Física I ⇒ OBF - Mecânica Tópico resolvido
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Set 2017
04
17:06
OBF - Mecânica
Considere um plano inclinado (uma cunha) de massa [tex3]M[/tex3]
deslizar sem atrito sobre o chão. Um pequeno bloco de massa [tex3]m[/tex3] também pode deslizar sem atrito sobre a
superfície do plano inclinado. Além disso, o bloco está preso por uma corda, que passa por uma polia no
vértice superior da cunha, e que está amarrada a uma parede, conforme ilustra a seguinte figura.
O trecho de corda entre a polia e a parede é horizontal.
O bloco é então solto, a partir do repouso, de uma altura [tex3]h[/tex3] em relação ao solo. Calcule a velocidade da cunha
quando o bloco chegar ao chão em função de [tex3]m, ~M, ~h,~\theta[/tex3] e [tex3]g[/tex3] (a gravidade local).
e ângulo de inclinação [tex3]\theta[/tex3]
que podedeslizar sem atrito sobre o chão. Um pequeno bloco de massa [tex3]m[/tex3] também pode deslizar sem atrito sobre a
superfície do plano inclinado. Além disso, o bloco está preso por uma corda, que passa por uma polia no
vértice superior da cunha, e que está amarrada a uma parede, conforme ilustra a seguinte figura.
O trecho de corda entre a polia e a parede é horizontal.
O bloco é então solto, a partir do repouso, de uma altura [tex3]h[/tex3] em relação ao solo. Calcule a velocidade da cunha
quando o bloco chegar ao chão em função de [tex3]m, ~M, ~h,~\theta[/tex3] e [tex3]g[/tex3] (a gravidade local).
Última edição: Andre13000 (Seg 04 Set, 2017 17:54). Total de 3 vezes.
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Set 2017
04
17:21
Re: OBF - Mecânica
Certo... E a pergunta?
Ocupado com início do ano no ITA. Estarei fortemente inativo nesses primeiros meses do ano, então busquem outro moderador para ajudar caso possível.
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Set 2017
04
17:52
Re: OBF - Mecânica
kkkkkkk mal ai. Já arrumei
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Set 2017
04
18:30
Re: OBF - Mecânica
Indo pro referencial não inercial da cunha, teremos um campo gravitacional fictício de valor [tex3]a[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
mgcos(\theta)=N+masen(\theta) \rightarrow Nsen(\theta)=mgsen(\theta)cos(\theta)-masen^2(\theta) \\
macos(\theta)+mgsen(\theta)-T=ma' \\
\end{cases}[/tex3]
Para a cunha, ela está em equilíbrio no seu próprio referencial.
[tex3]\begin{cases}
Nsen(\theta)+T=Tcos(\theta)+Ma \\
\end{cases} \rightarrow Nsen(\theta)=Ma-T(1-cos(\theta))[/tex3]
Temos um vínculo geométrico: no ref da cunha, a parede está acelerada para direita, então vai sobrando corda numa aceleração a. Se sobra corda numa aceleração a, temos que a própria aceleração do bloquinho na cunha, na direção do plano, será a também. Portanto, [tex3]a=a'[/tex3]
Substituindo tudo nessa última equação:
[tex3]mgsen(\theta)cos(\theta)-masen^2(\theta)=Ma+(ma-macos\theta-mgsen\theta)(1-cos\theta)[/tex3]
[tex3]mgsen\theta cos\theta -masen^2\theta = Ma+ma-macos\theta-macos\theta+macos^2\theta-mgsen\theta+mgsen\theta cos\theta[/tex3]
[tex3]-masen^2\theta = Ma+ma-2macos\theta+macos^2\theta-mgsen\theta[/tex3]
[tex3]mgsen\theta = Ma+2ma-2macos\theta[/tex3]
[tex3]a=\frac{mgsen\theta}{M+2m(1-cos\theta)}[/tex3]
Então o tempo para o bloco descer a cunha:
[tex3]\frac{h}{sen\theta}=\frac{a}{2}t^2 \rightarrow t=\sqrt{\frac{2h}{asen\theta}}[/tex3]
A velocidade da cunha:
[tex3]v=at=a\sqrt{\frac{2h}{asen\theta}}=\sqrt{\frac{2ah}{sen\theta}}[/tex3]
[tex3]\therefore v=\sqrt{\frac{2mgh}{M+2m(1-cos\theta)}}[/tex3]
Se não errei nada, é isso.
para direita.
Neste referencial, o bloco desliza na direção do plano inclinado.[tex3]\begin{cases}
mgcos(\theta)=N+masen(\theta) \rightarrow Nsen(\theta)=mgsen(\theta)cos(\theta)-masen^2(\theta) \\
macos(\theta)+mgsen(\theta)-T=ma' \\
\end{cases}[/tex3]
Para a cunha, ela está em equilíbrio no seu próprio referencial.
