Soluções Física – Semana 91

Leis de Newton e Energia.

O ponto mais suscetível ao desprendimento do bloco ao loop é quando o bloco está na posição mais alta dele. Será aplicado nele a força normal com o loop, para baixo, e o seu peso, também para baixo. Escrevendo a segunda lei de Newton para o bloco:

$mg + N =\dfrac{mv^2}{R}$

Na condição limite: $N=0$

$mg =\dfrac{mv^2}{R}$

$v^2 = gR$

$v= \sqrt{gR}$

Conservando então a energia quando ele está parado na mola e no ponto mais alto do loop:

$E_{mec o} =E_{mecf}$

$\dfrac{Kx^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgH$

$\dfrac{Kx^2}{2} = \dfrac{m gR}{2} + mg(2R)$

$Kx^2 = 5mgR$

$x^2 = \dfrac{5mgR}{K}$

$x = \sqrt{\dfrac{5mgR}{K}}$

$x = \sqrt{\dfrac{5mgR}{K}}$

Estática.

a) Traçando uma altura a partir do ponto mais abaixo da placa, por simetria, sabemos que o centro de gravidade estará ao longo dessa altura. A partir da figura abaixo, temos então que a distância horizontal é:

$X_E = acos(\theta)$

b) A partir do CM, podemos traçar uma perpendicular à lateral direita da chapa. Marcando os ângulos, temos que essa perpendicular faz um ângulo de $\theta$ com a vertical. Pela simetria do CM, essa perpendicular divide o lado em 2. A partir da imagem temos então que a distância horizontal do ponto amarrado até o CM é:

$X_{CM} = \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{2}$

c) Dessa forma, podemos aplicar as condições de equilíbrio translacional e rotacional:

Equilíbrio translacional:

$T + E = Mg$

$T = Mg - E$

Equilíbrio rotacional:

O torque em relação ao ponto amarrado deve ser $0$, logo:

$EX_E = MgX_{CM}$

$E acos(\theta) = M g \left(\dfrac{acos(\theta) + bsen(\theta)}{2} \right)$

$E = \dfrac{Mg}{2} \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{acos(\theta)}$

$E = \dfrac{Mg}{2} \left(1 +\dfrac{b}{a}tg(\theta) \right)$

Como $\theta=45^o$

$E = \dfrac{Mg}{2} \left(1 + \dfrac{b}{a} \right)$

Substituindo:

$T = Mg - \dfrac{Mg}{2} \left(1 + \dfrac{b}{a} \right)$

$T = \dfrac{Mg}{2} \left(1-\dfrac{b}{a}\right)$

a) $X_E = acos(\theta)$

b) $X_{CM} = \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{2}$

c) $T = \dfrac{Mg}{2} \left(1-\dfrac{b}{a}\right)$

Momento e energia.

Não atuam no sistema forças externas, por isso o momento linear se conserva. Conservando vetorialmente:

$\vec P = \vec P_M + \vec P_m$

Já que queremos saber o ângulo $\theta$, que é o ângulo feito entre os momentos $\vec P_M$ e $\vec P$, isolamos $\vec P_m$:

$\vec P_m = \vec P - \vec P_M$

Podemos então aplicar o produto escalar em si mesmo nessa equação:

$\vec P_m \cdot \vec P_m = (\vec P-\vec P_M) \cdot (\vec P - \vec P_M)$

$P_m^2 = P^2 + P_M^2 - 2PP_M cos(\theta)$

Não há dissipação de energia durante o processo, portanto:

$E_o = E_f$

$\dfrac{P^2}{2M} = \dfrac{P_M^2}{2M} + \dfrac{P_m^2}{2m}$

$\dfrac{m}{M}P^2 = \dfrac{m}{M}P_M^2 + P_m^2$

Chamando $\dfrac{m}{M} = \varepsilon$ apenas para simplificar a escrita:

$\varepsilon P^2 = \varepsilon P_M^2 + P_m^2$

$\varepsilon (P^2-P_M^2) = P_m^2$

Substituindo:

$\varepsilon (P^2 -P_M^2) = P^2 + P_M^2 - 2 PP_Mcos(\theta)$

$2PP_Mcos(\theta) = (1 - \varepsilon )P^2 + (1+\varepsilon )P_M^2$

$cos(\theta) = (1 -\varepsilon)\dfrac{P}{2P_M} + (1+\varepsilon)\dfrac{P_M}{2P}$

Há então um valor de $P_M$ que maximize o ângulo $\theta$. Para isso, podemos derivar a equação em relação a $P_M$ e igualar a 0:

$\dfrac{d(cos(\theta))}{dP_M} = 0$

$0 = -(1-\varepsilon)\dfrac{P}{2P_M^2} + (1+\varepsilon)\dfrac{1}{2P}$

$(1-\varepsilon)\dfrac{P}{P_M^2} = (1+\varepsilon)\dfrac{1}{P}$

$(1+\varepsilon)P_M^2 = (1-\varepsilon)P^2$

$P_M^2 = \dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}P^2$

$P_M = \sqrt{\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}}P$

Podemos voltar para a equação: $2PP_Mcos(\theta) = (1 - \varepsilon)P^2 + (1+\varepsilon)P_M^2$ e substituir o valor de $P_M$

$2P\sqrt{\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}}Pcos(\theta) = (1 - \varepsilon)P^2 + (1+\varepsilon)\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}P^2$

$2P^2\dfrac{(1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}{(1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}cos(\theta) = (1 - \varepsilon)P^2 + (1 - \varepsilon)P^2$

$2P^2\dfrac{(1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}{(1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}cos(\theta) =2P^2(1-\varepsilon)$

$cos(\theta) = (1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}} (1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}$

$cos(\theta) =( 1 - \varepsilon ^2)^{\frac{1}{2}}$

$cos^2(\theta) = 1 - \varepsilon^2$

$1 - cos^2(\theta) = \varepsilon^2$

$sen^2(\theta) = \varepsilon^2$

$sen(\theta) = \varepsilon$

$\theta = sen^{-1}(\varepsilon)$

$\theta = sen^{-1}\left(\dfrac{m}{M}\right)$

Demonstração.