Escrito por Wanderson Faustino Patricio
Iniciante
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Dinâmica / Força de atrito[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Vamos analisar todas as forças aplicadas no bloco.
Figura 01: Forças no bloco
Inicialmente, decompondo a força $$\vec F$$ nas direções $$x$$ e $$y$$:
$$F_x=F\cdot \cos{\beta}$$ e $$F_y=F\cdot \sin{\beta}$$
Como $$F=Mg$$, o corpo não conseguirá sair do chão, independente do ângulo. Portanto, a força resultante em $$y$$ é zero.
$$N+F_y=Mg \rightarrow N=Mg-F\sin{\beta}$$
A força de atrito cinético será:
$$F_{at}=\mu \cdot N=\mu Mg-\mu F\sin{\beta}$$
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção $$x$$:
$$F_x-F_{at}=Ma$$
$$Ma=F\cos{\beta}-\mu Mg+\mu F\sin{\beta}$$
$$a=-\mu g+\dfrac{F}{M}\left(\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}\right)$$
$$\rightarrow \boxed{a(\beta)=-\mu g+g\left(\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}\right)}$$
b) Seja a função $$g(\beta)$$:
$$g(\beta)=\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}$$
Se você já conhece as aplicações do cálculo, você poderia tirar a primeira e a segunda derivada de $$g(\beta)$$ em função de $$\beta$$ e verificar o máximo da equação, mas não iremos fazer isso nessa solução.
Sabemos que:
$$\cos{(a-b)}=\cos{a}\cdot \cos{b}+\sin{a}\cdot \sin{b}$$
Perceba que a função $$g(\beta)$$ possui bastante semelhança com essa relação. Portanto, considere o ângulo $$\theta$$ e o número real $$A$$, tais que:
$$g(\beta)=A\cos{(\beta-\theta)}$$
Logo:
$$g(\beta)=A\cos{\theta}\cdot \cos{\beta}+A\sin{\theta}\cdot \sin{\beta}=\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}$$
Para que essa relação seja válida para qualquer $$\beta$$:
$$\begin{cases} A\cos{\theta}=1 \\A\sin{\theta}=\mu \end{cases}$$
Resolvendo esse sistema chegamos a:
$$A=\sqrt{1+\mu^2}$$ e $$\tan{\theta}=\mu$$
Se queremos que a aceleração seja máxima, a função $$g(\beta)$$ seja máxima.
O máximo da função cosseno ocorre para o zero. Portanto:
$$\beta-\theta=0 \rightarrow \boxed{\beta=\arctan{\mu}}$$
A aceleração máxima será:
$$a_{max}=-\mu g+g\cdot A$$
$$\rightarrow \boxed{a_{max}=g\left(\sqrt{\mu^2+1}-\mu\right)}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$ \boxed{a(\beta)=-\mu g+g\left(\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}\right)}$$
b) $$\boxed{\beta=\arctan{\mu}}$$
$$ \boxed{a_{max}=g\left(\sqrt{\mu^2+1}-\mu\right)}$$
[/spoiler]
Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Conservação da energia / Força centrípeta[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Antes de iniciarmos a solução em si, precisamos ressaltar algumas considerações iniciais.
Primeiramente, a casca poderia deslizar para fora do buraco, rodando ao redor de uma das quinas, inclusive, isso ocorreria antes dela perder contato na direção vertical. Porém, o enunciado deixa claro que as condições do buraco não permitem que isso ocorra. Portanto, a casca perderá contato com o solo na direção vertical.
Segundo, não é trivial para esse problema perceber que para a condição de perda de contato a massa $$m$$ deve estar no topo de esfera. Embora a componente vertical da normal esteja aumentando, como a massa $$m$$ terá sua velocidade diminuída, não é fácil perceber para qual ângulo ocorre a menor velocidade.
Dadas a considerações iniciais, vamos a resolução do problema.
Considere que a casca perde contato a um ângulo $$\theta$$ em relação a vertical.
