Aula 11

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Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula
em movimentos de translação
Metas
Fazer aplicações da Mecânica da Partícula em movimentos de translação
e modificar a Segunda Lei de Newton para que ela possa ser utilizada em
referenciais acelerados, cujos eixos não giram em relação a um referencial
inercial.
Objetivos
Esperamos que, ao final desta aula, você seja capaz de:
1. resolver problemas de partículas em translação em referenciais inerciais;
2. resolver problemas de partículas em translação em referenciais acelera-
dos cujos eixos não giram em relação a um referencial inercial.
Introdução
A solução de uma questão de Dinâmica da Partícula pode ser facilitada pela
escolha do referencial. Em geral, a solução mais simples está associada ao
referencial onde a aceleração da partícula é mais simples. Todavia, você vai
aprender que se o referencial escolhido for não inercial, é necessário cuidado,
pois nesse tipo de referencial surgem as chamadas forças de inércia.
Nesta aula serão apresentadas aplicações da Mecânica da Partícula em movi-
mentos de translação. As aplicações serão resolvidas em referenciais inerciais
e em referenciais acelerados, mas que não giram em relação a um referencial
inercial. Por isso, faz-se necessário discutir as Leis de Newton nesses referen-
ciais, que não são inerciais. Porém, a Terra continuará a ser considerada um
referencial inercial.
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Dinâmica da partícula: referenciais inerciais
Você vai fazer as atividades de 1 a 4 utilizando referenciais inerciais.
Escolha um referencial inercial antes de resolvê-las.
Vários alunos, influenciados pelas suas experiências em um mundo com
atrito, não acreditam na Lei da Inércia, isto é, eles acham que para um
corpo continuar a se deslocar é necessário empurrá-lo ou puxá-lo.
Por isso, quando vão fazer o diagrama de forças de um corpo
se deslocando, esses alunos sempre desenham uma força que tem a
direção e o sentido da velocidade do corpo. Na realidade, como já
vimos, a condição necessária para o corpo se deslocar é que sua
velocidade não seja nula. Se você é um desses alunos, aproveite as
Atividades 1 e 2 para modificar suas ideias sobre a necessidade
da existência de uma força para uma partícula se movimentar.
Atividade 1
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, faça esta questão:
Um carrinho de um trilho de ar com a massa m, que estava inicialmente em
repouso sobre uma mesa horizontal com atrito, é empurrado por um dispa-
rador. O carrinho percorre uma distância d sobre a mesa e para, conforme
indicado na Figura 11.1. Considere conhecidos a distância d, o módulo da
aceleração da gravidade g e o coeficiente de atrito cinético µc entre o carrinho
e a mesa, e também despreze a resistência do ar.
1. Escolha o referencial onde você irá resolver esta atividade.
2. Isole o carrinho e coloque as forças não desprezíveis que atuam nele
depois que ele perde o contato com o disparador e antes de parar.
3. Calcule a aceleração do carrinho e as forças que atuam nele depois de
ele perder o contato com o disparador e antes de parar. Expresse esses
vetores em termos dos unitários ıˆ e ˆ, respectivamente, paralelo à mesa,
com o sentido igual ao da velocidade inicial do carrinho, e perpendicular
à mesa, com o sentido contrário ao do peso do carrinho.
4. Calcule o vetor velocidade inicial ~v0.
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Figura 11.1: O carrinho do trilho de ar deslizando sobre uma mesa com
atrito.
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Respostas Comentadas
1. Vamos resolver o problema no referencial da Terra, suposto inercial.
2. Estão em contato com o carrinho a mesa e o ar. Como a força de re-
sistência do ar é desprezível, somente a mesa exerce forças de contato
sobre o carrinho. A mesa empurra o carrinho para cima com a força
normal ~N . A superfície da mesa tenta evitar o deslocamento da super-
fície inferior do carrinho, empurrando-a para a esquerda com a força
de atrito cinética ~fac. A única força gravitacional não desprezível que
atua sobre o carrinho é o seu peso ~P . O diagrama de forças do carrinho
foi representado na Figura 11.2.
Figura 11.2: Diagrama de forças do carrinho do trilho de ar.
3. A aceleração do carrinho e as forças que atuam sobre ele, depois que
perde o contato com o disparador e antes de parar, podem ser calculadas
com o auxílio da Segunda Lei de Newton.
~N + ~P + ~fac = m~a⇒ Nx + Px + facx = max e Ny + Py + facy = may.
