IME/ITA

iSousa

Um tubo de comprimento [tex3]l[/tex3] é colocado para girar, num plano horizontal, em torno de uma de suas extremidades [tex3]O[/tex3] , que é fixa, com velocidade angular constante [tex3]\omega[/tex3] . No interior do tubo, a uma distância [tex3]x_{0}[/tex3] de [tex3]O[/tex3] , existe uma partícula, em repouso. Quanto tempo é gasto pela mesma para atingir a outra extremidade?

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.
(Obs: não possuo gabarito)

suponha que não existam atritos, de forma que não haja força centrípeta para parar a partícula.

Considerando o tubo parado, podemos considerar uma força centrífuga fictícia:

[tex3]a(x) = \omega^2 x[/tex3] se afastando de [tex3]O[/tex3]

Então [tex3]x(t) = a e^{\omega t} + b e^{-\omega t}[/tex3] .

De forma que [tex3]x_0 = a + b[/tex3] e [tex3]v(t) = a \omega e^{\omega t} - b\omega e^{-\omega t}[/tex3] , como [tex3]v(t=0) = 0[/tex3] , então [tex3]a - b = 0 \iff a =b[/tex3]

pronto:
[tex3]x(t) = x_0 \frac{e^{\omega t} + e^{-\omega t} }2[/tex3]

[tex3]\ell = x_0 \frac{e^{\omega t} + e^{-\omega t} }2 \iff \frac{2\ell}{x_0} = e^{\omega t} +e^{-\omega t}[/tex3]

faça [tex3]e^{\omega t} =z[/tex3] e [tex3]2\ell = k x_0[/tex3]

[tex3]z + \frac 1z = k \iff z^2 - zk + 1 =0 \iff z = \frac{k \pm \sqrt{k^2 -4}}2 \implies e^{\omega t} = \frac{k + \sqrt{k^2-4}}2[/tex3]

pronto, a resposta correta é:

[tex3]t = \frac{\ln (\frac{k + \sqrt{k^2-4}}2)}{\omega}[/tex3] , com [tex3]k = \frac {2\ell}{x_0} > 2[/tex3] . De forma mais explícita:

[tex3]t = \frac{\ln (\frac{\ell + \sqrt{\ell^2-x_0^2}}{x_0})}{\omega}[/tex3]

iSousa, minha resposta anterior estava incorreta, pois não admitia que a bolinha estivesse em repouso em t=0. Agora creio que esteja tudo certo.

iSousa

FelipeMartin , confesso que não entendi essa expressão : [tex3]x(t) = a e^{\omega t} + b e^{-\omega t}[/tex3]

De onde ela veio? É alguma formula fórmula conhecida?

iSousa, é que é uma equação diferencial.

Você tem que a velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo: [tex3]v(t) = \frac{ dx(t)}{dt} = x'(t)[/tex3]

A aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo: [tex3]a(t) = \frac{dv(t)}{dt} = x''(t)[/tex3]

A aceleração centrífuga (referencial não inercial) é dada por: [tex3]a = \omega ^2 x[/tex3] , ou seja [tex3]x''(t) = \omega^2 x(t)[/tex3]

Pra resolver essa equação, precisamos resolver: [tex3]f''(x) = c \cdot f(x)[/tex3] .

Não dá pra eu te mostrar rigorosamente o porquê da solução dessa equação diferencial ser [tex3]f(t) = c_1e^{\sqrt c t} + c_2 e^{-\sqrt{c}t}[/tex3] , mas de fato é o que acontece pro MHS (mas nele [tex3]c<0[/tex3] e ai as exponenciais de números imaginários viram senos e cossenos).

Aqui você pode se aprofundar nessas equações: https://www.fc.unesp.br/Home/Departamen ... tantes.pdf

iSousa · Mensagem não lida por **iSousa** » Dom 18 Jul, 2021 00:51

FelipeMartin , entendo. Muito obrigado pela recomendacão. Eu até sei o básico de derivada e integral, uma coisa aqui uma coisinha ali. Mas no meu entendimento, que não é muito kkk, acho que essa equações diferencias extrapola um pouco o nível da prova do ITA. No momento, não vale apena eu aprofundar esse assunto.

Gostaria de compartilhar contigo uma ideia que tive para resolver esta questão antes de postá-la aqui no forum.

Como a força que atuará no corpo é centrifuga( no referencial do proprio tubo) então ela é do tipo [tex3]F = m\omega^{2}r[/tex3] , [tex3]r[/tex3] é a distãncia da partícula até O

Como não têm atrito, e o corpo comecará a se movimentar, a força centrifuga não será constante em cada instante do movimento. Temos, nesse caso, um trabalho realizado por uma força que varia linearmente com a distância. E aceleração seria [tex3]a=\omega^{2}r[/tex3]

Podemos calcular a velocidade com que a partícula chega na extremidade pela equacão de torriceli generalizada:
[tex3]v^{2} = v^2_{0} + 2(AREA)[/tex3] em que a [tex3]AREA[/tex3] é valor da área de baixo do gráfico : aceleração x distância percorrida pela partícula.

