Semana 13 Aulas 2 - Exercícios - Estática(de corpo extenso), Cinemática e Dinâmica de Rotações:¶

Lista de Tópicos:¶

Um modelo para Cadeira de Rodas.
Momentos de Inércia via inegração.
Problema da polia quase real.
Problema da polia quase real com uma corda quase real.

Um modelo para Cadeira de Rodas subindo Meio Fio. ¶

Drawing

O momento de subir o meio fio é desafiador para um cadeirante. Podemos investigar o quanto desafiador é usando um modelo físico.

Um modelo interessante pode ser uma roda que sustenta o peso do conjunto cadeira + cadeirante. E uma força é aplicada em algum lugar da roda para subir o meio fio. A força pode ser aplicada por um motor elétrico, o cadeirante ou um um ajudante. Faremos um problema que simula um motor elétrico.

Supondo uma distribuição simétrica entre as duas rodas traseiras da cadeira. Podemos fazer a conta para UMA das rodas. O modelo de 1 roda (ou um tambor) é muito comum em livros de física ( esse problema foi sugerido na lista de Estática - Exercício 29 pg 227 Resnick Halidday Krane 5ª ed). A pergunta nesse problema sempre é, qual o valor mínimo da força aplicada F (horizontal) para que a roda suba o meio fio?

Ilustração do Modelo

Detalhamento do modelo.

Uma roda de raio $R$, encontra um meio fio de altura $d$. Quando a roda toca meio fio,
haverão 2 pontos de contato. $O$ e $O'$.
Nesse momento, pelo menos as seguintes forças atuam na roda, peso $(\vec{P})$, força aplicada $(\vec{F})$ (horizontal e aplicada no CM por simplicidade), normal em $O\;(\vec{N})$, normal em $O'\;(\vec{N}')$, forças de atrito em $O$ e $O'$.

. O pivot deste movimento rotacional será o ponto $O$. Neste ponto haverá sobrecarga e na eminencia de girar (subir o meio fio), as forças em $O'$ vão a zero e as forças em $O$ serão máximas.

Isso auxilia a não haver deslizamento. Sem deslizamento temos um problema de estática de corpo extenso. E as forças em $O$ apesar importante, não relizam TORQUE.
Apenas as forças que realizam toque estão na ilustração.

Solução literal:¶

Como estamos lidando com um problema de estática de corpo rídigo. Na iminencia de girar, a roda tem 2 forças causadoras de torque. Devemos calcular a soma dos torques, e o torque resultante será zero.

$$\sum_{i=0}^{2}\vec{\tau}_i=\vec{\tau}_1+\vec{\tau}_2=0\Rightarrow \vec{\tau}_2=-\vec{\tau}_1\quad(1)$$

Cada força, tenta fazer a roda girar para um dos lados. Peso promove um torque que tenta girar para anti-horário (sentido positivo na minha convenção) e Força faz o mesmo para o sentido horário.

Essa convenção de sinal para o torque coincide com a regra da mão direita. E eu farei a conta usando essa regra.

Pela ilustração podemos modelar os vetores.

Os torques serão,

$\vec{\tau}_1=\vec{R}\times\vec{P}$ e $\vec{\tau}_2=\vec{R}\times\vec{F}$

O comprimento da coordenada x de $\vec{R}$ é o comprimento $OO''$, vamos chamar de X esse comprimento. O comprimento da coordenada y é o comprimento $O''O'''$, vamos chamar de Y esse comprimento. Com isso o $\vec{R}$ no sistema de coordenadas indicado na ilustração será:

$$\vec{R}=-X\;\hat{x}+Y\;\hat{y}$$

No sistema de coordenadas indicado na ilustração,

$\vec{P}=-mg\;\hat{y}$ e $\vec{F}=F\;\hat{x}$

Realizando o produto vetorial, encontramos

$$\vec{\tau}_1=\vec{R}\times\vec{P}=(-X\;\hat{x}+Y\;\hat{y})\times(-mg\;\hat{y})$$

