Física I

Mensagem não lidapor **careca** » 02 Dez 2021, 12:45 · Mensagem não lida por **careca** » 02 Dez 2021, 12:45

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 (27.46 KiB) Exibido 1388 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]

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

Mensagem não lidapor **careca** » 02 Dez 2021, 15:53 · Mensagem não lida por **careca** » 02 Dez 2021, 15:53

FelipeMartin desculpa, esqueci de finalizar o enunciado '-' É o ângulo em que a massa perde o contato com a superfície semi-esférica

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 (7.42 KiB) Exibido 1371 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.

Mensagem não lidapor **careca** » 02 Dez 2021, 16:55 · Mensagem não lida por **careca** » 02 Dez 2021, 16:55

Nossa!!! muito obrigado

Frenchel · Mensagem não lida por **Frenchel** » 14 Jan 2022, 18:09

em qual site vc achou esse problema?

Vez ou outra eu venho conferir essa solução e creio que eu encontrei um argumento contra ela.
Vejamos os casos limites:

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

façamos [tex3]M[/tex3] tender para o infinito de forma que [tex3]k \rightarrow \infty[/tex3] e então o iglu ficará parado. Esse é um problema clássico do ensino médio:

[tex3]2 = \cos (\theta) 3[/tex3] , então, [tex3]\cos (\theta) = \frac23[/tex3]

que é a resposta correta do problema clássico.

Agora façamos a mesma coisa com o seu gabarito:

[tex3]-3\cos^3(\theta) + 2 \cos^2(\theta) = 0 \iff \cos(\theta) = \frac23[/tex3]

ok MAS veja que se colocamos [tex3]m=0[/tex3] ,ou seja, [tex3]k=0[/tex3] deveríamos ter a mesma solução o que só acontece com o seu gabarito. Mas não consigo ver o meu erro. Pois não há atuação de forças externas horizontais no sistema de massas, logo, a posição horizontal do centro de massa é fixa. Será que equacionei mal a velocidade da partícula pequena?

Acho que errei a velocidade da partícula. Aqui:

: errata.png (19.77 KiB) Exibido 1064 vezes

Acho que eu coloquei o [tex3]\theta[/tex3] no lugar errado. Aqui a correção desse erro:

[tex3]\vec v_{P,O} = \vec v_P - \vec v_O[/tex3]
[tex3]R \dot \theta (\cos (\theta)u_x - \sen (\theta) u_y) + \vec v_O= \vec v_P [/tex3]
[tex3]R \dot \theta (\cos (\theta)u_x - \sen (\theta) u_y) - \frac{R\dot \theta \cos (\theta)}{1+k}u_x= \vec v_P [/tex3]
[tex3]R \dot \theta (\cos (\theta)(1-\frac1{k+1})u_x - \sen (\theta) u_y) = \vec v_P [/tex3]
[tex3]R \dot \theta (\cos (\theta)(\frac k{k+1})u_x - \sen (\theta) u_y) = \vec v_P [/tex3]

então o módulo da velocidade é na verdade:

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

a conservação de energia fica:

[tex3]2mgR = 2mgR\cos(\theta) + m |v|^2 + M(\dot x)^2[/tex3]
[tex3]2gR(1-\cos(\theta)) = R^2 \dot \theta^2 [\sen^2(\theta) + \cos^2(\theta) \frac{k^2}{(1+k)^2}] + k(\frac{R \dot \theta \cos(\theta)}{1+k})^2[/tex3]
[tex3]2G(1-\cos(\theta)) = \dot \theta^2 [\sen^2(\theta) + \cos^2(\theta) \frac{k^2}{(1+k)^2}] + k(\frac{ \dot \theta \cos(\theta)}{1+k})^2[/tex3]
[tex3]2G(1-\cos(\theta)) = \dot \theta^2 [\sen^2(\theta) + \cos^2(\theta) \frac{k^2+k}{(1+k)^2}] [/tex3]
[tex3]2G(1-\cos(\theta)) = \dot \theta^2 [\sen^2(\theta) + \cos^2(\theta) \frac{k}{(1+k)}] [/tex3]
[tex3]2G(1-\cos(\theta))(1+k) = \dot \theta^2 [\sen^2(\theta) +k] [/tex3]

Acho que a equação do descolamento está correta:

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

chegamos em:

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

acho que ainda é meio problemático, não? [tex3]k=0[/tex3] leva a [tex3]\cos(\theta) = 1[/tex3] .

Não consigo ver outro erro nessa solução.

EDIT: essa solução está correta, k=0 é M=0 e isso implica a normal igual a zero, ou seja, a partícula cai livremente enquanto o iglu é ejetado para a esquerda.

o problema parece estar já na conservação da energia mecânica.

Com massa [tex3]m=0[/tex3] , deveríamos ter:

[tex3]\dot \theta = \sqrt{2G(1-\cos(\theta))}[/tex3]

a minha equação deu

[tex3]\dot \theta \sen (\theta) = \sqrt{2G(1-\cos(\theta)}[/tex3] (para [tex3]k=0[/tex3] ) eis o problema. Esse [tex3]\sen (\theta)[/tex3] . Mas as contas me parecem corretas, mas as velocidades parecem corretas desta vez:

Seja o ponto [tex3]Q[/tex3] o ponto fixo no chão durante todo o movimento tal que ele coincida com o centro do semicírculo na posição inicial. Seja [tex3]O[/tex3] o centro do semicírculo numa posição genérica do movimento e seja [tex3]P[/tex3] a ponto que determina a posição da partícula no instante do movimento em que [tex3]O[/tex3] se encontra.

o vetor [tex3]\vec{QO} = O - Q = -x u_x = -\frac{R \sen (\theta)}{1+k} u_x[/tex3]

[tex3]\vec{OP} = R \sen (\theta) u_x + R \cos(\theta) u_y[/tex3] , por fim:

[tex3]\vec{QP} = \vec{QO}+ \vec{OP} = \frac{R \sen(\theta) k }{1+k}u_x + R\cos(\theta)u_y[/tex3]

derivando em relação ao tempo temos a velocidade de [tex3]P[/tex3] em relação ao ponto [tex3]Q[/tex3] , que está parado no solo, logo é a velocidade de [tex3]P[/tex3] em relação ao solo:

[tex3]\vec v_P = R \dot \theta (\cos(\theta)\frac k {1+k} u_x - \sen(\theta) u_y)[/tex3]

que é a velocidade que eu cheguei, né? Onde será que está o problema então né?

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