Soluções Física - Semana 66

Iniciante:

Situação Física: Tratamos aqui de uma simples questão de estática. Vemos que para que a corrente não caia, todas as forças verticais atuando na mesma devem se anular. Deste modo, um elo deve exercer na parte da corrente abaixo de si uma força equivalente ao peso da mesma. Visivelmente, a maior força será no primeiro elo, o qual tem que suportar toda a corrente abaixo de si.

Resolução: O peso que o primeiro elo tem que suportar (contando com ele mesmo, olhando para sua ligação com o teto):

$p=Nmg$

E para o comprimento da correvnte, temos:

$L=Nl$

Sabemos a carga máxima que um elo suporta, e assim achamos a quantia máxima de elos:

$p=P\rightarrow Nmg=P\rightarrow N=\frac{P}{mg}$

E assim, o comprimento máximo:

$L=l\frac{P}{mg}$

Intermediário:

Situação Física: Neste problema devemos lembrar da resultante centrífuga, a qual aumentará a tração na corrente. Podemos relacionar esta com o ângulo feito pela corrente com a vertical através de conservação da energia. Além disso, devemos nos ater ao fato de que temos dois pontos de massa, o garoto e o centro de massa da corrente, e estes compartilham a mesma velocidade angular.

Resolução: Para a resultante centrifuga, temos:

$F=M_c\omega^2R_c+M\omega^2h$

Sendo o $M_c$ a massa da corrente e $R_c$ a posição de seu centro de massa em relação ao ponto de giro (teto). Temos:

$M_c=Nmg\rightarrow N=\frac{h}{l}\rightarrow M_c=\frac{h}{l}m$

E

$R_c=\frac{h}{2}$

E a centrifuga junto ao peso devem, no máximo, igualar a o peso máximo suportado polo elo superior:

$F+Mg=M_cg=P \rightarrow M\omega^2h+\frac{h^2}{4l}m\omega^2+Mg+\frac{h}{l}mg$

E assim obtemos a velocidade angular máxima:

$\omega^2=\frac{4l}{4hlM+h^2m}(P-Mg-\frac{h}{l}mg)$

E conservando a energia, de potencial para cinética:

$(M_cR_c+Mh)g(1-\cos{(\theta)})=\frac{M_cR_c^2+Mh^2}{2}\omega^2$

Deste modo:

$\cos{(\theta)}=1-h\frac{\frac{h}{l}m+4M}{4(\frac{h}{l}m+2M)g}\omega^2$

Substituindo:

$\cos{(\theta)}=1-\frac{P-Mg-\frac{h}{l}mg}{(\frac{h}{l}m+2M)g}$

Avançado:

Situação Física: Neste caso, ao escrevermos a força na carga, para pequenos deslocamentos, vemos a presença de uma força restauradora, a qual origina um movimento oscilatório.

Resolução: Para o deslocamento na horizontal. Digamos que a carga foi movida uma distância $x$, muito pequena, para direita. Temos:

$F_e=KQq\frac{1}{(D+x)^2}=KQq(D(1+\frac{x}{D}))^{-2}=\frac{KQq}{D^2}(1-2\frac{x}{D})$

E

$F_d=KQq\frac{1}{(D-x)^2}=\frac{KQq}{D^2}(1+2\frac{x}{D})$

Usando a aproximação $(1+k)^z=1+zk$, válida quando $k<<1$. Assim, identificamos a força resultante:

$F=F_d-F_e=4\frac{x}{D^3}KQq$

Escrevendo a equação de um oscilador harmônico:

$ma=4\frac{x}{D^3}KQq$

Fazendo analogia com a situação massa-mola, na qual temos:

$ma=Kx\rightarrow\omega=2\pi\sqrt{\frac{K}{m}}$

Obtemos:

$\omega_h=4\pi\sqrt{\frac{KQq}{D^3m}}$

Já para o deslocamento vertical, deslocando um $x$ para cima, temos:

$F_y=2KQq\frac{1}{D^2+x^2}\frac{x}{\sqrt{D^2+x^2}}$

Pois temos que a distância entre as cargas fixas e as móveis se da pela hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são $D$ e $x$. Além disso, para a componente vertical (pois as horizontais se anulam) devemos multiplicar pelo cosseno desse triângulo. Por temos um deslocamento mínimo, podemos afirmar $D^2+x^2\approx D^2$. E assim:

$F_y=2KQq\frac{x}{D^3}=ma$

E então obtemos:

$\omega_v=2\pi\sqrt{\frac{2KQq}{D^3m}}$

Por fim:

$\frac{\omega_h}{\omega_v}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$