O produto é distribuitivo com a soma, então um termo $(\hat{x}\times\hat{y})=\hat{z}$ pela regra da mão direita e outro $(\hat{y}\times\hat{y})=0$, então

$$\vec{\tau}_1=mg\;X\;\hat{z}$$

$$\vec{\tau}_2=\vec{R}\times\vec{F}=(-X\;\hat{x}+Y\;\hat{y})\times(F\;\hat{x})$$

$$\vec{\tau}_2=-F\;Y\;\hat{z}$$

Usando a equação $(1)$, $\vec{\tau}_2=-\vec{\tau}_1$

Obteremos

$$-F\;Y\;\hat{z}=-mg\;X\;\hat{z}\Rightarrow F\;Y=mg\;X$$

Logo,

$$F=mg\;\frac{X}{Y}\quad(2)$$

Falta entender melhor quem são esses comprimentos.

Encontrado o valor de X e Y

A norma de $\vec{R}$ é a hipotenusa de um triângulo com vértices em $O\;O''\;O'''$, os catetos desse triângulo são os comprimentos X e Y. Como foi dito antes, X é o comprimento $OO''$ e Y é o comprimento $O''O'''$.

Drawing

O seguimento $O''O'$ tem tanho $d$, e o segmento $O'''O'$ tem comprimento R, então

$$O''O'''=Y=R-d\quad(3)$$

O comprimento de X sai pelo teorema de pitágoras,

$$X^2+Y^2=R^2\;\Rightarrow\;X^2=R^2-Y^2=R^2-(R-d)^2$$$$X^2=R^2-R^2+2\;R\;d-d^2=d^2(2\;\frac{R}{d}-1)$$$$X=d\;\sqrt{2\;\frac{R}{d}-1}\quad(4)$$

Substituindo $(3)$ e $(4)$ em $(2)$

Resposta:

O módulo da força horizontal mínima aplicada no centro da roda será,

$F=m\;g\;\frac{\sqrt{2\;\frac{R}{d}-1}}{\frac{R}{d}-1}$

Vamos usar esse modelo para um problema com dados reais:¶

Quando você lê os manuais de cadeiras e cartilhas de cadeirantes que o cadeirante é instruído a se inclinar para frente para transpor obstaclos como meio-fios e degraus. Isso reus um pouco a carga do cadeirante na roda traseira. Vamos supor que ao fazer essa projeção a carga seja reduzida em 25%. Então um cadeirante+cadeira (elétrica) de de 200kg, 75% disso, significa que a massa efetiva que causa torque será de 150kg. Essa massa é distribuida para as 2 rodas. Então cada roda será responsável por mover 75kg.

In [2]:

# Dados
m=75 #Massa efetiva do conjunto em kg
d=5 # altura de um desnível para rampa de acesso, unidade cm.
R=18 # Roda de 14 polegadas, dá ~35.5cm diâmetro. Unidade em cm.
g= 10 #unidade, m/s²
F=m*g*np.sqrt((2*R/d)-1)/((R/d)-1) # Fazendo R/d podemos evitar a transformação de unidades.
print
print('Resposta:')
print('Uma cadeira elétrica típica deve aplicar uma força de', np.round(F,2),'N, em cada roda para transpor ressalto de 5cm.')

Resposta:
Uma cadeira elétrica típica deve aplicar uma força de 718.26 N, em cada roda para transpor ressalto de 5cm.

In [4]:

# Dados
d=15 # Meio fio padrão de rua.
F=m*g*np.sqrt((2*R/d)-1)/((R/d)-1) # Fazendo R/d podemos evitar a transformação de unidades.
print
print('Resposta:')
print('Uma cadeira elétrica típica deve aplicar uma força de', np.round(F,2),'N, em cada roda para transpor um meio fio de 15cm.')
print('Subir um meio fio de 15cm com uma cadeira com 18cm de roda é realmente uma tarefa muito difícil')

Resposta:
Uma cadeira elétrica típica deve aplicar uma força de 4437.06 N, em cada roda para transpor um meio fio de 15cm.
Subir um meio fio de 15cm com uma cadeira com 18cm de roda é realmente uma tarefa muito difícil

Adequando o modelo para uma cadeira de rodas manual

Ilustração do Modelo	Detalhamento do modelo.
	Nesse caso o cadeirante aplica uma força F (horizontal) na extremidade da roda. É possível aproveitar 95% do exemplo anterior. Mas fica para vocês resolverem como exercício.

