Pêndulo instável

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

Pêndulo instável

Mensagempor jap em Segunda Abr 23, 2007 10:22 pm

Mais um problema tricky da boa escola russa! :P

Uma roldana de massa desprezável e raio r está fixa a uma barra rígida de comprimento l e massa também desprezável. No extremo da barra encontra-se um corpo de massa m. Enrolou-se um fio na roldana, e ao extremo livre do fio pendurou-se um corpo de massa M. Em determinadas condições, o corpo de massa m pode oscilar em torno de um certo ângulo \alpha_0, quando se larga a massa M; no entanto, se a massa M for demasiado grande, tal situação já não pode ocorrer e o pêndulo não oscila mais - entra em rotação, à medida que M cai e o "pêndulo" colapsa!
(Já experimentei realizar esta experiência e, podem crer, é fácil magoarmo-nos levando com a massa m na tola :shock:)


Imagem

Pois bem, o problema é o seguinte.
Supor que as massas partem do repouso e que \alpha = 0 no instante t =0.
Mostrar que, após largar a massa M, o pêndulo só oscilará em torno de um certo ângulo \alpha_0 de equilíbrio se \beta = Mr/ml não exceder 0,73.
Mostrar ainda que o ângulo de equilíbrio máximo é \alpha_0 = 133º. A partir daqui, é o colapso! :crazy:
última vez editado por jap s Terça Abr 24, 2007 4:48 pm, editado 1 vez no total
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Mensagempor Zé Teixeira em Segunda Abr 23, 2007 10:56 pm

A minha cabeça só grita "Lagrangeanos! Lagrangeanos!". É o efeito das aulas de Mecânica e Ondas :lol:
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Mensagempor jap em Segunda Abr 23, 2007 11:37 pm

Zé Teixeira Escreveu:A minha cabeça só grita "Lagrangeanos! Lagrangeanos!". É o efeito das aulas de Mecânica e Ondas :lol:


Também podes ir por aí, embora seja fácil de obter a resposta por outras vias mais elementares... :P
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Mensagempor pmp em Quinta Abr 26, 2007 12:28 pm

Bom, eu obtive que o \beta não devia exceder \frac{2}{\pi}, impondo a condição fronteira da velocidade da massa m ser 0 para \alpha=\pi, porque se não for 0 aí, a massa tomba para o outro lado. Considirei simplesmente a conservação da energia do sistema. Suspeito de algum pormenor tricky nesta parte. :wink:

O ângulo de equilíbrio máximo é \arcsin \beta.
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Mensagempor jap em Quinta Abr 26, 2007 2:53 pm

pmp Escreveu:Bom, eu obtive que o \beta não devia exceder \frac{2}{\pi}, impondo a condição fronteira da velocidade da massa m ser 0 para \alpha=\pi, porque se não for 0 aí, a massa tomba para o outro lado. Considirei simplesmente a conservação da energia do sistema. Suspeito de algum pormenor tricky nesta parte. :wink:

O ângulo de equilíbrio máximo é \arcsin \beta.



Hum, deve haver algum problema nas tuas contas, porque é impossível a massa m chegar ao ângulo \alpha = \picom velocidade zero :cry: ; se chega lá, não passará nesse ângulo com velocidade zero e, como bem dizes, tombará para o outro lado!

Mas a ideia geral está correcta; é preciso encontrar o ângulo \alphapara o qual o móvel ainda consegue chegar com velocidade zero :D ; se não conseguir chegar lá nessas condições, então o movimento não terá retorno... :wink:
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Mensagempor pmp em Quinta Abr 26, 2007 5:40 pm

Então, a velocidade mínima com que ele chega a \alpha=\pi é v=\sqrt{gl}? Ou seja, a tensão da barra nunca pode apontar para fora?
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Mensagempor jap em Quinta Abr 26, 2007 5:59 pm

pmp Escreveu:Então, a velocidade mínima com que ele chega a \alpha=\pi é v=\sqrt{gl}? Ou seja, a tensão da barra nunca pode apontar para fora?


Pedro, para esclarecer esta questão, peço-te que coloques aqui no fórum a expressão que encontraste para v(\alpha) (a velocidade do corpo m quando passa no ângulo \alpha) em função dos parâmetros do problema, M, m,l, g e r ( e \alpha, claro). Pode ser? :wink:
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Mensagempor pmp em Quinta Abr 26, 2007 8:58 pm

Claro, aqui está :wink: :

v=\sqrt{\frac{2(Mrg\alpha-mgl(1-\cos\alpha))}{M\frac{r^2}{l^2}+m}}
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Mensagempor jap em Quinta Abr 26, 2007 11:19 pm

Certo!

:hands:
Mas então, já temos meio caminho andado para a resolução do problema. :D
Repara que para que v = 0 (v= 0 para o ângulo \alphamáximo!), tem de se satisfazer a relação

Mrg\alpha-mgl(1-\cos\alpha_{\rm M}) = 0

Só temos de resolver esta equação! :P

Atendendo a que 1-\cos\alpha = 2\sin^2\alpha/2, e \beta = Mr/ml, podemos escrever essa equação na forma equivalente


\beta \alpha_{\rm M}/2 = \sin^2(\alpha_{\rm M}/2)


Ora repara bem nesta equação. Para cada valor de \beta, se este for um número "pequeno", haverá um \alpha_{\rm M} que será solução da equação, mas se \betafor muito grande, esta equação é impossível. :shock:

Ora vê lá se consegues provar que se \beta > 0,73a equação já não tem solução. A este valor limite (0,73) corresponde o ângulo máximo para o qual ainda há equilíbrio do pêndulo, e esse ângulo é, verifica, \alpha_{\rm M} =133º! :D
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Mensagempor jap em Sexta Abr 27, 2007 10:47 pm

Bom, eu fiz a resolução numérica (usando o método de Newton, ver secção matematiquices, resolução de equações impossíveis) da equação acima

\beta\alpha_{\rm M}/2 = \sin^2(\alpha_{\rm M}/2)


e aqui vai o resultado do meu programazito em python onde programei o método de Newton:

beta alpha_M
(...)
0.7235 128.61
0.7236 128.84
0.7237 129.08
0.7238 129.33
0.7239 129.60
0.7240 129.89
0.7241 130.20
0.7242 130.55
0.7243 130.94
0.7244 131.40
0.7245 131.99
0.7246 133.06
Error: divergence.

Como vêm para \beta > 0.7246 a equação não tem solução e o ângulo máximo é de 133,06º.

Não acharam este problema giro? :roll:
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Mensagempor Andre França em Sexta Abr 27, 2007 11:52 pm

Não sei se está bem, mas fiz de forma ligeiramente diferente. Derivei a função
f = \beta\alpha_{\rm M}/2 - \sin^2(\alpha_{\rm M}/2)
em ordem a \alpha e igualei a zero para determinar o mínimo, ficando com \beta = sin(\alpha). Com f = 0, fica-se com tan(\alpha / 2) = \alpha.

Com a resolução do mathematica, deu-me \alpha = 2.33112rad = 133.563º, que corresponde a \beta = 0.7246
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Mensagempor jap em Sábado Abr 28, 2007 12:04 am

Andre França Escreveu:Não sei se está bem, mas fiz de forma ligeiramente diferente. Derivei a função
f = \beta\alpha_{\rm M}/2 - \sin^2(\alpha_{\rm M}/2)
em ordem a \alpha e igualei a zero para determinar o mínimo, ficando com \beta = sin(\alpha). Com f = 0, fica-se com tan(\alpha / 2) = \alpha.

Com a resolução do mathematica, deu-me \alpha = 2.33112rad = 133.563º, que corresponde a \beta = 0.7246



Claro que está correcto, André! :hands:
O teu método tem até uma interpretação geométrica bem simples e elucidativa...estás a ver o que eu quero dizer? Se fizermos num mesmo gráfico o esboço das funções y = \beta\alpha_{\rm M}/2 e y =  \sin^2(\alpha_{\rm M}/2), é fácil mostrar que o ponto de intersepção dos dois gráficos para o qual o ângulo é máximo é aquele em que o declive das duas funções nesse ponto é idêntico...

:D
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Mensagempor jap em Sábado Abr 28, 2007 10:40 am

Ah, a propósito deste problema, esqueci-me de dizer que é um exemplo muito elementar de um ramo da física-matemática conhecido por "Teoria das catástrofes". Este nome diz-vos alguma coisa? :roll:

Mais logo direi alguma coisa mais sobre o assunto. :wink: . Até lá, se tiverem curiosidade, procurem informação na google sobre este teoria...

PS - Há uma interessante ligação da teoria das catástrofes à prova de selecção das olimpíadas de física :shock: , mas logo explico.

PS2 - NÃO, não é aquilo em que estão a pensar! A prova de selecção não costuma ser uma catástrofe, bem pelo contrário... :lol:
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Mensagempor jap em Sábado Abr 28, 2007 9:58 pm

Bom, então sobre a "Teoria das Catástrofes"...


Não sei se tiveram oportunidade de pesquisar algo na net sobre o assunto, por exemplo a entrada na Wikipedia. :roll:

De uma forma simples, um sistema físico exibe um comportamento catastrófico quando, sob a acção de um parâmetro, esse sistema muda radicalmente de comportamento para um determinado valor desse parâmetro.

Por exemplo, no nosso problema, o parâmetro que condiciona as características da dinâmica do sistema é \beta. Como vimos, para\beta < 0.7246, a massa m oscila em torno de um determinado ângulo de equilíbro; se \betaexcede esse valor, o sistema muda radicalmente de comportamento. A massa m não tem ponto de equilíbio e dá uma volta completa, podendo até atingir-nos na cabeça, se não tivermos cuidado a fazer a experiência - uma pequena catástrofe, certo? :lol:

Pois existem muitos sistemas que exibem este comportamento. O estudo da evolução dinâmica desses sistemas e a determinação das condições para a entrada no regime catastrófico (que aliás é, muitas vezes, caótico!) - é disso que trata a "teoria das catástrofes".

Ora o que tem isso a ver, dirão vocês, com a prova de selecção das olimpíadas? :roll:

Stay tuned... :P
última vez editado por jap s Domingo Abr 29, 2007 3:28 pm, editado 1 vez no total
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Mensagempor jap em Domingo Abr 29, 2007 10:25 am

E aqui vai o final da história... 8)

Em 2002 a Profª Lucília Brito inventou um problema para a prova de selecção que consistia na análise do movimento de um cilindro "magnético" num plano inclinado. Vejam o problema e respectiva resolução em

http://olimpiadas.fis.uc.pt

na secção apuramento referente ao ano 2002.

Ora este cilindro tem um movimento "catastrófico", se resolverem o problema verão porquê :P

Achámos este problema deveras interessante e resolvemos fazer uma montagem experimental que demonstrasse o referido movimento e que permitiu testar, de forma quantitativa, a nossa "teoria". 8)

Resolvemos então escrever um artigo sobre este assunto que foi publicado no European Journal of Physics :D - podem aceder ao artigo em

http://algol.fis.uc.pt/forum/ej3252.pdf.

Como vêm, as questões da provas de selecção são mesmo de alto nível! :lol:
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