Física I ⇒ (TIPLER) Oscilações Tópico resolvido
- theblackmamba
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Abr 2013
23
16:36
(TIPLER) Oscilações
A figura mostra um semicilindro de massa [tex3]M[/tex3] e raio [tex3]R[/tex3] que descansa sobre uma superfície horizontal. Se um lado do semicilindro é empurrado ligeiramente e logo é liberado, o objeto oscilará em torno de sua posição de equilíbrio. Determinar o período de oscilação.
OBS.: Não tenho gabarito
TIPLER, Vol.1, pag. 428, ex. 121
OBS.: Não tenho gabarito
TIPLER, Vol.1, pag. 428, ex. 121
Editado pela última vez por caju em 11 Jul 2024, 20:15, em um total de 2 vezes.
Razão: tex --> tex3
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Abr 2013
23
21:31
Re: (TIPLER) Oscilações
blackmamba, não sei de qual edição do Tipler você retirou essa questão, mas no meu
exemplar (4a ed.) esse problema vem com o seguinte gabarito:
[tex3]T=8,59\cdot\sqrt{R/g}[/tex3]
exemplar (4a ed.) esse problema vem com o seguinte gabarito:
Resposta
[tex3]T=8,59\cdot\sqrt{R/g}[/tex3]
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Razão: tex --> tex3
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- theblackmamba
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Jan 2014
05
18:41
Re: (TIPLER) Oscilações
Olá Radius,
Estou achando por enquanto [tex3]7,79\sqrt{\frac{R}{g}}[/tex3]. Vou ver o que pode estar errado e depois posto uma solução.
Abraço.
Estou achando por enquanto [tex3]7,79\sqrt{\frac{R}{g}}[/tex3]. Vou ver o que pode estar errado e depois posto uma solução.
Abraço.
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Razão: tex --> tex3
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Jul 2024
11
19:45
Re: (TIPLER) Oscilações
Considerei que há um atrito estático grande o suficiente para o corpo apenas girar sem se transladar.
Nessa hipótese, me parece que temos um pêndulo de comprimento [tex3]\ell = \frac4{3\pi} R[/tex3] (fazendo o centro de massa de um círculo preenchido),daí, para mim:
[tex3]T = 2\pi \sqrt{\frac 4{3\pi} \frac Rg} \approx 4.09 \sqrt{\frac Rg}[/tex3]
Nessa hipótese, me parece que temos um pêndulo de comprimento [tex3]\ell = \frac4{3\pi} R[/tex3] (fazendo o centro de massa de um círculo preenchido),daí, para mim:
[tex3]T = 2\pi \sqrt{\frac 4{3\pi} \frac Rg} \approx 4.09 \sqrt{\frac Rg}[/tex3]
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- παθμ
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Out 2024
04
03:01
Re: (TIPLER) Oscilações
theblackmamba,
O centro de massa de um semi-círculo fica a uma distância [tex3]a_c=\frac{4R}{3\pi}[/tex3] da base. Sendo [tex3]O[/tex3] o centro da base, sabemos que o momento de inércia em torno de O é [tex3]I_O=\frac{MR^2}{2}[/tex3] (visto que o cilindro completo, de massa 2M e raio R, teria momento de inércia MR^2.)
Daí, pelo teorema dos eixos paralelos, podemos achar o momento de inércia em torno do centro de massa, [tex3]I_c:[/tex3]
[tex3]I_O=I_c+Ma_c^2 \Longrightarrow I_c=\frac{(9\pi^2-32)MR^2}{18\pi^2}.[/tex3]
Seja P o ponto de contato do cilindro com o chão. Quando o cilindro está na posição de equilíbrio, temos [tex3]d_c=R-a_c=R\left(1-\frac{4}{3\pi}\right)[/tex3] sendo a distância do centro de massa a P.
O momento de inércia em torno de P é, então: [tex3]I_p=I_c+Md_c^2=MR^2\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right).[/tex3]
É claro que esse momento de inércia não é constante. Mas é possível demonstrar que, na aproximação do MHS, para cálculo de energia cinética (para então aplicar o método da conservação da energia para achar a frequência), tomar a inércia no ponto de equilíbrio como aproximadamente constante, caso esta seja variável, resulta no resultado correto.
Então, sendo [tex3]\theta[/tex3] o ângulo girado pelo semi-cilindro, sua energia cinética é [tex3]K=\frac{I_p \dot{\theta}^2}{2}=\frac{MR^2}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}^2[/tex3] (pois P é o ponto em torno do qual o semi-cilindro como um todo rotaciona).
A altura do centro de massa, tomando o ponto O (cuja altura é constante) como referência, é [tex3]h=-a_c \cos(\theta) \approx -\frac{4R}{3\pi}\left(1-\frac{\theta^2}{2}\right),[/tex3] para [tex3]\theta[/tex3] pequeno (lembrando que, no método da conservação da energia, a expansão em potências até a segunda ordem é suficiente).
Daí, a conservação da energia fica [tex3]\frac{MR^2}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}^2+\frac{2MgR}{3\pi}\theta^2= \text{cte.}[/tex3]
Dividindo os dois lados da equação por algumas constantes e tirando a derivada temporal de ambos os lados:
[tex3]R\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}\ddot{\theta}+\frac{4g}{3\pi}\theta \dot{\theta}=0 \Longrightarrow \ddot{\theta}=-\frac{8}{9\pi-16} \frac{g}{R} \theta=-\omega^2 \theta.[/tex3]
Então [tex3]\omega = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{9\pi - 16}} \sqrt{\frac{g}{R}},[/tex3] e [tex3]T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{\pi}{2}\sqrt{2(9\pi-16)} \sqrt{\frac{R}{g}} \approx \boxed{7,78 \sqrt{\frac{R}{g}.}}[/tex3]
O gabarito do Tipler está incorreto.