Obtenção do Momento de Inércia de Objetos usando integração:¶

Drawing

Problema do polia quase real:¶

Até aqui a polia não possuia massa, atrito ou escorregamento.

Vamos tratar aqui de uma polia com massa, essa polia tem uma inércia rotacional. Mas ela ainda tem o eixo bem lubrificado (sem atrito) e a corda não escorrega da polia ( casamento em posição/velocidade/aceleração linear e angular da polia e corda na polia).

Ilustração do Problema	Detalhamento do modelo.
	Considere uma máquina de Atwood construída com uma polia dotada de massa $M$ e com raio $r$. Essa polia terá um momento de Inércia $I$ e seu movimento consome energia do sistema. O sistema é um transporte de massa, $m_1>m_2$ usando uma corda presa a polia. Vamos encontrar a aceleração dos blocos;

Solução¶

Os blocos podem ser considerados partículas pontuais nesse problema. Vamos aplicar a segunda Lei de Newton para cada bloco.

Para $m_1$:

$$\sum_{i=0}^2=\vec{T}_1+\vec{P}_1=m_1\;\vec{a}_1$$

Para um sistema de coordenadas padrão, x horizontal, y vertical, com primeiro quadrante positivo. Todo o movimento de $m_1$ ocorre no eixo y.

$$T_1\hat{y}-m_1\;g\hat{y}=-m_1\;a_1\hat{y} $$

Portanto vale,

$$T_1-m_1\;g=-m_1\;a_1$$

Fazendo o mesmo para $m_2$ encontramos,

$$T_2-m_2\;g=m_2\;a_2$$

Temos uma corda ideal, que não se estica, então toda mudançade posição, velocidade e aceleração entre $m_1$ e $m_2$ tem o mesmo módulo, apesar de ter direções opostas (se um sobe o outro desce). Portanto, $a_1=a_2$. Rearranjando as equações anteriores, encontramos as seguintes equações compondo um sistema.

Sistema 2 equações 3 incógnitas:

\begin{cases} T_1+m_1\;a=m_1\;g \\ T_2-m_2\;a=m_2\;g \end{cases}

O giro da polia nos entrega a terceira equação usando a Segunda Lei de Newton para Rotações.

A polia tem sobre ela o torque de $T_1$ e $T_2$. Como estamos considerando uma corda ideal, o módulo das tensões que chegam a polia são os mesmos que estão nos respectivos blocos. A segunda lei de Newton para rotações toma a seguinte forma.

$$\sum_{i=1}^2\vec{\tau}=I\;\vec{\alpha}\;\Rightarrow\;\vec{\tau}_1+\vec{\tau}_2=I\;\vec{\alpha}$$

Para nosso sistema de coordenadas, o sentido de giro anti horário é positivo. Então

$$\tau_1-\tau_2=I\;\alpha$$

Como a polia não escorrega, $\alpha=\frac{a}{r}$. E as tensões são forças tangentes a polia (ou seja perpendicular ao raio). Nessa condições, a equação anteior se torna,

$$T_1\;r-T_2\;r=I\;\frac{a}{r}\Rightarrow T_1-T_2=\frac{I}{r^2}a$$

Agora temos um sistema linear completo, de 3 equações com 3 incógnitas.

\begin{cases} T_1+m_1\;a=m_1\;g \quad(1)\\ T_2-m_2\;a=m_2\;g\quad(2)\\ T_1-T_2-\frac{I}{r^2}a=0\quad(3) \end{cases}

Existem algumas formas de resolver esse sistema. Mas para encontrar o valor de a, basta (3)+(2)-(1)

$$-(\frac{I}{r^2}+m_2+m_1)\;a=(m_2-m_1)g$$

Resposta: A o módulo da aceleração dos blocos será

$$a=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2+\frac{I}{r^2}}\;g\quad(4)$$

