Rola, rebola

Problemas de difícil resolução por métodos convencionais, mas que admitem uma solução simples e elegante.

Rola, rebola

Mensagempor jap em Terça Fev 13, 2007 9:47 pm

Este é o problema em que se baseou uma das experiências da sessão experimental do fim de semana passado. A pedido da Salomé aqui está o problema, para o qual poderemos todos usar os dados disponibilizados pelo João Ramos...
Mas para já, façamos um pouco de teoria sobre mecânica do corpo rígido - é só sacar os apontamentos da lição do prof. Fernando Nogueira!
Vão ver que não é difícil... :wink:

Uma bola de raio R rola, sem deslizar, numa calha de largura L < 2R que forma um plano inclinado de inclinação \thetacomo mostra a figura:

Imagem

Mostrar que a aceleração da bola é dada pela expressão:

a =  g\sin\theta f(\epsilon)

onde

f(\epsilon)=\left(1+\frac{2}{5}\frac{1}{1-\frac{1}{4}\epsilon^2}}\right)^{-1} ,

e \epsilon = L/R.
última vez editado por jap s Quarta Fev 14, 2007 1:12 pm, editado 2 vezes no total
José António Paixão
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Mensagempor Ivo_Timóteo em Terça Fev 13, 2007 10:55 pm

Não volto a esta thread até ter a solução!
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Mensagempor p_casau em Quarta Fev 14, 2007 1:09 pm

Olá malta, eu tenho estado atento ao fórum apesar de não me manifestar muito e quero dar os parabéns aos jovens que este ano participarão nas Olímpiadas, penso que se estão a safar muito bem com os problemas até agora colocados!

Apesar das minhas aparições fugazes tive algum tempo para olhar para o problema, e cheguei a um resultado algo diferente. Não será a expressão final:

a=g*sin(theta)*(f^-1)?

Caso contrário terei que rever os cálculos...

Portem-se bem e boa sorte :wink:
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Mensagempor jap em Quarta Fev 14, 2007 1:13 pm

p_casau Escreveu:Olá malta, eu tenho estado atento ao fórum apesar de não me manifestar muito e quero dar os parabéns aos jovens que este ano participarão nas Olímpiadas, penso que se estão a safar muito bem com os problemas até agora colocados!

Apesar das minhas aparições fugazes tive algum tempo para olhar para o problema, e cheguei a um resultado algo diferente. Não será a expressão final:

a=g*sin(theta)*(f^-1)?

Caso contrário terei que rever os cálculos...

Portem-se bem e boa sorte :wink:


Olá Pedro!
Sim, claro, tinha havido um erro na TeXagem da fórmula. A expressão que dei aos caloiros que realizaram a experiência no sábado estava correcta, foi só na transcrição para o fórum que o expoente desapareceu... :?

Obrigado pela correcção!
:wink:

Se quiseres, e tiveres disponibilidade para isso, podes gerir este problema - dando alguma dica (pequenina :lol: ) aos caloiros sobre como resolver o problema se até amanhã nenhum caloiro postar uma solução .. :P
José António Paixão
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Mensagempor spmatos_174 em Quarta Fev 14, 2007 10:46 pm

Prof. Paixão,

Não estou a conseguir deduzir o factor f(e)... :?
Consigo chegar à expressão sem o f(e), que é a expressão (fui confirmar em muitos livros) que aparece para o movimento de translacção e de rotação simultâneos de uma esfera sobre um plano inclinado.

Posso deixar o meu raciocínio para a expressão sem o factor e ainda o raciocínio incompleto para o cálculo do factor...

F_{a} = força de atrito
a_{CM}=aceleração do centro de massa
a_{t}=aceleração tangencial (=a_{CM})

A partir das expressões mg\sin\theta-F_{a}=ma_{CM} e 2rF_{a}=I\alpha, subsitui F_{a} da segunda expressão na primeira e:

mg\sin\theta-\frac{I\alpha}{2r}=ma_{CM}
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-\frac{I\alpha}{2mr}, como I=\frac {2mr^2}{5} substitui-se...
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-\frac{2m\alphar^2}{10mr}
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-0,2r\alpha, como r\alpha=a_{t} substitui-se...
\Leftrightarrow a_{CM}=\frac{5g\sin\theta}{7}

Esta é a expressão mais simples, sem o factor f(e), e que está em muitos livros de Física...

