Passadeira rolante com atrito!

por **Jtiago** em Terça Mar 11, 2008 1:06 am

O problema está, de facto, a revelar-se tricky

As forças aplicadas no bloco são: o peso, a normal exercida pela passadeira e as eventuais reacção da parede e forças de atrito exercidas quer pela passadeira, quer pela parede.
Quer a passadeira exerça ou não atrito, a velocidade no eixo dos yy’ é nula: se não houver atrito, B não se move em y; se houver, este seria anulado pela reacção que a parede exerce no bloco:
$\vec{F}_R = \vec{0}$

Como:
$\vec{F}_R = \vec{R}_{N\,parede} + \vec{F}a_{\,passadeira\,em\,y}$
Obtém-se $R_{N\,parede} = Fa_{\,passadeira\,em\,y}$

Logo,
$\mu_1 \times N_{\,passadeira} = R_{N\,parede}$

Como a parede restringe o movimento em y,
$v_y = 0\,m/s$

A força de atrito entre B e a passadeira é uma força de atrito cinética pois há movimento relativo das superfícies e esta força contraria a reacção da parede.
Se o coeficiente de atrito $\mu_1$ for constante, penso que não haverão “saltos” do bloco (posso estar enganado

)

No eixo dos zz’ (eixo perpendicular a $\sigma$ ) a força resultante terá que ser nula, tendo B velocidade nula:

$\vec{F}_R = \vec{0}$

Como:
$\vec{F}_R = \vec{N}_{\,passadeira} + \vec{P}_{\,normal\,Ã \,passadeira}$

Obtém-se
$N_{\,passadeira} = P_{\,normal\,Ã \,passadeira} = P\cos\alpha = mg\cos\alpha$

e
$v_z = 0\,m/s$

Como
$\mu_1 \times N_{\,passadeira} = R_{N\,parede}, R_{N\,parede} = \mu_1mg\cos\alpha$

No eixo dos xx’ é muito mais complicado, pois temos que considerar diversas situações. O bloco pode, por exemplo, manter-se em repouso. Se considerarmos a situação em que a força de atrito entre B e W é nula, a componente em x da força de atrito que a passadeira exerce no bloco anula a componente do peso paralela à passadeira, obtendo:

$Fa_{\,passadeira\,em\,x} = P_{\,paralelo\,Ã \,passadeira} = P\sin\alpha = mg\sin\alpha$

Nesta situação:
$\mu_1 \times N_{\,passadeira} = mg\sin\alpha$
Logo,
$\mu_1mg\cos\alpha = mg\sin\alpha \mu_1 = \tan\alpha$

e
$v_x = 0\,m/s$

Não cheguei a pensar noutras situações… Apontem eventuais erros

por **Bruno Oliveira** em Terça Mar 11, 2008 6:00 pm

Olá de novo. Não, eu não ando a estudar pelas Tips, mas pareceram-me boas e como o meu pai também gosta de física, decidi encomendá-las via Amazon, e lá há um problema que é o 1-2 que só consigo resolver por equilibrio de forças...e não pelo Principio dos Trabalhos virtuais, como pedido por Feynman..

.

Off-topic:Se quiserem poderei postar aqui o problema, mas talvez amanhã há noite, ainda gostaria de lhe pegar mais um pouco...

por **jap** em Terça Mar 11, 2008 9:36 pm

Vou deixar-vos discutir (entre vós!) este problema, agradeço aos vários quarkianos que pegaram no problema!

Estão no bom caminho!

Na próxima sexta-feira deixarei aqui mais algumas pistas, se até lá ninguém tiver conseguido resolver o problema! :wink:

por **hexphreak** em Terça Mar 11, 2008 9:42 pm

Só uma pergunta Prof., é só a direcção do vector que se altera com a velocidade? Parece-me que se a passadeira tiver maior velocidade, a força com que o bloco é empurrado contra a parede será maior, mas pode estar errado :roll:

por **jap** em Terça Mar 11, 2008 9:44 pm

hexphreak Escreveu:Só uma pergunta Prof., é só a direcção do vector que se altera com a velocidade? Parece-me que se a passadeira tiver maior velocidade, a força com que o bloco é empurrado contra a parede será maior, mas pode estar errado

É só aplicar as leis de Newton para ver se tens, ou não razão! Ora aí está um bom tópico de discussão Henrique!

por **AlexandreH** em Segunda Mar 17, 2008 2:57 am

Questão interessante, provavelmente terei tempo na quarta feira, tentarei entao resolve-la tambem.

por **jap** em Terça Mar 18, 2008 12:26 am

AlexandreH Escreveu:Questão interessante, provavelmente terei tempo na quarta feira, tentarei entao resolve-la tambem.

Pois é, temos de voltar a este problema, talvez lá para quarta ou quinta-feira, então. :wink:

por **hexphreak** em Sexta Mar 21, 2008 6:19 pm

Será esta a força de atrito da parede? (

é a velocidade do bloco em relação à parede)

$f_W = -\frac{\mu_1 \mu_2 mg}{\sqrt{1 + v^2/u^2}} \cos \alpha \hat x$

Acho que tenho o raciocínio correcto, mas prefiro verificar as contas antes de continuar em vez de ter de voltar três páginas atrás à procura de um sinal trocado

por **hexphreak** em Sábado Mar 22, 2008 2:21 pm

Bem, assumindo que o resultado anterior está correcto, desembocamos numa equação diferencial não-linear :shock:

que provavelmente só numericamente é prático resolver:

$\frac{dv}{dt} = g \sin \alpha - \mu_1 g \cos \alpha \frac{\mu_2 u + v}{\sqrt{v^2 + u^2}}$

Talvez para prosseguir a análise do sistema precisemos de analisar o comportamento desta equação sem a resolver? :roll:

Não tenho a certeza, acho que me vou entreter com os livros de Análise :wink:

P.S.: Sabendo que a não-linearidade está frequentemente associado ao caos (matemático), é provável que para determinados valores dos parâmetros ocorram comportamentos caóticos (como mover-se "aos soluços" ou parecido).

por **hexphreak** em Sábado Mar 22, 2008 10:05 pm

Após ler alguns apontamentos e páginas da Wikipedia, cheguei à conclusão de que poderíamos analisar a equação diferencial a partir da sua estabilidade, ou seja, a convergência ou divergência das soluções estacionárias (constantes) correspondentes a certos valores dos parâmetros. É um bocadinho difícil de explicar, mas essencialmente vamos ver como se porta a equação diferencial quando fazemos variar os parâmetros

Comecemos então. O caso de maior importância é aquele em que o bloco pode deslizar sem velocidade inicial, já que se não puder, mesmo que lhe seja comunicada uma velocidade ele acaba por parar. Vejamos então qual é a condição que pretendemos:

$\frac{dv}{dt} (0) > 0 \Leftrightarrow \tan \alpha > \mu_1 \mu_2$

As nossas soluções estacionárias para a velocidade encontram-se necessariamente nos pontos em que a aceleração é nula - de outra forma não seriam estacionárias! Obtemos então, para o caso genérico:

$\frac{dv}{dt} = 0 \Leftrightarrow v^2(\tan^2 \alpha - \mu_1^2) - 2\mu_1^2 \mu_2 vu + u^2(\tan^2 \alpha - \mu_1^2 \mu_2^2) = 0$

Claro que, sendo esta uma quadrática em

, interessa-nos principalmente o valor do determinante $\Delta$ , para aferirmos a existência de soluções:

$\Delta = 4u^2\tan^2 \alpha (\mu_1^2 + \mu_1^2 \mu_2^2 - \tan^2 \alpha)$

(Parte interessante no próximo post, para o $\LaTeX$ não me chatear...