Notem:

É uma aceleração constante.A menos do próprio valor da aceleração, vale a cinemática do MRUV para $m_1$ e $m_2$.
Se I for feito zero, retomamo o exemplo mais simples.
As tensões $T_1$ e $T_2$ podem ser obtidos substituindo (4) em (1) e (2) respectivamente. Sugiro fortemente que vocês calculem essas tensões. E depois verifiquem o que ocorre quando retornamos ao caso ideal (I=0)
Os valores mais comuns de momento de inércia de polias são $I=M\;r^2$ ou $I=\frac{1}{2}\;M\;r^2$

Questão sugerida como exercício.¶

Ilustração do Problema

Enunciado do Problema.

O sistema ao lado está inicialmente parado pois os freios da polia estão acionados.
Quando os freios são liberados os objetos se movimentam.
A polia é dotada de momento de inércia igual a $I=M\;R^2$, onde $M$ é a massa da polia e $R$ o raio da polia.
A corda é ideal.A diferença $x_1-x_2=D$ e $m_2>m_1$.
Encontre a rapidez dos objetos quando eles estão, momentaneamente, à mesma altura.

Resposta: $m_2$ desce e $m_1$ sobe ambos com rapidez $v=\sqrt{g\;D\frac{m_2-m_1}{m_1+m_2+M}}$

Exercício com uma polia quase real e uma corda quase real.¶

Ao puxar um balde com água em um poço com auxílio de uma polia e uma corda. Você puxa mais do que deveria e tromba o balde com a polia. Com esse susto, infelizmente sua mão escorrega e você demora alguns segundos para pegar a corda novamente. O bande desce de uma altura $d$ antes que você consiga tomar o controle dele novamente.

Ilustração do Problema	Detalhamento do do problema.
	Considere que a corda é homogênea, tem comprimento $L$ e massa $m_c$. A polia tem massa $m_r$, raio $R$ e momento de inércia $I_r$. O balde cheio tem massa $m_b$. Encontre a velocidade do balde imediatamente antes de você tomar o controle novamente?

O que temos:

Massa do balde com água: $m_b$.
Massa da polia : $m_r$.
Raio da polia: $R$.
Momento de Inércia da polia: $I_r$
Comprimento total da corda: $L$
Massa total da corda: $m_c$
Deslocamento horizontal do balde: $d$

O que sabemos:

A corda é homogênea, então a densidade linear de massa será : $\lambda=\frac{m_c}{L}$.
Podemos supor que não existem outras condições adversas, como escorregamento, atrito ou alguma elasticidade na corda.

Desejamos:

Velocidade do balde após uma queda de uma distância $d$, a partir do repouso.

Solução:

O problema relaciona um desnível com a velocidade no final do desnível. Parece uma boa ideia usar o Princípio da Conservação da Energia.

$$\Delta E=0\Rightarrow E_f-E_i=0\Rightarrow E_f=E_i$$

A energia mecânica em qualquer dos instantes é a soma das energia cinética e potencial (gravitacional) dos elementos do sistema.

$$E_{sis}=K_{sis}+U_{sis}$$

O sistema é composto Balde, Corda e Polia.

Vamos descrever o instante inicial:

Antes do susto e da corda ser solta, o balde (momentaneamente) para ao bater na polia, a corda momentaneamente para junto como o balde, a polia momentaneamente para de girar nesse momento. Então $K_{i}=0$.

Podemos estabelecer a referência da energia potêncial ZERO na altura do centro da polia. Então no instante inicial, todos os componentes do sistema estarão na referência. Inclusive a polia nunca sai dessa referência. $U_i=0$.

