F M θ m atrito - Departamento de Física

Separando as componentes x (pra direita) e y (pra cima):
EXERCÍCIOS DE DINÂMICA – 1 CORPO
|F~t→e | cos 30◦ − mg
|F~B→e | − |F~t→e | sin 30◦
UFPR – Departamento de Fı́sica
CF-345 – Fı́sica Básica I
=
=
may ,
max .
Como a esfera permanece parada, ax = ay = 0. Então:
1. Um pequeno bloco de chumbo com massa m = 3, 00
kg está apoiado sobre uma placa longa de madeira com
massa M = 4, 00 kg. Os coeficientes de atrito estático
e cinético para o contato entre os dois corpos são dados, respectivamente, por µe = 0, 600 e µc = 0, 400. No
exato instante em que a placa de madeira é posta (em
repouso) sobre uma superfı́cie completamente lisa, inclinada de um ângulo θ = 16, 7 o, uma força de módulo
F = 26, 0 N é aplicada sobre o bloco de chumbo.
mg
= |F~t→e | cos 30◦ ,
|F~B→e | = |F~t→e | sin 30◦ .
Dividindo a segunda pela primeira,
|F~B→e | = mg tan 30◦ ≈ 1, 7 × 10−3 N.
(c) Da primeira equação,
|F~t→e | =
(a) Desenhe todas as forças que atuam sobre cada um
dos corpos.
(b) Mostre que o bloco de chumbo vai deslizar sobre a
placa.
3. Três blocos estão ligados e são puxados para a direita,
conforme a figura, sobre uma mesa horizontal sem atrito
por uma força F~m→3 de módulo 65 N. As massas valem
(c) Calcule as acelerações do bloco e da placa.
F
m
mg
≈ 3, 4 × 10−3 N.
cos 30◦
m1 = 12 kg, m2 = 24 kg e m3 = 31 kg.
(a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre cada
massa. Para todas as forças consideradas, identifique
seus respectivos pares ação-reação.
M
atrito
(b) Calcule a aceleração do sistema.
θ
(c) Calcule a tração na corda entre m1 e m2 e, também,
entre m2 e m3 .
2. Uma esfera de massa m = 3, 0×10−4 kg está suspensa por
um fio. Uma brisa sopra ininterruptamente da direção
horizontal empurrando a esfera de tal forma que o fio faz
um ângulo constante de 30◦ com a vertical.
(a) Faça o diagrama de forças que atuam a massa. Para
todas as forças consideradas, identifique seus respectivos
pares ação-reação.
(b) Ache o módulo do empurrão.
Resolução
(c) Ache a tração no fio.
Resolução
(a) O diagrama de forças para cada bloco é representado
pela figura:
a) O diagrama de forças para a esfera é representado pela
figura:
AK
~
6Fc→1
ym1 F~2→1
F~t→e
A m
Ay F~B→e
?F~g(1)
?
F~g
—
—
—
m2 y F~1→2
F~3→2
(2)
F~g ?
F~c→3
6
m3 y F~2→3
F~m→3
(3)
F~g ?
Os pares ação-reação são:
(1)
F~g
(2)
F~g
(3)
F~g
F~1→2
F~3→2
F~c→1
F~c→2
F~c→3
F~m→3
Os pares ação-reação são:
F~g
F~t→e
F~B→e
F~c→2
6
F~ge→T (na Terra);
F~e→t (no teto);
F~e→B (no ar).
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton obtemos:
F~g + F~B→e + F~t→e = m~a.
1
—
—
—
—
—
—
—
—
—
F~g1→T (na Terra);
F~g2→T (na Terra);
F~g3→T (na Terra);
F~2→1 ;
F~2→3 ;
F~1→c (no chão);
F~2→c (no chão);
F~3→c (no chão);
F~3→m (em quem aplica F~m→3 ).
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton para cada corpo
obtemos:
(1)
F~g + F~2→1 + F~c→1
(2)
F~g + F~1→2 + F~3→2 + F~c→2
(3)
F~g + F~2→3 + F~m→3 + F~c→3
(1)
= F~res
(2)
= F~res
(3)
= F~res
F~M→m
= m1~a1 ,
= m2~a2 ,
= m3~a3 .
F~gm
f~
6M→m
m
y -F~
?
F~
6 c→M
M
y F~m→M
F~gM ??
f~m→M
Supondo que a distância entre os blocos não se altera,
Para o corpo m:
~a1 = ~a2 = ~a3 =
~ a.
m
F~res
= F~gm + F~M→m + F~ + f~M→m = m~am .
Além disso, pela terceira Lei de Newton,
Para o corpo M :
M
F~res
= F~gM + F~m→M + f~m→M + F~c→M = M~aM .
F~2→1 = −F~1→2 e F~2→3 = −F~3→2 .
Separando cada componente das equações de Newton
acima, obtemos:
Considerando também que
F~g(1) = −F~c→1 , F~g(2) = −F~c→2 e F~g(3) = −F~c→3 ,
|F~ | − |F~M→m |
|f~M→m | − |F~ m |
ao somar as equações de cada corpo, obtemos
=⇒
g
|F~m→M |
|F~c→M | − |f~m→M | − |F~gM |
F~m→3 = (m1 + m2 + m3 )~a
F~m→3
65
=
ı̂ (m/s2 ) ≈ 0, 97 ı̂,
~a =
m1 + m2 + m3
67
= mam,y ,
= M aM,x ,
= M aM,y .
Não queremos que haja escorregamento. Portanto, impomos am,y = aM,y = 0. Além disso, como os blocos se
movem juntos, am,x = aM,x = a. Assim:
(em m/s2 ) sendo ı̂ um versor horizontal para a direita.
(c) Da equação de movimento do corpo 3,
|F~ | − |F~M→m | =
|f~M→m | − |F~gm | =
|F~m→M | =
F~2→3 + F~m→3 = m3~a
=⇒ F~2→3 = m3~a − F~m→3
|F~c→M | − |f~m→M | − |F~gM | =
≈ (31 × 0, 97 − 65) ı̂ (N) ≈ −35 ı̂ (N)
ma,
0,
M a,
0.
Dividindo a primeira pela terceira:
M +m
|F~ | = |F~M→m |
M
M
|F~ |. Da segunda equação,
ou |F~M→m | = M+m
Para o corpo 2, usando este último resultado,
F~1→2 + F~3→2 = m2~a
=⇒ F~1→2 = m2~a − F~3→2
≈ (24 × 0, 97 − 35) ı̂ (N) ≈ −12 ı̂ (N).
|f~M→m | = |F~gm |.
Portanto, as trações (módulo) entre m1 e m2 , e m2 e m3 ,
valem aproximadamente 12 N e 35 N, respectivamente.
Por outro lado, sabemos que
4. Os dois blocos (com m = 16, 0 kg e M = 88, 0 kg) mostrados na figura não estão presos um ao outro. O coeficiente
de atrito estático entre os blocos é µe = 0, 38. Determine a menor intensidade da força horizontal aplicada F~
MAX
|f~M→m
| = µ|F~M→m | = µ
M
M +m
|F~ |.
Note que, quanto maior |F~ |, maior é a força de atrito
MAX
estático máxima |f~M→m
|. O valor mı́nimo |F~min | é
MAX
aquele em que |f~M→m | compensa a força gravitacional
|F~gm |:
M
µ
|F~min | = |F~gm |
M +m
M + m ~m
~
|Fg |
=⇒ |Fmin | =
Mµ
16 + 88
=
(16 × 10) N ≈ 497 N.
0, 38 × 88
necessária para evitar que o bloco menor escorregue para
baixo do bloco maior nas seguintes situações:
(a) Se o bloco maior puder deslizar sem atrito sobre a
superfı́cie debaixo dele.
(b) Se o bloco maior for fixado à esta superfı́cie.