Considere-se agora L como o comprimento do segmento de recta que une os dois pontos da calha em contactom com a esfera, r o raio da esfera e \theta o ângulo entre o raio da esfera e L (que é igual ao ângulo que a calha faz com o solo)... [Enganei-me Professor? :?: ]
r\cos\theta é a altura do triângulo isósceles de base L e dois lados r

r^2 + r^2 (1-\sin^2\theta)=\frac{L^2}{4}
\Leftrightarrow 2r^2 - r^2 \sin^2 \theta=\frac{L^2}{4}
\Leftrightarrow \sin^2 \theta =2-\frac{L^2}{4r^2}


Agora a minha tentativa foi de tentar "encaixar" esta expressão na anterior, mas não consigo chegar ao tal factor f(e)

Esta expressão está bastante estranha: :arrow:

a_{CM}=g\frac{\sin\theta*\sin\theta}{\sin\theta}
\Leftrightarrow a_{CM}=g\frac{g\sin^2 \theta}{\sin\theta}, substituindo \sin^2 \theta obtem-se qualquer coisa como:
\Leftrightarrow a_{CM}=g\frac{2-\frac{l^2}{4r^2}}{\sin\theta}

E pronto... o raciocínio bloqueou por aqui... :shock: Tentei recorrer à expansão da Série de Taylor, mas em vão... Alguém pode deixar uma dica?
"A Física é tão linda que até dá uma coisa no coração quando se escreve uma equação física profunda." [Um professor de Física da Faculdade de Ciências da Universidade de Lisboa] =)
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Mensagempor jap em Quarta Fev 14, 2007 10:55 pm

spmatos_174 Escreveu:Prof. Paixão,

Não estou a conseguir deduzir o factor f(e)... :?
Consigo chegar à expressão sem o f(e), que é a expressão (fui confirmar em muitos livros) que aparece para o movimento de translacção e de rotação simultâneos de uma esfera sobre um plano inclinado.

Posso deixar o meu raciocínio para a expressão sem o factor e ainda o raciocínio incompleto para o cálculo do factor...

F_{a} = força de atrito
a_{CM}=aceleração do centro de massa
a_{t}=aceleração tangencial (=a_{CM})

A partir das expressões mg\sin\theta-F_{a}=ma_{CM} e 2rF_{a}=I\alpha, subsitui F_{a} da segunda expressão na primeira e:

mg\sin\theta-\frac{I\alpha}{2r}=ma_{CM}
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-\frac{I\alpha}{2mr}, como I=\frac {2mr^2}{5} substitui-se...
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-\frac{2m\alphar^2}{10mr}
\Leftrightarrow a_{CM}=g\sin\theta-0,2r\alpha, como r\alpha=a_{t} substitui-se...
\Leftrightarrow a_{CM}=\frac{5g\sin\theta}{7}

Esta é a expressão mais simples, sem o factor f(e), e que está em muitos livros de Física...
(...)


Salomé,

A expressão acima aplica-se a uma esfera de raio r que rola, sem deslizar sobre um plano inclinado de inclinação \theta. Mas esta esfera está a rolar numa calha e não é a mesma coisa, porque a esfera está um pouco enfiada na calha. Como consequência a expressão acima não é válida, embora o raciocíno a aplicar seja muito semelhante ao que aqui expuseste.

Basta pensar no momento das forças de atrito, que são a causa da esfera rolar. Se reparares bem no ponto de aplicação destas forças, o "braço" do momento já não é igual ao raio r da esfera...e portanto o momento das forças de atrito não é dado for 2F_ar.