Figura 02: Representação do sistema
Seja $$v_0$$ a velocidade com que a massa $$m$$ foi lançada. Conservando a energia:
$$\dfrac{mv^2}{2}+mgR(1+\cos{\theta})=\dfrac{mv_0^2}{2}$$
$$v^2=v_0^2-2gR(1+\cos{\theta})$$
Aplicando a força centrípeta:
$$N+mg\cos{\theta}=\dfrac{mv^2}{R}$$
$$N=\dfrac{m(v_0^2-2gR(1+\cos{\theta}))}{R}$$
$$N=\dfrac{mv_0^2}{R}-mg(2+3\cos{\theta})$$
Olhando para as forças na casca:
Figura 03: Forças na casca
Seja a normal que o solo exerce na casca $$N_C$$. Como antes da perda de contato a casca não perde contato:
$$N_C+N\cos{\theta}=5mg$$
$$N_C=5mg-\left(\dfrac{mv_0^2}{R}-mg(2+3\cos{\theta})\right)\cos{\theta}$$
Para o momento da perda de contato $$N_C=0$$:
$$0=5mg-\left(\dfrac{mv_0^2}{R}-mg(2+3\cos{\theta})\right)\cos{\theta}$$
$$5g=\dfrac{v_0^2\cos{\theta}}{R}-2g\cos{\theta}-3g\cos^2{\theta}$$
Portanto, a velocidade para a massa perder contato em um ângulo $$\theta$$ é:
$$v_0(\theta)=\sqrt{gR\left(\dfrac{5}{\cos{\theta}}+3\cos{\theta}+2\right)}$$
Não é trivial perceber que o mínimo dessa função ocorre para $$\theta=0$$. Considere, porém, a função:
$$g(\theta)=\dfrac{5}{\cos{\theta}}+3\cos{\theta}$$
Sabemos, pela desigualdade das médias, que, dados dois números reais, $$a$$ e $$b$$ maiores que, ou iguais a zero:
$$\dfrac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$$
A igualdade ocorrerá para $$a=b$$.
Olhando para $$g(\theta)$$, o mínimo da função ocorreria para:
$$\dfrac{5}{\cos{\theta}}=3\cos{\theta}$$
$$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{5}{3}}>1$$
Como estamos trabalhando com ângulos reais:
$$-1\leq \cos{\theta} \leq 1$$
Portanto essa não é a solução desejada. Logo, como a função diminui conforme $$\cos{\theta}$$ aumenta, até $$\cos{\theta}=\sqrt{\dfrac{5}{3}}$$, que não é um ângulo real, o mínimo da função ocorrerá para $$\cos{\theta}=1$$.
$${v_0}_{min}=\sqrt{gR\left(\dfrac{5}{1}+3\cdot 1+2\right)}$$
$$\rightarrow \boxed{{v_0}_{min}=\sqrt{10gR}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{{v_0}_{min}=\sqrt{10gR}}$$
[/spoiler]
Avançado
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Eletromagnetismo / Dinâmica da rotação / Torque de precessão[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Para a resolução dessa questão utilizaremos dois sistemas de coordenas, para a rotação da esfera ao redor do próprio eixo utilizaremos o sistema de coordenadas esféricas, e para o movimento circular da esfera ao redor do eixo pelo ponto P utilizaremos o sistema de coordenadas cilíndricas.
Como a esfera rola sem deslizamento, ela possui velocidade angular $$\vec \Omega$$, tal que:
$$\left| \vec \Omega \right|=\dfrac{v_0}{R}$$
A velocidade de uma carga na posição $$\vec r$$ será:
$$\vec v=\vec v_0+ \vec \Omega \times \vec r$$
A força magnética resultante é:
$$\vec F_m=\displaystyle \int dq(\vec v \times \vec B)$$
$$\vec F_m=\displaystyle \int dq(\vec v_0+ \vec \Omega \times \vec r)\times \vec B$$
$$\vec F_m=\displaystyle \int dq \,(\vec v_0\times \vec B)+ \displaystyle \int dq\,( \vec \Omega \times \vec r\times \vec B)$$
Sabemos, pelo enunciado, que $$\vec v_0$$, $$\vec B$$ e $$R$$ são constantes, portanto, $$\vec \Omega$$ também será constante. Utilizando a identidade apresentada pelo enunciado:
$$\vec F_m=\left(\displaystyle \int dq\right) \,(\vec v_0\times \vec B)+ \displaystyle \int dq\,\left[\vec r\,(\vec{\Omega}\cdot \vec B)-\vec B\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)\right]$$
$$\vec F_m=Q(\vec v_0\times \vec B)+ \displaystyle \int dq\,\left[\vec r\,(\vec{\Omega}\cdot \vec B)-\vec B\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)\right]$$
$$\vec F_m=Q(\vec v_0\times \vec B)+ (\vec{\Omega}\cdot \vec B)\displaystyle \int dq\,\vec r-\vec B\,\displaystyle \int dq\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)$$
Como a carga é uniformemente distríbuida pelo volume, definiremos uma densidade volumétrica de carga $$\rho_q$$:
$$\rho_q=\dfrac{Q}{\dfrac{4}{3}\pi\,R^3}$$
No sistema de coordenadas esféricas, o diferencial de volume será:
$$dV=r^2dr\cdot \sin{\theta}d\theta \cdot d\varphi$$
Portanto, o meu diferencial de carga será:
$$dq=\rho_q \cdot r^2dr\cdot \sin{\theta}d\theta \cdot d\varphi$$
Integrando a função somente em $$\theta$$ e $$\varphi$$.
