Soluções Física – Semana 117

Segunda lei de Newton: polias

Seja $a_i$ a aceleração vertical da massa $i$, $i=1,2$ e $3$, da esquerda para a direita. Considere $T_1$ a tração no fio que conecta as massas $1$ e $2$ e $T_2$ a tração na outra parte do fio. Observe que essas trações não são iguais, a priori. Pela segunda lei de Newton, obtemos $3$ equações que, juntamente com as duas equações de vínculo, determinam todas as $5$ icóginitas.

$$ma_1=T_1-mg$$

$$ma_2=T_1-mg-T_2$$

$$ma_3=2T_2-mg$$

Observe que o termo $2T_2$ da equação acima surge do equilíbrio da polia ideal mais baixa na figura do enunciado. Evidentemente, pelo vínculo que o fio da esquerda impõe:

$$a_1=-a_2$$

Agora, a outra parte do fio impõe um vínculo entre as acelerações das massas $2$ e $3$. Se a massa $2$ sobe $x$, a massa $3$ deve subir $x/2$ a fim de manter o comprimento do fio constante, logo, $2a_3=a_2$. Com as cinco equações, resolvemos para $a_i$:

$$a_1=2g/9$$

$$a_2=-2g/9$$

$$a_3=-g/9$$

$$a_1=2g/9$$

$$a_2=-2g/9$$

$$a_3=-g/9$$

Mecânica: conservação de energia com corpos rígidos

Seja $R$ o raio do cilindro maior e $r$ o raio do cilindro menor. Nessa solução, utilizaremos a conservação de energia para encontrarmos a equação de movimento, qualquer outro formalismo também servirá, se usado corretamente. A energia potencial é simplesmente

$$U=mg(R+r)\cos{\theta}$$

Onde $\theta$ será a coordenada utilizada para localizar o centro do cilindro móvel (o cilindro começa em $\theta=0$). Observe que o sistema só tem um grau de liberdade, portanto, a coordenada $\theta$ é suficiente para caracterizar todo o movimento (a menos de uma constante arbitrária, que é a condição inicial do ângulo $\phi$, o ângulo que o cilindro gira em torno de si). Como o cilindro gira, inicialmente, sem deslizar, podemos escrever a seguinte relação entre os ângulos $\phi$ e $\theta$:

$$r\dot{{\phi}}=(R+r)\dot{\theta}$$

Que é obtida impondo que a velocidade do ponto do cilindro instantaneamente em contato com a superfície do cilindro fixo é nula. Podemos escrever a energia cinética do sistema como sendo a energia cinética de um corpo pontual de massa igual a massa $m$ do cilindro cuja posição coincide com a posição do centro de massa (que nesse caso é o centro geométrico do cilindro) do cilindro mais a energia cinética do corpo no referencial desse ponto, essa ultima parcela é conhecida como energia cinética de rotação, justamente pelo fato que o movimento do corpo em relação ao $C.M.$ é uma simples rotação. O momento de inércia do cilindro homogêneo (girando em torno do eixo de simetria) é $I=\dfrac{mr^2}{2}$. Logo, a energia do sistema é:

$$mg(R+r)\cos{\theta}+\dfrac{m(R+r)^2{\dot{\theta}}^2}{2}+\dfrac{I{\dot{\phi}}^2}{2}$$

Usando a equação de vínculo, escrevamos a energia total do sistema como função do ângulo $\theta$:

$$E(\theta)=mg(R+r)\cos{\theta}+\dfrac{3}{4}m(R+r)^2{\dot{\theta}}^2$$

Se o cilindro não desliza, a energia total é conservada, portanto, sua primeira derivada em relação à $\theta$ é nula, essa operação determina a equação de movimento:

$$\ddot{\theta}=\dfrac{2}{3}\dfrac{g\sin{\theta}}{(R+r)}$$

A aceleração tangencial do cilindro é:

$$a_t=(R+r)\ddot{\theta}=mg\sin{\theta}+f$$

Onde na última igualdade da equação acima, $f$ é a força de atrito estático. Logo:

$$f(\theta)=-\dfrac{1}{3}mg\sin{\theta}$$

Agora, devemos encontrar a força normal para relacionarmos com a força de atrito através do coeficiente de atrito. Para isso, escrevamos as relações de força centrípeta e conservamos a energia entre a posição inicial do cilindro e uma posição genérica $\theta\le{\alpha}$ onde $\alpha$ é o ângulo no qual o cilindro começa a deslizar, a partir desse momento, a equação de movimento não é mais válida, evidentemente.

Força centrípeta:

$$mg\cos{\theta}-N(\theta)=m{\dot{\theta}}^2(R+r)$$

Conservação de energia:

$$mg(R+r)=mg(R+r)\cos{\theta}+\dfrac{3}{4}m(R+r)^2{\dot{\theta}}^2$$

Juntando as duas equações acima, obtemos $N(\theta)$:

$$N=\dfrac{mg}{3}\left(7\cos{\theta}-4\right)$$

Finalmente, façamos $\dfrac{f(\alpha)}{N(\alpha)}=\mu$, para descobrirmos $\alpha$. O processo agora é puramente braçal. Uma sugestão é elevar ao quadrado os dois lados da equação obtida acima. Isso resultará numa equação quadrática para $\cos{\alpha}\equiv{\lambda}$. As duas soluções são:

$$\lambda_1=\dfrac{28{\mu}^2+\sqrt{33{\mu}^2+1}}{49{\mu}^2+1}$$

e

$$\lambda_2=\dfrac{28{\mu}^2-\sqrt{33{\mu}^2+1}}{49{\mu}^2+1}$$

Como escolher a solução correta? Veja, para $\mu=0$ o cilindro deve sempre deslizar, portanto, $\alpha$ deve ser igual a zero. Seguinda essa linha de raciocínio, a solução correta é $\lambda_1$.

Demonstração

Termodinâmica: primeira lei

O êmbolo condutor mantém a temperatura de ambas secções iguais a $T$. Um agente externo deve realizar trabalho no sistema. Como não há calor:

$$dW=-dU_{SIS}=-\dfrac{2nRdT}{{\gamma}-1}$$

Onde $n$ é o número de mols de cada secção. Como o êmbolo está em equilibrio a todo instante:

$$dW=\left(p_2-p_1\right)dV$$

Onde o subcrito 1 e 2 correspondem às secções em expansão e compressão, respectivamente. Pela lei dos gases:

$$p_1(V_0+Sx)=nRT=p_2(V_0-Sx)$$

Onde $x$ é o deslocamento do êmbolo e $S$ é sua área transversal. Logo, juntando as equações acima e definindo $V\equiv{Sx}$:

$$\dfrac{dT}{T}=({\gamma}-1)\dfrac{VdV}{V_0^2-V^2}$$

Agora, escrevemos $V$ em função de $\eta$:

$$(V_0+V)=\eta(V_0-V)$$

$$V=\dfrac{{\eta}-1}{{\eta}+1}V_0$$

Finalmente, façamos a integral:

$$ln(\dfrac{T}{T_0})=({\gamma}-1)\int_{0}^{V} \dfrac{VdV}{V_0^2-V^2}$$

Realizando a integral e fazendo simplificações:

$$T=T_0\left(\dfrac{({\eta}+1)^2}{4\eta}\right)^{\dfrac{{\gamma}-1}{2}}$$

$$T=T_0\left(\dfrac{({\eta}+1)^2}{4\eta}\right)^{\dfrac{{\gamma}-1}{2}}$$