Água em rotação

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

Mensagempor jap em Domingo Nov 19, 2006 12:56 pm

manuelmarque Escreveu:Tentei fazer a resolução pelas leis da conservação de energia - penso que consegui, apesar de ter cometido um erro pelo caminho que não consegui explicar, e por isso a parábola ficou virada de "cabeça para baixo" :roll:

Deu-me o resultado do pmp, mas com um menos atrás... anexo a minha resolução (que está um pouco confusa, é certo, mas eu já dediquei demasiado tempo à Física, tenho teste de Biologia esta semana e ainda não estudei nada... :? ) aqui.

No final percebi que r era o x... pelo que substitui, isso não está evidente na resolução.


Boa tentativa Manuel,

Mas o engraçado é mesmo porque é que o sinal vem (-) e a tua resolução dá uma parábola imvertida. :lol:

E não te enganaste nas contas :shock: - o problema é que não é certo que devas aplicar a lei da conservação da energia - os pontos da superfície da parábola não têm todos a mesma energia, aliás, à medida que nos afastamos do vértice da parábola, a energia cinética aumenta e a energia potencial gravítica também.

Aqui há gato :shock:

Não percas + tempo com o problema, se tens teste a Biologia. Estuda para esse teste e vê a minha solução que vou postar às 22h00 (isto se até lá ninguém descobrir onde está o "gato" do sinal "-", ou o sinal do "gato" :wink: . É subtil!
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Mensagempor Andre França em Domingo Nov 19, 2006 5:39 pm

Acho que cheguei a uma conclusão fofa:

Segundo a lei de Bernoulli:

P + \rho gh + \frac{1}{2} \rho v^2 = P' + \rho gh' + \frac{1}{2} \rho v'^2

Se considerarmos h = 0, ou seja, no plano horizontal que contem o ponto do centro da parábola; e considerando este ponto (onde a velocidade é nula [e a pressão pode ser considerada nula {só pressão atmosférica}]) e um outro ponto qualquer com velocidade dependente de x também no plano horizontal h = 0:

0 = P + \frac{1}{2} \rho (wx)^2

lembrando-nos do princípio de arquimedes, acho eu:

\rho gh = \frac{1}{2} \rho (wx)^2

h = \frac{(wx)^2}{2g}

se houver algum erro que me corrijam, sff :D
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Mensagempor Andre França em Domingo Nov 19, 2006 5:43 pm

pmp Escreveu:
Nuno_Monteiro Escreveu:pmp,
Tive agora a analisar a tua resposta. E só tenho duas coisas a dizer-te:
1. a dedução final que fazes, relaccionando a tangente nesse ponto com a derivada da função é realmente formidavel (a mim não me passou tal ideia pela cabeça) :)
2. na resolução que fizes-te em pdf cometes um pequeno erro por distracção pois, quando mandas substituir (1) em (2) o seno fica em cima e o coseno fica em baixo(colocas-te ao contrário), porque se fosse como tens seria co-tangente e não tangente. :(
Mas de qualquer forma tenho que te dar os parabéns pela resolução


Acredita que foi daqueles momentos em que se faz luz, em que sentimos um friozinho. Porque fiquei um bom bocado a pensar como sair dali. :D
Obrigado pelo teu alerta para o erro, mas como resolvi no papel e depois passei no mathtype, o traço de fracção deve ter-me tramado. :)


Real Escreveu:Hmmm. Com essa dica só pode ser conservação da energia! E de facto funciona! (façam as contas, é fácil!)


De facto, sinto-me ridiculo quando perdi uma tarde quando havia essa forma mais simples. :) E acho que as soluções mais simples são as mais belas.

Durante a noite pensei num método semelhante ao da conservação da energia, pois relacionei a forma da superfície parabólica com um lançamento de projécteis, mas não consigo fundamentá-lo segundo os princípios físicos. É o seguinte:

Consideremos uma particula que se encontre no plano horizontal que contem o vértice da parábola. Ela é projectada na vertical com uma velocidade v. Essa velocidade v é igual a w*x. A altura máxima atingida seria v^2/(2g) (a demonstração é simples pela cinemática ou pela conservação da energia (acabo de perceber que foi o mesmo método )) = w^2*x^2/(2g). A equação da nossa parábola. O que não compreendo é como a velocidade ascensional da particula está relacionada com a velocidade angular. Isto é, a particula devia ter uma velocidade tangencial num movimento circular e não ascencional num movimento vertical. Certo?



Acho, mas apenas acho (se estiver errado corrijam-me), que isto se deve ao facto de que num plano horizontal dum líquido, a pressão tem que se manter constante, e como sabemos, a velocidade altera a pressão, pelo que a natureza "obriga" a que haja uma quantidade de líquido acima para compensar esta perda..
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Mensagempor jap em Domingo Nov 19, 2006 5:55 pm

Andre França Escreveu:Acho que cheguei a uma conclusão fofa:

Segundo a lei de Bernoulli:

P + \rho gh + \frac{1}{2} \rho v^2 = P' + \rho gh' + \frac{1}{2} \rho v'^2

Se considerarmos h = 0, ou seja, no plano horizontal que contem o ponto do centro da parábola; e considerando este ponto (onde a velocidade é nula [e a pressão pode ser considerada nula {só pressão atmosférica}]) e um outro ponto qualquer com velocidade dependente de x também no plano horizontal h = 0:

0 = P + \frac{1}{2} \rho (wx)^2

lembrando-nos do princípio de arquimedes, acho eu:

\rho gh = \frac{1}{2} \rho (wx)^2

h = \frac{(wx)^2}{2g}

se houver algum erro que me corrijam, sff :D



André,

Não quero ser desmancha-prazeres, mas seguindo o teu raciocínio, se
0 = P + \frac{1}{2} \rho (wx)^2
então
\rho gh = -  \frac{1}{2} \rho (wx)^2

e lá temos outra vez o problema do sinal menos! :roll:

Onde está o gato? :?
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Mensagempor Andre França em Domingo Nov 19, 2006 8:21 pm

hmmm, pois é!
vou pensar melhor sobre isso...
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Mensagempor jap em Domingo Nov 19, 2006 9:58 pm

Aqui vai a minha proposta de solução alternativa à que encontrou o Pedro. A explicação é longa, mas tudo se resume a uma equação escalar, como prometi...

Primeiro ponto: a superfície de um líquido (em movimento uniforme, ou em repouso) é uma superfície equipotencial do campo gravítico.
Isto significa que, se forem num avião, por exemplo, e tiverem na mão um copo de água (ou martini :wink: ) meio-cheio, se o avião se inclinar um pouco, podem confiar que a superfície do líquido é a horizontal do lugar.

Assim, numa pequena região do espaço próxima da terra, a superfície do líquido é o conjunto de pontos que satisfazem a equação mgh = \rm constante, ou seja, h = \rm constante, o que mostra que a superfície do líquido é horizontal (já a superfície dos oceanos é esférica, pois -GMm/r = \rm constante equivale a r =\rm constante)

Voltemos ao problema.

Vejamos o ponto de vista de um observador minúsculo que se encontre sobre a superfície do líquido em rotação – por exemplo uma pequena mosca que poisou na pequena bola de madeira que o vídeo mostra. Para este observador a superfície da água está em repouso (ele não se move em relação à água); no entanto, ele vê que a superfície do líquido está inclinada de um ângulo em relação à horizontal! E pensa a mosca: caramba, o campo gravítico mudou de direcção!

Bom, agora vem a parte interessante.

O princípio da equivalência de Einstein diz que um campo gravítico e um campo de acelerações são a mesma coisa. Ou seja: é impossível a um observador distinguir entre um referencial acelerado e um campo de gravitação...

O exemplo clássico que ilustra isto é o seguinte:
Imaginem um foguetão que se desloca no espaço longínquo com velocidade constante, longe de qualquer objecto estelar. Um astronauta que largue uma bola no ar, dentro do foguetão, verá a bola a flutuar. Mas imaginem agora que, de repente, ele vâ a bola estatelar-se no chão e ele sente de repente que ficou “pesado” (estava antes imponderável).

O que pensará o astronauta:
1 – Ena pá, o comandante do foguetão acelerou a nave! :D
ou então
2- Caramba, passou aqui perto um grande asteróide! :shock:

Ora só há uma maneira (segundo Einstein) de distinguir entre as duas situações: observar a nave de fora (sair do referencial acelerado) ou perguntar a um observador privilegiado - neste caso o observador externo ou o comandante da nave!. Ainda segundo Einstein:

Uma aceleração \vec a do referencial equivale a um campo gravítico \vec g = -\vec a. ( vejam porquê!)

Voltemos ao nosso problema.

O que pensa a mosca? Que o campo gravítico mudou. Mas na realidade, esse campo gravítico é “fictício”, e simétrico da aceleração centrípeta, ou sejag_f = -a_c = w^2x (faço r = x, no sistema de coordenadas usual XOY, onde OY é o eixo de simetria da parábola).

Como a cada campo gravítico está associado, como sabemos uma energia potencial gravítica, também a este campo gravítico fictício está associada a energia potencial Ep_f = -\frac{1}{2} m w^2x^2.
Como se sabe isto? Pois bem, a força que está associada a uma energia potencial que varia com a coordenada x é sempre F = -\frac{dE_p}{dx} ; se fizerem as contas vêm que a a aceleração provocada por este “campo gravítico fictício” é -\vec a_c, tal como manda o princípio da equivalência. (claro que o mesmo se aplica à coordenada y, por exemplo F_y = -\frac{d }{dy}(mgy) = -mg}, )

Ora vamos então resolver o problema.
Do ponto de vista da mosca a energia de uma pequena massa de fluido à superfície do líquido, de coordenadas, x e y, é

E_p = mgy-\frac{1}{2} m w^2 x^2.