$$dq=\rho_q r^2dr\cdot \displaystyle \int_0^{\pi} sin{\theta}\,d\theta\displaystyle \int_0^{2\pi} d\varphi$$
$$dq=\rho_q\cdot 4\pi r^2dr$$
Voltando para a força, calculemos as integrais restantes separadamente:
I)
$$I_1=(\vec{\Omega}\cdot \vec B)\displaystyle \int dq\,\vec r$$
$$I_1=(\vec{\Omega}\cdot \vec B)\displaystyle \int \rho_q\cdot 4\pi r^2\,\vec rdr$$
$$I_1=4\pi\rho_q(\vec{\Omega}\cdot \vec B)\,\displaystyle \int_{-\vec R}^{\vec R} r^2\,\vec rdr$$
Perceba que a função $$r^2\vec r$$ é uma função ímpar. Portanto no intervalo de $$-\vec R$$ a $$\vec R$$:
$$I_1=0$$
II)
$$I_2=\vec B\,\displaystyle \int dq\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)$$
$$I_2=\vec B\,\displaystyle \int \rho_q\cdot 4\pi r^2\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)dr$$
$$I_2=\rho_q\cdot 4\pi\,\vec B\,\displaystyle \int r^2\,(\vec{\Omega}\cdot \vec r)dr$$
$$I_2=\rho_q\cdot 4\pi\,\vec B\,\displaystyle \int r^3\,\left|\vec{\Omega}\right|\cos{\alpha}\cdot dr$$
Onde $$\alpha$$ é o ângulo entre $$\vec{\Omega}$$ e $$\vec r$$.
O ângulo varia de $$0$$ até $$\pi$$, portanto, a função $$r^3\cdot \cos{\alpha}$$ é antissimétrica nesse intervalo. Portanto:
$$I_2=0$$
Voltando a equação da força:
$$\vec F_m=Q\,(\vec{v}_0\times \vec B)$$
Olhando agora para o sistema de coordenadas cilíndricas, com eixo vertical que passa pelo ponto P.
Figura 04: Representação do sistema de coordenadas cilíndricas
Sendo $$\hat r$$, $$\hat \theta$$ e $$\hat z$$ os vetores unitários de cada direção.
Do enunciado podemos perceber que:
$$\vec v_0=v_0(-\hat \theta)$$ e $$\vec B=B\hat z$$
Logo:
$$\vec F_m=Q(-v_0\hat \theta)\times(B\hat z)$$
$$\vec F_m=-Qv_0B\,(\hat \theta \times \hat z)$$
$$\rightarrow \boxed{\vec F_m=-Qv_0B\,\hat r}$$
Essa força atuará no centro de massa da esfera.
