Disco a rodar numa mesa com atrito

por **shanebeato** em Quinta Jul 07, 2011 2:41 pm

Um disco uniforme de raio R e posto a rodar com velocidade angular U e depois e colocado cuidadosamente sobre uma mesa horizontal, com as suas faces paralelas a
mesa. Durante quanto tempo se mantem o disco a rodar se o coeciente de atrito entre o material do disco e o da mesa for T Assumir que a press~ao do disco sobre a
mesa se mantem constante em todo o processo.

Este problema é do apuramento para as IPhO de 2009. A mim deu me (U.R)/(2Tg) sendo g a aceleração da gravidade lol a minha pergunta é, a minha resposta esta certa?

por **garridinho** em Domingo Jan 20, 2013 10:35 am

Não, provavelmente não considerate o disco um corpo rígido, A mim deu-me:

3/4*(wR/kg), onde w é a velocidade angular inicial do disco, R o seu raio, k o coeficiente de atrito, e gostaria a aceleração da gravidade

por **filipematos** em Domingo Jan 20, 2013 11:44 am

A mim deu-me $\frac{UR}{gT}$ Não estou e ver como te deu um factor de 3/4.

por **cdmfernandes** em Domingo Jan 20, 2013 1:42 pm

Olá este é o primeiro problema que resolvo neste fórum.
Para resolve-lo vou utilizar cálculo integral ,algo que eu não domino muito bem

, por isso se me tiver enganado corrijam-me :wink:

.
Eis o meu raciocínio:

A intensidade de força de atrito é constante e é dada por: F(atrito)=mgT

Ora o efeito que a força de atrito tem na rotação depende não só da sua intensidade mas da sua direção e da distância do ponto de aplicação ao eixo de rotação de
segundo a fórmula $\tau = Frsin\theta = mgTrsin\theta$

Mas neste caso a $sin\theta$ é sempre 1 e a força de atrito não tem um só ponto de aplicação por isso considerei a atuação de múltiplas forças de atrito por todo o disco, Logo isto levanos a um integral.

$\tau = \int_0^R \! F \, \mathrm{d} r= \int_0^R \! mgT \, \mathrm{d} r = gT\int_0^R \! m \, \mathrm{d} r = gT\int_0^R \! {\rho}hA\, \mathrm{d} r$ = $gT{\rho}h\int_0^R \! {\pi}r^2 \, \mathrm{d} r = {gT{\rho}h{\pi}R^3\over 3}$

Sabemos que:
$\tau = I\alpha$
e que I = mR^2/2

pois trata-se de um disco uniforme a girar em torno de um eixo que passa no seu centro.
Logo temos:

$mR^2\alpha/2 = {gT{\rho}h{\pi}R^3\over 3}$
$mR^2\alpha/2 = {gTmR\over 3}$
$\alpha ={2gT\over 3R}$
$U ={2gT\over 3R}t$
$t ={3RU\over 2gT}$

Confirmem.

por **garridinho** em Domingo Jan 20, 2013 4:41 pm

Boas, peço já desculpas antecipadas por não saber usar LATEX

(alguém me indique onde é que se aprende a usar isso por favor!). Penso que a resolução do cdmfernandes tem dois erros que acabam por se cancelar. Eu raciocinei assim:
1º "o efeito que a força de atrito tem na rotação depende não só da sua intensidade mas da sua direção e da distância do ponto de aplicação ao eixo de rotação", por isso calculei o torque associado a uma secção infinitésimal do circulo (seria mais facil de explicar com um desenho...), torque esse que é dado por: r*F(atrito)*sin(90) = r * T * (Normal) = r * T * (massa) * g = r * T * (Área) * (densidade) * g = r * T * ( 2 * pi * r * dr) * densidade = 2*pi*T*(densidade)*g*r^2 dr.

2º Integrando esse torque infinitesimal, para chegarmos ao torque resultante temos que torque resultante = (Integral defenida de 0 a R) de (2*pi*T*(densidade)*g*r^2 dr), como o torque é dado pelo produto do momento de inércia e a aceleração angular temos que 1/2 * (pi * r^2 * (densidade)) * aceleração angular = 2 * pi * T * (densidade) * g * (r^3)/3 , ou seja aceleração angular = (4*T*g)/(3R) (não como te deu com o factor 2/3...)

3º Usando a equação de movimento angular sob aceleração angular constante, temos que: velocidade angular(t) = U + aceleração angular * t. Nós queremos:
0 = U - (4*T*g)/(3R) * t, Concluindo t =(3*R*U)/(4*T*g)

Peço desculpas mais uma vez por não saber usar LATEX, e é claro, se me tiver enganado corrijam-me

por **garridinho** em Domingo Jan 20, 2013 4:55 pm

Afinal acho que só tens um erro (portanto não se acabam por cancelar!). eu é que confundi o teu factor 3/2 com 3/4 :wall:

,o que por acaso costuma acontecer-me

, se tiver errado corrijam-me

por **filipematos** em Domingo Jan 20, 2013 5:31 pm

garridinho Escreveu:Boas, peço já desculpas antecipadas por não saber usar LATEX (alguém me indique onde é que se aprende a usar isso por favor!)

Tens aqui os comandos mais uteis para escrever em latex no fórum http://www.artofproblemsolving.com/Wiki ... #Fractions

por **cdmfernandes** em Domingo Jan 20, 2013 6:52 pm

Acho que o meu erro está em que deveria ter utilizado o integral $\int \! r \, \mathrm{d} F.$ em vez de $\int\! F \, \mathrm{d} r.$
Como disse, ainda não compreendo muito bem o cálculo integral :roll:

As contas ficam então assim:

$\tau = \int_0^F \! r \, \mathrm{d} F= \int_0^F \! rgT \, \mathrm{d} m = gT{\rho}h\int_0^A \! r \, \mathrm{d} A = gT{\rho}h\int_0^R \! 2{\pi}r^2\, \mathrm{d} r$ = ${2gT{\rho}h{\pi}R^3\over 3}$

$mR^2\alpha/2 = {2gT{\rho}h{\pi}R^3\over 3}$
$mR^2\alpha/2 = {2gTmR\over 3}$
$\alpha ={4gT\over 3R}$
$U ={4gT\over 3R}t$
$t ={3RU\over 4gT}$

Obrigado garridinho.
Acho que podemos considerar este resolvido.

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