Escrito por Akira Ito e Ualype Uchôa
Iniciante
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Cinemática: MRUV
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{a=5\,cm/s^2}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{a=5\,cm/s^2}$$
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Intermediário
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]Cinemática, Dinâmica e Energia[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$\boxed{a_s=g\sin{\dfrac{\alpha}{2}}}$$
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$$\boxed{a_s=g\sin{\frac{\alpha}{2}}}$$
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Avançado
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Magnetismo
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\boxed{s_2=\dfrac{s_0s_1}{\sqrt{4s_0^2-3s_1^2}} \approx 3,5\,cm}$$
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