IME/ITA ⇒ (IME - 1985/86) Dinâmica Tópico resolvido

[theblackmamba]

Questão antiga da II Maratona de Física IME/ITA retirada conforme 6ª regra.

O cilindro circular reto da figura, de altura [tex3]h[/tex3] e raio [tex3]R[/tex3], totalmente submerso no recipiente de água de altura [tex3]H[/tex3], ao ser ligado por um cabo aos dois blocos de mesmo material e massa [tex3]m[/tex3], passa a flutuar, mantendo submersos [tex3]\frac{5}{6}[/tex3] de sua altura. Quando o mesmo cilindro, mantido preso, totalmente fora do recipiente, com sua superfície inferior coincidindo com a superfície da água e ligado aos mesmos dois blocos, é liberado, passa a flutuar, mantendo submersos [tex3]\frac{4}{6}[/tex3] de sua altura. Sabendo-se que a superfície inclinada onde estão apoiados os blocos é rugosa, determine os coeficientes de atrito entre os blocos e a superfície inclinada.

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[FilipeCaceres]

Olá a todos,

Para a situação inicial temos,
[tex3]\begin{cases}P_1=E+T\\P_2sin(\theta )=Fat +T\end{cases}\Longrightarrow (1)\begin{cases}Mg=\mu _l\cdot g\cdot (\pi R^2)\cdot\frac{5}{6}h +T\\mg\cdot sin\theta =\mu \cdot mg\cdot cos\theta +T\end{cases}[/tex3]

Para a segunda situação temos,
[tex3]\begin{cases}P_1=E+T\\P_2sin(\theta) +Fat =T\end{cases}\Longrightarrow (2)\begin{cases}Mg=\mu _l \cdot g\cdot (\pi R^2)\cdot \frac{4}{6}h +T\\mg \cdot sin\theta +\mu \cdot mg\cdot cos\theta =T\end{cases}[/tex3]

De [tex3](1)[/tex3], isolando [tex3]T[/tex3] e substituindo
[tex3]\boxed{Mg=\mu _l\cdot g\cdot \pi\cdot R^2\cdot\frac{5}{6}h+mg\cdot sin\theta -\mu \cdot mg\cdot cos\theta}\hspace{40pt} (3)[/tex3]

De [tex3](2)[/tex3], isolando [tex3]T[/tex3] e substituindo
[tex3]\boxed{Mg=\mu _l \cdot g\cdot \pi \cdot R^2\cdot \frac{4}{6}h+ mg \cdot sin\theta +\mu \cdot mg\cdot cos\theta}\hspace{40pt} (4)[/tex3]

Igualando [tex3](3)\,e\,(4)[/tex3]
[tex3]\mu _l \cdot g\cdot \pi \cdot R^2\cdot \frac{4}{6}h+ \cancel{mg sin\theta } +\mu \cdot mg\cdot cos\theta=\mu _l\cdot g\cdot \pi \cdot R^2\cdot\frac{5}{6}h+\cancel{mg sin\theta } -\mu \cdot mg\cdot cos\theta[/tex3]

[tex3]2\mu \cdot m\cancel{g}\cdot cos\theta=\frac{1}{5}\cdot \mu _l \cdot \cancel{g}\cdot \pi \cdot R^2 \cdot h[/tex3]

Portanto,
[tex3]\boxed{\mu =\frac{\mu _l \cdot \pi \cdot R^2\cdot h}{10\cdot m\cdot cos(\theta)}}[/tex3]

Grande abraço.

[aleixoreis]

Prezado FilipeCaceres:

Pelo que entendi da solução da questão, vc considerou que o peso do bloco pendurado é igual ao das duas massas "m" juntas.
É isso mesmo?
Eu não consegui deduzir, pelo enunciado, essa igualdade.
[ ]'s.

[FilipeCaceres]

Valeu aleixoreis,

Eu fiz bagunça, li errado e resolvi como se fosse os pesos iguais. o.0

Se achar qualquer erro é só falar.

Grande abraço.

[miguel747]

Prezado FilipeCaceres:

Pelo que entendi da solução da questão, vc considerou que o peso do bloco pendurado é igual ao das duas massas "m" juntas.
É isso mesmo?
Eu não consegui deduzir, pelo enunciado, essa igualdade.
[ ]'s.

aleixoreis,

Pelo que percebi da resolução ficou clara a questão que os pesos não são iguais nas análises referidas:

[tex3]\begin{cases}P_c = T+E\\P_2sen\theta = T+F_{fat}\end{cases}[/tex3]. Tendência do movimento para cima.

se somar as duas equações temos: [tex3]P_c + F_{fat} = P_2sen\theta + E[/tex3]

O que não configura que o peso do cilindro é igual, em módulo, ao peso dos dois blocos.

Abs,

[FilipeCaceres]

Olá miguel747,

Na verdade o nosso amigo aleixoreis estava chamando a minha atenção, pois na solução inicial eu tinha lido errado e fiz como se os pesos fossem iguais. Mas se lermos com calmo veremos claramente que não são, os blocos que estão na rampa que tem o mesmo peso.

PS.: Você se chama Filipe também?

Grande abraço.