Cordas...

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 12:11 am

Também obtive $v_{final} = \sqrt{Lg}$ , por conservação de energia. Não encontro erro no raciocínio

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 12:13 am

jmgb Escreveu:Por conservação de energia, cheguei a que $K_{final}=\frac{1}{2}MgL^2$ , em que g é a aceleração da gravidade, M a massa da corda, L o seu comprimento (total) e K a energia cinética.

Portanto, $v_{final}=\frac{\sqrt{6gL^2}}{3}$ .

Abraço.

João,

A resposta ainda não está certa, enganaste-te algures na aplicação da conservação da energia.

A resposta correcta é a do João Barros,

$v_f = \sqrt{LG}$

Peço desculpa ao João Barros :oops:

de ter dito que a resposta dele não estava correcta, mas estava a seguir o desenvolvimento do João Gama ao aplicar o F = ma

à corda e pensei que o João Barros estivesse apenas a corrigir a questão das dimensões ao aplicar a raíz quadrada a L G

- > $\sqrt{LG}$ . Não foi o caso!

Em resumo:

a resposta correcta é

$v_f = \sqrt{LG}$

Basta apenas encontrar uma justificação correcta (ou até duas ou três distintas, o que seria giro!)

João Barros, escreve aqui o teu raciocínio, por favor! :wink:

por **jmgb** em Quinta Fev 08, 2007 12:15 am

Bolas, é conservação de energia elementar. Inventei e compliquei. Usei a expressão do trabalho e deu um erro aqui num integral. Mas já corrigi o problema nas contas. Já me deu o resultado certo.

Estou desinspirado

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 12:17 am

Agora quem me resolve isto aplicando apenas a lei fundamental da dinâmica
:?:

Esta é, de certa forma, subtil!

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 12:26 am

Fiz por conservação de energia.

No instante inicial, a altura da corda é

e a sua velocidade é nula, logo a energia é E_i = mgh

. No fim, a energia é $E_f = mgh' + \frac{1}{2}mv^2$ .

Notando que é $h' = h - \frac{L}{2}$ , e aplicando conservação de energia, fica:

E_i = E_f

$mgh = mgh' + \frac{1}{2}mv^2$

$gh = g(h - \frac{L}{2}) + \frac{1}{2}v^2$

$gh = gh - g\frac{L}{2} + \frac{1}{2}v^2$

$\frac{1}{2}v^2 = g\frac{L}{2}$

$v = \sqrt{Lg}$

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 12:33 am

Certo, mas é deixa-me salientar que a energia potencial da corda é mgh

se

for a posição do centro de massa da corda - que depois da corda sair da mesa só desce L/2

... e não

! Este é o ponto subtil... :lol:

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 12:37 am

Exacto, foi o raciocínio que usei. Daí $h' = h - \frac{L}{2}$ .

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 12:40 am

Bom, e o raciocínio do João Gama está certo

até

$a = \frac{d^2x}{dt^2}= \frac{g}{L}x$

e ele só se "atrapalhou" a resolver esta equação diferencial.

Mas a solução é muito fácil de encontrar! Fica aqui o desafio. :wink:

Depois de obter x(t)

, é trivial obter v(t)

e confirmar (de forma independente) que

$v_f = \sqrt{Lg}$ !

Nota importante: na equação diferencial do João Gama, acima,

é a posição da extremidade solta da corda, não do seu centro de massa!

Nota 2: há uma surpresa *muito* gira guardada para quem resolver a equação diferencial!

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 1:00 am

"Prémio especial" para quem me mostrar que

$v_f = \sqrt{Lg}$ , sim senhor, diz o princípio da conservação da energia, o João Barros, o João Gama, o Zé Teixeira..., mas só será mesmo assim no dia de São Nunca! :shock:

Ah! Ah!:P
Não digo mais

. Decifrem a frase acima! :twisted:

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 1:05 am

Pegando na equação diferencial:

$\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{g}{L}x$

$\frac{d^2x}{dt^2} - \frac{g}{L}x = 0$

Esta equação tem por solução uma exponencial da forma $e^{kt}$ . Para achar k, substituamos na equação diferencial:

$\frac{d^2(e^kt)}{dt^2} - \frac{g}{L}e^{kt} = 0$

$k^2e^{kt} - \frac{g}{L}e^{kt} = 0$

Como a exponencial nunca se anula, podemos dividir tudo por $e^{kt}$ :

$k^2 - \frac{g}{L} = 0$

$k = \sqrt{\frac{g}{L}}$

É, portanto, $x(t) = e^{\sqrt{\frac{g}{L}}t}$ .

Parece-me uma equação estranha, se calhar cometi algum erro

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 1:12 am

Não te esqueças que a equação é do segundo grau, logo admite duas soluções linearmente independentes (exponencial positiva e negativa):

$Ae^{\sqrt{g/L}t$

e

$Be^{-\sqrt{g/L}t}$

Logo a solução geral é da forma

$x(t) = Ae^{\sqrt{g/L}t} + Be^{-\sqrt{g/L}t}$

Agora é aplicar as condições iniciais para determinar as constantes

e

!

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 1:38 am

Oops, esqueci-me disso :oops:

Mas agora tenho outro problema. Aplicando as condições iniciais ( x = 0

e

), fico com A = B = 0

. Até faz algum sentido, visto que, se no início é x = 0

, é também a = 0

, e sendo ainda v = 0

, a corda nunca se vai mover. Mas claro que na verdade a posição inicial da ponta da corda não é exactamente zero, só muito pequena... não sei como resolver isto

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 1:45 am

Zé Teixeira Escreveu:Oops, esqueci-me disso

Mas agora tenho outro problema. Aplicando as condições iniciais ( e ), fico com . Até faz algum sentido, visto que, se no início é , é também , e sendo ainda , a corda nunca se vai mover. Mas claro que na verdade a posição inicial da ponta da corda não é exactamente zero, só muito pequena... não sei como resolver isto

Já encontraste a supresa que estava prometida!

Para x(t=0)=0

,

, a corda não se move - mas esta foi a hipótese que vocês usaram quando aplicaram o princípio da conservação da energia, não foi?

Bom, mas faz então $x(t=0) = \epsilon$ , onde $\epsilon$ é um bocadito só de corda que puxámos para fora da mesa, e mantém v(t=0)=0

. Agora já poderás resolver cabalmente o problema. Mas só que se $\epsilon$ for mesmo muito pequeniiiiiino, então o tempo de queda vem infinito- verifica lá!

De qualquer forma chegarás à conclusão, fazendo as contas, que no limite em que $\epsilon$ tende para

, $v_f = \sqrt{Lg}$ , mas só lá chega no dia de São Nunca!

por **Zé Teixeira** em Quinta Fev 08, 2007 2:15 am

Se $x(0) = \epsilon$ e v(0) = 0

, fica $A = B = \frac{\epsilon}{2}$ .

Então, sabendo que x(t_f) = L

, temos (vou pôr $k = \sqrt{\frac{g}{L}}$ (não confundir este k com o do meu post anterior) para ser mais fácil de escrever):

$L = \frac{\epsilon}{2}(e^{kt_f} + e^{-kt_f})$

$\frac{2L}{\epsilon} = e^{kt_f} + e^{-kt_f}$

$ln(\frac{2L}{\epsilon}) = ln(e^{kt_f} + e^{-kt_f})$

E agora não sei como me livrar do logaritmo no segundo membro... este problema tem-me dado água pela barba em todos os passos

por **jap** em Quinta Fev 08, 2007 2:30 am

Então definamos as funções

$\cosh(kt) = \frac{e^{kt}+e^{-kt}}{2}$
$\sinh(kt) = \frac{e^{kt}-e^{-kt}}{2}$

(estas funções têm o nome de coseno hiperbólico e seno hiperbólico, para quem não as conhece...)

A solução pode escrever-se, nesta notação,

$x(t) = \epsilon \cosh{kt}$

e

$v(t) = k \epsilon\sinh{kt}.$

Ora como $\epsilon$ é muito pequeno, por hipótese, a equação

$L = \epsilon\cosh{kt}$ só tem solução para

muito grande, como podes verificar. Mas nessa situação,

$\cosh(k) = \frac{e^{kt}+e^{-kt}}{2} \sim \frac{e^{kt}}{2},$

$\sinh(k) = \frac{e^{kt}e^{-kt}}{2} \sim \frac{e^{kt}}{2},$

e então

$L = x(t_f) \sim \epsilon \frac{e^{kt_f}}{2},$

e

$v_f \sim k \epsilon \frac{e^{kt_f}}{2} \sim k L = \sqrt{\frac{g}{L}}L = \sqrt{gL}$ q.e.d.

REpara que a expressão da velocidade final tende assimptoticamente para $\sqrt{gL}$ quando $\epsilon$ tende para zero, mas o tempo de queda também aumenta para infinito.

Portanto $\sqrt{gL}$ só é uma (boa) aproximação para a velocidade final quando desprezamos a energia potencial do pedacito de corda que inicialmente está de fora da mesa...

Um exemplo concreto.

Corda de 1m de comprimento, em que inicialmente 10 cm da corda estão de fora da mesa...

Quanto tempo demora a cair a corda?

$1,0 = 0,10 \cosh(\sqrt{9,8}t)$

de onde, resolvendo em ordem a t, obtemos

t = 0,956 s

.

A velocidade final da corda é

$v_f = \sqrt{9,8}\sinh(\sqrt{9,8}\times 0,956)} = 3,11\rm ~m/s$ .

Usando a expressão aproximada
$v_f = \sqrt{gL}$ obtemos $3,13\rm~ m/s$ , o que não é mau.

Mas se puserem só 1 cm da corda de fora, verão que a velocidade final é muito mais próxima de 3,13 m/s mas o tempo de queda aumenta drasticamente - deixo como exercício!

Cordas...

Quem está ligado