Física I ⇒ Vínculo geométrico Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Mar 2021
20
18:32
Vínculo geométrico
Na figura, após o pêndulo ser abandonado do repouso, sua inclinação α com a vertical permanece constante. Determine a massa M do bloco e a sua aceleração, em função da massa da bola m, da gravidade local g e do ângulo α. Todos os atritos são desprezíveis; fios e polias são ideais
Gabarito:
Gabarito:
Mar 2021
20
18:43
Re: Vínculo geométrico
Essa tentativa de solução está parcialmente certa? tentei ir pelo caminho de que a soma dos trabalhos da corda é zero pois o que ela da de eneriga para uma massa, ela tira da outra para achar o vínculo geométrico
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Mar 2021
23
20:59
Re: Vínculo geométrico
O grande lance dessa questão é você trabalhar com o referencial não inercial do bloco M.
Vou terminar essa questão aqui. Não consegui terminar tudo no papel ) :
Encontramos:
[tex3]ax = g.tg\alpha [/tex3]
[tex3]T = \frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha }[/tex3]
E a última equação que encontramos foi:
[tex3]T^2 = m^2 (ax^2 + g^2)[/tex3]
Tirando a raiz quadrada:
[tex3]T = m \sqrt{(ax^2 + g^2)}[/tex3]
Substituindo os valores:
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2tg^2\alpha + g^2)}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2(tg^2\alpha + 1)}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2(sec^2\alpha )}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = mg.sec\alpha[/tex3]
Resolvendo o M, temos:
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = mg.sec\alpha[/tex3]
[tex3]M = \frac{m.(1-sen\alpha )}{sen\alpha }[/tex3]
Não consigo entender o meu erro ) :
Vou terminar essa questão aqui. Não consegui terminar tudo no papel ) :
Encontramos:
[tex3]ax = g.tg\alpha [/tex3]
[tex3]T = \frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha }[/tex3]
E a última equação que encontramos foi:
[tex3]T^2 = m^2 (ax^2 + g^2)[/tex3]
Tirando a raiz quadrada:
[tex3]T = m \sqrt{(ax^2 + g^2)}[/tex3]
Substituindo os valores:
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2tg^2\alpha + g^2)}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2(tg^2\alpha + 1)}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = m \sqrt{(g^2(sec^2\alpha )}[/tex3]
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = mg.sec\alpha[/tex3]
Resolvendo o M, temos:
[tex3]\frac{Mg.tg\alpha }{1-sen\alpha } = mg.sec\alpha[/tex3]
[tex3]M = \frac{m.(1-sen\alpha )}{sen\alpha }[/tex3]
Não consigo entender o meu erro ) :
Por que você quer tanto isso? - Porque disseram que eu não conseguiria - Homens de Honra
Mar 2021
25
10:22
Re: Vínculo geométrico
Consegui essa solulção, créditos ao Theogenes Maia que a fez
A gente inicia escrevendo as equacoes dos equilibrios de forcas em todas as direcoes e para os corpos separados. Iniciando para o corpo sobre a mesa:
T-T sinα=Ma_1
Mg+T cosα=N
Para o corpo preso ao fio:
mg-T cosα=ma_2y
T sinα=ma_2x
Nesse ponto, a gente usa a figura que eu te mandei, pra fazer o vinculo entre as aceleracoes. Repara que para o deslocamento de x do corpo sobre a mesa ha dois deslocamentos para o corpo preso ao fio. Na horizontal temos o seguinte:
∆x_2x=(N+L sinα )-(N-x)-(L+x) sinα→
∆x_2x=L sinα+x-L sinα-x sinα→
(∆x_2x)/x=1-sinα→a_2x/a_1 =1-sinα
Gerando a relacao, o vinculo, entre as aceleracoes horizontais. Para a vertical, teremos que:
∆x_2y=(L+x) cosα-L cosα→
(∆x_2y)/x=cosα→a_2y/a_1 =cosα
Gerando o vinculo entre a aceleracao horizontal de um corpo e a vertical de outro. Com essas relacoes, podemos resolver o sistema de equacoes anterior. Dividindo a 1ª equacao do primeiro par, com a 2ª equacao do 2º par de equacoes, teremos:
(T-T sinα)/(T sinα )=(Ma_1)/(ma_2x )→(1-sinα)/sinα =(M/m) a_1/a_2x →(1-sinα)/sinα =(M/m) 1/(1-sinα )→M=(1-sinα )^2/sinα m
Com isso a gente achou a relacao entre as massas dos blocos. Para achar a aceleracao, isolamos a tracao na 1ª equacao do 2º par:
mg-ma_2y=T cosα→T=m (g-a_2y)/cosα
Substituindo na 1ª equacao do 1º par:
T-T sinα=Ma_1→(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]m=Ma_1→(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]=(M/m) a_1→
(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]=[(1-sinα )^2/sinα ] a_1→[(g-a_2y)/cosα ]=[((1-sinα ))/sinα ] a_1
Dividindo os dois lados por a_1, teremos:
g/a_1 -a_2y/a_1 =[((1-sinα ) cosα)/sinα ]→g/a_1 -cosα = 1/tanα -cosα→g/a_1 =1/tanα →
a_1=g tanα
A gente inicia escrevendo as equacoes dos equilibrios de forcas em todas as direcoes e para os corpos separados. Iniciando para o corpo sobre a mesa:
T-T sinα=Ma_1
Mg+T cosα=N
Para o corpo preso ao fio:
mg-T cosα=ma_2y
T sinα=ma_2x
Nesse ponto, a gente usa a figura que eu te mandei, pra fazer o vinculo entre as aceleracoes. Repara que para o deslocamento de x do corpo sobre a mesa ha dois deslocamentos para o corpo preso ao fio. Na horizontal temos o seguinte:
∆x_2x=(N+L sinα )-(N-x)-(L+x) sinα→
∆x_2x=L sinα+x-L sinα-x sinα→
(∆x_2x)/x=1-sinα→a_2x/a_1 =1-sinα
Gerando a relacao, o vinculo, entre as aceleracoes horizontais. Para a vertical, teremos que:
∆x_2y=(L+x) cosα-L cosα→
(∆x_2y)/x=cosα→a_2y/a_1 =cosα
Gerando o vinculo entre a aceleracao horizontal de um corpo e a vertical de outro. Com essas relacoes, podemos resolver o sistema de equacoes anterior. Dividindo a 1ª equacao do primeiro par, com a 2ª equacao do 2º par de equacoes, teremos:
(T-T sinα)/(T sinα )=(Ma_1)/(ma_2x )→(1-sinα)/sinα =(M/m) a_1/a_2x →(1-sinα)/sinα =(M/m) 1/(1-sinα )→M=(1-sinα )^2/sinα m
Com isso a gente achou a relacao entre as massas dos blocos. Para achar a aceleracao, isolamos a tracao na 1ª equacao do 2º par:
mg-ma_2y=T cosα→T=m (g-a_2y)/cosα
Substituindo na 1ª equacao do 1º par:
T-T sinα=Ma_1→(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]m=Ma_1→(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]=(M/m) a_1→
(1-sinα )[(g-a_2y)/cosα ]=[(1-sinα )^2/sinα ] a_1→[(g-a_2y)/cosα ]=[((1-sinα ))/sinα ] a_1
Dividindo os dois lados por a_1, teremos:
g/a_1 -a_2y/a_1 =[((1-sinα ) cosα)/sinα ]→g/a_1 -cosα = 1/tanα -cosα→g/a_1 =1/tanα →
a_1=g tanα
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Mar 2021
25
14:54
Re: Vínculo geométrico
já perguntada viewtopic.php?f=15&t=91915&p=253982&hil ... co#p253982
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
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