Soluções Física – Semana 160

Estática

Note que há diversas maneiras para resolver esse problema, inclusive técnicas que utilizam-se de “força bruta” (balanceamento de torque e força). Entretanto, iremos buscar uma solução mais formal e elegante para resolver essa questão. Para isso, utilizaremos o Teorema das Três Forças e, a partir disso, resolveremos a questão geometricamente. Pelo teorema das três forças, caso um objeto esteja em equilíbrio estático sob a ação de três forças, elas devem se cruzar em um ponto do espaço. Em nosso problema, a normal $N_1$ devido ao plano da esquerda, a normal $N_2$ devido ao plano da direita e o peso $mg$ se intersectam no ponto $P$ representado na figura abaixo.

Defina um sistema de coordenadas com um eixo y vertical que seja positivo para cima e um eixo x horizontal que é positivo para a direita. A origem está no ponto que intersecta os dois planos. Deixe que as coordenadas de a extremidade esquerda da haste seja $\left(x, y \right)$. Então, as coordenadas da extremidade direita e do centro da barra são, respectivamente, $\left(x + l \cos \theta, y - l \sin \theta \right)$ e $\left(x + l \cos \theta, y - l \sin \theta \right)$. Para que as três forças sejam concorrentes, a coordenada $x$ do ponto de interseção das duas forças normais deve ser $x + l \cos \theta$ . Suponhamos que esta condição seja satisfeita e definamos as coordenadas do ponto de interseção das forças como $\left(x+ l \cos \theta , k \right)$. Assim, para que as coordenadas propostas do ponto de interseção sejam corretas, as inclinações entre os pontos de ação do forças normais e o ponto de interseção devem ser proporcionais ao valores mencionados.

$\dfrac{y - l \sin \theta - k}{x + l \cos \theta - (x + l \frac{\cos \theta}{2})} = -\dfrac{1}{\tan \beta}$

$\dfrac{k - y}{x + l \frac{\cos \theta}{2} - x} = \dfrac{1}{\tan \alpha}$

Resolvendo para $\theta$:

$\boxed{ \tan \theta = \dfrac{1}{2} (\cot \beta - \cot \alpha) }$

$\boxed{ \tan \theta = \dfrac{1}{2} (\cot \beta - \cot \alpha) }$

Mecânica, oscilações

Para resolver este problema, basta modificar levemente o sistema conhecido que é o pêndulo simples. O período de um pêndulo simples é:

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{L_{ef}}{a_{ef}}}$

Em que $L_{ef}$ e $a_{ef}$ são o comprimento efetivo e a aceleração efetiva, respectivamente. Nesse problema, a aceleração (e consequentemente a força) perpendicular ao plano inclinado não interfere no período, afinal ela é é compensada pela normal. Assim, temos que:

$a_{ef}=g\sin{\alpha}$

Quanto ao comprimento do fio, note que apenas a projeção do fio ao longo do plano é relevante, ou seja:

$L_{ef}=l\cos\beta$

Afinal, se conectássemos um fio de comprimento $l\cos\beta$ na bolinha e na base da haste, nada mudaria no período. Assim, por comparação direta:

$\boxed{T=2\pi\sqrt{\dfrac{l\cos\beta}{g\sin\alpha}}}$

$\boxed{T=2\pi\sqrt{\dfrac{l\cos\beta}{g\sin\alpha}}}$

Mecânica

A condição de contato é a força normal ser maior ou igual a zero, logo, a normal é nula no caso limite. A bolinha da esquerda descola quando a tração no fio for máxima, que ocorro quando o fio está na vertical. Nessa situação, o equilíbrio na bolinha esquerda é:

$T+N-mg=0$

Mas $N=0$, então $T=mg$. Da conservação de momento linear na direção horizontal, podemos afirmar que os dois corpos possuem a mesma velocidade horizontal $u$, porém, em sentidos opostos. Da conservação de energia:

$\dfrac{1}{2}mv^2=mgl+\dfrac{1}{2}(2m)u^2$

$v^2=2gl+2u^2$

Para encontrar o valor de $u$, basta calcular a força centrípeta. Mudando o referencial para a bolinha da esquerda, temos:

$T+mg=\dfrac{m(2u)^2}{l}$

$u^2=\dfrac{gl}{2}$

Substituindo na expressão anterior, obtemos:

$\boxed{v=\sqrt{3gl}}$

$\boxed{v=\sqrt{3gl}}$