (MHS);
    (b) determinar o período T desse movimento harmônico pequeno.
Observações importantes extraídas do enunciado:
  • As posições das cargas fixas e a posição do movimento estão no plano: a massa move-se ao longo do eixo x em y=0.
  • Vamos usar a lei de Coulomb para as forças entre cargas puntuais e fazer aproximações para x\ll a.

Passo 2

Escrever a força elétrica produzida por uma das cargas fixas sobre a massa, usando a fórmula de Coulomb e decompondo em componentes.
Considere a massa na posição (x,0). A carga fixa em (0,a) exerce sobre a massa uma força dada por
\vec{F}_1 = k \, q \, (-q)\, \frac{(x-0,\,0-a)}{\big((x-0)^2+(0-a)^2\big)^{3/2}}.
Aqui:
  • k é a constante eletrostática (Coulomb),
  • o produto q\cdot(-q)=-q^2 indica atração (já usamos o sinal),
  • o vetor (x-0,0-a)=(x,-a) é a posição da massa relativa à carga fixa,
  • e o denominador \big(x^2+a^2\big)^{3/2} vem da fórmula vetorial \dfrac{\vec{r}}{r^3}.
Portanto
\vec{F}_1 = -k q^{2}\,\frac{(x,-a)}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
A componente x dessa força é
F_{1x} = -k q^{2}\,\frac{x}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
A outra carga fixa em (0,-a) dá uma contribuição simétrica: para essa carga o vetor relativo é (x,+a), e com o mesmo produto de cargas -q^2 obtemos a mesma componente x (mesma magnitude e mesmo sinal):
F_{2x} = -k q^{2}\,\frac{x}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Somando as duas contribuições, a força total na direção x é
F_x = F_{1x}+F_{2x} = -\frac{2 k q^{2}\, x}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Note que o sinal negativo significa que, quando x>0, F_x<0 (a força aponta para o centro) — é de fato restauradora.

Passo 3

Mostrar que para pequenos deslocamentos x\ll a a expressão para F_x é aproximadamente linear em x.
Temos
F_x = -2k q^{2}\, x \,(x^{2}+a^{2})^{-3/2}.
Para x\ll a é conveniente escrever
(x^{2}+a^{2})^{-3/2} = a^{-3}\left(1+\frac{x^{2}}{a^{2}}\right)^{-3/2}.
Agora usamos a expansão de Taylor (ou binomial) para (1+u)^{-3/2} com u=\dfrac{x^{2}}{a^{2}}\ll 1:
(1+u)^{-3/2} \approx 1 - \frac{3}{2}u + \cdots.
Substituindo u=\dfrac{x^{2}}{a^{2}} obtemos, até a ordem mais baixa em x,
(x^{2}+a^{2})^{-3/2} \approx a^{-3}\left(1 - \frac{3}{2}\frac{x^{2}}{a^{2}} + \cdots\right).
Multiplicando por x e mantendo só o termo linear em x (ou seja, desprezando termos de ordem x^{3} e superiores), resulta
F_x \approx -2k q^{2}\, x \cdot a^{-3} = -\frac{2k q^{2}}{a^{3}}\, x.
Essa é exatamente uma força do tipo F_x = -k_{\text{eff}} x com constante efetiva
k_{\text{eff}} = \frac{2k q^{2}}{a^{3}}.
Portanto, para pequenos x a força é proporcional a x e aponta para x=0: é uma força restauradora linear.
Comentário didático rápido sobre a aproximação: o termo proporcional a x^{3} vem da expansão do fator e é muito menor que o termo linear quando x\ll a, por isso é legítimo desprezá-lo para estudar oscilações pequenas (regime de MHS).

Passo 4

Relacionar essa força linear com a equação do movimento e identificar o Movimento Harmônico Simples (MHS).
A segunda lei de Newton na direção x
m\ddot{x} = F_x \approx -\frac{2k q^{2}}{a^{3}}\, x.
Esta é a equação clássica do MHS:
m\ddot{x} + k_{\text{eff}} x = 0, \qquad\text{com}\qquad k_{\text{eff}}=\frac{2k q^{2}}{a^{3}}.
A frequência angular \omega é
\omega = \sqrt{\frac{k_{\text{eff}}}{m}} = \sqrt{\frac{2k q^{2}}{m a^{3}}}.
E o período T (tempo de uma oscilação completa) é
T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m a^{3}}{2k q^{2}}}.

Passo 5

Resumo físico e interpretação para a prova (do jeito que você pode escrever rápido na hora):
  • A soma das forças das duas cargas produz uma componente x total igual a \displaystyle F_x=-\dfrac{2k q^{2}x}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
  • Para x\ll a usamos expansão binomial e obtemos \displaystyle F_x\approx -\dfrac{2k q^{2}}{a^{3}}x — força restauradora linear.
  • Assim o movimento é MHS com constantes \displaystyle k_{\text{eff}}=\dfrac{2k q^{2}}{a^{3}}, \displaystyle \omega=\sqrt{\dfrac{2k q^{2}}{m a^{3}}} e \displaystyle T=2\pi\sqrt{\dfrac{m a^{3}}{2k q^{2}}}.
Força-seletiva: o sinal negativo mostra que a força sempre aponta para x=0, garantindo a natureza restauradora (se x>0 puxa para a esquerda, se x<0 puxa para a direita).

Resposta

(a) F_{x}=-\dfrac{2 k q^{2}}{a^{3}} x
(b) T=2 \pi \sqrt{\dfrac{m a^{3}}{2 k q^{2}}}

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