[tex3]\begin{cases}
Nsen(\theta)+T=Tcos(\theta)+Ma \\
\end{cases} \rightarrow Nsen(\theta)=Ma-T(1-cos(\theta))[/tex3]
Temos um vínculo geométrico: no ref da cunha, a parede está acelerada para direita, então vai sobrando corda numa aceleração a. Se sobra corda numa aceleração a, temos que a própria aceleração do bloquinho na cunha, na direção do plano, será a também. Portanto, [tex3]a=a'[/tex3]
Substituindo tudo nessa última equação:
[tex3]mgsen(\theta)cos(\theta)-masen^2(\theta)=Ma+(ma-macos\theta-mgsen\theta)(1-cos\theta)[/tex3]
[tex3]mgsen\theta cos\theta -masen^2\theta = Ma+ma-macos\theta-macos\theta+macos^2\theta-mgsen\theta+mgsen\theta cos\theta[/tex3]
[tex3]-masen^2\theta = Ma+ma-2macos\theta+macos^2\theta-mgsen\theta[/tex3]
[tex3]mgsen\theta = Ma+2ma-2macos\theta[/tex3]
[tex3]a=\frac{mgsen\theta}{M+2m(1-cos\theta)}[/tex3]
Então o tempo para o bloco descer a cunha:
[tex3]\frac{h}{sen\theta}=\frac{a}{2}t^2 \rightarrow t=\sqrt{\frac{2h}{asen\theta}}[/tex3]
A velocidade da cunha:
[tex3]v=at=a\sqrt{\frac{2h}{asen\theta}}=\sqrt{\frac{2ah}{sen\theta}}[/tex3]
[tex3]\therefore v=\sqrt{\frac{2mgh}{M+2m(1-cos\theta)}}[/tex3]
Se não errei nada, é isso.
Ocupado com início do ano no ITA. Estarei fortemente inativo nesses primeiros meses do ano, então busquem outro moderador para ajudar caso possível.
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Set 2017
05
18:16
Re: OBF - Mecânica
Encontrei outro jeito de resolver. Não entendi esse campo gravitacional fictício...
Se a rampa se move [tex3]ds[/tex3] para a esquerda, então um pedaço [tex3]ds[/tex3] do fio da polia à esquerda da rampa é subtraído de tal forma que (como o fio é ideal) o bloco, no referencial da rampa, se move [tex3]dx'[/tex3] para a direita, e [tex3]dy'[/tex3] para baixo, respeitando esta relação:
[tex3]ds^2=dx'^2+dy'^2\\
dx'=ds\cos\theta\\
dy'=ds\sen\theta\\[/tex3]
Mas como na verdade a rampa se move uma distância [tex3]ds [/tex3] para a esquerda, então no referencial do piso:
[tex3]dx=ds-dx'=ds(1-\cos\theta)\\
dy=dy'=ds\sen\theta\\
\ddot x=\ddot s(1-\cos\theta)\\
\ddot y=\ddot s\sen\theta[/tex3]
E pelas forças ali na figura do Undefinied, dispensando força do campo gravitacional fictício:
[tex3]m\ddot{x}=T\cos\theta-F_n\sen\theta~~(i)\\
m\ddot{y}=mg-T\sen\theta-F_n\cos\theta~~(ii)\\
M\ddot s=T+F_n\sen\theta-T\cos\theta~~(iii)[/tex3]
Agora facilmente resolve-se para s da seguinte forma:
[tex3](i)+(iii)=M\ddot s+m\ddot x=T\\
(ii)\cdot \sen\theta-(i)\cdot \cos\theta=m\ddot y\sen\theta-m\ddot x\cos\theta=mg\sen\theta-T[/tex3]
O resto é imediato, dá o mesmo resultado.
Se a rampa se move [tex3]ds[/tex3] para a esquerda, então um pedaço [tex3]ds[/tex3] do fio da polia à esquerda da rampa é subtraído de tal forma que (como o fio é ideal) o bloco, no referencial da rampa, se move [tex3]dx'[/tex3] para a direita, e [tex3]dy'[/tex3] para baixo, respeitando esta relação:
[tex3]ds^2=dx'^2+dy'^2\\
dx'=ds\cos\theta\\
dy'=ds\sen\theta\\[/tex3]
Mas como na verdade a rampa se move uma distância [tex3]ds [/tex3] para a esquerda, então no referencial do piso:
[tex3]dx=ds-dx'=ds(1-\cos\theta)\\
dy=dy'=ds\sen\theta\\
\ddot x=\ddot s(1-\cos\theta)\\
\ddot y=\ddot s\sen\theta[/tex3]
E pelas forças ali na figura do Undefinied, dispensando força do campo gravitacional fictício:
[tex3]m\ddot{x}=T\cos\theta-F_n\sen\theta~~(i)\\
m\ddot{y}=mg-T\sen\theta-F_n\cos\theta~~(ii)\\
M\ddot s=T+F_n\sen\theta-T\cos\theta~~(iii)[/tex3]
Agora facilmente resolve-se para s da seguinte forma:
[tex3](i)+(iii)=M\ddot s+m\ddot x=T\\
(ii)\cdot \sen\theta-(i)\cdot \cos\theta=m\ddot y\sen\theta-m\ddot x\cos\theta=mg\sen\theta-T[/tex3]
O resto é imediato, dá o mesmo resultado.
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Set 2017
05
18:21
Re: OBF - Mecânica
Sim, essa é apenas uma resolução pelo referencial inercial. Eu utilizei o não inercial, porque não precisa fazer tantas substituições nas equações e o vínculo geométrico fica mais fácil de enxergar.
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Set 2017
05
18:32
Re: OBF - Mecânica
É, achei a sua solução mais sucinta.
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