Para as condições indicadas no Prob. 3 / 89 , determine as componentes inerciais x e y da força horizontal P → exercida sobre o cursor pelo tubo imediatamente antes do cursor sair do tubo.

Imgem do Prob. 3 / 89 :

Passo 1

No problema 3 / 89 encontramos uma fórmula para calcular a velocidade radial r ˙ . Primeiro consideramos que, como não existe atrito dentro do tubo, a aceleração na direção radial é nula:

m r ¨ - r Ω 2 = 0         ⇒           r ¨ = r Ω 2

E então usamos a regra da cadeia para reescrever r ¨ :

r ˙ d r ˙ d r = r Ω 2

E então:

r ˙   d r ˙ = r Ω 2   d r

E integrando:

∫ r ˙ 0 r ˙ r ˙   d r ˙ = ∫ r 0 r r   Ω 2   d r

r ˙ 2 2 - r ˙ 0 2 2 = Ω 2 r 2 2 - r 0 2 2

E então:

r ˙ = r 0 2 + Ω 2 r 2 - r 0 2

E vamos usar essa fórmula para calcular quanto tempo o cursor demora para deixar o tubo.

Passo 2

Vamos reescrever:

d r d t = r ˙ 0 2 + Ω 2 r 2 - r 0 2

d t = d r r ˙ 0 2 + Ω 2 r 2 - r 0 2

E agora vamos integrar quando r vai de r 0 = 0,150   m até r , considerando que t 0 = 0 .

t = ∫ r 0 r d r r ˙ 0 2 + Ω 2 r 2 - r 0 2

E agora precisamos resolver essa integral. Vamos resolver a indefinida primeiro, para deixar a resolução mais fácil de acompanhar:

I = ∫ d r Ω 2 r 2 - Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2

E vamos chamar A = Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2 e B = Ω 2 para facilitar nossa vida:

I = ∫ d r B r 2 - A

E fazendo uma substituição que simplifica bastante as coisas:

r = A / B   sec ⁡ u    

d r = A / B sec ⁡ ( u ) tan ⁡ ( u ) d u

E aplicando essa substituição na integral:

I = ∫ A / B sec ⁡ ( u ) tan ⁡ ( u ) B ( A / B   sec ⁡ u )   2 - A   d u

I = ∫ A / B sec ⁡ ( u ) tan ⁡ ( u ) A ( sec 2 ⁡ u - 1 )   d u

I = 1 B ∫ sec ⁡ ( u ) tan ⁡ ( u ) sec 2 ⁡ u - 1   d u

I = 1 B ∫ sec ⁡ ( u )   d u

E a integral da secante é algo que conhecemos:

I = 1 B ln ⁡ tan ⁡ u + sec ⁡ u

Passo 3

Agora podemos substituir o r de volta para encontrar o valor de t :

r = A / B   sec ⁡ u         ⇒         u = arcsec ⁡ ( B / A     r )

Com A = Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2 e B = Ω 2

I = 1 Ω ln ⁡ tan ⁡ arcsec ⁡ B A     r + sec ⁡ arcsec ⁡ B A     r

Ok, vamos continuar simplificando:

I = 1 Ω ln ⁡ tan ⁡ arcsec ⁡ B A     r + B A     r

E agora é só lembrar que tan ⁡ arcsec ⁡ x = x 2 - 1

I = 1 Ω ln ⁡ 1 A B r 2 - A + B A     r

E substituindo as constantes:

I = 1 Ω ln ⁡ 1 Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2 Ω 2 r 2 - Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2 + Ω 2 Ω 2 r o 2 + r ˙ 0 2     r

E lembrando que Ω = 7   r a d / s , r ˙ 0 = 20   m / s e r 0 = 0,15 :

I = 0,143   ln ⁡ 0,0499 49 r 2 + 398,9 + 0,3495   r

Passo 4

Agora lembre que precisamos calcular a integral indefinida, que é:

t = I 1 - I ( 0,15 )

I 1 = 0,143   ln ⁡ 0,0499 49 ( 1 ) 2 + 398,9 + 0,3495   ( 1 ) = 0,0486829

I 0,15 = 0,143   ln ⁡ 0,0499 49 ( 0,15 ) 2 + 398,9 + 0,3495   ( 0,15 ) = 0.007035

t ≅ 0,042   s

Ok, esse é o tempo que o cursor leva para chegar até o final do tubo, mas ainda não acabou! Vamos ver qual é o deslocamento angular:

θ = Ω t

θ = 7 0,042 = 0,294   r a d

Passo 5

Beleza, agora é só lembrar do valor que tínhamos calculado para a força P no problema 3 / 89 :

P = 53,3   N

E agora fica fácil achar as componentes em x e y , vamos desenhar a visão de cima:

P x = - P sen ⁡ θ = - 53,3 sen ⁡ 0,294 = - 15,44   N

P y = P cos ⁡ θ = 53,3 cos ⁡ ( 0,294 ) = 51,01   N

Pronto!

Resposta

As componentes da força são P x = - 15,44   N e P y = 51,01   N .

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados