Física IProblema do Iglu Tópico resolvido

Mecânica: Estática e Dinâmica

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careca
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Problema do Iglu

Mensagem não lida por careca »

Um iglu de massa "M", perfeitamente polido, tem uma partícula de massa "m" posicionada em seu topo. Um leve toque permite a partícula deslizar sem atrito sob ação da gravidade. Desconsiderando o atrito entre a massa "M" e o solo, determine uma equação que deve ser satisfeita para encontrar o ângulo θ em que a partícula perde contato com a superfíce.
iglu.png
iglu.png (27.46 KiB) Exibido 180 vezes
Resposta

[tex3][3.(\frac{m}{M})^3+3(\frac{m}{M})^2-2(\frac{m}{M})-3]cos^3\theta +2(1-\frac{m}{M})(1+\frac{m}{M})^2cos^2\theta -2(\frac{m}{M})^2(1+\frac{m}{M})cos\theta +(\frac{m}{M})^2(1+\frac{m}{M})=0[/tex3]

Última edição: careca (Qui 02 Dez, 2021 15:53). Total de 1 vez.


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FelipeMartin
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Re: Problema do Iglu

Mensagem não lida por FelipeMartin »

quem é o ângulo [tex3]\theta[/tex3] que você quer determinar?



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careca
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Re: Problema do Iglu

Mensagem não lida por careca »

FelipeMartin desculpa, esqueci de finalizar o enunciado '-' É o ângulo em que a massa perde o contato com a superfície semi-esférica
Última edição: careca (Qui 02 Dez, 2021 15:54). Total de 1 vez.


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FelipeMartin
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Re: Problema do Iglu

Mensagem não lida por FelipeMartin »

Eu imagino que a pergunta queira saber justamente o ângulo limite no qual a partícula se desvincula do iglu, pois este é fixo no tempo.

Convém fazer essa análise a partir de um referencial não inercial no iglu.

Seja [tex3]a[/tex3] a aceleração do iglu para a esquerda no momento em que ocorre o descolamento da partícula. Então, adotando o referencial não inercial do iglu temos duas acelerações na partícula: a gravidade para baixo [tex3]g[/tex3] e a aceleração [tex3]a[/tex3] para a direita.

A força centrípeta nesse caso será: [tex3]g \cos(\theta) - a \sen (\theta) = \frac{v_i^2}R = R \dot \theta ^2[/tex3] .

Basta agora encontrar a velocidade [tex3]v_i[/tex3] da partícula nesse referencial neste instante e a aceleração [tex3]a[/tex3] do iglu. Vamos compreender o movimento. Vou abusar da notação. O [tex3]\theta[/tex3] agora não é mais o ângulo final, ele representa um ângulo genérico a partir do início do movimento.
1.png
1.png (7.42 KiB) Exibido 163 vezes
Se a partícula começar a cair, o conjunto irá para esquerda de um valor [tex3]x[/tex3] e a partícula se deslocará de um ângulo [tex3]\theta[/tex3] arbitrário. A conservação do centro de massa nos diz que:

[tex3]M(-x) + m(-x + R\sen (\theta)) = 0 \iff x = \frac{mR\sen (\theta)}{m+M} \implies \dot x = \frac{mR \dot \theta}{m+M} \cos (\theta)[/tex3]

O desenho no paint ficou meio ruim, pois a partícula verde deveria estar na direita da linha vermelha e o centro do iglu do lado esquerdo dela (linha vermelha).

Agora determinemos a velocidade da partícula em relação ao solo, quando ela estiver na posição do ângulo [tex3]\theta[/tex3] :

[tex3]\vec v = R \dot \theta (u_x \sen (\theta) - u_y \cos (\theta)) - u_x \frac{mR \dot \theta}{m+M} \cos (\theta)[/tex3]

[tex3]\vec v = R \dot \theta (u_x (\sen (\theta) - \frac m{m+M}\cos(\theta)) - u_y \cos (\theta))[/tex3]

cujo módulo é [tex3]R \dot \theta \sqrt{1 - \frac{m \sen (2\theta)}{M+m} + (\frac m{m+M}\cos(\theta))^2}[/tex3]

Então podemos fazer a conservação da energia, sabendo que a velocidade do iglu é [tex3]\dot x[/tex3] :

[tex3]mgR = mgR \cos (\theta) + \frac{mv^2}2 + \frac{M\dot x^2}2[/tex3]

[tex3]2mgR(1-\cos(\theta)) = mv^2 + M\dot x^2[/tex3]

pra preservar a notação, vamos chamar [tex3]\frac{ M}m[/tex3] de [tex3]k[/tex3] , ou seja, [tex3]km = M[/tex3] :

[tex3]2gR(1-\cos (\theta)) = v^2 + k \dot x ^2[/tex3] :

[tex3]2gR(1- \cos (\theta)) = R^2 \dot \theta^2( 1 - \frac{ \sen (2\theta)}{1+k} + (\frac 1{1+k}\cos(\theta))^2) + k (\frac{R \dot \theta}{1+k} \cos (\theta))^2[/tex3]

multiplica tudo por [tex3](1+k)^2[/tex3] e divide tudo por [tex3]R^2[/tex3] . Defina [tex3]G = \frac gR[/tex3] :

[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k)^2 = \dot \theta^2( (1+k)^2 - (1+k) \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2) + k (\dot \theta \cos (\theta))^2[/tex3]

[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k)^2 = \dot \theta^2[ (1+k)^2 - (1+k) \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2(1+k)] [/tex3]

[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k) = \dot \theta^2[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2] [/tex3]

temos então uma relação entre a velocidade angular da partícula e o ângulo [tex3]\theta[/tex3] válida para um [tex3]\theta[/tex3] arbitrário. Lembrando que [tex3]G = \frac gR[/tex3] e [tex3]k = \frac Mm[/tex3] .

Acredito eu que a aceleração [tex3]a[/tex3] proposta acima valha zero, pois a normal é a única força horizontal atuando sobre o iglu e no instante do descolamento ela é zero. Então façamos [tex3]a=0[/tex3] e usemos a equação acima na fórmula da força centrípeta:

[tex3]g \cos (\theta) = R \dot \theta ^2 \iff G \cos (\theta) = \dot \theta ^2[/tex3] :

[tex3]2G(1- \cos (\theta))(1+k) = G \cos (\theta)[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2] [/tex3]
pronto:

[tex3]2(1-\cos (\theta))(1+k) = \cos (\theta)[ (1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2][/tex3]

[tex3]2(1+k) = \cos (\theta)[ 3(1+k) - \sen (2\theta) + \cos(\theta)^2][/tex3]

pra chegar na sua equação, precisa deixar [tex3]\sen (2\theta)[/tex3] em função de [tex3]\cos (\theta)[/tex3] . Acho que deu diferente do seu gabarito.
Última edição: FelipeMartin (Qui 02 Dez, 2021 16:07). Total de 1 vez.


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Re: Problema do Iglu

Mensagem não lida por careca »

Nossa!!! muito obrigado
Última edição: careca (Qui 02 Dez, 2021 16:55). Total de 1 vez.


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Frenchel
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Re: Problema do Iglu

Mensagem não lida por Frenchel »

em qual site vc achou esse problema?




Movido de IME/ITA para Física I em Ter 18 Jan, 2022 08:23 por ALDRIN

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