Se plotar esse gráfico, e calcular a área formada, você encontrará [tex3]Area = \frac{\omega^{2} (l^{2}-x^2_{o})}{2}[/tex3]

Daí, a velocidade final será [tex3]v=\omega\sqrt{(l^{2}-x^2_{o})}[/tex3]

E é ai que eu travo. Pensei em jogar a velocidade na vormula do MUV: [tex3]v =v_{0} + at [/tex3] . Mas acho que não posso fazer isso, uma vez que o movimento não é uniformemente variado.

Mas, se fizesse, seria [tex3]t= \frac{\omega\sqrt{(l^{2}-x^2_{o})}}{\omega^{2}r}[/tex3] ; como nesse intante [tex3]r= l[/tex3] , teríamos:
[tex3]t= \frac{\sqrt{(l^{2}-x^2_{o})}}{\omega\cdot l}[/tex3]

Enfim, eu diria que ESTETICAMENTE, a sua resposta e a minha estão ateeeeee parecidas kkkkkkkkkkkkkk. Mas só nisso mesmo rsrs. Mas gostaria de compartilhar essa tentativa de "solução" com uma matemática mais elementar, sem recorrer explicitamente ao cálculo. Mas me diz aí qual foi o erro na minha resolução, o que eu poderia ou não ter feito?

Não sei se existe uma solução mais "simples", com uma matemática mais leve. Mas se a sua solução for a única. O cara que colocou essa questão no simulado pegou PESADAÇO.

iSousa, essa sua solução funciona, mas você tem que lembrar que não pode usar as fórmulas do movimento retilíneo uniforme, tem que usar a forma geral que é justamente o cálculo (derivadas e integrais). O que você fez está correto:

[tex3]v(x) = \omega \sqrt{x^2 - x_0^2}[/tex3] , aqui eu fiz pra um [tex3]x[/tex3] arbitrário, não para o [tex3]\ell[/tex3] de cara. Por que eu fiz isso? Pra usar na expressão:

[tex3]v = \frac {dx}{dt}[/tex3] . Pra um [tex3]x[/tex3] qualquer, se liga:

[tex3]\frac {dx}{dt} = \omega \sqrt{x^2 - x_0^2} \iff \frac{dx}{\sqrt{x^2 - x_0^2}} = \omega dt[/tex3]

integra os dois lados:

[tex3]\int_{x_0}^{\ell} \frac {dx}{\sqrt{x^2-x_0^2}} = \omega t[/tex3]

ai é só calcular essa integral, escreve [tex3]x = x_0 y[/tex3] (com [tex3]x_0[/tex3] constante) e convenciona [tex3]k = \frac {\ell}{x_0}[/tex3] :

[tex3]dx = x_0 dy[/tex3] :

[tex3]\int_{x_0}^{\ell} \frac {dx}{\sqrt{x^2-x_0^2}} = \int_{1}^k \frac {dy}{\sqrt{y^2-1}}[/tex3]

essa integral sai fazendo [tex3]y = \sec (\alpha)[/tex3] ou usando direto alguma função trigonométrica hiperbólica.

Se [tex3]y = \sec (\alpha)[/tex3] , então [tex3]dy = \tg(\alpha) \cdot \sec (\alpha) d\alpha[/tex3] então:

[tex3]\int \frac {dy}{\sqrt{y^2-1}} = \int \frac {tg(\alpha) \sec (\alpha)d\alpha}{tg(\alpha)} = \int \frac {d\alpha}{\cos (\alpha)} = \ln (\sec (\alpha) + \tg (\alpha)) = \ln (y + \sqrt{y^2-1})[/tex3]

dá mais trabalho, mas sai também

[tex3]\int \frac{dx}{\cos(x)} = \int \frac{\cos (x)dx}{\cos^2(x)} = \int \frac{\cos (x)dx}{1 - \sen^2(x)} [/tex3]
[tex3]u = \sen (x) \implies \frac{du}{dx} = \cos (x) \iff du = \cos (x) dx[/tex3]

[tex3]\int \frac{\cos (x)dx}{1 - \sen^2(x)} = \int \frac{du}{1-u^2} = \int du \frac12(\frac1{1+u} + \frac1{1-u}) = \frac12 (\int \frac{du}{1+u} + \int \frac {du}{1-u})[/tex3]

[tex3]\frac12 [\ln(1+u) - \ln (1-u)] = \frac12 \ln (\frac{1+\sen (x)}{1-\sen (x)}) = \ln (\sec (x) + \tg (x))[/tex3]

iSousa · Mensagem não lida por **iSousa** » Dom 18 Jul, 2021 01:52

FelipeMartin, Massa! Com esse outro jeito consegui compreender melhor, apesar de mais trabalhoso kkk.
Muito obrigado pela ajuda!

iSousa, esse problema foge das equações lineares e obriga o pessoal a entender um pouco de cálculo. As duas perguntas que você mandou são meio fora do nível do ensino médio atual (apesar de que antes as escolas ensinavam cálculo no ensino médio).

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