Vamos calcular as componentes da aceleração e das forças utilizando
os eixos coordenados, representados na Figura 11.1.
Como o carrinho possui o vínculo de permanecer sobre a mesa, a com-
ponente da aceleração ay é nula e a componente ax da aceleração é
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igual a menos o seu módulo, isto é, ax = −a. Já as componentes das
forças são iguais a:
Nx = 0, Px = 0, facx = −fac, Ny = N, Py = −mg e facy = 0.
A componente Py é negativa, porque o vetor ~P projetado na direção
do vetor unitário ˆ é igual ao próprio peso e tem o sentido contrário ao
de ˆ. A componente facx da força de atrito é negativa, porque o vetor
projetado ~facx é igual à força de atrito que tem o sentido contrário
ao do vetor unitário ıˆ. A substituição das componentes das forças na
Segunda Lei de Newton em componentes fornece:
fac = ma e N −mg = 0⇒ fac = ma e N = mg.
O módulo da força de atrito cinética é dado por: fac = µcN = µcmg.
A componente x da Segunda Lei de Newton fornece o módulo da ace-
leração do carrinho, uma vez que:
fac = ma⇒ µcmg = ma⇒ a = µc g.
Logo, a aceleração do carrinho e as forças que atuam sobre ele são
iguais a:
~a = −µc g ıˆ, ~N = mg ˆ, ~P = −mg ˆ e ~fac = −µcmg ıˆ.
4. Como o movimento é uniformemente acelerado, a velocidade inicial do
carrinho pode ser calculada utilizando-se a equação de Torricelli. Como
a velocidade final do carrinho é nula, temos que:
v2xf = v
2
0x + 2 ax ∆x⇒ 0 = v20 − 2 a d⇒ v20 = 2µc gd⇒ v0 =
√
2µc gd.
Veja as videoaulas “Corpo deslizando sobre o um trilho de ar horizontal” e
“Corpo deslizando sobre uma mesa”. Nelas, uma aluna discute com
o seu professor a Lei da Inércia e a Atividade 1. Pode ser que você tenha as
mesmas dúvidas da aluna. Esse vídeo está disponível no Portal TECA.
Para acessá-lo, escolha “Vídeo” , digite "ICF1" e aperte o botão
“Pesquisa TECA”.
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Atividade 2
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nas Aulas 9 e 10, faça esta questão:
Um bloco atinge a base de um plano inclinado com uma velocidade inicial
~v0 de módulo igual a 4 m/s, conforme indicado na Figura 11.3. A massa
do bloco é m = 1 kg e os coeficientes de atrito cinético e estático que atuam
entre o bloco e o plano são, respectivamente, iguais a µe = 0,25 e µc = 0,20.
O ângulo θ que o plano forma com a vertical vale 60o e o bloco sobe o plano
sem girar, podendo ser encarado como partícula. Considere a aceleração da
gravidade igual a 10 m/s2. Despreze a resistência do ar.
Figura 11.3: Bloco subindo o plano inclinado.
1. Escolha o referencial onde você irá resolver esta atividade.
2. Isole o bloco e coloque as forças que atuam sobre ele.
3. Calcule a aceleração do bloco. Dê a sua resposta com dois algarismos
significativos.
4. Calcule a altura máxima atingida pelo bloco. Dê a sua resposta com
dois algarismos significativos.
5. O bloco permanece parado no topo do plano?
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Respostas Comentadas
1. Vamos resolver o problema no referencial da Terra.
2. Estão em contato com o bloco o plano e o ar. Desprezando a resistência
do ar, as únicas forças de contato que atuam sobre o bloco são exer-
cidas pelo plano inclinado. O plano inclinado empurra o bloco com a
normal ~N e, como o bloco está subindo o plano, o plano tenta evitar o
deslocamento da superfície do bloco sobre a sua superfície, empurrando
o bloco com a força de atrito cinética ~fac para a base do plano. A única
força gravitacional não desprezível que atua sobre o bloco é o seu peso
~P . O diagrama das forças do bloco foi desenhado na Figura 11.4.
Figura 11.4: Diagrama de forças do bloco.
3. A aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco fornece:
~N + ~P + ~fac = m~a⇒ Nx + Px + facx = max e Ny + Py + facy = may.
