Soluções Física - Semana 138

Dinâmica / Força de atrito

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:

$a_{max}=-\mu g+g\cdot A$

$\rightarrow \boxed{a_{max}=g\left(\sqrt{\mu^2+1}-\mu\right)}$

a) $\boxed{a(\beta)=-\mu g+g\left(\cos{\beta}+\mu \sin{\beta}\right)}$

b) $\boxed{\beta=\arctan{\mu}}$

$\boxed{a_{max}=g\left(\sqrt{\mu^2+1}-\mu\right)}$

Conservação da energia / Força centrípeta

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 $\cos{\theta}=1$.

${v_0}_{min}=\sqrt{gR\left(\dfrac{5}{1}+3\cdot 1+2\right)}$

$\rightarrow \boxed{{v_0}_{min}=\sqrt{10gR}}$

$\boxed{{v_0}_{min}=\sqrt{10gR}}$

Eletromagnetismo / Dinâmica da rotação / Torque de precessão

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 $\omega d=v_0$:

$\rightarrow \boxed{\omega=\dfrac{6QB}{7m}}$

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 $\boxed{\omega=\dfrac{6QB}{7m}}$