F
= mam,x ,
m
1111111
0000000
M
(b) Esta situação é equivalente a pensar que o bloco M
é uma parede. Neste caso, as componentes vertical e
horizontal da segunda lei de Newton para m ainda valem:
0000000000000000000000
1111111111111111111111
1111111111111111111111
0000000000000000000000
0000000000000000000000
1111111111111111111111
0000000000000000000000
1111111111111111111111
|f~M→m | − |F~gm | = mam,y
|F~ | − |F~M→m | = mam,x .
Resolução do Problema 3
(a) O diagrama de forças para cada bloco é dado por:
2
direção x, podemos identificar |F~s,x | como sendo a força
centrı́peta Fc :
Ainda queremos que am,y = 0 e sabemos que am,x = 0
(não há movimento horizontal). Então:
mv 2
= k∆x sin θ.
Fc = |F~s,x | =⇒
R
|f~M→m | = |F~gm |
|F~ | = |F~M→m |.
Substituindo a primeira equação nesta última,
p
v = gR tan θ.
Por outro lado, sabemos que
MAX
|f~M→m
| = µ|F~M→m | = µ|F~ |.
Em primeiro lugar, consideraremos que l é o comprimento total da mola, incluindo ∆x. Portanto, temos
que R(caso 1) = l sin θ, e
p
gl sin θ tan θ
v =
s
√
3
=
(10 m/s2 ) · (0, 50 m) ·
6
s
√
5 3
=
m/s = 1, 20 m/s.
6
Note que, quanto maior |F~ |, maior é a força de atrito
MAX
estático máxima |f~M→m
|. O valor mı́nimo |F~min | é
MAX
aquele em que |f~M→m
| compensa a força gravitacional
|F~gm |:
µ|F~min | = |F~gm |
|F~gm |
16 × 10
=⇒ |F~min | =
=
N ≈ 421 N.
µ
0, 38
No segundo caso, consideraremos que l é o comprimento
da mola descontando ∆x, ou seja l0 = l. Temos, portanto,
mg sin θ
R(caso 2) = (l + ∆x) sin θ = l +
k cos θ
5. Uma mola de comprimento l = 50 cm e constante
elástica k = 50 N/m está acoplada a um eixo vertical
que gira livremente conforme a figura. Na extremidade
da mola foi colocada uma bola de massa m = 1 kg. Para
determinada velocidade de rotação, o sistema mola-bola
forma um ângulo θ com a vertical.
(a) Faça um diagrama de forças (de origem fı́sica) que
atuam sobre a bola.
(b) Calcule a velocidade da bola quando o sistema
formar um ângulo θ = 30◦ com a vertical.
Logo,
v
=
=
=
θ
6. Na figura, um pequeno bloco de massa m pode deslizar
sem atrito ao longo de um loop. O bloco é solto do repouso de uma altura h = 5R acima da parte mais baixa
do loop.
k
(a) Qual é o trabalho realizado pela força gravitacional
para levar o bloco até o ponto mais alto do loop?
(b) Qual é a velocidade do bloco neste ponto mais alto?
(c) Faça um diagrama de forças que atuam no bloco
quando ele está no ponto mais alto do loop.
(d) Ainda neste ponto, qual é a força F~B→P que o bloco
m
Resolução
(a)
r mg g l+
sin θ tan θ
k cos θ
s
√
1
2
3
2
(10 m/s ) ·
+ √
m·
2 5 3
6
s √
5 3 2
+ m/s = 1, 45 m/s.
6
3
exerce sobre a pista?
F~s
AK
A m
Ay
F~g
?
(b) Nesta situação, temos o equilı́brio:
h
|F~s,y | = |F~g | =⇒ k∆x cos θ = mg
mg
=⇒ k∆x =
,
cos θ
m
R
111111
000000
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
000000
111111
sendo ∆x a variação do comprimento da mola com
relação ao seu comprimento l0 , quando relaxada. Na
Resolução
3
é constante, já que ele é sujeito a, somente, forças conservativas. Colocando a origem do eixo y (vertical pra
cima) no nı́vel da posição de saı́da do bloco, obtemos sua
energia mecânica inicial:
(a) O trabalho da força gravitacional WF~g pode ser
escrito em termos da energia potencial gravitacional
UF~g (y) = mgy, sendo y a coordenada vertical do bloco.
Considerando y = 0 como sendo a altura da parte mais
baixa do loop, temos
WF~g
=
=
(i)
Em
=
−[UF~g (yf ) − UF~g (yi )] = −[2mgR − 5mgR]
3mgR.
Portanto, até a região com atrito, temos
1
1
mv 2 + mgy = mv02
2
2
q
(b) Como a força gravitacional é a única força que realiza
trabalho no problema, a energia mecânica Em vale Em =
1
2
~g , que se conserva. Portanto,
2 mv + UF
=⇒ v =
1
Em,i = Em,f =⇒ 5mgR = mvf2 + 2mgR
2
p
=⇒ vf = 6gR.
F~g
F~
?? P →B
(d) Se a velocidade é vf =
(b) O bloco chega na região com atrito com uma energia cinética Kf , que pode ser calculada através da conservação da energia mecânica:
√
6gR, então a força centrı́peta
v2
vale: Fc = m Rf = 6mg. Por outro lado, pelo diagrama
de forças, Fc = |F~g | + |F~P →B |. Logo,
1
mv 2 = Kf + mgh
2 0
1
=⇒ Kf = mv02 − mgh.
2
|F~P →B | = Fc − |F~g | = 6mg − mg = 5mg.
Esta é a intensidade da força que a pista exerce
sobre o bloco. Usando a terceira Lei de Newton,
F~B→P = −F~P →B = 5mg̂ (no ponto em questão).
Nesta região, sabemos que Fres = fat , portanto, segundo
o teorema trabalho-energia cinética,
Wfat = ∆K.
7. Na figura, um bloco desliza ao longo de uma pista indo
de um certo nı́vel para um nı́vel mais elevado, atravessando um vale intermediário de profundidade H = 3, 0
m em relação ao primeiro nı́vel. A pista possui atrito
desprezı́vel até que o bloco atinja o nı́vel mais alto. Daı́
por diante, uma força de atrito faz com que o bloco pare
em uma distância d. Considerando que a velocdade inicial do bloco é v0 = 6, 0 m/s, que a diferença de altura
entre o primeiro e segundo nı́vel é h = 1, 0 m e que o
coeficiente de atrito cinético é µ = 0, 6, determine:
Analisando a equação acima para o deslocamento d, e
sabendo que o módulo da força normal é mg, temos:
1
2
−|fat |d = −µmgd = 0 − mv0 − mgh
2
1 v02
=⇒ d =
− gh .
µg 2
Numericamente, d =
(b) A distância d.
(18 − 10) m= 4/3 m.
9. Uma haste rı́gida de comprimento L e massa desprezı́vel
tem uma bola de massa m presa a uma extremidade e
a outra extremidade fixa, para formar um pêndulo. O
pêndulo é invertido, com a haste na posição vertical e a
massa para cima, e depois é solto. No ponto mais baixo,
quais são:
d
h
1
6
8. Um bonde antigo faz uma curva plana de raio igual a 9, 1
m, a uma velocidade de 16 km/h. Que ângulo as alças
de mão penduradas no teto fazem com a vertical?
(a) A velocidade máxima que o bloco pode atingir no
trajeto.
vo
v02 − 2gy.
Note que, quanto menor o valor de y, maior o valor da
velocidade. Portanto, a maior velocidade ocorre no nı́vel
mais baixo da pista y = −H:
q
√
v = v02 + 2gH = 36 + 60 m/s ≈ 9, 8 m/s.
m
y
(c)
1
mv 2 .
2 0
µ
H
(a) A velocidade da bola?
Resolução
(b) A tração da haste?
Resolução
(a) Como a bola está sujeita a forças conservativas exclusivamente, a energia mecânica, que, neste caso, vale
(a) Até entrar na região com atrito, podemos afirmar que
a energia mecânica do bloco,
Em =
1
mv 2 + mgy,
2
Em =
4
1
mv 2 + mgy,
2
Como a velocidade é constante, ~aA = ~aB = 0. Além
(A)
(B)
disso, |F~g | = mA g, |F~g | = mB g, F~A→B = −F~B→A ,
(N )
e, como existe deslizamento, |f~P →A | = µk |F~P →A |.
se conserva. Assumindo a origem do eixo y como sendo
o nı́vel mais baixo da trajetória, obtemos
1
mv 2 + 0
2p f
=⇒ vf = 4gL.