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Como temos o vínculo de que o bloco permanece sobre o plano incli-
nado, de acordo com o sistema de eixos indicado na Figura 11.4, a
componente ay da aceleração é nula. Vemos ainda que as componentes
da força de atrito e da normal são iguais a:
Nx = 0, Ny = N, facx = −fac e facy = 0.
O sinal negativo da componente x da força de atrito está associado
ao fato de o vetor projetado ~facx ter o sentido contrário ao do vetor
unitário ıˆ. Já as componentes da força peso são dadas por:
Px = −P cos(β) e Py = −P sen(β).
Observando a Figura 11.4, percebemos que as direções do peso e do
vetor projetado ~Px são, respectivamente, paralelas aos lados vertical e
inclinado do plano. Por isso, temos que β = θ. Logo,
Px = −P cos(θ) e Py = −P sen(θ).
Os sinais negativos das componentes x e y da força peso são decorrentes
do fato de que os vetores projetados ~Px e ~Py têm os sentidos contrários,
respectivamente, ao dos vetores unitários ıˆ e ˆ. A substituição das
componentes da aceleração e das forças que atuam no bloco na Segunda
Lei de Newton fornece:
−P cos(θ)− fac = max ⇒ ax = −−fac − P cos(θ)
m
e
−P sen(θ) +N = 0⇒ N = mg sen(θ).
Como o módulo da força de atrito cinética é igual a
fac = µcN = µc mg sen(θ),
temos que:
ax = −−µc mg sen(θ)−mg cos(θ)
m
= −µc g sen(θ)− g cos(θ)⇒
ax = −g [µc sen(θ) + cos(θ)] ∼= 6, 7 m/s2.
Por isso, a aceleração do bloco é igual a
~a = −g [µc sen(θ) + cos(θ)] ıˆ ∼= −6, 7 m/s2 ıˆ.
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4. Quando o bloco alcança a sua altura máxima hm, a sua velocidade
se anula, conforme também indicado na Figura 11.4, assim como o
deslocamento d do bloco, associado à sua altura máxima. Observando
a figura, concluímos que:
hm = d sen(γ) = d cos(θ).
Como a aceleração do bloco é constante, podemos utilizar a equação
de Torricelli para calcular o deslocamento d, isto é,
v2fx = v
2
0x+2 ax ∆x⇒ 0 = v20−2 d a⇒ d =
v20
2 a
=
v20
2 g [µc sen(θ) + cos(θ)]
.
Logo, a altura máxima atingida pelo bloco é dada por:
hm =
v20 cos(θ)
2 g (µc sen(θ) + cos(θ))
∼= 0,59 m.
5. O bloco para instantaneamente na altura máxima e, dependendo do
valor da força de atrito estática máxima, ele pode permanecer parado
ou descer o plano. Para descobrir o que acontece com o bloco, vamos
supor que ele permanece parado no topo do plano sob a ação da força
de atrito estática, como mostra a Figura 11.5.
Figura 11.5: Diagrama de forças do bloco parado no alto do plano inclinado.
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Se não existisse atrito, a componente do peso do bloco, paralela ao
plano inclinado, o levaria para baixo. Portanto, para evitar essa des-
cida, a força de atrito atua contrariamente a essa tendência de movi-
mento, conforme também indicado na Figura 11.5.
Nesse caso, a aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco fornece:
~N + ~P + ~fae = ~0⇒ Nx + Px + faex = 0 e Ny + Py + faey = 0.
As componentes da normal e do peso são iguais às componentes encon-
tradas no item 2, isto é,
Nx = 0, Ny = N, Px = −P cos(θ) e Py = −P sen(θ).
As componentes da força de atrito estático são: faex = fae e faey = 0.
A substituição das componentes da aceleração e das forças na Segunda
Lei de Newton fornece:
−P cos(θ)− fae = 0⇒ fae = P cos(θ) e
−P sen(θ) +N = 0⇒ N = mg sen(θ).
Como a força de atrito estática tem que ser menor ou igual ao seu valor
máximo, a condição para o bloco ficar parado é dada por:
fae ≤ µeN ⇒ mg cos(θ) ≤ µemg sen(θ)⇒
µe ≥ cotan(θ) ∼= 0,58.
Se o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o plano vale 0,25 e,
portanto, não atende à condição acima, a força de atrito estática não é
suficiente para manter o bloco em repouso e ele desce o plano inclinado.
Sistemas compostos por dois corpos em translação
Nas Atividades 3 e 4 os sistemas são compostos por dois corpos em translação.