Como a superfície de um líquido em repouso é uma superfície equipotencial, então a superfície é o conjunto de pontos que obedece à equação

mgy-\frac{1}{ 2} m w^2x^2= c,

Onde c é uma constante que se pode determinar facilmente, pois para x=0, y = a (vértice da parábola)

A equação da parábola é pois

y  = a + \frac{w^2 x^2}{2\,g},

tal como o Pedro encontrou usando as leis de Newton! :wink:
última vez editado por jap s Domingo Nov 19, 2006 10:48 pm, editado 3 vezes no total
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Mensagempor jmgb em Domingo Nov 19, 2006 10:14 pm

Um processo em dúvida engenhoso... ;)
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Mensagempor manuelmarque em Domingo Nov 19, 2006 10:16 pm

Brutal... :shock:
Sim senhor, gostei da explicação. Mas nunca ia lá dessa maneira! :P
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Mensagempor Andre França em Domingo Nov 19, 2006 10:25 pm

Uau, está fantástica :D
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Mensagempor pmp em Domingo Nov 19, 2006 10:45 pm

Magnífico! E a forma como expôs a solução, com a mosca e o astronauta! :D É sem dúvida, uma solução mais bela que as frias, mas eficazes leis do Newton.
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Mensagempor Zé Teixeira em Domingo Nov 19, 2006 10:57 pm

Incrível, sem dúvida. A conservação de energia dá-nos soluções tão mais engenhosas e belas que as equações de Newton aplicadas directamente... :)
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Mensagempor Real em Segunda Nov 20, 2006 9:14 pm

Sim senhor!!
Ora aí está uma solução muitíssimo elegante! Digna de uma vénia!!!! :D

Uma consequência do raciocínio é que se dermos um piparote na bola em direcção ao centro, ela não vai oscilar! :shock: Vai seguir em movimento rectilíneo uniforme (idealmente) ou, quando muito, retardado, acabando por parar! (devido a atritos e tal...) Pessoalmente, isto parece-me muito pouco óbvio!...

Sugiro agora ao pessoal uma pesquisa por problemas de resolução análoga!
Um que me vem a cabeça agora de momento é o cálculo das superfícies de maré. Considerando a atracção terrestre, a atracção lunar e o facto da Terra estar a rodar (existência de uma força centrífuga), a superfície equipotencial em torno da terra é um elipsóide! (para pontos próximos da superfície terrestre...)

Aqui está um corte, que acho que ajuda a visualizar o problema:

Imagem

Para obter a solução basta aplicar um racioncínio análogo ao do Prof. Paixão relativamente à força centrífuga e fazer algumas (inúmeras) aproximações.
Este problema apareceu numas olimpíadas internacionais (UK?...) e foi resolvido pela primeira vez por Isaac, o cavaleiro de sua majestade, [não durante as olimpíadas, obviamente... :P], aprovando a validade da sua teoria [Prof. Paixão será que consta no Principia?].
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Mensagempor jap em Segunda Nov 20, 2006 10:41 pm

Real Escreveu:Sim senhor!!
Para obter a solução basta aplicar um racioncínio análogo ao do Prof. Paixão relativamente à força centrífuga e fazer algumas (inúmeras) aproximações.
Este problema apareceu numas olimpíadas internacionais (UK?...) e foi resolvido pela primeira vez por Isaac, o cavaleiro de sua majestade, [não durante as olimpíadas, obviamente... :P], aprovando a validade da sua teoria [Prof. Paixão será que consta no Principia?].


Diogo,
Tens razão - o raciocínio que utilizei no problema foi exactamente o mesmo que Newton utilizou para resolver o problema das marés. Este problema, das marés, saiu nas Olimpíadas de Oslo (e não UK) - e o mais interessante é que um miúdo de 14 anos o resolveu todo - um fenómeno! :shock: Foi sensação, na altura.

Aliás, nem é costume competirem na IPhO miúdos tão novos :? , mas como não há limite inferior de idade para competir na IPhO, se tiverem algum irmão(irmã) mais novo que seja um génio, por favor digam-me! :D

PS - É claro que está tudo nos "Principia" - é um livro maravilhoso, certamente um dos livros "maiores" que algumas vez se publicaram! Está para dowload gratuito no google.books, se estiverem interessados. Há a versão em latim, com muito charme, mas também uma tradução inglesa.
última vez editado por jap s Segunda Nov 20, 2006 11:05 pm, editado 2 vezes no total
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Mensagempor jvstorres em Segunda Nov 20, 2006 11:01 pm

Eu até pensei que podia dar uma pequena ajudinha aqui (visto que o Teorema de Bernoulli é o dia a dia das minhas aulas de Hidráulica!), mas realmente a sua solução e, sobretudo, a forma como a expõe, é simplesmente extraordinária!! :idea: :D
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Mensagempor Leonardo em Segunda Nov 20, 2006 11:31 pm

Já que estamos com problemas que metem água gostava de esclarecer uma dúvida que me surgiu ao ler este problema. Quando temos um recipiente com água que se move com uma aceleração constante, a água vai ter diferentes alturas dependendo da posição no recipiente, certo? Tentei fazer esta experiência com garrafas de água em casa mas não consigo saber se estou a aplicar uma força constante na garrafa e por isso não percebo de que forma é esta dependência, o que a causa ou sequer se é constante no tempo... :?
Alguém me tira esta dúvida?
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