Exerc´ıcios desafiadores de Dinâmica da Part´ıcula

Exercı́cios desafiadores de Dinâmica da Partı́cula
Stevinus
setembro 2009
2
Dinâmica da Partı́cula
2.1
Sejam Espertos !
Como tratar de um problema de dinâmica de um número finito de partı́culas ?
• Separar as partı́culas diferentes do sistema em estudo e enumerar todas as forças que agem
sobre cada uma.
• Escrever as leis de Newton para cada partı́cula em um sistema de referência inercial :
X
~ sobreA
MA ~aA =
F
• Há um certo número de componentes do sistema que serão idealizados.
1. Uma corda inextensı́vel que só vai transmitir a tensão (força) nela aplicada.
2. Uma polia sem inércia que só muda a direção da força.
3. Um dinamômetro sem massa que mede a tensão na corda com a qual ele está amarrada.
• A descrição das forças agindo sobre as partı́culas do sistema.
1. Forças fundamentais como a atração gravitacional, seja perto da terra, F = mg, ou como
força central entre planetas F = G M M 0 /(R2 ). Outra é a força electroestática entre
partı́culas carregadas electricamente.
2. Forças fenomenolôgicas descrevendo o movimento pequeno em torno de um ponto de
equilı́brio : F = −k (X − Xeq )
3. A força de contato que A exerce sobre B através de um plano tangente com normal
~ at;A/B ,
~
nA/B orientada de A para B pode decompor-se em uma componente tangencial F
~ A/B = NA/B ~nA/B . O contato é mantido se
a força de atrito, e uma reação normal N
NA/B > 0. Teremos atrito estático, i.e. sem movimento na direção da força de atrito
~ at;A/B | da força de atrito obedece à condição : |F
~ at;A/B | ≤ µes NA/B ,
se o mó dulo |F
onde µes é o coeficiente de atrito estático. Se esa desigualdade não for satisfeito, o atrito
~ at;A/B | = µcin NA/B , onde µcin é o
é cinético e o valor do módulo é determinado por |F
coeficiente de atrito cinético.
• Finalmente temos que escrever quais são os vı́nculos entre as diferentes partes do sistema.
1
2.2
Tudo Liso
Um bloco pequeno B, de massa mB , é colocado em cima de um bloco triangular A, de massa mA,
que faz ofı́cio de plano inclinado e que por sua vez está em cima de uma mesa M horizontal fixa.
O ângulo do plano inclinado com M é θ e os contatos tanto entre B e A, quanto entre A e M, são
lisos. Primeira pergunta :
O bloco B é solto do repouso em cima do plano A. Determine a aceleração de cada bloco.
————————————————————————————————————–
Solução :
Olhando o desenho abaixo (Imagine !) :
O bloco em cima do plano inclinado :
notaremos o vetor unitário normal ao plano inclinado ~
u = î sin θ + ĵ cos θ , onde tomamos o vetor
unitário î na direção da ponto do bloco e ĵ no sentido para cima da direção vertical. Vemos que as
únicas forças agindo sobre B são 1) o peso mB g e 2) a reação normal NB do plano A sobre ele.
temos (é só olhar o desenho !) :
NB = ~
u N ; mB g = − ĵ mB g
Sobre o bloco A temos o peso mA g, a reação normal de B sobre ele que é − NB e, finalmente, a
reação da mesa NA .
− NB = − ~u N ; mA g = − ĵ mA g ; NA = ĵ N 0
As equações de Newton, em componentes, são :
mB aB,X
= N sin θ
(2.2.1)
mB aB,Y
mA aA,X
mA aA,Y
= N cos θ − mB g
= − N sin θ
= − N cos θ − mA g + N 0
(2.2.2)
(2.2.3)
(2.2.4)
Além das equações de Newton da dinâmica, é preciso explicitar os vı́nculos do sistema : bloco B plano inclinado A - mesa M. Considerando o laboratório como um referencial inercial, a mesa está
em repouso nele e só contribue com a sua reação normal NA . O vı́nculo entre o plano A e a mesa
M é que o deslocamento relativo deles é sempre horizontal e a mesa fica em repouso. Tomando
derivadas em relação ao tempo temos que a aceleração de A deve ser perpendicular à vertical :
0 = ~aA · ĵ ≡ aA,Y
(2.2.5)
O contato entre o bloco B e A é de mesmo formalizado pelaexigência que odeslocamento relativo
deve ser perpendicular à normal ao plano inclinado : ~
u = î sin θ + ĵ cos θ e de mesmo para as
acelerações :
0 = (~aB − ~aA ) · î sin θ + ĵ cos θ ≡ (aB,X − aA,X ) sin θ + (aB,Y − aA,Y ) cos θ
(2.2.6)
2
As 6 equações {(2.2.1),(2.2.2),(2.2.3),(2.2.4),(2.2.5), (2.2.6)} determinam as 6 incognitas {aB,X , aB,Y , aA,X , aA,Y , N, N 0 }.
Obtemos de (2.2.4) e (2.2.5)
N 0 = N cos θ + mA g
(2.2.7)
Substitumos {aB,X , aB,Y , aA,X , aA,Y } das 4 primeiras equações em (2.2.6), o que permite determinar
a reação entre o bloco e o plano inclinado :N .
N =
mA mB
g cos θ
mA + mB sin2 θ
(2.2.8)
As acelerações são :
aB,X
=
aB,Y
=
aA,X
=
aA<Y
=
mA
mA + mB sin2 θ
mA
mA + mB
g cos2 θ
−g = −
g sin2 θ
mA + mB sin2 θ
mA + mB sin2 θ
mB
− g cos θ sin θ
mA + mB sin2 θ
0
g cos θ sin θ
(2.2.9)
(2.2.10)
(2.2.11)
(2.2.12)
Segunda pergunta :
Qual deve ser a força horizontal aplicada ao plano inclinado A para que o bloco B não se move em
relação a este plano?
As equações de Newton, em componentes, são :
mB aB,X
mB aB,Y
mA aA,X
mA aA,Y
=
=
=
=
N sin θ
N cos θ − mB g
− N sin θ + Fext
− N cos θ − mA g + N 0
(2.2.13)
(2.2.14)
(2.2.15)
(2.2.16)
Mas os vı́nculos agora são 3 em lugar de 2 ! A aceleração vertical do plano, de novo, é nula, como é
teambém a aceleração relativa de B e A.
aB,X − aA,X
aB,Y − aA,Y
aA,Y
=
=
=
0
0
0
(2.2.17)
(2.2.18)
(2.2.19)
Temos agora 7 equações {(2.2.13),...,(2.2.19)} e 7 incognitas : {aB,X , aB,Y , aA,X , aA,Y , N, N 0 , Fext }.
A solução é dada por :
aB,Y = aA,Y = 0
aB,X = aA,X = g tan θ
mB
N=
g
cos θ
N 0 = (mA + mB ) g
Fext = (mA + mB ) g tan θ
3
2.3
Uma curva em Monza
Consideremos um automóvel movendo-se com velocidade escalar constante v em uma curva circular
de raio R. O leito da esstrada é inclinado lateralmente nas curvas com uma surelevação externa.
Numa corte transversal o leito faz um ângulo θ com o plano horizontal. A força de contato entre o
carro e a estrada tem uma componente tangencial devido ao atrito, que supomos estático, sobre os
pneus do automóvel. Seja µ o coeficiente de atrito estático, determine qual é a faixa de velocidade
que o carro pode ter para continuar na curva com raio R.
————————————————————————————————————–
Solução :
Olhando o desenho abaixo (Imagine !) :
O carro na curva inclinada :
Numa posição instantânea do carro, seja î o vetor unitário horizontal apontando para o centro da
curva e ĵ o vetor unitário vertical para cima. O vetor unitário transversal à curva, apontando para
cima da estrada é ~t = − î cos θ + ĵ sin θ e a normal ao leito da estrada é ~
n = + î sin θ + ĵ cos θ.
Podemos inverter essas relações e obtemos :
î =
− cos θ ~t + sin θ ~
n
ĵ =
+ sin θ ~t + cos θ ~
n
(2.3.1)
Para continuar no movimento circular, a aceleração tem que ser centripeta : ~a =
de Newton para o carro é :
~ +F
~ at
m ~a = m ~g + N
v2
R
î. A equação
(2.3.2)
~ = N ~n e F
~ at = Fat ~t, escrevemos essa equação vectorial em componentes nos eixos {~
Com N
n, ~t} :
m v2
cos θ
R
m v2
+
sin θ
R
−
=
− m g sin θ + Fat
=
− m g cos θ + N
Obtemos :
Fat
m v2
v2
= −
cos θ + m g sin θ = m g −
cos θ + sin θ
R
gR
(2.3.3)
2
N
= +
2
mv
v
sin θ + m g cos θ = m g +
sin θ + cos θ
R
gR
Nota-se que N é sempre positivo de modo que o contato é mantido.
A condição de atrito estático (transversal !) é que
− µ N ≤ Fat ≤ +µ N
4
(2.3.4)
Notaremos θe o ângulo entre 0 e π/2 tal que tan θe = µ e K = v2 /(g R). Substituindo (2.3.3) em
(2.3.4), obtemos :
K (cos θ − tan θe sin θ)
≤ sin θ + tan θe cos θ
K (cos θ + tan θe sin θ)
≥ sin θ − tan θe cos θ
Como cos θe > 0, temos
K cos (θ + θe )
K cos (θ − θe )
≤
≥
sin (θ + θe )
sin (θ − θe )
(2.3.5)
(2.3.6)
Caso cos (θ − θe ) > 0, teremos
tan (θ − θe ) ≤
v2
≤ tan (θ + θe )
gR
(2.3.7)
Nota-se que Fat é positiva, i.e. dirigida para cima, se v2 /(g R) ≤ tan θ : Em baixa velocidade a
força de atrito não deixa o carro sair da curva por dentro. Se v2 /(g R) ≥ tan θ, ela é dirigida para
cima e não deixa o carro sair da curva para fora.
Exercı́cio :
Discute os casos 1) de um contato liso e 2) θ = 0.
5