Os sistemas com dois corpos ou mais podem ser tratados como
uma única partícula quando eles não apresentam deslocamento
relativo entre as partes, uma vez que, nessas condições, o sistema
não se deforma quando se movimenta. Nesses casos, é muito útil
encontrar a aceleração do sistema como se ele fosse uma única
partícula .
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Já quando as partes de um sistema apresentam movimento
relativo entre elas, isto é, quando o sistema se deforma durante o
movimento, para encontrar a aceleração você não pode tratá-lo
como uma única partícula, devendo tratar cada parte do sistema
separadamente .
Como vimos na Aula 10, em alguns casos as forças de atrito podem
aparecer no mesmo sentido dos movimentos dos corpos. Se você ainda tem
dúvidas sobre a direção e o sentido das forças de atrito, aproveite as Ativi-
dades 3 e 4 para dirimir definitivamente suas dúvidas. Não esqueça também
que a videoaula “Corpo sobre um plano horizontal puxado por um fio ho-
rizontal”, disponível no Portal TECA, é muito útil no caso dessas dúvidas.
Atividade 3
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nas Aulas 9 e 10, resolva esta questão:
A Figura 11.6 mostra um menino puxando duas caixas por meio de uma
corda. A caixa maior tem massa m2 e desliza sobre um piso. O atrito entre a
caixa maior e o piso é desprezível, mas existe atrito entre o piso e os sapatos
do menino, de maneira que ele consegue se movimentar. Já a caixa menor,
com massa m1, está em repouso sobre a caixa maior. A corda que está ligada
à caixa maior forma um ângulo θ com a horizontal e exerce sobre a caixa
uma tensão de módulo T . Despreze a massa da corda e a resistência do ar,
considere conhecidos o ângulo θ, as massas das caixas m1 e m2, o módulo da
aceleração da gravidade g e os coeficientes de atrito estático µe e cinético µc
entre as caixas 1 e 2.
Figura 11.6: Menino puxando as caixas. O atrito entre a caixa maior e o
piso é desprezível.
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1. Escolha o referencial para a resolução da atividade.
2. Isole o sistema formado pelas caixas e coloque todas as forças que atuam
sobre ele.
3. Calcule as acelerações das caixas.
4. Calcule todas as forças que atuam sobre a caixa menor. Qual a origem
da força que a movimenta?
5. Calcule as forças exercidas pela caixa menor na caixa maior.
Respostas Comentadas
1. Vamos resolver o problema no referencial da Terra, suposto inercial.
2. Não há movimento relativo entre as caixas (já que foi dito que a menor
está em repouso sobre a maior). Por isso, tratamos o conjunto das
duas caixas como uma única partícula. O sistema está em contato com
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o piso, com a corda e com o ar. Como a força de resistência do ar é
desprezível, só exercem forçasde contato sobre o sistema o piso e a
corda. A corda exerce a tensão ~T sobre o sistema. O piso empurra a
superfície inferior do sistema, que é a superfície inferior da caixa 2, com
a normal ~N2p.
A única força gravitacional não desprezível que atua no sistema é o seu
peso ~Psis = ~P1 + ~P2. O diagrama de forças do sistema foi representado
na Figura 11.7.
Figura 11.7: Diagrama de forças do sistema formado pelas caixas.
3. Uma vez que as caixas se movimentam em conjunto, suas acelerações
serão iguais e podemos continuar tratando o sistema como um todo.
A aplicação da Segunda Lei de Newton ao sistema fornece as seguintes
equações:
~N2p + ~T + ~Psis = msis~a⇒
N2px + Tx + Psisx = msis ax e N2py + Ty + Psisy = msis ay.
Para calcular as componentes da aceleração e das forças que atuam
no sistema, utilizamos o sistema de eixos coordenados representado
na própria Figura 11.7. Como o sistema permanece sobre o piso
(vínculo), a componente ay da aceleração é nula e a componente ax é
igual ao módulo da aceleração, isto é, ax = a.
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Já as componentes das forças que atuam no sistema são iguais a:
N2px = 0, N2py = N2p, Psisx = 0, Psisy = −P1 − P2, Tx = T cos(θ) e
Ty = T sen(θ).
A substituição das componentes da aceleração e das forças que atuam
sobre o sistema na Segunda Lei de Newton fornece:
T cos(θ) = (m1 +m2) a e N2p + T sen(θ)−m1 g −m2 g = 0⇒
a =
T cos(θ)
(m1 +m2)
e N2p = m1 g +m2 g − T sen(θ).
