Aro levitante

Neste arquivo iremos colocar os problemas já resolvidos (não são problemas "mortos" porque a discussão pode continuar a qualquer altura!)

Aro levitante

Mensagempor hexphreak em Quarta Mar 19, 2008 3:57 pm

Dois berlindes de massa m são colocados no topo de um aro, de massa M e raio R, que se encontra pousado no chão. Os berlindes começam a deslizar, sem atrito, cada um para o seu lado como mostra a figura.

Imagem

Qual é o valor mínimo de m/M necessário para que, nalgum instante da queda dos berlindes, o aro se levante do chão? :shock:
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Mensagempor jap em Quarta Mar 19, 2008 7:34 pm

Mais um clássico! :lol:
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Mensagempor Pedro Melo em Quinta Mar 20, 2008 7:51 pm

Temos em conta que os berlindes abandonam a calha em \theta=arccos(\frac{2}{3}), medido a partir da vertical? Assim o arco tem de levitar antes de os berlindes chegarem a esta posição.
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Mensagempor sagardipak em Quinta Mar 20, 2008 7:53 pm

Xii, a mim pareceu-me que eles tinham uma espécie de furinho, onde o arco os atravessava...
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Mensagempor hexphreak em Quinta Mar 20, 2008 7:55 pm

Pedro Melo Escreveu:Temos em conta que os berlindes abandonam a calha em \theta=arccos(\frac{2}{3}), medido a partir da vertical? Assim o arco tem de levitar antes de os berlindes chegarem a esta posição.

Se já chegaste a esse resultado provavelmente já te falta muito pouco para obteres a resposta! :wink: Mas em si ele não é necessário para o fazeres, pelo menos não na minha resolução.

Sagar: desculpa se o desenho te confundiu :oops: Os berlindes estão apenas a deslizar sobre a calha, não ligados a ela...
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Mensagempor sagardipak em Quinta Mar 20, 2008 8:05 pm

hexphreak Escreveu:Sagar: desculpa se o desenho te confundiu :oops: Os berlindes estão apenas a deslizar sobre a calha, não ligados a ela...


Tudo bem, eu é que interpretei mal. Realmente, tu disseste deslizar, o que leva mais para que eles estejam assentes... :oops:
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Mensagempor Raquelinha em Sexta Mar 21, 2008 12:36 am

É suposto dar algo deste género:

\frac{m}{M}>\frac{sec\theta}{2-4\cos\theta}

tenho a sensação que me enganei nalgum raciocínio... :(

Alguém me pode dar uma luz?
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Mensagempor hexphreak em Sexta Mar 21, 2008 1:23 pm

Raquelinha Escreveu:É suposto dar algo deste género:

\frac{m}{M}>\frac{sec\theta}{2-4\cos\theta}

tenho a sensação que me enganei nalgum raciocínio... :(

Alguém me pode dar uma luz?

A solução é bastante simples e não envolve nenhum ângulo :wink: O problema é mais simples do que pode parecer, talvez, eu só utilizei as leis de Newton e a conservação de energia...
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Mensagempor sagardipak em Sexta Mar 21, 2008 6:59 pm

hexphreak Escreveu:A solução é bastante simples e não envolve nenhum ângulo :wink: O problema é mais simples do que pode parecer, talvez, eu só utilizei as leis de Newton e a conservação de energia...


E um integral triplo com 3 substituições de variável :lol:

Tou a brincar :wink:
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Mensagempor hexphreak em Sábado Mar 22, 2008 8:49 pm

Bem, tenho que me retractar: os berlindes estão "enfiados" no aro, de outro modo, como disse o Pedro Melo, saem antes de o aro levitar (dois acontecimentos que estão relacionados)! :oops: Peço desculpa se compliquei a vossa resolução...

(Obrigado ao Pedro Ponte por me ter chamado à atenção para este facto :wink:)


P.S.: Prometo que neste problema não precisam de integrais :P
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Mensagempor Pedro Melo em Terça Mar 25, 2008 8:07 pm

Não me lembro bem se é isto e tenho preguiça de ir buscar as folhas :P, mas deve dar \frac{m}{M}>\frac{3}{2}?

Só obtenho este resultado se considerar mesmo que os berlindes estão "enfiados no arco".
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Mensagempor hexphreak em Terça Mar 25, 2008 8:20 pm

É isso mesmo Pedro, parabéns! :hands: Sim, tens de considerar que os berlindes estão enfiados no aro, mais uma vez peço desculpa pela confusão :oops:

Se puderes, posta o teu raciocínio :D
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Mensagempor Pedro Melo em Terça Mar 25, 2008 10:44 pm

Bem, os berlindes partem do repouso. Utilizando a conservação da energia, 2mgR=\frac{1}{2}mv^2+mgh. A altura de um berlinde é dada por h=R(1+\cos\theta), obtendo-se v^2=2gR(1-\cos\theta).

Agora calculemos o módulo da força que o arco exerce nos berlindes, N. Até estes atingrem a posição em que perdem o contacto com a calha, esta força é radial e centrífuga. Resulta então que:
{mg\cos\theta-N=m\frac{v^2}{R}}\Leftrightarrow{N=mg(3\cos\theta-2)}.

Analisando a equação, verifica-se que N se anula para \cos\theta=\frac{2}{3} e que a apartir desta posição, N inverte o seu sentido e passa a ser centripeta. Isto porque o berlinde tenta escapar da trajectória circular, exercendo uma força radial centrífuga no arco. Este por sua vez exerce em cada berlinde uma força radial centrípeta (3ª Lei de Newton).

Quando o aro levita, a resultante das forças nele aplicadas segundo a vertical é R=-P-N_{1_{y}}-N_{2_{y}}=2mg(2\cos\theta-3\cos^{2}\tehta)-Mg>0

{2mg(2\cos\teta-3cos^{2}\theta)>Mg}\Leftrightarrow{\frac{m}{M}>\frac{1}{2(2\cos\theta-3cos^{2}\theta)}}

Agora falta descobrir o menor valor que a fração toma, que corresponde ao máximo de f(\theta)=2\cos\theta-3\cos^{2}\theta.

{\frac{df}{d\theta}=-2\sin\theta+6\cos\theta\sin\theta=0}\Rightarrow{\sin\theta=0\vee\cos\theta=\frac{1}{3}

\sin\theta=0 está fora do domínio da função, já que o arco só pode levitar para \theta\in[\arccos(\frac{2}{3});\frac{\pi}{2}].

Então, \frac{m}{M}>\frac{1}{2(\frac{2}{3}-\frac{3}{9})}=\frac{3}{2}.

P.s: Está um bocado segundo a "lei do despacho", mas não tenho tempo para melhorar. Amanhã devo conseguir melhorar o post.
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Mensagempor jap em Terça Mar 25, 2008 10:55 pm

Obrigado, Pedro!

Por postares a tua resolução. :wink:
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