Soluções Física – Semana 152

Cinemática: MRUV

A equação horária da posição $x(t)$ para o MRUV é:

$x(t)=x_0+v_0t+\dfrac{at^2}{2}$

Da equação acima, podemos ver que conhecidas as variáveis $s$ e $t$, nossas incógnitas são as constantes $x_0$ (posição inicial), $v_0$ (velocidade inicial) e $a$ (aceleração). Note que o enunciado fornece informações acerca de três momentos do movimento; ou seja, sabemos a posição do móvel em três instantes de tempo diferentes. Com 3 equações, seremos então capazes de resolver para as 3 incógnitas.

Dado que $x(t_1)=x_1$, $x(t_2)=x_2$ e $x(t_3)=x_3$, obtemos, respectivamente (de cima para baixo), as seguintes equações:

$x_1=x_0+v_0 t_1+\dfrac{at_1^2}{2}$  (Eq. 1)

$x_2=x_0+v_0t_2+\dfrac{at_2^2}{2}$  (Eq. 2)

$x_3=x_0+v_0t_3+\dfrac{at_3^2}{2}$ (Eq. 3)

Subtraindo (Eq. 1) de (Eq. 2), membro a membro:

$x_2-x_1=v_0(t_2-t_1)+\dfrac{a(t_2^2-t_1^2)}{2}$    (Eq. 4)

Subtraindo (Eq. 2) de (Eq. 3), membro a membro:

$x_3-x_2=v_0(t_3-t_2)+\dfrac{a(t_3^2-t_2^2)}{2}$    (Eq. 5)

Agora, basta resolver o sistema linear composto pelas equações (Eq. 4) e (Eq. 5), e encontrar a $a$. Substituindo $v_0$ de (Eq. 4) em (Eq. 5):

$a=\dfrac{2}{t_3-t_1}\left(\dfrac{x_3-x_2}{t_3-t_2}-\dfrac{x_2-x_1}{t_2-t_1}\right)$

Substituindo os valores numéricos:

$\boxed{a=5\,cm/s^2}$

$\boxed{a=5\,cm/s^2}$

Cinemática, Dinâmica e Energia

Existem duas abordagens que podemos tomar para o problema. A primeira – e mais acessível e rápida – utiliza energia e cinemática, enquanto a segunda parte para uma interessante análise dinâmica da situação, estudando as forças e torques presentes no problema. Apresentaremos ambas aqui.

Solução 1: Cinemática e Energia

Para aqueles que não entenderam o problema, ele está ilustrado na figura abaixo. No desenho, a linha pontilhada delimita o ângulo $\alpha$. Considere que as rodas possuem raios $R_1$ e $R_2$, respectivamente.

Imagine, por um momento, que o problema está sendo analisado no referencial em que os eixos dos cilindros estão parados, de forma que a barra apenas desliza (parecido com uma daquelas esteiras que ficam na seção de raio-x dos aeroportos).

Aplicando a condição de não deslizamento, temos:

$x=R_1\theta_1=R_2\theta_2$

Em que $x$ é um deslocamento da barra ao longo da direção desta. Como os cilindros rolam sem deslizar, o deslocamento $R \theta$ corresponde exatamente à distância percorrida por estes na horizontal. É importante notar também que a distância entre eles permanece constante, uma vez que a velocidade dos pontos de tangência  com a barra é a mesma, já que a barra é um corpo rígido. Ou seja, quando a barra desloca $x$, os cilindros rolam $x$ na horizontal. Dessa forma, conseguimos obter a seguinte relação vetorial:

A seta em vermelho é o vetor $\vec{s}$, o deslocamento em relação à Terra. As setas em preto são os vetores correspondente aos deslocamentos da barra ao longo dos cilindros e dos cilindros na horizontal, ambos de módulo $x$. A linha pontilhada delimita o ângulo $\alpha$.

Logo, pela lei dos cossenos:

$s=x\sqrt{2(1+\cos\alpha)}=2x\cos{\dfrac{\alpha}{2}}$

Já que não há deslizamento relativo entre nenhuma das superfícies (rolamento perfeito), nenhuma parcela energética é dissipada em calor, e portanto a energia mecânica do sistema se conserva.