Logo, as acelerações das caixas, que são a aceleração do sistema for-
mado por elas, são iguais a:
~a1 = ~a2 = veca =
T cos(θ)
(m1 +m2)
ıˆ.
4. O cálculo das forças que atuam na caixa menor necessita do diagrama
de forças dela. Estão em contato com a caixa menor a caixa maior
e o ar. Somente a superfície superior da caixa maior exerce forças
de contato sobre a caixa menor. A primeira empurra a segunda para
cima com a normal ~N12 e tenta evitar o deslocamento da superfície da
caixa menor sobre ela, puxando-a para frente com uma força de atrito
estática ~fae12 = ~fae (caixa menor permanece em repouso sobre a caixa
maior). A força peso ~P1 atua na caixa menor. O diagrama de forças
da caixa 1 foi desenhado na Figura 11.8.
Figura 11.8: Diagrama de forças da caixa menor.
Observe que a força de atrito que atua na caixa menor tem o sentido
do seu movimento. Isso não deveria ser surpresa, porque é exatamente
essa força de atrito que a desloca para frente, mantendo-a unida com
a caixa 2.
A aplicação da Segunda Lei de Newton à caixa menor fornece:
~N12 + ~P1 + ~fae = m1~a⇒
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N12x + P1x + faex = m1 ax e N12y + P1y + faey = m1 ay.
Vamos calcular as componentes da aceleração e das forças utilizando
os eixos coordenados representados na Figura 11.8.
Como temos o vínculo de que a caixa 1 permanece sobre a 2, a com-
ponente ay da sua aceleração é nula e a componente ax da aceleração
é igual ao seu módulo, isto é, ax = a.
As componentes das forças são iguais a:
N12x = 0, P1x = 0, faex = fae, N12y = N12, P1y = −m1 g e faey = 0.
A substituição das componentes da aceleração e das forças que atuam
na caixa menor na Segunda Lei de Newton fornece:
fae = m1 a =
m1 T cos(θ)
(m1 +m2)
e N12 = m1 g.
Por isso, as forças que atuam sobre a caixa menor são iguais a:
~fae12 = ~fae =
m1 T cos(θ)
(m1 +m2)
ıˆ, ~N12 = m1 g ˆ e ~P1 = −m1 g ˆ.
5. As forças exercidas pela caixa menor na caixa maior são as reações às
forças que a caixa maior exerceu sobre a caixa menor. Elas são iguais
a:
~fae21 = −~fae = −m1 T cos(θ)
(m1 +m2)
ıˆ, e ~N21 = − ~N12 = −m1 g ˆ
e foram representadas na Figura 11.9, juntamente com as demais
forças que atuam na caixa de massa m2.
Figura 11.9: Diagrama de forças da caixa maior.
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Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Observe que a força vertical exercida pela caixa menor sobre a maior
é a normal ~N21. Um erro muito comum dos alunos é considerar
que o peso da caixa ~P1 é que atua sobre a caixa maior. Apesar de,
nesse caso, essas forças serem iguais, elas possuem origens muito diferentes
e não faz sentido considerar que o peso, que é a força gravitacional que a
Terra exerce sobre um corpo, atue sobre outro.
Atividade 4
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, faça esta questão:
Um bloco de madeira A está sobre um plano horizontal. O bloco está ligado
a outro bloco de metal B por um fio que passa por uma roldana, como mostra
a Figura 11.10.
Figura 11.10: Blocos ligados por um fio que passa por uma roldana.
O fio não desliza sobre a roldana, é inextensível e ele e a roldana têm massas
desprezíveis. As massas dos blocos A e B são, respectivamente, 1 kg e 4 kg e
os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco A e o plano horizontal
são, respectivamente, iguais a 0,25 e 0,20. Considere o módulo da aceleração
da gravidade g igual a 10 m/s2 e despreze as forças que o ar exerce sobre os
blocos.
1. Escolha o referencial para a resolução da atividade.
2. Calcule as acelerações dos blocos.
3. Calcule todas as forças que atuam sobre o bloco A.
CEDERJ 392
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MÓDULO 2 - AULA 11
Respostas Comentadas
1. Vamos resolver o problema no referencial da Terra, suposto inercial.
2. Como a distância relativa entre os blocos pode mudar quando o tempo
passa, o sistema formado por eles não pode ser considerado como uma
partícula. Por isso, a fim de calcular as acelerações dos blocos, é ne-
cessário fazer o diagrama de forças de cada bloco separadamente para,
enfim, aplicar a Segunda Lei de Newton.
