Carrinho e bloco

por **ajcoelho** em Quinta Maio 30, 2013 7:32 pm

Encontrei este problema na net e resolvi-o. Contudo fiquei com algumas dúvidas quando vi a resoluçao do mesmo já que num certo passo tenho uma coisa diferente da resolução que estava com esse mesmo problema. Aqui deixo o problema:

O carrinho A tem 10kg e o bloco B 0,5kg. O conjunto está simplesmente encostado e B nao cai devido ao atrito com A (coefiente de atrito=0.4). Qual é o menor módulo da aceleraçao do conjunto para que a situaçao anterior descrita ocorra? (g=10m/s^2)

A SITUAÇÃO É A SEGUINTE:

por **e_samarta** em Quinta Maio 30, 2013 9:11 pm

Relembrando o conceito... $\mu=\frac{F_a}{N}$

Para que B não caia:
$F_a=P\Leftrightarrow F_a=mg\Rightarrow F_a=0,5\times 10 \Leftrightarrow F_a=5N$

$N=\frac{F_a}{\mu}\RightarrowN=\frac{5}{0,4}\LeftrightarrowN=12,5N$

Temos que:

$N=ma\Leftrightarrow a=\frac{N}{m}$

Ou seja:

$a=\frac{12,5}{0,5}\Leftrightarrowa=25 m.s^{-2}$

Foi a primeira vez que o usei o LaTeX e por isso podem surgir alguns erros... De qualquer forma a minha resolução pode também não ser a melhor e confesso que fiz isto não com muito cuidado e deve haver um caminho mais simples... Não sei se este é exatamente o resultado a que se deve chegar...

por **ajcoelho** em Quinta Maio 30, 2013 9:25 pm

É exatamente essa a soluçao...
A única coisa que nao consigo entender é como é que a reação normal apenas se relaciona com a força de atrito, isto é: para mim, N = (ma+mB).a . É como se N fosse igual à força externa que se aplica ao sistema para que ele esteja em movimento e B não caia... E nessa resoluçao acaba-se por se considerar que o N apenas está dependente de Fa e de u...

Devo estar mesmo a fazer muita confusão na minha cabeça

por **cdmfernandes** em Quinta Maio 30, 2013 9:59 pm

Olá, pelo que eu compreendo N depende apenas das massas e da aceleração do sistema. N é a força que A tem de exercer em B para que o sistema se mova "em conjunto" daí que esta dependa de a e de Mb´. A força de atrito (máxima, já que falamos em atrito estático) depende de N e do coeficiente de atrito. O valor da força de atrito é igual ao peso de b, se não o fosse este deslocar-se-ia na vertical.
Se queres ter uma fórmula que dê N em função da força aplicada em A:
$F_r(B)=N \iff m_b a= N \iff a = \frac{N}{m_b}$
$F_r(A) = F_{ap} -N \iff m_A \frac{N}{m_b} = F_{ap} -N \iff N = \frac{F_{ap}}{\frac{m_a}{m_b}+1 }$

A expressão (m_A+m_b)a

dá nos a força externa aplicada no sistema, que coincide com a força resultante.
Espero que tenha esclarecido as tuas dúvidas.

por **ajcoelho** em Quinta Maio 30, 2013 10:33 pm

Obrigado pela explicação Carlos!

O meu problema está mesmo em confundir N com a força externa... Estava a assumir que eram iguais

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 12:09 pm

Aproveito o tópico para pôr mais um engraçado do mesmo género

Este é das olimpidas deste ano.

Dos blocos A e B de massa total mA + mB = 10 kg estao num plano inclinado que faz um angulo de 30º com o solo. O valor do coeficiente de atrito entre A e B é de 0.30 e B desliza no plano sem atrito. Qual o valor minimo da força F que consegue empurrar os dois blocos de modo a que A nao toque no plano inclinado.

E a situaçao é a seguinte:

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 2:55 pm

Estava também a pensar em colocar aqui o enunciado desse problema!

Ainda não tenho a certeza quanto à resolução mais indicada para ele, mas aqui vai...

Para que o bloco A não toque no plano inclinado, temos que F_a=P(A)_y

Porque o plano inclinado faz um ângulo de 30º com a horizontal, $P(A)_y=P_y \cos30^\circ = m_A g \cos30^\circ$

Por sua vez, N=P(A)_x + F(A)

, sendo

a força resultante em A. [Obrigada pela correção, cdmfernandes!]

Então, $N=m_A g \sin30^\circ + m_A \times a_x$ . Também pode ser $N=m_A (g \sin30^\circ + a_x)$

Porque $F_a=\mu N$ , sendo $\mu=0,3$ , tem-se, relembrando que F_a=P(A)_y

:

$0,3 m_A (g \sin30^\circ + a_x)=m_A g \cos30^\circ$ .