Há portanto que repensar o papel de r nas expressões acima...
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Mensagempor pmp em Quarta Fev 14, 2007 11:23 pm

Cheguei a :

f(\epsilon)=\left(1+\frac{2}{5}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{4}\epsilon^2}}}\right)^{-1}

:?
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Mensagempor jap em Quarta Fev 14, 2007 11:39 pm

pmp Escreveu:Cheguei a :

f(\epsilon)=\left(1+\frac{2}{5}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{4}\epsilon^2}}}\right)^{-1}

:?



Pedro,

Deve ter-te escapado alguma raíz quadrada :wink:
Confirmo que a expressão dada no enunciado está correcta.
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Mensagempor pmp em Quinta Fev 15, 2007 8:11 pm

Bom, agora cheguei lá. O meu erro "crasso" estava em considerar a_{\rm CM}=R\alpha em vez de a_{\rm CM}=\alpha\sqrt{R^2-\frac{1}{4}L^2}. :D

Se for por aí e não tiver obtido o resultado correcto por mero acaso, posso amanhã escrever aqui a minha resolução. Agora, vou estudar mais um pouco para o teste de matemática de amanhã. :D
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Mensagempor jap em Quinta Fev 15, 2007 8:15 pm

pmp Escreveu:Bom, agora cheguei lá. O meu erro "crasso" estava em considerar a_{\rm CM}=R\alpha em vez de a_{\rm CM}=\alpha\sqrt{R^2-\frac{1}{4}L^2}. :D

Se for por aí e não tiver obtido o resultado correcto por mero acaso, posso amanhã escrever aqui a minha resolução. Agora, vou estudar mais um pouco para o teste de matemática de amanhã. :D


É isso mesmo, Pedro,

a_{\rm CM}=r&#39;\alpha onde r&#39;=\sqrt{R^2-\frac{1}{4}L^2}!

Este é o aspecto "tricky" do problema... :wink:

Sem dúvida que o resolveste correctamente! Parabéns!:D

Bom estudo de Matemática e votos de um bom teste amanhã!

PS- Posta a tua resolução quando tiveres disponibilidade :wink:
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Mensagempor pmp em Sábado Fev 17, 2007 9:12 pm

Aplicando a 2ª Lei de Newton ao movimento de translação e ao de rotação:

Translação:
\sum F=ma_{\rm CM}

-2F_a+mg\sin\theta=ma_{\rm CM}

Rotação:

\sum \tau=I\alpha, como rola, sem deslizar, a_{\rm CM}=\alpha r&#39;

2F_ar&#39;=\frac{Ia_{\rm CM}}{r&#39;}

F_a=\frac{Ia_{\rm CM}}{2r&#39;^2}

Voltando à translação e substituindo lá a força de atrito:

-2\frac{Ia_{\rm CM}}{2r&#39;^2}+mg\sin\theta=ma_{\rm CM}

a_{\rm CM}(m+\frac{I}{r&#39;^2})=mg\sin\theta

a_{\rm CM}=g\sin\theta\frac{1}{1+\frac{2/5R^2}{r&#39;^2}}, r&#39;^2, o braço do torque, é R^2-\frac{1}{4}L^2.

a_{\rm CM}=g\sin\theta\frac{1}{1+\frac{2/5R^2}{R^2-\frac{1}{4}L^2}}

a_{\rm CM}=g\sin\theta\frac{1}{1+\frac{2/5}{1-\frac{1}{4}\epsilon^2}}
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Mensagempor jap em Sábado Fev 17, 2007 10:08 pm

Obrigado, Pedro!

Perfeito! :wink:

Deixo aqui mais duas questões relacionadas com este problema, bastante fáceis:

a) qual a velocidade com que a esfera chega ao fundo do plano inclinado em função da altura h e de \epsilon?
b) qual é o mínimo coeficiente de atrito estático entre a esfera e a calha, para uma dada inclinação \theta, para que a esfera role sem deslizar?

Bom, e já agora, qual a aceleração da gravidade em Coimbra usando os dados recolhidos na sessão experimental? :roll:
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