Assim para esse sistema, com essa referência.

$$E_i=E_f=0\quad(1)$$

Vamos descrever o instante final:

Depois da queda haverá energia cinética de translação no balde, na corda e puramente rotacional na polia. A corda pode ser tratada como um sistema de partículas e a energia cinética da corda estará muito bem representada pela energia do CM da corda.

$$K_b=\frac{1}{2}\;m_b\;v^2\quad(Balde) $$$$K_c=\frac{1}{2}\;m_{cm}\;v_{cm}^2=\frac{1}{2}\;m_{cm}\;v^2\quad(CM\; da\; corda) $$$$K_r=\frac{1}{2}\;I_r\;\omega^2=\frac{1}{2}\;\frac{I_r}{R^2}\;v^2\quad(Polia) $$

As relações de igualdade são possíveis pois a corda não se estica e a polia não desliza. A quantidade $m_{cm}$ é a parte da corda que desenrolou da polia.

A energia cinética no final será: $$K_f=\frac{1}{2}\;v^2\;(m_b+m_{cm}+\frac{I_r}{R^2})\quad(2)$$

A energia potencial de cada elemento no instante final será dada pela equação $U(y)=m\;g\;y$; Ela será zero para a polia (ela continua na referência). O balde se desloca $d$ para baixo, e o CM da corda (homogênea) no fim do movimento estará a uma distância $\frac{d}{2}$ para baixo.

$$U_b=-m_b\;g\;d\quad(Balde) $$$$U_c=-m_{cm}\;g\;\frac{d}{2}\quad(CM\; da\; corda) $$$$U_r=0\quad(Polia) $$

A energia potencial(gravitacional) no final será: $$U_f=-g\;d\;(m_b+\frac{m_{cm}}{2})\quad(3)$$

Somando as equações (3) e (4), encontramos a energia mecânica no instante final e ela será igual a ZERO pela equação (1).

$$E_f=K_f+U_f=\frac{1}{2}\;v^2\;(m_b+m_{cm}+\frac{I_r}{R^2})-g\;d\;(m_b+\frac{m_{cm}}{2})=0$$

Reorganizando se obtem

$$v^2=\frac{g\;d\;(2\;m_b+m_{cm})}{(m_b+m_{cm}+\frac{I_r}{R^2})}$$

A massa da corda que saiu da polia pode ser obtida usando a densidade $\lambda$ e o comprimento $d$, e terá valor $m_{cm}=\frac{d}{L}m_c$

Substituindo chegamos a resposta.

Resposta: A velocidade do balde será:

$$v=\sqrt{\frac{g\;d\;(2\;m_b\;+m_{c}\;\frac{d}{L})}{(m_b+m_{c}\;\frac{d}{L}+\frac{I_r}{R^2})}}$$

Notem que: A partir da resposta completa podemos encontrar as soluções mais simples.

Solução Completa	Sem massa na Polia	Sem massa na Corda.	Caso Ideal
Sem Restrições	$$I_r=0$$	$$m_c=0$$	$m_c=0$ e $I_r=0$
$$v=\sqrt{\frac{g\;d\;(2\;m_b\;+m_{c}\;\frac{d}{L})}{(m_b+m_{c}\;\frac{d}{L}+\frac{I_r}{R^2})}}$$	$$v'=\sqrt{\frac{g\;d\;(2\;m_b\;+m_{c}\;\frac{d}{L})}{(m_b+m_{c}\;\frac{d}{L})}}$$	$$v''=\sqrt{\frac{2\;g\;d}{(1+\frac{I_r}{m_b\;R^2})}}$$	$$v'''=\sqrt{2\;g\;d}$$

Problema adicional proposto:¶

Calcule o erro absoluto e o erro relativo comedito entre a resposta completa $(v)$ e cada uma das aproximações $(v',v'',v''')$.

Dados numéricos:

Massa de um balde 10l vazio: 1.5 kg
Volume de água no balde : 8.5 l (entornou um pouco quando bateu na polia).
Comprimento total da corda: $L=10\; m$
Massa total da corda: $m_c=0.30\; kg$
Raio da polia: $R=4\;cm$
Massa da polia: $M=0.5\; kg$
Distância percorrida pelo balde na queda: $d=1\;m$
Momento de Inércia da polia : $I_r=\frac{1}{2}\;M\;R^2$ (semelhante a um disco ou tambor cilíndrico)

Obrigado a todos pela presença!¶

Na próxima semana, avaliação A4 - Estática(de corpo extenso), Cinemática e Dinâmica Rotacional.