b) Como esse corpo está girando ao redor de seu próprio eixo e ao redor do eixo vertical, sua velocidade angular resultante será:
$$\vec{\omega}_R=\vec \omega+\vec \Omega$$
Como o corpo é simétrico, o momento angular resultante será:
$$\vec L=I\vec{\omega}_R=I(\vec \omega+\vec \Omega)$$
Pela definição de torque, sabemos que:
$$\vec \tau=\dfrac{d\vec L}{dt}$$
$$\vec \tau=\dfrac{d(L\hat L)}{dt}$$; onde $$L=\left|\vec L\right|$$
$$\vec \tau=\dfrac{dL}{dt}\hat L+L\cdot \dfrac{d\hat L}{dt}$$
Como o momento de inércia e a velocidade angular possuem módulo constante, o módulo do momento angular é constante, portanto:
$$\dfrac{dL}{dt}=0$$
Podemos ver que a razão $$\dfrac{d\hat L}{dt}$$ é a velocidade angular com que o vetor momento angular gira.
$$\vec \tau=L(\vec \Omega\times \hat L)$$
$$\rightarrow \vec \tau=\vec \Omega \times \vec L$$
$$\vec \tau=(\vec \Omega) \times \left[I(\vec \omega+\vec \Omega)\right]$$
$$\vec \tau=I(\vec \Omega \times \vec \omega)$$
Percebemos que:
$$\vec \Omega=\left|\vec \Omega\right|\hat r=\dfrac{v_0}{R}\hat r$$ e $$\vec \omega=\omega \hat z$$
$$\vec \tau=I\omega\,\Omega(\hat r \times \hat z)=\dfrac{2}{5}mR^2\cdot \dfrac{v_0}{R}\omega\,(\hat r \times \hat z)$$
$$\rightarrow \boxed{\vec \tau=-\dfrac{2mv_0R\omega}{5}\hat \theta}$$
c) Inicialmente vamos analisar o rolamento perfeito.
Sendo a distância entre o ponto P e o centro da esfera $$d$$, temos que:
$$\omega d=v_0$$
Analisando as forças na esfera:
Figura 05: Representação das forças (cima e perfil)
Como o corpo tem a tendência de deslizar na direção radial, existirá uma força de atrito nessa direção.
Aplicando a 2ª lei de Newton nessa direção:
$$F_m-F_{at}=\dfrac{mv_0^2}{d}$$
$$Qv_0B-F_{at}=\dfrac{mv_0^2}{d}$$ (EQ 01)
Podemos perceber que que o torque da força de atrito é:
$$\vec \tau_{at}=(-R\hat z)\times(F_{at}\hat r)$$
$$\vec \tau_{at}=-F_{at}\cdot R\,\hat \theta$$
Aqui, o aluno pode pensar que somente o atrito gera torque no centro de massa da esfera, visto que a força magnética está atuando no centro de massa. Porém, há um dipolo magnético resultante na esfera, e esse dipolo não estará paralelo ao campo magnético.
Mas como calcular esse torque então?
Vamos olhar um caso geral:
Considere um corpo de dimensões e propriedades quaisquer (conhecidas), uniformes, girando com velocidade angular $$\omega$$ ao redor de um eixo.
Figura 06: Corpo girando
Vamos calcular inicialmente o diferencial de volume no corpo em coordenadas cilíndricas:
$$dV=(dr)\cdot(dz)\cdot(rd\theta)$$
$$dV=rdr\cdot d\theta\cdot dz$$
Sendo $$\rho_m$$ a densidade volumétrica de massa, vamos calcular o momento de inércia do corpo:
$$I=\displaystyle \int dm\cdot r^2$$
$$I=\displaystyle \int \rho_mdV\cdot r^2$$
$$I=\displaystyle \int \rho_m(rdr\cdot d\theta\cdot dz)\cdot r^2$$
$$I=\rho_m\cdot \displaystyle \int \displaystyle \int \displaystyle \int r^3dr\cdot d\theta \cdot dz$$
Vamos guardar esse resultado.
Seja a densidade volumétrica de carga $$\rho_q$$. Calcularemos agora o momento de dipolo ($$\vec \mu$$):
$$\vec \mu=\displaystyle \int I\cdot d\vec A$$
Onde a área aponta na direção da velocidade angular.
$$\vec \mu=\left(\displaystyle \int \dfrac{dq}{dt}\cdot dA\right)\hat \omega$$
$$\vec \mu=\left(\displaystyle \int \dfrac{\rho_qdV}{dt}\cdot dA\right)\hat \omega$$
$$\vec \mu=\left(\displaystyle \int \dfrac{\rho_qrdr\cdot d\theta\cdot dz}{dt}\cdot dA\right)\hat \omega$$
Porém, $$\dfrac{d\theta}{dt}$$ é o módulo da velocidade angular ($$\omega$$), a qual independe da distância, e pode sair da integral.
$$\vec \mu=\rho_q\left(\displaystyle \int \displaystyle \int \displaystyle \int rdr\cdot dz\cdot dA\right)\omega \hat \omega$$
vamos calcular a área que esntra no cálculo do momento de dipolo.