393 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Vamos fazer, inicialmente, o diagrama de forças do bloco A. Estão
em contato com o bloco A o plano, o ar e o fio. Por isso, somente o
plano e o fio exercem forças de contato não desprezíveis sobre ele. O fio
puxa o bloco para a direita com a tensão ~TA. O plano empurra o bloco
para cima com a normal ~NA e puxa o bloco para a esquerda com a
força de atrito ~fa, que dificulta o deslizamento do bloco. A única força
gravitacional que atua sobre o bloco A é o seu peso ~PA. O diagrama
de forças do bloco A foi desenhado na Figura 11.11.
Figura 11.11: Diagramas de forças dos blocos.
A aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco A fornece:
~NA + ~PA + ~fa + ~TA = mA~aA ⇒
NAx + PAx + fax + TAx = mA aAx e NAy + PAy + fay + TAy = mA aAy.
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Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Vamos expressar as componentes dos vetores utilizando o sistema de
eixos coordenados representado na própria Figura 11.11.
Como o bloco A possui o vínculo de permanecer sobre o plano horizon-
tal, a componente aAy da sua aceleração é nula e a componente aAx é
igual ao seu módulo aA, isto é, aAx = aA. Já as componentes das forças
que atuam sobre o bloco A são iguais a:
NAx = 0, NAy = NA, PAx = 0, PAy = −mA g, fax = −fa,
TAx = T e TAy = 0.
Para simplificar a notação, vamos chamar TA de T e aA de a.
A substituição das componentes da aceleração e das forças que atuam
no bloco A na Segunda Lei de Newton fornece:
T − fa = mA a e NA = mA g.
Vamos fazer agora o diagrama de forças do bloco B. Estão em contato
com este bloco o ar e o fio. Por isso, somente o fio exerce força de
contato não desprezível sobre o bloco. O fio puxa o bloco para cima
com a tensão ~TB. A única força gravitacional não desprezível que atua
sobre o bloco B é o seu peso ~PB. O diagrama de forças do bloco B
também foi desenhado na Figura 11.11.
A aplicação da Segunda Lei de Newton ao bloco B fornece:
~PB + ~TB = mB ~aB ⇒ PBy + TBy = mB aBy.
Comoo bloco B está ligado ao bloco A por um fio inextensível, temos
o vínculo de que o módulo aB da sua aceleração é igual ao módulo
da aceleração do bloco A, isto é, aB = a. Logo, a componente y da
aceleração é igual a aby = −a.
As componentes das forças que atuam sobre o bloco B são iguais a:
PBy = −mB g e TBy = TB.
Temos ainda que o fio e a roldana têm massas desprezíveis e, assim, o
fio transmite totalmente a tensão, isto é, TB = TA = T .
A substituição das componentes da aceleração e das forças que atuam
no bloco B na Segunda Lei de Newton fornece:
T −mB g = −mB a⇒ mB g − T = mB a.
395 CEDERJ
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Portanto, chegamos ao sistema de equações abaixo, que deve ser resol-
vido para encontrar as acelerações dos blocos:
T − fa = mA a (11.1)
mB g − T = mB a. (11.2)
A soma das equações 11.1 e 11.2 nos leva a
T − fa +mB g − T = mA a+mB a⇒ a = mB g − fa
mA +mB
.
O valor da aceleração vai depender do tipo de força de atrito que está
atuando no bloco A. Para que os blocos fiquem parados é necessário
que as suas acelerações sejam nulas. As equações 11.1 e 11.2 nos levam,
nesse caso, a
fa = T e T = mBg ⇒ fa = mBg = (4 kg).(10 m/s2) = 40 N.
Além disso, se o bloco está parado, essa força de atrito é estática e o
seu módulo deve ser menor do que o módulo da força de atrito estática
máxima,
fa 6 µeNA = µemA g = (0,25).(1,0 kg).(10 m/s2) = 2,5 N.
Como essa condição não é satisfeita, o bloco A desliza sobre o plano
horizontal. Dessa forma, a força de atrito que atua sobre ele é ciné-
tica. Logo, o seu módulo é igual a fa = fac = µcNA = µcmA g =
(0,2).(1,0 kg).(10 m/s2) = 2,0 N. Nesse caso, os módulos das acelera-
ções dos blocos se reduzem a:
aA = aB = a =
mB g − fac
mA +mB
=
(40− 2)
5
m/s = 7,6 m/s.
Consequentemente, as acelerações dos blocos são iguais a:
~aA = 7,6 m/s ıˆ e ~aB = −7,6 m/s ˆ.
3. O módulo da tensão que atua no bloco A pode ser obtido da equação
11.1, isto é, T = mA a+ fac = (1,0 kg).(7,6 m/s) + 2 N = 9,6 N.
Logo, as forças que atuam no bloco A são iguais a:
~fa = −(2,0 N) ıˆ, ~TA = (9,6 N) ıˆ , ~NA = (10 N) ˆ e ~PA = −(10 N) ˆ.
CEDERJ 396
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Exemplo 11.1
A máquina de Atwood é um sistema formado por uma roldana em um suporte
vertical, por um fio e por dois blocos, que neste exemplo chamaremos de A e
B. O bloco A está ligado ao bloco B pelo fio que passa pela roldana, como
mostra a Figura 11.12. O fio não desliza sobre a roldana, é inextensível
e ele e a roldana têm massas desprezíveis. Considere conhecidos as massas
dos blocos (mA e mB) e o módulo da aceleração da gravidade g. Despreze as
forças que o ar exerce sobre os blocos. Calcule as acelerações dos blocos e os
módulos das tensões que a corda aplica neles.
Figura 11.12: Máquina de Atwood.
Resolução
Vamos resolver o problema no referencial da Terra, suposto inercial.
Como a distância relativa entre os blocos pode mudar quando o tempo passa,
o sistema formado por eles não pode ser considerado como uma partícula.
Por isso, para calcular as acelerações dos blocos é necessário fazer os seus
diagramas de forças separadamente, para aplicar a Segunda Lei de Newton
a cada um deles.
Estão em contato com o bloco A o ar e o fio. Por isso, somente o fio exerce
força de contato não desprezível sobre ele. O fio puxa o bloco para cima com
a tensão ~TA. A única força gravitacional não desprezível que atua sobre o
bloco A é o seu peso ~PA. O diagrama de forças do bloco A foi desenhado na
Figura 11.13.
397 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Figura 11.13: Diagrama de forças dos blocos.
A situação do bloco B é muito similar à do bloco A, com somente a tensão
~TB e o peso ~PB atuando sobre ele. O diagrama de forças do bloco B também
foi desenhado na Figura 11.13.
A aplicação da Segunda Lei de Newton aos blocos fornece:
~PA + ~TA = mA~aA e ~PB + ~TB = mB ~aB ⇒
PAy + TAy = mA aAy e PBy + TBy = mB aBy.
Vamos utlizar na resolução deste exemplo o eixo OY vertical apontando para
cima, como mostra a Figura 11.13.
Em princípio, não sabemos se é o bloco A ou o bloco B que está se movi-
mentando para baixo. Para calcular as acelerações dos blocos, vamos supor
que o bloco A está acelerado para baixo e que o bloco B está acelerado para
cima. Note que, se essa hipótese estiver errada, aparecerá um sinal negativo
no módulo da aceleração dos blocos, significando que eles se movimentam
em sentido contrário ao suposto. Pela nossa hipótese, a componente aAy da
aceleração do bloco A é igual a aAy = −aA. Para simplificar a notação,
chamamos o módulo da aceleração do bloco A de a. A componente aBy da
aceleração do bloco B é igual a aBy = aB. Como o fio é inextensível, os
módulos das acelerações dos blocos são iguais, isto é, aB = aA = a.
CEDERJ 398
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
As componentes das forças que atuam nos blocos são iguais a:
PAy = −mA g e TAy = TA e PBy = −mB g e TBy = TB.
Como a roldana tem massa desprezível e o fio não desliza sobre ela, os mó-
dulos das tensões são iguais, isto é, TB = TA. Para simplificar a notação,
vamos chamar o módulo da tensão que atua no bloco A de T .
A substituição das componentes das acelerações e das forças que atuam nos
blocos A e B nas equações obtidas na aplicação da Segunda Lei de Newton
a eles fornece:
PA − T = mA a (11.3)
T − PB = mB a. (11.4)
A soma das equações 11.3 e 11.4 nos leva a:
PA − T + T − PB = mA a+mB a⇒ a = (mA −mB) g
ma +mB
.