Assim, se a barra se desloca $x$ na direção do seu comprimento, podemos escrever a seguinte relação (assumindo que ela parte do repouso):

$mgx\sin{\alpha}=\dfrac{1}{2}mv_s^2$

$v_s^2=2gx\sin{\alpha}$

Perceba que $x\sin{\alpha}$ é o deslocamento vertical, que é contabilizado na mudança de energia potencial gravitacional. $v_s$ é a velocidade da barra em relação à Terra. Note que também não há nenhuma parcela energética devido ao movimento dos roletes porque suas massas (e momentos de inércia) são desprezíveis.

Você deve ter percebido que a expressão acima é muito familiar à equação de Torricelli para o movimento acelerado. De fato, a dependência linear de $v^2$ com $x$ indica que o movimento da barra possui aceleração constante: Aplicando a equação de Torricelli, temos então que:

$v_s^2=2a_s s$

Sendo $a_s$ a aceleração da barra. Comparando as duas, tem-se por fim que:

$a_s=g\sin{\alpha} \cdot \dfrac{x}{s}$

Usando o vínculo geométrico descoberto entre $x$ e $s$:

$a_s=g\dfrac{\sin{\alpha}}{2\cos{\dfrac{\alpha}{2}}}=g\dfrac{2\sin{\dfrac{\alpha}{2}}\cos{\dfrac{\alpha}{2}}}{2\cos{\dfrac{\alpha}{2}}}$

$\boxed{a_s=g\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}$

Solução 2: Força e Torque

Considere que a massa da barra é $m$ e que o cilindro da esquerda possui raio $R_1$, massa $m_1$ e momento de inércia $I_1$; analogamente para o cilindro da direita $R_2$, $m_2$ e $I_2$. Aplicando as leis de Newton para a barra nas direções ao longo e perpendicular à barra, obtemos:

$mg\cos\alpha+ma_x\sin\alpha=N_1+N_2$
$ma_x=mg\sin\alpha-(f_1+f_2)-ma_x\cos\alpha$

Em que $N_1$ e $N_2$ são as forças de normal entre a barra e os cilindros 1 e 2, respectivamente, e que $f_1$ e $f_2$ são as forças de atrito.

Lembre-se que estamos trabalhando no referencial acelerado dos cilindros (que se movem com uma aceleração $a_x$ para a esquerda), dessa forma, é necessário fazer uma correção de força.

Agora vamos calcular o torque resultante nos cilindros. Para o cilindro 1:

$f_1\cdot R_1 + f'_1\cdot R_1=I_1 \beta_1$

Em que $f'_1$ é a força de atrito do cilindro 1 com o chão, e $\beta_1$ é a aceleração angular.

Analogamente para o cilindro 2:

$f_2\cdot R_2 + f'_2\cdot R_2=I_2 \beta_2$

Lembre-se que o enunciado diz que a massa dos roletes pode ser desprezada, portanto $I_1=I_2=0$. Assim:

$f_1+f'_1=0$
$f_2+f'_2=0$

Calculando a força resultante nos cilindros na horizontal, obtemos:

$f_1\cos\alpha-f'_1-N_1\sin\alpha-m_1a_x=0$

Mas, como a massa dos roletes é desprezível $m_1=m_2=0$. Temos:

$f_1 = \dfrac{N_1\sin\alpha}{1+cos\alpha}$
$f_2 = \dfrac{N_2\sin\alpha}{1+cos\alpha}$

Juntando todas as equações descobertas anteriormente,

$ma_x=mg\sin\alpha-(f_1+f_2)-ma_x\cos\alpha$

$ma_x(1+\cos\alpha)=mg\sin\alpha-\frac{(N_1+N_2)\sin\alpha}{1+cos\alpha}$

$a_x(1+\cos\alpha)^2=g\sin\alpha(1+\cos\alpha)-\sin\alpha(g\cos\alpha+a_x\sin\alpha)$

Fazendo as devidas simplificações:

$a_x=g\dfrac{\sin{\alpha}}{2(1+\cos{\alpha})}$

Queremos, no entanto, encontrar $a_s$, a aceleração da barra em relação à terra. Retomando o vínculo encontrado no início da solução 1:

$s=x\sqrt{2(1+\cos{\alpha})}$

Isso nos permite dizer que

$\dfrac{\Delta s}{\Delta t}=\dfrac{ \Delta x}{\Delta t}\sqrt{2(1+\cos{\alpha})}$

$v_s=v_x \sqrt{2(1+\cos{\alpha})}$

E, analogamente:

$a_s=a_x \sqrt{2(1+\cos{\alpha})}$

Logo, substituindo igualando $a_x$ das duas equações:

$\dfrac{a_s}{\sqrt{2(1+\cos{\alpha})}}=g\dfrac{\sin{\alpha}}{2(1+\cos{\alpha})}$

$a_s=g\dfrac{\sin{\alpha}}{\sqrt{2(1+\cos{\alpha})}}$

Usando as mesmas simplificações vistas anteriormente, chegamos no mesmo resultado, conforme o esperado:

$\boxed{a_s=g\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}$

$\boxed{a_s=g\sin{\frac{\alpha}{2}}}$

Magnetismo

Usemos um sistema de coordenadas $xyz$, com origem no ponto de entrada da partícula. O eixo $x$ está dirigido para a direita, $y$ vertical para cima e $z$ aponta, portanto, para fora do papel. Logo, a força magnética na partícula  é dada por:

$\vec{F}_{mag}=q(\vec{v} \times \vec{B})=q\left(\dot{x}\hat{x}+\dot{y}\hat{y}\right) \times (-B\hat{z})$

$\vec{F}_{mag}=-qB\dot{y} \hat{x}+qB\dot{x}\hat{y}$

A força de arrasto, por outro lado, é dada por $\vec{F}_{arr}=-b\vec{v}=-b\dot{x}\vec{x}-b\dot{y}\vec{y}$. Então, pela Segunda Lei de Newton, podemos escrever as seguintes equações em ambos os eixos:

$\ddot{x}=-\dfrac{qB}{m}\dot{y}-\dfrac{b}{m}\dot{x}=-\omega \dot{y}-\gamma \dot{x}$

$\ddot{y}=\dfrac{qB}{m}\dot{x}-\dfrac{b}{m}\dot{y}=\omega \dot{x}-\gamma \dot{y}$

Note que definimos $\dfrac{qB}{m} \equiv \omega$ e $\dfrac{b}{m} \equiv \gamma$. Primeiramente, analisamos o caso em que não há campo, i.e. $\omega=0$. Como a velocidade inicial é $\dot{x}(0) \equiv v_0$, o movimento ocorre apenas em $x$. Então, integrando a equação de movimento nessa direção, podemos achar $v_0$ em termos das das constantes definidas e :

$\displaystyle \int_{v_0}^{0} d\dot{x}=-\gamma\displaystyle \int_{0}^{s_0} dx$

$v_0=\gamma s_0$

No caso em que o campo magnético $B$ é presente, chame a coordenada final da partícula de $(x_1, y_1)$. Integrando as equações em ambos os eixos, tem-se:

$\displaystyle \int_{v_0}^{0} d\dot{x}=-\omega \displaystyle \int_{0}^{y_1}dy -\gamma \displaystyle \int_{0}^{x_1} dx$

$v_0=\gamma s_0 = \omega y_1+\gamma x_1$

$\displaystyle \int_{0}^{0} d\dot{y}=\omega \displaystyle \int_{0}^{x_1}dx -\gamma \displaystyle \int_{0}^{y_1} dy$

$\omega x_1 = \gamma y_1$

.Resolvendo-se o sistema de duas equações acima para $x_1$ e $y_1$, temos então que $s_1=\sqrt{x_1^2+y_1^2}$ (que é conhecido) será dado por:

$s_1=\dfrac{\gamma s_0}{\sqrt{\omega^2+\gamma^2}}=\dfrac{s_0}{\sqrt{\dfrac{\omega^2}{\gamma^2}+1}}$

Logo:

$\dfrac{\omega^2}{\gamma^2}=\dfrac{(s_0^2-s_1^2)}{s_1^2}$

Note que, quando o campo magnético dobra de valor, devemos substituir $\omega$ por $2\omega$. Então, por fim:

$s_2=\dfrac{s_0}{\sqrt{\dfrac{4\omega^2}{\gamma^2}+1}}$

$\boxed{s_2=\dfrac{s_0s_1}{\sqrt{4s_0^2-3s_1^2}} \approx 3,5\,cm}$

$\boxed{s_2=\dfrac{s_0s_1}{\sqrt{4s_0^2-3s_1^2}} \approx 3,5\,cm}$