Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
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Leis de Newton e Energia.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
O ponto mais suscetível ao desprendimento do bloco ao loop é quando o bloco está na posição mais alta dele. Será aplicado nele a força normal com o loop, para baixo, e o seu peso, também para baixo. Escrevendo a segunda lei de Newton para o bloco:
$$mg + N =\dfrac{mv^2}{R}$$
Na condição limite: $$N=0$$
$$mg =\dfrac{mv^2}{R}$$
$$v^2 = gR$$
$$v= \sqrt{gR}$$
Conservando então a energia quando ele está parado na mola e no ponto mais alto do loop:
$$E_{mec o} =E_{mecf}$$
$$\dfrac{Kx^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgH$$
$$\dfrac{Kx^2}{2} = \dfrac{m gR}{2} + mg(2R)$$
$$Kx^2 = 5mgR$$
$$x^2 = \dfrac{5mgR}{K}$$
$$x = \sqrt{\dfrac{5mgR}{K}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$x = \sqrt{\dfrac{5mgR}{K}}$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Estática.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Traçando uma altura a partir do ponto mais abaixo da placa, por simetria, sabemos que o centro de gravidade estará ao longo dessa altura. A partir da figura abaixo, temos então que a distância horizontal é:
$$X_E = acos(\theta)$$
b) A partir do CM, podemos traçar uma perpendicular à lateral direita da chapa. Marcando os ângulos, temos que essa perpendicular faz um ângulo de $$\theta$$ com a vertical. Pela simetria do CM, essa perpendicular divide o lado em 2. A partir da imagem temos então que a distância horizontal do ponto amarrado até o CM é:
$$X_{CM} = \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{2}$$
c) Dessa forma, podemos aplicar as condições de equilíbrio translacional e rotacional:
Equilíbrio translacional:
$$T + E = Mg$$
$$T = Mg – E$$
Equilíbrio rotacional:
O torque em relação ao ponto amarrado deve ser $$0$$, logo:
$$EX_E = MgX_{CM}$$
$$E acos(\theta) = M g \left(\dfrac{acos(\theta) + bsen(\theta)}{2} \right)$$
$$E = \dfrac{Mg}{2} \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{acos(\theta)}$$
$$E = \dfrac{Mg}{2} \left(1 +\dfrac{b}{a}tg(\theta) \right)$$
Como $$\theta=45^o$$
$$E = \dfrac{Mg}{2} \left(1 + \dfrac{b}{a} \right)$$
Substituindo:
$$T = Mg – \dfrac{Mg}{2} \left(1 + \dfrac{b}{a} \right)$$
$$T = \dfrac{Mg}{2} \left(1-\dfrac{b}{a}\right)$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$X_E = acos(\theta)$$
b) $$X_{CM} = \dfrac{acos(\theta)+bsen(\theta)}{2}$$
c) $$T = \dfrac{Mg}{2} \left(1-\dfrac{b}{a}\right)$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Momento e energia.
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Não atuam no sistema forças externas, por isso o momento linear se conserva. Conservando vetorialmente:
$$\vec P = \vec P_M + \vec P_m$$
Já que queremos saber o ângulo $$\theta$$, que é o ângulo feito entre os momentos $$\vec P_M$$ e $$\vec P$$, isolamos $$\vec P_m$$:
$$\vec P_m = \vec P – \vec P_M$$
Podemos então aplicar o produto escalar em si mesmo nessa equação:
$$\vec P_m \cdot \vec P_m = (\vec P-\vec P_M) \cdot (\vec P – \vec P_M)$$
$$P_m^2 = P^2 + P_M^2 – 2PP_M cos(\theta)$$
Não há dissipação de energia durante o processo, portanto:
$$E_o = E_f$$
$$\dfrac{P^2}{2M} = \dfrac{P_M^2}{2M} + \dfrac{P_m^2}{2m}$$
$$\dfrac{m}{M}P^2 = \dfrac{m}{M}P_M^2 + P_m^2$$
Chamando $$\dfrac{m}{M} = \varepsilon$$ apenas para simplificar a escrita:
$$\varepsilon P^2 = \varepsilon P_M^2 + P_m^2$$
$$\varepsilon (P^2-P_M^2) = P_m^2$$
Substituindo:
$$\varepsilon (P^2 -P_M^2) = P^2 + P_M^2 – 2 PP_Mcos(\theta)$$
$$2PP_Mcos(\theta) = (1 – \varepsilon )P^2 + (1+\varepsilon )P_M^2$$
$$cos(\theta) = (1 -\varepsilon)\dfrac{P}{2P_M} + (1+\varepsilon)\dfrac{P_M}{2P}$$
Há então um valor de $$P_M$$ que maximize o ângulo $$\theta$$. Para isso, podemos derivar a equação em relação a $$P_M$$ e igualar a 0:
$$\dfrac{d(cos(\theta))}{dP_M} = 0$$
$$0 = -(1-\varepsilon)\dfrac{P}{2P_M^2} + (1+\varepsilon)\dfrac{1}{2P}$$
$$(1-\varepsilon)\dfrac{P}{P_M^2} = (1+\varepsilon)\dfrac{1}{P}$$
$$(1+\varepsilon)P_M^2 = (1-\varepsilon)P^2$$
$$P_M^2 = \dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}P^2$$
$$P_M = \sqrt{\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}}P$$
Podemos voltar para a equação: $$2PP_Mcos(\theta) = (1 – \varepsilon)P^2 + (1+\varepsilon)P_M^2$$ e substituir o valor de $$P_M$$
$$2P\sqrt{\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}}Pcos(\theta) = (1 – \varepsilon)P^2 + (1+\varepsilon)\dfrac{(1-\varepsilon)}{(1+\varepsilon)}P^2$$
$$2P^2\dfrac{(1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}{(1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}cos(\theta) = (1 – \varepsilon)P^2 + (1 – \varepsilon)P^2$$
$$2P^2\dfrac{(1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}{(1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}}cos(\theta) =2P^2(1-\varepsilon)$$
$$cos(\theta) = (1-\varepsilon)^{\frac{1}{2}} (1+\varepsilon)^{\frac{1}{2}}$$
$$cos(\theta) =( 1 – \varepsilon ^2)^{\frac{1}{2}}$$
$$cos^2(\theta) = 1 – \varepsilon^2$$
$$1 – cos^2(\theta) = \varepsilon^2$$
$$sen^2(\theta) = \varepsilon^2$$
$$sen(\theta) = \varepsilon$$
$$\theta = sen^{-1}(\varepsilon)$$
$$\theta = sen^{-1}\left(\dfrac{m}{M}\right)$$
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Demonstração.
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