)

por **hexphreak** em Sábado Mar 22, 2008 10:24 pm

Assumindo então que $\tan \alpha > \mu_1 \mu_2$ , vejamos os três casos possíveis. Se $\Delta$ for negativo, não há grande coisa a dizer: a aceleração é sempre positiva, e é este o caso a que estamos mais habituados e nos é mais intuitivo :wink:

Se $\Delta = 0$ , a equação só tem uma solução, correspondente a $v_f = \frac{u}{\mu_2}$ . Como a aceleração é sempre positiva fora deste valor, temos que quaisquer velocidades abaixo de v_f

convergem para ela e quaisquer velocidades acima de v_f

divergem dela. Já encontrámos comportamento instável!

Finalmente, o caso mais interessante: se $\Delta$ for positivo, temos duas soluções reais:

$v_\pm = \frac{\mu_1^2 \mu_2 u \pm u \tan \alpha \sqrt{\mu_1^2 + \mu_1^2 \mu_2^2 - \tan^2 \alpha}}{\tan^2 \alpha - \mu_1^2}$

E há dois casos bastante diferentes que podem surgir: se $\tan \alpha < \mu_1$ , apenas v_-

tem significado físico, e é uma solução estável, já que valores acima dela tem aceleração negativa e valores abaixo têm aceleração positiva (porquê? É só olhar para a equação diferencial...).

Por fim, o caso mais interessante: se $\tan \alpha$ for maior que $\mu_1$ , ambas as soluções têm significado físico. Vejamos então o sinal da aceleração nos vários intervalos: se v_- < v < v_+

, é negativa; e no restante domínio é positiva. O que nos mostra que v_-

é uma solução estável, ao contrário de v_+

que é instável!

Se alguma parte vos causar confusão, não se preocupem: podem crer que eu também tive de ver muitos exemplos antes de começar a perceber por que ponta pegar no problema... :lol:

por **hexphreak** em Domingo Mar 23, 2008 6:42 pm

hexphreak Escreveu:O caso de maior importância é aquele em que o bloco pode deslizar sem velocidade inicial, já que se não puder, mesmo que lhe seja comunicada uma velocidade ele acaba por parar.

Afinal estava enganado, há mais uma solução estacionária instável quando $\tan \alpha \le \mu_1 \mu_2$ ! :shock:

Mas deixo para vocês descobrirem-na independentemente :wink:

por **jap** em Segunda Mar 24, 2008 2:24 pm

Henrique,

A ideia global está correcta - é esse precisamente o tipo de análise que é necessário fazer! :hands:

Ainda não verifiquei os teus cálculos com detalhe, já te direi mais alguma coisa. :wink:

por **jap** em Segunda Mar 24, 2008 4:22 pm

Henrique, creio que está tudo correcto :shock:

à excepção da velocidade v_f

quando o discriminante $\Delta = 0$ , obtenho uma expressão diferente para v_f

, verifica!:roll:

Parabéns, este problema não é nada fácil!

Eu vou resumir aqui a tua análise (vou utilizar uma notação ligeiramente diferente) e sugerir alguma exploração computacional do universo de soluções - incluindo o regime caótico (ou instável, se preferirem!)

por **hexphreak** em Segunda Mar 24, 2008 4:38 pm

jap Escreveu:Henrique, creio que está tudo correcto à excepção da velocidade quando o discriminante $\Delta = 0$ , obtenho uma expressão diferente para , verifica!:roll:

Humm, não encontro nenhum erro nas contas

Se tivermos $\Delta = 0$ , então:

$\frac{dv}{dt} = 0 \Leftrightarrow v_f = \frac{\mu_1^2 \mu_2 u}{\tan^2 \alpha - \mu_1^2}$

E como $\tan^2 \alpha - \mu_1^2 = \mu_1^2 \mu_2^2$ , fica $\frac{dv}{dt} = \frac{u}{\mu_2}$ :roll:

Já tinha pensado em fazer a simulação computacional da equação, mas também estive a ver se tinha feito a análise correctamente

Vou começar a programar alguma coisa...

P.S.: Experimentei agora utilizar o teorema de Routh-Hurwitz, simplifica bastante a análise da quadrática

Passadeira rolante com atrito!

Quem está ligado