Dinâmica de blocos

por **VictorCoe** Sáb 22 Dez 2012, 23:11

No momento t=0 uma força F=at é aplicada em um pequeno corpo de massa m parado em um plano horizontal liso (a é uma constante). A direção permanente dessa força forma um ângulo α com a horizontal. Ache:
a) A velocidade do corpo no momento da sua ruptura ao plano.
b)a distância percorrida do corpo neste momento.

por **ramonss** Dom 23 Dez 2012, 00:02

Não tem o gabarito?

a)

$Dinâmica de blocos Gif.latex?\\I%20=%20\Delta%20Q\rightarrow%20F.\Delta%20t=m(v_f-v_o)\\\\F%20=%20a.t.cos\alpha \;\;\therefore%20v_f=\frac{at^2$

Resta-nos o instante em que o corpo está se rompendo com o solo, o que implica que:

$Dinâmica de blocos Gif.latex?at_f.sen\alpha%20=%20m.g\rightarrow%20t_f=\frac{mg}{a$

Substituindo:

$Dinâmica de blocos Gif.latex?v_f=\frac{a(\frac{mg}{a.sen\alpha%20})^2.cos\alpha}{m}\Rightarrow%20v_f%20=%20\frac{mg^2.cos\alpha }{a$

b)

A distância é a área do gráfico da vel. em função do tempo:

$Dinâmica de blocos Gif$

O que vou escrever agora acabei de tentar aprender na internet, então não sei se foi a maior \"censurado\" da história hahaha:

$Dinâmica de blocos Gif.latex?\\A%20= \Delta S = \int%20_0^{t_f}\frac{at^2.cos\alpha }{m}dx%20=%20\frac{a.(\frac{mg}{a.sen\alpha%20})^3.cos\alpha }{3.m}\\\\\Delta S%20=%20\frac{m^2.g^3.cos\alpha }{3.a^2$

hahaha, se tiver errado, foi mal

por **Euclides** Dom 23 Dez 2012, 00:15

Não há atritos. Temos uma componente vertical e uma horizontal da força, além do peso do bloco.A perda de contato com o plano ocorre no momento em que a componente vertical da força igualar o peso do bloco.

$atsen\alpha=P\;\;\to\;\;t=\frac{P}{asen\alpha}$

a variação da quantidade de movimento do bloco é

$\\I=\int_{0}^{t}atcos\alpha\;dt\;\;\to\;\;I=\frac{at^2cos\alpha}{2}\;\;\to\;\;mv=\frac{aP^2cos\alpha}{2a^2sen^2\alpha}\\\\\\\boxed{v=\frac{mg^2cos\alpha}{2asen^2\alpha}}$

para conferir dimensionalmente

$\\a=\frac{M.L}{T^3}\;\;\;\to\;\;\;v=\frac{M.L^2}{\frac{M.L}{T^3}\times T^4}=\frac{L}{T}\;\;\to\;\;ok$

a distância percorrida pela variação da energia cinética e o trabalho da força

$\\\frac{1}{2}mv^2=\int_{0}^{x}at.dx\;\;\;\to\;\;\frac{1}{2}m\left ( \frac{mg^2cos\alpha}{2asen^2\alpha} \right )^2=atx\\\\\\\frac{1}{2}m\left ( \frac{mg^2cos\alpha}{2asen^2\alpha} \right )^2=a\cdot\frac{mg}{asen\alpha}\cdot x \;\;\to\;\;\frac{1}{2}\cdot\frac{m^2g^4cos^2\alpha}{4a^2sen^4\alpha}=a\cdot\frac{g}{asen\alpha}\cdot x \\\\\\\boxed{\frac{m^2g^3cos^2\alpha}{8a^2sen^3\alpha}= x } \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\text{dimensionalmente: }\;\;\;\frac{M^2.L^3}{\frac{M^2.L^2}{T^6}\cdot T^6}\;\to\;L\;\to\;ok$

por **VictorCoe** Dom 23 Dez 2012, 00:15

Quase, você só errou na velocidade que você não a integrou.
a)1)
$N+atsen\alpha =mg$

$t=\frac{mg}{asen\alpha }$

2)
$\frac{dv}{dt}=\frac{Fcos\alpha }{m}$

$\int_{0}^{v}dv=\int_{0}^{t}\frac{atcos\alpha }{m}$

$v=\frac{at^2cos\alpha }{2m}$

$v=\frac{mg^2cos\alpha }{2asen^2\alpha }$

b)
$\int_{0}^{S}dS=\int_{0}^{t}vcos\alpha dt$

$\int_{0}^{S}dS=\int_{0}^{t}\frac{at^2cos\alpha}{2m}dt$

$S=\frac{at^3cos\alpha}{6m}$

$S=\frac{m^2g^3cos\alpha }{6a^2sen^3\alpha }$

(*Correção, me esqueci de colocar o cos\alpha xD)

por **ramonss** Dom 23 Dez 2012, 00:18

Victor, você se referiu a um erro meu ou do Euclides? Se for meu, não intendi (não manjo integrar)
Se puder me explicar por que o seu denominador é o dobro do meu cheers

por **VictorCoe** Dom 23 Dez 2012, 00:25

Ramon, $\int x^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}$

O meu denominador ficou o dobro do seu porque eu integrei o tempo, que ficou $\frac{t^2}{2}$ , no seu caso, você não integrou.
(E eu respondi a você mesmo ramon Very Happy

)

Euclides, essa seria a distância mínima percorrida ?

por **ramonss** Dom 23 Dez 2012, 00:30

Por que eu deveria ter integrado o tempo?
É como se eu tivesse que calcular a área do gráfico de Força em função do tempo e eu calculei sem integrar = errado, né..

@edit
ah, entendi... A área do gráfico seria o mesmo do que a área de um triangulo, isto é F.t.t/2