2mgL =
(c) As equações de Newton se reduzem a
(N )
|F~B→A | + µk |F~P →A | − mA g sin θ = 0,
(N )
|F~
| − mA g cos θ = 0,
(b) No ponto mais baixo a força resultante vale: F~res =
(|T~ | − mg)̂. Por outro lado, se tratando da componente
centrı́peta da força resultante, seua módulo vale mvf2 /L.
Juntando as duas informações:
P →A
mB g − |F~A→B | = 0.
(N )
Das duas últimas, |F~P →A | = mA g cos θ e |F~A→B | =
mB g. Substituindo na primeira,
|T~ | − mg = mvf2 /L = 4mg
=⇒ |T~ | = 5mg.
mB g + µk mA g cos θ − mA g sin θ = 0
=⇒ mB = mA (sin θ − µk cos θ).
10. Na figura, dois blocos estão ligados por um fio que passa
por uma polia de massa desprezı́vel. A massa do bloco A
é igual a 10 kg e o coeficiente de atrito cinético entre A
e a rampa é de 0, 20. O ângulo θ de inclinação da rampa
é de 30◦ . O bloco A desliza para baixo da rampa com
velocidade constante.
11. Uma partı́cula de massa m = 1 kg move-se ao longo do
eixo x, sujeita a uma única força F (x) que varia com a
posição. A energia potencial associada a esta força é descrita pela expressão: U (x) = 13 x2 − x, sendo U dado em
J e x em m.
(a) Escreva uma expressão para F (x) e esboce seu
gráfico.
(b) Calcule o trabalho da força√F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 m até x2 = 3 m.
(c) Se, em x0 = 0 cm, a velocidade da partı́cula é
v0 = 0 m/s, qual será sua velocidade em x = 1 m?
(d) Esboce um gráfico para U (x) e, através dele, interprete os resultados dos últimos dois ı́tens.
Resolução
(a) Desenhe todas as forças que atuam sobre cada bloco.
(b) Escreva a segunda lei de Newton para cada um dos
blocos (duas equações para A e uma para B), lembrando
que a força de atrito cinético é dada pelo produto entre
o coeficiente de atrito cinético e a força normal sobre o
bloco.
(c) A partir dessas equações, determine a massa do bloco
B.
A
(a) F (x) se relaciona com seu potencial da seguinte
maneira:
d
d 1 2
2
F (x) = −
U (x) = −
x − x = 1 − x.
dx
dx 3
3
B
θ
(b) Como sabemos uma expressão para a energia potencial associada à F (x),
x →xi
Resolução
WF f(x)
=
(a) O diagrama de forças para cada bloco é dado por:
=
A (N )
K
f~P →A
AF~P →A
*
*
mAA Ay
“F~B→A ”
(A)
F~g ?
“F~
”
6 A→B
mB
=
−[U (xf ) − U (xi )]
1 √ 2 √
−
( 3) − 3 − 0 J
3
√
( 3 − 1) J.
(c) Como F (x) trata-se da força resultante,
y
mvf2
= −∆U = Kf − Ki =
2
s
r
r
2
2 × (3) J
−2∆U
4
=⇒ vf =
=
=
m/s.
m
1 kg
3
(B)
F~g ?
x →xi
WF f(x)
(b) Segunda Lei de Newton (eixo x: paralelo ao plano
apontando pra cima; eixo y: perpendicular ao plano,
também apontando pra cima):
(N )
F~g(A) + F~B→A + F~P →A + f~P →A =
(|F~B→A | + |f~P →A | − |F~ (A) | sin θ)ı̂
g
(N )
+(|F~P →A | − |F~g(A) | cos θ)̂ = mA~aA
e
F~g(B) + F~A→B = (|F~g(B) | − |F~A→B |)ı̂ = mB~aB .
5
f~m2 →m1
(d) Gráfico da energia potencial U (x):
F~
6 P →m1
m
y 1 -F~
F~
6 m1 →m2
m2
F~gm1 ??F~m2 →m1
y f~m1 →m2
F~gm2 ?
3
Para o corpo m2 :
2
m2
F~res
= F~gm2 + F~m1 →m2 + f~m1 →m2 = m2~a2 .
(c) Separando cada componente das equações de Newton
acima, obtemos:
1
0
|F~P →m1 | −
-2
0
2
4
|F~ | − |f~m2 →m1 | = m1 a1,x ,
− |F~m2 →m1 | = m1 a1,y ,
|F~gm1 |
|f~m1 →m2 | = m2 a2,x ,
|F~m1 →m2 | − |F~gm2 | = m2 a2,y .
Como sabemos que |F~gm1 | = m1 g e |F~gm2 | = m2 g, além
do que a1,y = a2,y = 0, a partir da segunda e quarta
equações concluimos que:
12. Sob a ação de uma força constante F~ , o carrinho de
massa m1 = 4, 0 kg é puxado sobre a superfı́cie de uma
mesa (veja a figura). O coeficiente de atrito entre o bloco
de massa m2 = 1, 0 kg e o carrinho é µs ≈ µk = 0, 4 e o
atrito entre o carrinho e a mesa é desprezı́vel.
a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre cada
corpo separadamente. Para todas as forças consideradas,
identifique seus respectivos pares ação-reação.
b) Escreva as equações de Newton para um referencial
inercial fixo ao solo.
c) Calcule o valor máximo F~MAX de F~ para o caixote
não escorregar.
d) Descreva o movimento e encontre as acelerações do
caixote e do carrinho, quando F = 2FMAX .
|F~m1 →m2 | = m2 g
e
|F~P →m1 | = m1 g + m2 g,
sendo que, lembramos, F~m1 →m2 é a componente normal
da força que m1 exerce em m2 e F~P →m1 é a componente
normal da força que o piso exerce em m1 . Aqui usamos
também a terceira Lei de Newton, F~C1→C2 = −F~C2→C1 ,
quando fizemos |F~m1 →m2 | = |F~m2 →m1 |.
Por outro lado, a primeira e a terceira expressões oriundas da aplicação da lei de Newton, partindo do pressuposto que a condição matemática para o caixote não
escorregar é
a1,x = a2,x ,
m2
m1
tornam-se:
|F~ | − |f~m2 →m1 |
|f~m1 →m2 |
=
.
m1
m2
F
Manipulando esta expressão encontramos:
m1 ~
|F~ | − |f~m2 →m1 | +
|fm2 →m1 | = 0.
m2
Resolução
(a) Para o diagrama a seguir, os pares ação-reação são:
F~gm1
F~gm2
f~m1 →m2
F~P →m1
F~m1 →m2
F~
—
—
—
—
—
—
Note que, para que não haja deslizamento, a igualdade
acima deve ser sustentada. Enquanto não houver deslizamento relativo entre m1 e m2 , as forças de atrito f~m2 →m1
e f~m2 →m1 são caracterizadas pelo seus regimes estáticos.
Portanto, elas “garantem” o repouso entre superfı́cies até
que atinjam uma intensidade máxima dada por:
F~gm1 →T
F~gm2 →T
(na Terra);
(na Terra);
f~m2 →m1 ;
F~m1 →P (no piso);
F~m2 →m1 ;
F~m1 →A (em quem aplica F~ ).
s,MAX
s,MAX
|f~m
| = |f~m
|
1 →m2
2 →m1
= µs |F~m2 →m1 | = µs |F~m1 →m2 | = µs m2 g.
As forças F~P →m1 , F~m1 →m2 e F~m2 →m1 são as forças
normais à superfı́cie de contato.
Quando as forças de atrito atingirem este valor máximo
é porque estaremos aplicando a força máxima F~MAX :
m1
~
|FMAX | − µs m2 g +
µs m2 g = 0
m2
=⇒ |F~MAX | = µs (m1 + m2 )g = 20 N.
(b) Para o corpo m1 :
m1
F~res
= F~gm1 + F~m2 →m1 + F~ + F~P →m1 + f~m2 →m1
= m1~a1 .
6
(a) Para os dois referenciais, as interações fı́sicas são
as mesmas, bloco interagindo com a Terra e com o
caminhão. Portanto, as forças sentidas pelo bloco não
dependem do referencial.
(d) Nesse caso, voltamos às quatro equações que representam a segunda Lei de Newton. Na direção y, a análise
é equivalente à realizada no ı́tem anterior. Na direção x,
|F~ | − |f~m2 →m1 | =
|f~m1 →m2 | =
m1 a1,x ,
m y
Aqui devemos considerar forças de atrito do tipo
cinéticas, |f~m2 →m1 | = |f~m1 →m2 | = µk m2 g. Portanto,
usando este valor nas equações anteriores,
a2,x
=
a1,x
=
F~g
|f~m1 →m2 |
= µk g,
m2
|F~ | − |f~m1 →m2 |
|F~ | − µk m2 g
=
.
m1
m1
?
(b) Para o referencial do caminhão, o bloco está parado
inicialmente na origem, e, como a força resultante sobre
ele é nula, permanecerá parado:
~rBC (t) = 0 e ~vBC (t) = 0.
Substituindo os valores, a2,x = 4 m/s2 e a2,x = 9 m/s2 ,
o que demonstra, como deverı́amos esperar, que existe
deslizamento entre os blocos.
As equações de movimento para o bloco, para o referencial fixo à rodovia, são equivalentes às expressões que
descrevem o movimento da origem do sistema de coordenadas do caminhão:
13. Um caminhão-baú trafega em linha reta por uma rodovia
plana, com velocidade ~vCR = |~vCR | ̂ em relação a um
sistema de referência fixo à rodovia. Suponha, conforme
mostra a figura, que, fixo ao caminhão, um novo sistema
de referência é estabelecido. Na origem deste sistema
de coordenadas, em relação a ele, repousa um bloco de
massa m: ~vBC = 0. O atrito entre o chão da carroceria
e o bloco é desprezı́vel. A posição do caminhão (origem
do sistema [xC , yC ]) em função do tempo, em relação ao
referencial fixo à rodovia, é dada por ~rCR (t) = L ı̂ +
(|~vCR |t) ̂.
~rBR (t) = Lı̂ + |~vCR |t̂
e ~vBR (t) = |~vCR |̂.
(c) Como não há atrito, não existe força resultante agindo
sobre o bloco. Portanto, segundo a segunda Lei de Newton, não há aceleração e sua velocidade permanece a
mesma. Logo,
~rBR (t) = Lı̂ + |~vCR |t̂
e ~vBR (t) = |~vCR |̂.
(d) Para o referencial do caminhão, também não aparecem forças fı́sicas novas agindo no bloco. Logo, a resultante continua nula. Aplicando a segunda Lei de Newton
a esta situação não terı́amos alteração no movimento:
a) Desenhe o diagrama de forças que atuam no bloco.
Este diagrama depende do referencial adotado?
b) Escreva as expressões matemáticas para ~rBR (t),
~rBC (t), ~vBR (t) e ~vBC (t).
c) Suponha que o caminhão comece a ser freiado,
sofrendo uma desaceleração ~aCR = −|~aCR | ̂. A partir
da segunda lei de Newton, adotando um sistema de
referência fixo ao solo, descreva o movimento do bloco
~rBR (t) (antes dele se chocar com a parede da carroceria).
d) Repita o ı́tem anterior adotando o sistema de referência fixo ao caminhão.
e) Os resultados dos dois ı́tens anteriores são consistentes?
f) Verifique que existe consistência entre os ı́tens c) e d)
quando supomos, ao usar o referencial fixo ao caminhão,
que o bloco está jeito a uma força F~f = −m~aCR durante
a desaceleração.
g) Qual seria par ação-reação de F~f ?
yR 6
F~C→m
6
6ẑ (vertical)
m2 a2,x .
~rBC (t) = 0 e ~vBC (t) = 0.
(e) São inconsistentes porque, para o referencial da
rodovia, como não existe atrito, o movimento do bloco
não será alterado enquanto o caminhão diminui sua velocidade. Por outro lado, segundo o ı́tem (d), para o referencial do caminhão, que está parando, o bloco deveria
permanecer na origem. Aplicar a segunda Lei de Newton
para o referencial do caminhão, durante a desaceleração,
não é permitido, pois este referencial é não-inercial, a
primeira Lei de Newton é claramente desobedecida nesse
caso.
Uma maneira matemática de verificar a inconsistência
seria escrever a equação para 0 movimento relativo:
~rBR (t) = ~rBC (t) + ~rCR (t).
yC 6
xC
Como, pelos ı́tens anteriores, ~rBR (t) = Lı̂ + |~vCR |t̂ e
~rBC (t) = 0:
Lı̂ + |~vCR |t̂ = 0 + ~rCR (t)
L
=⇒ ~rCR (t) = Lı̂ + |~vCR |t̂.
xR
A expressão para ~rCR (t) é falsa já que o movimento do
caminhão em relação à rodovia é, na verdade, desacelerado.
Rsolução
7
(b) A energia potencial associada à F (x) vale:
Z x
Z x
UF (x) = −
F (x)dx = −
(3x2 − x)dx
(f) Supondo a existência dessa força, a segunda Lei de
Newton aplicada ao bloco,
F~res = m~aBC ,
x
=
torna-se
F~f = −m~aCR = m~aBC .
(c) Como F (x) é a única força que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cinética,
A partir da última equação,
~aBC (t) =
−m~aCR
= −~aCR .
m
WF = Kf − Ki
r
2
=⇒ vf =
WF + vi2
m
Portanto, integrando esta equação,
Sendo vi = v0 = 2 m/s, WF = 0 J e m = 1 kg, obtemos
vf = 2 m/s.
~vBC (t) = ~vBC (0) − ~aCR t
1
~rBC (t) = ~rBC (0) + ~vBC (0)t − ~aCR t2 ,
2
15. Uma partı́cula de massa m = 80 g desloca-se num
espaço unidimensional sob a ação de uma única força
conservativa F (x) caracterizada pela função energia
potencial mostrada na figura.
(a) Construa o gráfico qualitativo de F (x) correspondente. É relevante demonstrar onde a força é positiva,
negativa ou nula, valores máximos e mı́nimos, e comportamento para valores de x muito grandes ou muito
pequenos.
(b) Qual é a posição de equilı́brio da partı́cula? Justifique.
(c) A partı́cula passa pela posição de equilı́brio com
uma velocidade de 5 m/s. Descreva qualitativamente
o movimento da partı́cula. Determine os pontos de
retorno.
(d) Com que velocidade mı́nima deveria a partı́cula
passar pela posição de equilı́brio para poder afastar-se
até o infinito?
Sendo que, aqui, devemos considerar como t = 0 o instante em que se inicia a desaceleração. Assim, ~rBC (0) =
0 e ~vBC (0) = 0.
Agora, se escrevermos:
~rCR (t) = ~rBR (t) − ~rBC (t),
teremos
~rCR (t)
x
0
x 0
1
1
− x3 − x2 + c = −x3 + x2 .
2
2
x0
1
= [Lı̂ + (yCR + |~vCR |t)̂] − − ~aCR t2
2
1
= Lı̂ + yCR + |~vCR |t − |~aCR |t2 ̂,
2
que descreve corretamente o movimento do caminhão em
relação à rodovia ~rCR (t). yCR é a coordenada y do caminhão em relação à rodovia no inı́cio da desaceleração
(mudamos a origem da contagem de tempo!).
(g) Como a força F~f é uma força fictı́cia, não tendo
origem na interação entre o bloco e outro corpo, não
há razão para que ela cumpra a terceira Lei de Newton.
Não existe par ação-reação para esta força.
5
4
U (x) [Jou les]
3
14. Uma partı́cula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma única força que varia com a
posição da seguinte maneira: F (x) = 3x2 − x, sendo a
força F dada em N e x em m.
(a) Calcule o trabalho da força F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 cm até x2 = 50 cm.
(b) Calcule a energia potencial U (x) associada à força
F (x), tomando U (0) = 0.
(c) Se, em x0 = 0 cm, a velocidade da partı́cula é
v0 = 2 m/s, qual será sua velocidade em x = 50 cm?
2
1
0
-1
-2
-3
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
x [m etros]
Resolução
(a) O gráfico deve ser como o da figura abaixo, que é
obtido da relação F (x) = − dU
dx .
Resolução
WF
=
Z
xf =0,5
xi =0
=
F (x)dx =
Z
xf =0,5
xi =0
xf =0,5
1
x3 − x2 + c 2
xi =0
=
F (x) [N ]
(a) Nesse caso, o trabalho de F pode ser calculado da
seguinte maneira (no SI):
(3x2 − x)dx
1 1
− = 0.
8 8
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
x [m ]
8
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
a única força que realiza trabalho nesta parte é a força
gravitacional F~g . Portanto, a energia mecânica Em =
K + UF~g se conserva. Nesta expressão, UF~g (y) = mgy.
Comparando a energia mecânica do instante inicial t0
àquela do instante em que o bloco atinge B temos:
(b) Estas posições são aquelas onde F (x) = 0, ou seja,
onde dU
dx = 0. Portanto, da leitura da figura, x = 0, 3 m é
um ponto de equilı́brio, assim como a região x ≥ 0, 8 m,
que também se caracteriza por F (x) = 0.
(c) Como UF (x = 0, 3) = −3 J, a energia mecânica da
partı́cula vale:
Em
Kt0 + UF~g ,t0 = KB + UF~g ,B .
1
= UF + K = −3 J + (80 · 10−3 kg) · (5 m/s)2
2
= −3 J + 1 J = −2 J.
Escolhendo a origem do eixo vertical y como sendo a
altura do ponto mais baixo da pista,
1
2
0 + mgR = mvB
+0
2
p
√
=⇒ vB = 2gR = 2 5 m/s.
Como a energia mecânica se conserva, e K > 0, o movimento é restrito a regiões onde UF ≤ E. Voltanto à
figura, verificamos que está condição implica que o movimento está limitado à 0, 2 ≤ x ≤ 0, 5. A partı́cula oscilará, portanto, entre 0,2 m e 0,5 m.
(b) O diagrama de forças para aquele ponto é:
(d) No infinito, a energia mecânica vale Em = UF (x →
∞) + K. Como UF (x → ∞) = 0, a energia mecânica é,
no mı́nimo, 0 J.
m
Como UF (x = 0, 3) = −3 J, para que a partı́cula escape
da região confinante, sua energia cinética deve ser, no
mı́nimo 3 J, de modo que sua energia mecânica seja 0 J.
Portanto,
̂ (vertical)
6
θ F~C→m
y
@
θ
R F~g,t
@
F~g,r
F~g ?
1
mv 2 = 3 J
2
s
r
2 · (3 J)
3
=⇒ v =
= 10
m/s.
80 · 10−3 kg
4
m
y
A diferença entre estes dois diagramas está no fato de
termos decomposto, no segundo esquema, a força gravitacional em componentes radial e tangencial.
A força resultante F~res sobre o corpo possui uma com-
K=
ponente radial, que o mantém numa trajetória circular,
e uma componente tangencial (pelo diagrama, F~g,t ), responsável pela aceleração tangencial do corpo. A componente radial, que pode ser identificada como força
centrı́peta, vale para este ponto:
16. Solta-se da posição indicada na figura, uma massa m =
1 kg que desliza sobre uma canaleta lisa (sem atrito),
circular, de raio R = 1 m. Quando atinge o ponto B,
a massa atinge uma pista horizontal com coeficiente de
atrito µs ≈ µk = 0, 25, indo finalmente comprimir uma
mola de constante elástica k = 20 N/cm. Na região horizontal, à direita do ponto C, o atrito é desprezı́vel.
(a) Qual a velocidade da massa ao passar pelo ponto B?
(b) Qual é a força (vetor) que a canaleta exerce sobre
a massa quando esta passa pela posição definida por
θ = 45◦ ?
(c) Qual é o trabalho da força resultante realizado no
trecho BC = L = 2 m?
(d) Qual é a máxima compressão que a mola sofre?
(e) Descreva quantitativamente o movimento a partir
do ponto em que a mola foi comprimida até seu ponto
máximo?
|F~c | = |F~C→m | − |F~g,r |.
Geometricamente, verifica-se que |F~g,r | = mg cos θ. Por
outro lado, |F~c | se relaciona com o módulo da velocidade
|~vθ | da partı́cula (naquele ponto definido por θ) através
vθ |2
. Portanto,
da expressão |F~c | = m|~R
|F~C→m | =
m|~vθ |2
+ mg cos θ.
R
Falta ainda saber a velocidade ~vθ , que pode ser obtida a
partir da conservação da energia mecânica. Comparando
com o instante inicial,
mgR =
m
R θ
Portanto,
1
m~v 2 + mg(R − R cos θ)
2 θ
p
=⇒ |~vθ | = 2gR cos θ.
|F~C→m | =
=
B
̂ (vertical)
6
θ F~C→m
2mg cos θ + mg cos θ
√
3mg cos θ = 15 2 N,
apontando para o centro de curvatura da canaleta.
(c) Neste trecho, F~res = f~k , que é constante. Logo,
C
Resolução
WFres
(a) Para a parte do movimento ao longo da canaleta
lisa, não existem forças não-conservativas. Além disso,
= Wf~ = −|f~|L = −µk mgL
= −0, 25 · (1 kg) · (10 m/s2 ) · (2 m) = −5 J.
9
(d) A energia cinética no ponto B vale KB = mgR =
10 J. Do ponto B ao C, conforme o ı́tem anterior, perdeuse 5 J por atrito. Portanto, a energia cinética em C vale
KC = 5 J.
A partir do ponto C, o problema é novamente conservativo, com uma força elástica F~s agindo. A energia potencial associada a esta força é UF~s (x) = 21 kx2 , sendo x a
compressão/esticamento da mola. Portanto, agora a energia mecânica vale Em = K + UF~g + UF~s . Comparando
o instante em que a partı́cula está em C com o instante
de máxima compressão xM :
x →xi
WF f(x)
=
=
−[U (xf ) − U (xi )]
" √
!
#
( 3)3 √
− 3 − 0 J = 0 J.
−
3
(c) Como F (x) trata-se da força resultante,
mvf2
= −∆U = Kf − Ki =
2
s
r
r
2
2 × (3) J
−2∆U
4
=⇒ vf =
=
=
m/s.
m
1 kg
3
x →xi
WF f(x)
(d) Gráfico da energia potencial U (x):
(e) O corpo retorna ao ponto C com energia cinética
5 J, já que a energia mecânica se conserva. A partir daı́, ele entra na região com atrito e começa parar.
Quando atinge B, segundo o ı́tem (c), 5 J de energia
mecânica é consumido pelo atrito. Não há, portanto, energia mecânica para continuar o movimento e a partı́cula
permanece em B.
2,0
1,5
1,0
0,5
U (J)
=⇒ xM
1
5 J + 0 + 0 = 0 + 0 + kx2M
2
s
√
10 J
=
= 5 2 cm.
+2
20 · 10 N/m
(b) Como sabemos uma expressão para a energia potencial associada à F (x),
0,0
-0,5
-1,0
-1,5
17. Uma partı́cula de massa m = 1 kg move-se ao longo do
eixo x, sujeita a uma única força F (x) que varia com a
posição. A energia potencial associada a esta força é descrita pela expressão: U (x) = 13 x3 − x, sendo U dado em
J e x em m.
(a) Escreva uma expressão para F (x) e esboce seu
gráfico. (0,50)
(b) Calcule o trabalho da força√F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 m até x2 = 3 m.
(c) Se, em x0 = 0 m, a velocidade da partı́cula é
v0 = 0 m/s, qual será sua velocidade em x = 1 m?
(d) Esboce um gráfico para U (x) e, através dele, interprete os resultados dos últimos dois itens.
Resolução
(a) F (x) se relaciona com seu potencial da seguinte
maneira:
d
d 1 3
U (x) = −
x − x = 1 − x2 .
F (x) = −
dx
dx 3
2,0
1,5
-2,0
0
x (m)
18. Um carro de corrida de massa m = 1600 kg se desloca
um uma pista circular de raio R = 190 m com velocidade contante, v = 20 m/s, sem derrapar. A pista não é
horizontal. Ela possui uma inclinação θ = 100 elaborada
com o propósito de contribuir para que o carro não escape pela tangente.
(a) Faça um diagrama de forças (fı́sicas) que atuam no
carro.
(b) Qual deve ser o valor de µs entre os pneus e a pista
para que o carro esteja na iminência de derrapar?
Resolução
(a) O diagrama de forças para o carro é dado por:
(N )
AK F~P →A
A
A m
A
~
fP →A Ay
F~g ?
1,0
(b) A segunda Lei de Newton aplicada a este corpo vale
(sendo o eixo x horizontal para direita, e y vertical para
cima):
F (N)
0,5
0,0
-0,5
-1,0
(N )
|F~P →A | cos θ − |F~g | − |f~P →A | sin θ = may ,
(N )
−|F~
| sin θ − |f~P →A | cos θ = max .
-1,5
-2,0
P →A
0
x (m)
Sabemos também que, como se trata de um movimento
circular uniforme no plano horizontal, ay = 0 e ax =
O gráfico de F (x) é mostrado a seguir.
10
−v 2 /R. Multiplicando a primeira equação por sin θ, a
segunda por cos θ, e subtraindo as duas:
|f~P →A | =
yf
mv 2
cos θ − mg sin θ.
R
Substituindo esta equação na segunda,
(N )
|F~P →A | = mg cos θ +
mv 2
sin θ.
R
µs =
r
mg
m2 g 2
2mgyi
= −∆xM = −
±
+
k
k2
k
s
"
#
2kyi
mg
=
−1 ± 1 +
≈ 10−2 [−1 ± 9] m.
k
mg
Note que, entre os dois valores, somente o negativo faz
sentido. Portanto, ∆xM = 8 cm.
(N )
Como se trata da situação limite, |f~P →A | = µs |F~P →A |.
Então,
v2
R cos θ − g sin θ
v2
R sin θ + g cos θ+
e
≈ 0, 032.
19. Conforme esboçado na figura abaixo, um bloco de massa
m = 2 kg é solto de uma altura h = 40 cm sobre uma
mola cuja constante elástica vale k = 1960 N/m.
(a) Encontre a distância máxima ∆xM que a mola foi
comprimida.
(b) Qual o trabalho realizado pela força gravitacional
desde o inı́cio do movimento até o momento de máxima
compressão da mola?
(c) Se, numa outra situação, observarmos o bloco em
repouso sobre a mola, qual será sua compressão ∆xR ?
2,0 kg
40 cm
(b) O trabalho da força gravitacional vale
WF~g = −[UF~g (yf ) − UF~g (yi )] = mg(yi − yf ),
sendo yf = −0, 08 m e yi = 0, 4 m. Portanto, WF~g ≈
9, 5 J.
(c) Nesse caso, como o bloco está em repouso, |F~s | = |F~g |.
Portanto,
k∆xr = mg =⇒ ∆xr = mg/k ≈ 1 cm.
20. Um corpo de massa m = 2 kg, que pode se deslocar apenas na direção x, está sob ação de uma única força do
tipo restauradora F (x) = −x3 , sendo F dada em N e x
em m.
(a) Faça um gráfico de F (x).
(b) Qual é o trabalho realizado
por esta força quando a
√
massa desloca-se de − 2 m até 1 m? Este valor está
associado a que quantidade no gráfico de F (x)?
√
(c) Se, em x = 0, o corpo possui velocidade v = 2,
descreva os movimentos possı́veis.
(d) Escreva uma expressão para a energia potencial associada a esta força, e esboce seu gráfico.
Resolução
(a) Esboço do gráfico:
k = 1960 N/m
11111111111111111111111
00000000000000000000000
00000000000000000000000
11111111111111111111111
2,0
1,5
Resolução
1,0
Como só existem forças conservativas atuando no bloco,
a energia mecânica Em = K + UF~g + UF~s se conserva·
Comparando o valor de Em no instante inicial com o
instante em que a mola atinge sua máxima compressão:
1
0 + mgyi + 0 = 0 + mgyf + kyf2 .
2
Note que, devido à escolha da origem do eixo y, −∆xM =
yf . Portanto,
yf2 +
2mg
2mgyi
yf −
= 0,
k
k
11
0,5
F (N)
(a) A energia potencial gravitacional do bloco é dada por
UF~g (y) = mgy, sendo y a coordenada vertical do bloco.
Supondo que a origem do eixo vertical y se localiza na
altura em que o bloco encontra a mola, escrevemos a
energia potencial elástica do bloco como UF~s (y) = 12 ky 2
(Importante: esta expressão só vale quando o bloco está
interagindo com a mola. Sem esta interação, não há
energia potencial elástica.).
0,0
-0,5
-1,0
-1,5
-2,0
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
Z
1m
2,0
x (m)
(b) O trabalho desta força vale:
WF (x)
=
Z
=
−
1m
√
− 2m
F (x)dx = −
√
− 2m
x3 dx
1m
1
x4 3
= (− + 1) J = J.
4 −√2m
4
4
No gráfico, este valor é a área entre
√ a curva F (x) e o eixo
y = 0, desde x = 1 m até x = 2 m.
(c) Usando o resultado do próximo item, vemos que a
energia mecânica deste corpo vale Em = K + UF (0) =
2J. Usando o gráfico do próximo item, verificamos que
o corpo oscilará entre ±23/4 , já que, nestes pontos de
x4
retorno, UF (xr ) = 4r = Em = 2 J =⇒ xr = ±23/4 m.
Os pares ação-reação são:
F~gm1
F~gm2
f~m1 →m2
F~P →m1
F~m1 →m2
F~
(d) Para encontrar a energia potencial associada a F (x),
escrevemos:
Z xf
x4f
x4
UF (xf ) − UF (xi ) = −
F (x)dx =
− i.
4
4
xi
Portanto, UF (x) =
x4
4 .
F~gm1 →T (na Terra);
F~gm2 →T (na Terra);
f~m2 →m1 ;
F~m1 →P (no piso);
F~m2 →m1 ;
F~m1 →A (em quem aplica F~ ).
—
—
—
—
—
—
As forças F~P →m1 , F~m1 →m2 e F~m2 →m1 são forças normais
à superfı́cie de contato.
2,0
(b) Para o corpo m1 :
1,5
m1
F~res
= F~gm1 + F~m2 →m1 + F~P →m1 + f~m2 →m1 = m1~a1 .
U (J)
1,0
0,5
Para o corpo m2 :
0,0
m2
F~res
= F~gm2 + F~m1 →m2 + f~m1 →m2 = F~ = m2~a2 .
-0,5
Agora, usando versores:
-1,0
0
x (m)
(|F~P →m1 | − |F~gm1 | − |F~m2 →m1 |) ̂ + |f~m2 →m1 | ı̂
21. O bloco de massa m1 = 40 kg da figura repousa sobre
uma superfı́cie sem atrito. Sobre ele, repousa um outro
bloco de massa m2 = 10 kg. O coeficiente de atrito
estático entre os dois blocos vale µs = 0, 6. Já o coeficiente de atrito cinético vale µk = 0, 4. O bloco m2 é,
então, puxado por uma força F~ , conforme mostrado na
figura.
(a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre cada
corpo separadamente. Para todas as forças consideradas,
identifique seus respectivos pares ação-reação.
(b) Usando versores, escreva as equações de Newton para
um referencial inercial fixo ao solo.
(c) Calcule o valor máximo F~MAX de F~ para que m2 não
deslize.
(d) Qual deve ser o valor da força de atrito quando se
aplica uma força F~ de intensidade |F~ | = 62, 5N?
= (m1 a1,x ) ı̂ + (m1 a1,y ) ̂
e
(|F~m1 →m2 | − |F~gm2 |) ̂ + (|F~ | − |f~m1 →m2 |) ı̂
= (m2 a2,x ) ı̂ + (m2 a2,y ) ̂.
(c) Como sabemos que |F~gm1 | = m1 g e |F~gm2 | = m2 g,
além do que a1,y = a2,y = 0, usando a segunda Lei de
Newton, concluimos que:
|F~m1 →m2 | = m2 g
e
|F~P →m1 | = m1 g + m2 g,
sendo que, lembramos, F~m1 →m2 é a componente normal
da força que m1 exerce em m2 e F~P →m1 é a componente
normal da força que o piso exerce em m1 . Aqui usamos
também a terceira Lei de Newton, F~C1→C2 = −F~C2→C1 ,
quando fizemos |F~m1 →m2 | = |F~m2 →m1 |.
A condição matemática para o caixote não escorregar
é a1,x = a2,x . Usando este resultado nas componentes
horizontais das equações do ı́tem anterior:
F
|f~m2 →m1 |
|F~ | − |f~m1 →m2 |
=
.
m2
m1
m2
Manipulando esta expressão encontramos:
m2 ~
~
~
|F | − |fm1 →m2 | +
|fm2 →m1 | = 0.
m1
m1
Note que, para que não haja deslizamento, a igualdade
acima deve ser sustentada. Enquanto não houver deslizamento relativo entre m1 e m2 , as forças de atrito f~m2 →m1
e f~m2 →m1 são caracterizadas pelo seus regimes estáticos.
Portanto, elas “garantem” o repouso entre superfı́cies até
que atinjam uma intensidade máxima dada por:
Resolução
(a)
F~
F~gm2
F~
6 m1 →m2
m
y 2 -f~
m
?
F~
6P →m1
1 →m2
m1 y
~
fm2 →m1
F~gm1
s,MAX
s,MAX
|
|f~m
| = |f~m
2 →m1
1 →m2
~
~
= µs |Fm2 →m1 | = µs |Fm1 →m2 | = µs m2 g.
??
F~m2 →m1
12
Quando as forças de atrito atingirem este valor máximo
é porque estaremos aplicando a força máxima F~MAX :
m2
µs m2 g = 0
|F~MAX | − µs m2 g +
m1
m1 + m2
=⇒ |F~MAX | =
µs m2 g = 75 N.
m1
(d) Nesse caso, como a intensidade da força aplicada é
menor que |F~MAX |, sabemos que não há deslizamento.
Portanto, vale repetir
m2 ~
~
~
|fm2 →m1 | = 0
|F | − |fm1 →m2 | +
m1
m1
~
=⇒ |fm1 →m2 | =
|F~ | = 50 N.
m1 + m2
22. Uma corda é usada para abaixar verticalmente um bloco
de massa M , inicialmente em repouso, com uma aceleração constante de módulo g/6. O bloco desce uma
distância d.
(a) Qual o trabalho realizado pela força da corda durante
deslocamento?
(b) Sabendo que a força da corda é uma força conservativa, podemos dizer que a energia mecânica se conserva,
desde que consideremos um termo de energia potencial
associada à cada força. Calcule a energia potencial associada à força gravitacional? Calcule a energia potencial
associada à força da corda?
(c) Usando o teorema de conservação de energia
mecânica, qual é a energia cinética do bloco no final do
deslocamento?
Resolução
(a) Definindo o eixo y como sendo vertical, apontando
para cima, a segunda Lei de Newton para o bloco vale:
(|T~ | − M g) ̂ = (M ay ) ̂ = −
=⇒ |T~ | =
Mg
6
5
M g̂.
6
Como se trata de uma força constante, contrária ao deslocamento, WT~ = −|T~ |d = − 65 M gd.
(b) Para a força gravitacional, F~g = −M g ̂:
Z yf
Ug (yf ) − Ug (yi ) = −
(−M g)dy
yi
= M gyf − M gyi .
Portanto, Ug (y) = M gy. Para a força de tração, T~ =
5
6 M g ̂:
Z yf
UT (yf ) − UT (yi ) = −
(5M g/6)dy
y
i
5
5
=
− M gyf − − M gyi .
6
6
Portanto, Ug (y) = − 56 M gy.
(c) A energia mecânica fica Em = 12 M v 2 +Ug (y)+UT (y).
(i)
(f )
Assim Em = Em e, portanto:
Ki + Ug (yi ) + UT (yi ) = Kf + Ug (yf ) + UT (yf )
5
5
=⇒ 0 + M gyi − M gyi = Kf + M gyf − M gyf
6
6
1
1
=⇒ Kf = M g(yi − yf ) = M g.
6
6
23. Um bloco de massa m é solto do repouso numa das extremidades de uma calha cuja geometria é apresentada na
figura abaixo. Os trechos circulares, que correspondem
a quartos de circunferência de raio r, são completamente
lisos enquanto que a parte reta, de comprimento 2 r, apresenta coeficiente de atrito cinético µk para o bloco em
questão.
(a) Calcule o trabalho realizado pela força de atrito
cinético ao longo da parte reta.
(b) Mostre que a altura máxima atingida pelo bloco na
outra extremidade será h = (1 − 2 µc ) r. Explique o que
acontece quando µc > 0, 5.
(c) Usando o resultado do item (b), calcule o trabalho
realizado pela força gravitacional ao longo do percurso
de ida.
2r
r
r
Resolução
(a) Como a força é constante, e contrária ao movimento,
Wf~ = −|f~|(2r) = −2µk mgr, já que |f~| = µk mg.
(i)
(b) Inicialmente, a energia mecânica vale Em = mgr.
Ao passar pela parte horizontal, o bloco perde energia
(f )
(i)
por atrito, sua energia mecânica torna-se Em = Em −
2µk mgr = mgr(1 − 2µk ). A partir daı́, na subida, a
energia mecânica volta a se conservar. No ponto mais
alto, só existe energia potencial, mgyf = mgr(1 − 2µk ).
Portanto, yf = r(1 − 2µk ).
(c) O trabalho da força gravitacional vale WFg =
−∆Ug = −(mgyf − mgyi ). Do enunciado yi = r.
Do item anterior, yf = r(1 − 2µk ). Então, WFg =
−mg[r(1 − 2µk ) − r] = 2µk mgr.
24. Um vagão de trem de alta velocidade dá voltas em um
cı́rculo plano e horizontal de raio R = 470 m, a uma
velocidade constante. A intensidade das componentes
horizontal F~h e vertical F~v da força do vagão sobre um
passageiro de massa m = 50 kg são |F~h | = 210 N e
|F~v | = 500 N.
(a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre o passageiro. Para todas as forças consideradas, identifique
seus respectivos pares ação-reação.
(b) Qual a intensidade da força resultante que age sobre
o passageiro?
(c) Qual é a velocidade escalar do vagão?
Resolução
(a) Fazendo um corte radial no movimento, com o centro
da trajetória à direita:
Os pares ação-reação são:
13
r
F~P →m
6
F~v 6
m y
f~P →m @ F~
@
R
F~g ? @
m y F~h
F~g ?
F~g
F~v
F~h
—
—
—
F~gm→T (na Terra);
F~vm→t (no trem);
F~hm→t (no trem).
As forças F~P →m e F~m→P são forças normais à superfı́cie
de contato.
(b) Sabemos que F~res = F~g + F~v + F~h . Como não há
movimento vertical, F~v = −F~g . Logo, F~res = F~h , com
|F~res | = |F~h | = 210 N,
(b) Esse caso é caracterizado pelo regime cinético. Então,
|f~P →m | = µk |F~P →m |. Para encontrar |F~P →m |, apli-
camos a segunda Lei de Newton:
F~res = F~g + F~P →m + F~ + f~P →m = m~a,
que aponta para o centro da trajetória.
ou, usando versores:
(c) F~res é uma força do tipo centrı́peta. Então,
(|F~P →m | − |F~g | − |F~ | sin θ) ̂
+ (|F~ | cos θ − |f~P →m |) ı̂
mv 2
.
|F~res | = |F~h | =
R
Usando m = |F~g |/g = |F~v |/g,
s
s
R |F~h |
gR |F~h |
v =
=
m
|F~v |
r
10 m/s2 · 470 m · 210 N
=
≈ 44 m/s,
500 N
= max ı̂ + may ̂,
Para que o bloco não se desloque verticalmente, ay =
0. Assim, |F~P →m | − |F~g | − |F~ | sin θ = 0, e, portanto,
|F~P →m | = |F~g | + |F~ | sin θ. Então,
|f~P →m | =
=
25. Um bloco de massa m = 5 kg é empurrado sobre uma
superfı́cie horizontal por uma força F~ de intensidade
|F~ | = 20 N, que faz um ângulo θ = 30◦ com a horizontal,
conforme a figura. O coeficiente de atrito cinético entre
o bloco e o piso vale µk = 0, 25.
(a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre o bloco.
Para todas as forças consideradas, identifique seus
respectivos pares ação-reação.
(b) Calcule a intensidade da força de atrito que o piso
exerce sobre o bloco.
(c) Calcule a aceleração do bloco.
(d) Se o bloco estivesse inicialmente parado, a força
F~ em questão seria suficiente para tirá-lo do repouso?
Adote µs = 0, 4.
θ
(c) A partir da segunda Lei de Newton,
|F~ | cos θ − |f~P →m | = max .
Então,
ax
=
=
|F~ | cos θ − |f~P →m |
m
√
10 3 − 15
m/s2 ≈ 0, 4 m/s2 .
5
(d) Com o bloco parado,
|F~ | cos θ − |f~Ps →m | = max .
|F~MAX | cos θ − |f~Ps,MAX
→m | = 0
48
=⇒ |F~MAX | = √ N ≈ 27, 7 N.
3
F
Como a força aplicada é menor que |F~MAX |, o bloco não
se moveria.
Resolução
(a)
26. Uma partı́cula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma única força F (x), que varia
com a posição de acordo com o gráfico da figura. Neste
gráfico, entre x = 0 e x = 1 m, a curva de F (x) pode ser
representada pela expressão F (x) = 4x3 , sendo a força
F dada em N e x em m.
Os pares ação-reação são:
—
—
—
—
0, 25 · (50 + 10) N = 15 N.
Enquanto o bloco estiver parado ax = 0. A intensidade da força de atrito estática máxima é |f~Ps,MAX
→m | =
µs |F~P →m | = 0, 4 · (50 + 10) N = 24 N. A força máxima
F~MAX aplicada é tal que
m
F~g
F~P →m
f~P →m
F~
µk |F~P →m | = µk (|F~g | + |F~ | sin θ)
F~gm→T (na Terra);
F~m→P (no piso);
f~m→P (no piso);
F~m→A (em quem aplica F~ ).
14
27. Uma partı́cula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma única força que varia com a
posição da seguinte maneira: F (x) = x2 − x, sendo a
força F dada em N e x em m.
(a) Quais são as posições de equı́librio para a partı́cula?
(b) Calcule o trabalho da força F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 cm até x2 = 50 cm.
(c) Calcule a energia potencial U (x) associada à força
F (x), tomando U (0) = 0.
(d) Se,
p em x0 = 0 cm, a velocidade da partı́cula é
v0 = 1/6 m/s, qual será sua velocidade em x = 50 cm?
4
F (x) [N ew ton]
3
2
1
0
-1
-2
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
x [m etro]
Resolução
(a) Calcule o trabalho da força F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 até x2 = 50 cm.
(b) Calcule o trabalho da força F quando a partı́cula se
desloca de x1 = 0 até x2 = 4 m.
(c) Se, em x0 = 0, a velocidade da partı́cula é v0 = 2 m/s,
qual será sua velocidade em x = 2 m?
(a) Nesse caso, durante todo o deslocamento existe uma
expressão matemática para F , portanto seu trabalho
pode ser calculado da seguinte maneira (no SI):
Z xf =0,5
Z xf =0,5
WF =
F (x)dx =
(4x3 )dx
=
xi =0
xf =0,5
1
x4 xi =0 =
J.
16
(b) Primeiro devemos calcular o trabalho para ir de xi =
0 até xf = 1 m, onde vale as considerações do ı́tem
anterior:
Z xf =1
xf =1
(parte 1)
WF
=
(4x3 )dx = x4 xi =0 = 1 J.
xi =0
A partir de 1 m, fica mais fácil calcular o trabalho de
F (x) pela área do gráfico (no SI):
"
#
"
# "
#
1·4
0, 5 · 2
(parte 2)
WF
=
1·4 +
−
2
2
| {z }
| {z } | {z }
WF
=
entre 1 e 2
entre 2 e 3
"
0, 5 · 2
#
= 4, 5 J.
|
{z
}
entre 3 e 3,5
Z
xf =0,5
F (x)dx =
xi =0
Z
xf =0,5
xi =0
xf =0,5
x3
1
− x2 + c 3
2
xi =0
=
(x2 − x)dx
1
1
1
− =−
J.
24 8
12
(c) A energia potencial associada à F (x) vale:
Z x
Z x
UF (x) = −
F (x)dx = −
(x2 − x)dx
x0
= −
x0
x
x
1
x3
1
− x2 + c = − + x2 .
3
2
3
2
x0
3
(c) Como F (x) é a única força que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cinética,
WF = Kf − Ki
r
2
=⇒ vf =
WF + vi2
m
p
Sendo vi = v0 = 1/6 m/s, WF = −1/12 J e m = 1 kg,
obtemos vf = 0 m/s.
111111111111111111111111
000000000000000000000000
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
o
000000000000000000000000
111111111111111111111111
000000000000000000000000
111111111111111111111111
37,0
000000000000000000000000
111111111111111111111111
m
−
(b) Nesse caso, o trabalho de F pode ser calculado da
seguinte maneira (no SI):
=
Resolução
xi =0
(a) São as posições onde F (x) = 0. Assim, x = 0 m e
x = 1 m.
1,
00
entre 3,5 e 4
O trabalho ao longo de todo o percurso vale WF =
(parte 1)
(parte 2)
WF
+ WF
= 5, 5 J.
(c) Como F (x) é a única força que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cinética,
r
2
WF = Kf − Ki =⇒ vf =
WF + vi2
m
Sendo vi = v0 = 2 m/s, WF = (1+4) J = 5 J e m = 1 kg,
obtemos (em SI)
√
√
vf = 10 + 4 m/s = 14 m/s.
15
28. Na figura acima, uma mola de constante caracterı́stica
k = 170 N/m está no alto de um plano inclinado de um
ângulo θ = 37, 0◦ sem atrito. A extremidade inferior
do plano inclinado está a L = 1, 00 m da extremidade
da mola, que está com o seu comprimento indeformado.
Um bloco de massa m = 2, 00 kg é empurrado contra
a mola até que ela sofra uma compressão d = 0, 200 m,
sendo então solto do repouso.
(a) Faça um diagrama de forças que atuam sobre o bloco
assim que ele começa a se mover.
(b) Qual a velocidade do bloco ao atingir a extremidade
inferior do plano inclinado?
Resolução
(a) O diagrama de forças do bloco é dado por:
(N )
AK F~P →A
A
Aym
F~s F~g ?
(b) Como só existem forças conservativas atuando no
bloco durante todo o seu percurso, a energia mecânica,
Em = K + Ug + Us , se conserva. Portanto:
Ki + Ug(i) + Us(i)
1
0 + mgyi + kd2
2
=
=
Kf + Ug(f ) + Us(f )
1
mv 2 + mgyf + 0.
2
Escolhendo a origem do eixo vertical y como sendo o nı́vel
da extremidade debaixo do plano inclinado:
1
1
mg(L + d) sin θ + kd2 = mv 2
2
2
r
kd2
=⇒ v = 2g(L + d) sin θ +
= 4, 22m/s.
m
16