Física I ⇒ (OBF) Movimento Harmônico Simples Tópico resolvido

[jrneliodias]

O dispositivo representado contém polias acopladas conforme mostrado. As polias maiores apresentam uma velocidade angular [tex3]\omega[/tex3]

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[tex3]\omega[/tex3]

e são interligadas por uma barra, sobre a qual um corpo de massa [tex3]m[/tex3]

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[tex3]m[/tex3]

se encontra simplesmente apoiado. A distância do eixo de rotação das polias ao pino que as liga à barra vale [tex3]R[/tex3]

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[tex3]R[/tex3]

e o coeficiente de atrito estático entre o corpo e a barra vale [tex3]\mu[/tex3]

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[tex3]\mu[/tex3]

.

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Com estes dados, desenvolva uma equação que mostre o valor máximo de [tex3]\omega[/tex3]

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[tex3]\omega[/tex3]

:

a) para que o corpo continue apoiado na barra quando está no ponto mais alto de sua trajetória.

b) para que o corpo continue apoiado na barra, sem deslizar, quando está no ponto em que a barra está alinhada
com os centros das polias.

[rippertoru]

Olá.
Tem gabarito essa questão? Tentei da seguinte forma:

a)Primeiro calcule o tempo em que a barra sai da posição onde ela esta alinhada ao eixo até o ponto mais alto da trajetória.

[tex3]\omega = \frac{\Delta\phi}{\Delta t} [/tex3]

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[tex3]\omega = \frac{\Delta\phi}{\Delta t} [/tex3]

[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

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[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

Com isso ao analisar a trajetória do corpo na vertical, nota-se que se a barra tiver aceleração de subida ou de descida maior que a gravidade, o peso sairá da barra, com isso em mente a velocidade vertical da barra no ponto mais alto da trajetória é
[tex3]v = v_0 + at = gt = g\frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

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[tex3]v = v_0 + at = gt = g\frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

Utilizando a equação:
[tex3]V^2 = V_0^2 + 2a\Delta h[/tex3]

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[tex3]V^2 = V_0^2 + 2a\Delta h[/tex3]

, temos:
[tex3]\(g\frac{\pi}{2\omega}\)^2 = 2gR[/tex3]

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[tex3]\(g\frac{\pi}{2\omega}\)^2 = 2gR[/tex3]

[tex3]g^2\frac{\pi^2}{4\omega^2} = 2gR[/tex3]

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[tex3]g^2\frac{\pi^2}{4\omega^2} = 2gR[/tex3]

Isolando [tex3]\omega[/tex3]

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[tex3]\omega[/tex3]

[tex3]g^2\frac{\pi^2}{8gR} = \omega^2[/tex3]

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[tex3]g^2\frac{\pi^2}{8gR} = \omega^2[/tex3]

[tex3]\sqrt{g^2\frac{\pi^2}{8gR}} = \omega[/tex3]

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[tex3]\sqrt{g^2\frac{\pi^2}{8gR}} = \omega[/tex3]

[tex3]\omega_{max} = \pi\sqrt{\frac{g}{8R}}[/tex3]

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[tex3]\omega_{max} = \pi\sqrt{\frac{g}{8R}}[/tex3]

b) Para que o peso não tombe quando a barra atingir sua velocidade máxima, quando a mesma está alinha aos eixos:
[tex3]F_{atrito} = m.a[/tex3]

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[tex3]F_{atrito} = m.a[/tex3]

[tex3]\mu N = m.a[/tex3]

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[tex3]\mu N = m.a[/tex3]

[tex3]\mu.m.g = m.a[/tex3]

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[tex3]\mu.m.g = m.a[/tex3]

[tex3]a = \mu.g[/tex3]

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[tex3]a = \mu.g[/tex3]

[tex3]s = s_0 + v_0t +\frac{\mu gt^2}{2}[/tex3]

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[tex3]s = s_0 + v_0t +\frac{\mu gt^2}{2}[/tex3]

[tex3]R = \frac{\mu gt^2}{2}[/tex3]

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[tex3]R = \frac{\mu gt^2}{2}[/tex3]

[tex3]R = \frac{g\mu\(\frac{\pi}{2\omega}\)^2}{2}[/tex3]

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[tex3]R = \frac{g\mu\(\frac{\pi}{2\omega}\)^2}{2}[/tex3]

[tex3]R = \frac{g\mu\(\frac{\pi^2}{4\omega^2}\)}{2}[/tex3]

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[tex3]R = \frac{g\mu\(\frac{\pi^2}{4\omega^2}\)}{2}[/tex3]

[tex3]R = \frac{g\mu\pi^2}{8\omega^2}[/tex3]

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[tex3]R = \frac{g\mu\pi^2}{8\omega^2}[/tex3]

isolando [tex3]\omega[/tex3]

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[tex3]\omega[/tex3]

[tex3]\omega_{max} = \pi\sqrt{\frac{g\mu}{8R}}[/tex3]

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[tex3]\omega_{max} = \pi\sqrt{\frac{g\mu}{8R}}[/tex3]

Creio que seja isso.
Espero ter ajudado de alguma forma.

[Andre13000]

Veja, esse movimento aí é similar ao que um motoqueiro faz no globo da morte, mas a diferença é que a força normal aponta sempre para cima, com módulo variável.

a)

Quando o corpo está lá encima, o que nos interessa é que a gravidade puxa para baixo, e para o peso continuar na curva devemos ter:

[tex3]mg-F_n=\frac{mv^2}{R}\\
[/tex3]

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[tex3]mg-F_n=\frac{mv^2}{R}\\
[/tex3]

Mas é claro que se v é máximo, então [tex3]F_n=0[/tex3]

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[tex3]F_n=0[/tex3]

, donde, substituindo [tex3]v=\omega R[/tex3]

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[tex3]v=\omega R[/tex3]

:

[tex3]\omega=\sqrt{\frac{g}{R}}[/tex3]

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[tex3]\omega=\sqrt{\frac{g}{R}}[/tex3]

b)

Quando a barra está alinhada com as polias, a força que importa é a força de atrito, pois esta é de fato a força centrípeta.

[tex3]f_s=\mu F_n=m\omega^2R[/tex3]

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[tex3]f_s=\mu F_n=m\omega^2R[/tex3]

Veja que a força de reação é simplesmente mg, pois o corpo segue um MUV para baixo nesse momento.

[tex3]\mu mg=m\omega^2R\\
\omega=\sqrt{\frac{\mu g}{R}}[/tex3]

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[tex3]\mu mg=m\omega^2R\\
\omega=\sqrt{\frac{\mu g}{R}}[/tex3]

[demac]

[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

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[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

É sobre 2w mesmo ?

[demac]

rippertoru, na letra b, você usa a aceleração horizontal, na fórmula da altura (vertical), não há uma incompatibilidade aí?

[rippertoru]

rippertoru, na letra b, você usa a aceleração horizontal, na fórmula da altura (vertical), não há uma incompatibilidade aí?

na verdade é o deslocamento na horizontal, editei a equação.

[rippertoru]

[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

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[tex3]t = \frac{\pi}{2\omega}[/tex3]

É sobre 2w mesmo ?

Sim, pq fiz: [tex3]t = \frac{1}{2}\frac{\pi}{\omega}[/tex3]

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[tex3]t = \frac{1}{2}\frac{\pi}{\omega}[/tex3]

, o tempo que ele leva para alcançar a a altura máxima (partindo do ponto alinhado ao eixo) é metade do tempo que ele leva para alcançar o ponto oposto [tex3]t = \frac{\pi}{\omega}[/tex3]

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[tex3]t = \frac{\pi}{\omega}[/tex3]

Mas acho que minha solução está incorreta.

[demac]

rippertoru, Ah sim, verdade. Obrigada.