Isto permite "eliminar" m_A

e após alguns passos chega-se a:

$a_x\simeq 2,387 g$ (sendo

o módulo da aceleração da gravidade)

Finalmente, F=(m_A+m_B) a_x + P(A+B)_x

$\Leftrightarrow$ $F=(m_A+m_B) 2,387 g + (m_A+m_B) g \sin30^\circ$ $\Leftrightarrow$ F=g (m_A+m_B) (2,387 + 0,5)

Se considerarmos $g\simeq9,8 m.s^{-2}$ , temos então $F=9,8 \times 10 \times 2,887 \Leftrightarrow F\simeq283N$ .

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 3:18 pm

Também participaste nas olimpíadas?

Gostavas de discutir o problema 3?

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 3:33 pm

ajcoelho Escreveu:Também participaste nas olimpíadas?
Gostavas de discutir o problema 3?

Participei, só que o meu desempenho não foi lá muito bom porque demoro sempre muito tempo a analisar um problema (para além, está claro, dos erros que costumo fazer) e não tenho muito jeito na parte experimental...

O problema com o problema 3 é que (penso eu) estava relacionado com o efeito Doppler, relativamente ao qual eu só tinha ouvido o nome e mais nada... Cheguei a uma expressão "muito exquisita" que pensei estar mal, mas agora acho que poderia estar certa... De qualquer forma, acabei por riscar muitas coisas que lá tinha escrito, e depois também estava bastante nervosa por causa do tempo!

Daqui a bocado posso colocar aqui a minha "tentativa" de resolução...

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 4:04 pm

e_samarta Escreveu:
Então, $N=m_A g \sin30^\circ + m_A \times a_x$ . Também pode ser $N=m_A (g \sin30^\circ + a_x)$

Nao percebi esta parte. Como chegas a que N é igual a P(A)x + F ?

E F não é uma força aplicada no bloco B?...

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 4:37 pm

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 4:40 pm

ajcoelho Escreveu:
e_samarta Escreveu:
Então, $N=m_A g \sin30^\circ + m_A \times a_x$ . Também pode ser $N=m_A (g \sin30^\circ + a_x)$

Nao percebi esta parte. Como chegas a que N é igual a P(A)x + F ?

E F não é uma força aplicada no bloco B?...

Bem, a minha resolução pode não estar certa, mas realmente ficaria melhor com um diagrama de forças ou assim.

Eu considerei que a força normal (

) — ou reação normal — teria de contrariar o peso do bloco A segundo o eixo dos xx e igualmente a força que vai ser aplicado nele devido à força $\vec{F}$ . Daí o seu módulo ser igual a P(A)_x + F(A)

.

$\vec{F}$ é efetivamente força aplicada no bloco B, mas esta força acaba por "se transmitir" (desculpa, não me sei expressar melhor) ao bloco A, caso contrário teríamos algo um pouco diferente...

Repara que eu não tenho certezas de nada, e ainda bem que temos este espaço onde podemos discutir problemas das olimpíadas (visto que tão poucas soluções estão disponíveis!). :roll:

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 4:43 pm

Eu nas olimpíadas fiz:

F=N+P(B)x <=> F= N + mb g sin30

Sabendo que Fa = uN

e vendo que Fa = P(A)y

Então uN = m(A) g cos30

Logo, $N = \frac{m(A) g cos30Âº}{u} <=> N = \frac{mA g \sqrt{3}}{2u}$

Entao, sendo F = N + mb g sin30

ficamos com $F = \frac{mA g \sqrt{3} + mB g u}{2u}$

Depois fazendo as aproximações por causa da raíz e da divisao ficamos com F = 28.9 mA + 5 mB

Nas olimpiadas deixei assim o problema. Nao tive mais tempo apra pensar... De qualquer das formas ainda nao arranjei uma forma de o resolver totalmente.... pois ainsa se sabe que ma + mb = 10 ...

Pôr as formulas bonitas da ca um trabalhao

por **ajcoelho** em Domingo Jun 02, 2013 4:47 pm

É que fazendo um diagrama de forças a mim da-me que as força resultante é igual ao Px(B) + N

Atençao, este N que eu estou a falar é a força de contacto entre os blocos. Tu também, right?

PS: Posso tentar fazer algo semelhante ao diagrama de forças no paint

por **e_samarta** em Domingo Jun 02, 2013 4:52 pm

ajcoelho Escreveu:
Pôr as formulas bonitas da ca um trabalhao

Concordo plenamente! :lol:

Antes da prova eu nunca me tinha deparado com um problema deste tipo pelo que o único raciocínio de jeito que devo ter feito foi meter

ao barulho (claro que tinha de aparecer, mas só consegui algo quando me lembrei me a força de atrito tinha de anular P(A)_y

)... Porém, penso que infelizmente ficou um bocado mal feito devido ao facto de não ter cuidado com os eixos escolhidos e outras parvoíces minhas...

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