Olhando de cima o movimento do diferencial de carga:
Figura 07: Vista de cima do movimento
Sabemos que a área possui uma relação linear com o ângulo:
$$\dfrac{\pi r^2}{2\pi}=\dfrac{dA}{d\theta}$$
$$dA=\dfrac{r^2\cdot d\theta}{2}$$
Voltando ao cáculo do momento de dipolo e utilizando que $$\omega \hat \omega=\vec \omega$$:
$$\vec \mu=\rho_q\left(\displaystyle \int \displaystyle \int \displaystyle \int rdr\cdot dz\cdot \dfrac{r^2\cdot d\theta}{2}\right)\vec \omega$$
$$\vec \mu=\dfrac{\rho_q\vec \omega}{2}\,\displaystyle \int \displaystyle \int \displaystyle \int r^3dr\cdot d\theta \cdot dz$$
Comparando com o resultado do momento de inércia:
$$\vec \mu=\dfrac{\rho_q\cdot I\vec \omega}{2\rho_m}$$
Como a distribuição de carga e massa são uniformes:
$$\dfrac{\rho_q}{\rho_m}=\dfrac{Q}{m}$$
Portanto:
$$\vec \mu=\dfrac{Q}{2m}\cdot I\vec \omega$$
Lembrando que esse $$\omega$$ é a velocidade angular resultante.
Sabemos que o torque de um campo magnético externo em um dipolo é:
$$\vec \tau_m=\vec \mu \times \vec B$$
$$\vec \tau_m=\left(\dfrac{Q}{2m}\cdot I(\vec \omega+\vec \Omega)\right)\times \vec B$$
$$\vec \tau_m=\dfrac{Q}{2m}\cdot I(\omega \hat z)\times(B \hat z)+\dfrac{Q}{2m}\cdot I(\Omega \hat r)\times(B \hat z)$$
$$\vec \tau_m=\dfrac{Q}{2m}\cdot \dfrac{2mR^2}{5}\omega B (\hat r)\times(\hat z)$$
$$\vec \tau_m=-\dfrac{1}{5}Q\Omega R^2B\,\hat \theta$$
$$\vec \tau_m=-\dfrac{1}{5}Qv_0BR\,\hat \theta$$
Aplicando o torque magnético e o do atrito na equação original (encontrado no item b)), e lembrando que $$\omega d=v_0$$.
$$-F_{at}\cdot R\hat \theta -\dfrac{1}{5}Qv_0BR\,\hat \theta=-\dfrac{2mv_oR\omega}{5}\hat \theta$$
$$F_{at}+\dfrac{Qv_0B}{5}=\dfrac{2mv_0^2}{5d}$$ (EQ 02)
Unindo EQ 01 e EQ 02:
$$\begin{cases} Qv_0B-F_{at}=\dfrac{mv_0^2}{d}\\ F_{at}+\dfrac{Qv_0B}{5}=\dfrac{2mv_0^2}{5d} \end{cases}$$
Somando as duas equações:
$$Qv_0B+\dfrac{Qv_0B}{5}=\dfrac{mv_0^2}{d}+\dfrac{2mv_0^2}{5d}$$
$$\rightarrow \boxed{d=\dfrac{7mv_0}{6QB}}$$
Como $$\omega d=v_0$$:
$$\rightarrow \boxed{\omega=\dfrac{6QB}{7m}}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$\boxed{\vec F_m=-Qv_0B\,\hat r}$$
b) $$\boxed{\vec \tau=-\dfrac{2mv_0R\omega}{5}\hat \theta}$$
c) $$\boxed{d=\dfrac{7mv_0}{6QB}}$$ e $$\boxed{\omega=\dfrac{6QB}{7m}}$$
[/spoiler]