Se alguém estiver cético da minha resposta, pode conferir com mecânica lagrangiana, escrevendo a lagrangiana exata. Vai dar a mesma coisa, apesar de depois de muito sofrimento.
O centro de massa de um semi-círculo fica a uma distância [tex3]a_c=\frac{4R}{3\pi}[/tex3] da base. Sendo [tex3]O[/tex3] o centro da base, sabemos que o momento de inércia em torno de O é [tex3]I_O=\frac{MR^2}{2}[/tex3] (visto que o cilindro completo, de massa 2M e raio R, teria momento de inércia MR^2.)
Daí, pelo teorema dos eixos paralelos, podemos achar o momento de inércia em torno do centro de massa, [tex3]I_c:[/tex3]
[tex3]I_O=I_c+Ma_c^2 \Longrightarrow I_c=\frac{(9\pi^2-32)MR^2}{18\pi^2}.[/tex3]
Seja P o ponto de contato do cilindro com o chão. Quando o cilindro está na posição de equilíbrio, temos [tex3]d_c=R-a_c=R\left(1-\frac{4}{3\pi}\right)[/tex3] sendo a distância do centro de massa a P.
O momento de inércia em torno de P é, então: [tex3]I_p=I_c+Md_c^2=MR^2\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right).[/tex3]
É claro que esse momento de inércia não é constante. Mas é possível demonstrar que, na aproximação do MHS, para cálculo de energia cinética (para então aplicar o método da conservação da energia para achar a frequência), tomar a inércia no ponto de equilíbrio como aproximadamente constante, caso esta seja variável, resulta no resultado correto.
Então, sendo [tex3]\theta[/tex3] o ângulo girado pelo semi-cilindro, sua energia cinética é [tex3]K=\frac{I_p \dot{\theta}^2}{2}=\frac{MR^2}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}^2[/tex3] (pois P é o ponto em torno do qual o semi-cilindro como um todo rotaciona).
A altura do centro de massa, tomando o ponto O (cuja altura é constante) como referência, é [tex3]h=-a_c \cos(\theta) \approx -\frac{4R}{3\pi}\left(1-\frac{\theta^2}{2}\right),[/tex3] para [tex3]\theta[/tex3] pequeno (lembrando que, no método da conservação da energia, a expansão em potências até a segunda ordem é suficiente).
Daí, a conservação da energia fica [tex3]\frac{MR^2}{2}\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}^2+\frac{2MgR}{3\pi}\theta^2= \text{cte.}[/tex3]
Dividindo os dois lados da equação por algumas constantes e tirando a derivada temporal de ambos os lados:
[tex3]R\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right)\dot{\theta}\ddot{\theta}+\frac{4g}{3\pi}\theta \dot{\theta}=0 \Longrightarrow \ddot{\theta}=-\frac{8}{9\pi-16} \frac{g}{R} \theta=-\omega^2 \theta.[/tex3]
Então [tex3]\omega = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{9\pi - 16}} \sqrt{\frac{g}{R}},[/tex3] e [tex3]T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{\pi}{2}\sqrt{2(9\pi-16)} \sqrt{\frac{R}{g}} \approx \boxed{7,78 \sqrt{\frac{R}{g}.}}[/tex3]
O gabarito do Tipler está incorreto.
Se alguém estiver cético da minha resposta, pode conferir com mecânica lagrangiana, escrevendo a lagrangiana exata. Vai dar a mesma coisa, apesar de depois de muito sofrimento.
- FelipeMartin
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Out 2024
05
12:58
Re: (TIPLER) Oscilações
παθμ, talvez a minúscula diferença entre tua resposta e o gabarito se deva à aproximação do momento de inércia constante em [tex3]P[/tex3]. Talvez dê pra fazer uma aproximação linear dele e obter o ,9; mas seria um preciosismo.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
- παθμ
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Out 2024
05
22:26
Re: (TIPLER) Oscilações
Não pode ser o caso. Na aproximação de que o movimento é um MHS, minha resposta é exata (aproximar a inércia no ponto de equilíbrio como constante resulta na resposta exata que pode ser obtida, por exemplo, por mecânica lagrangiana. Dá pra demonstrar isso). Se você quiser um resultado mais preciso do que a aproximação do MHS, a resposta fica uma função da amplitude de oscilação, daí faltam dados pra se obter uma resposta.FelipeMartin escreveu: ↑05 Out 2024, 12:58 παθμ, talvez a minúscula diferença entre tua resposta e o gabarito se deva à aproximação do momento de inércia constante em [tex3]P[/tex3]. Talvez dê pra fazer uma aproximação linear dele e obter o ,9; mas seria um preciosismo.
- FelipeMartin
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Out 2024
06
01:17
Re: (TIPLER) Oscilações
παθμ, eu confundi o gabarito do Tipler com a resposta do blackmamba, que é praticamente a tua. De fato, uma aproximação dessas não pode chegar no [tex3]8,69[/tex3]. Tua resposta é bem convincente, pois creio que [tex3]P[/tex3] seja mesmo o centro de rotação instantânea do círculo.
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