Logo, a hipótese que foi feita de que o bloco A estava acelerado para baixo e
o bloco B estava acelerado para cima vale se a massa do bloco A for maior
do que a massa do bloco B pois, nesse caso, a > 0. Por outro lado, se
mB > mA, chegamos à situação em que a < 0, o que indica que nossa
suposição foi equivocada e o bloco B é o que é acelerado para baixo. Esse
resultado é esperado, pois indica que o bloco de maior massa cai, puxando
para cima o bloco de massa menor. Em particular, se as massas dos blocos
forem iguais, eles não aceleram.
As acelerações dos blocos são iguais a:
~aA = −~aB = −(mA −mB) g
mA +mB
ˆ.
Note que nessa expressão vetorial, naturalmente, ambos os sinais possíveis
das acelerações já são contemplados.
O módulo da tensão transmitida pela corda pode ser obtido da equação 11.3,
uma vez que:
T = mA g −mA a⇒ T = mA g −mA (mA −mB) g
mA +mB
⇒
T =
2mAmB g
mA +mB
.
399 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Dinâmica da Partícula: referenciais acelera-
dos
Você aprendeu na Aula 3 que a descrição do movimento de uma par-
tícula depende do referencial. Em algumas situações, os referenciais em que
a trajetória da partícula é mais simples não são inerciais. Logo, nesses refe-
renciais, a investigação da trajetória de uma partícula não pode ser realizada
com as Leis de Newton.
A Segunda Lei de Newton pode, no entanto, ser adaptada para encon-
trarmos a trajetória de uma partícula, quando utilizamos um referencial não
inercial. Nos casos dos referenciais acelerados cujos eixos não giram em re-
lação a um referencial inercial, a adaptação da Segunda Lei de Newton pode
ser obtida facilmente.
Consideremos O um referencial inercial e O′ um referencial acelerado,
cujos eixos não giram em relação ao referencialO, como mostra a Figura 11.14.
Figura 11.14: O referencial O′ é acelerado em relação ao referencial inercial
O, mas não gira em relação a ele.
No caso em que a velocidade de uma partícula é muito menor do que a
velocidade da luz, os relógios dos dois referenciais medem intervalos de tempo
iguais e a massa da partícula é a mesma para ambos. Nesse caso, de acordo
com os resultados da Aula 6, a relaçãoentre as acelerações da partícula no
referencial inercial e no referencial acelerado fornece:
~a(t) = ~a ′(t) + ~aOO ′(t)⇒
m~a ′(t) = m~a(t)−m~aOO ′(t). (11.5)
Como o referencial O é inercial, vale aplicarmos a Segunda Lei de
CEDERJ 400
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Newton nele, isto é, m~a =
N∑
i=1
~Fi. Logo, a equação 11.5 se reduzirá a:
m~a ′(t) =
N∑
i=1
~Fi(t)−m~aOO ′(t). (11.6)
A equação 11.6 mostra que:
1. No caso dos referenciais que se deslocam com velocidades constantes
em relação a um referencial inercial e, por isso, têm acelerações nulas
em relação a ele, isto é, ~aOO ′(t) = ~0, temos que:
m~a ′(t) =
N∑
i=1
~Fi(t).
Logo, uma partícula isolada
(
N∑
i=1
~Fi = ~0
)
tem aceleração nula
( ~a ′(t) = ~0), permanecendo em repouso ou em movimento re-
tilíneo uniforme em tais referenciais.
2. Já se um referencial for acelerado em relação a um referencial
inercial, a Segunda Lei de Newton não pode ser utilizada para
encontrar a trajetória de uma partícula, uma vez que a massa
vezes a aceleração da partícula não é igual à força resultante
que atua sobre ela . Nesse caso, aparece na equação 11.6, que for-
nece a aceleração da partícula, um termo adicional (−m~aOO ′(t)). Esse
termo é um vetor que tem a mesma direção e sentido contrário ao da
aceleração ~aOO ′(t). Ele torna o referencial O ′ não inercial, uma vez
que uma partícula isolada (
N∑
i=1
~Fi = ~0) passa a ter uma aceleração
igual a −~aOO ′(t). Consequentemente, ela não está em repouso nem em
movimento retilíneo uniforme.
O termo adicional que aparece na Segunda Lei adaptada a referenciais
acelerados, −m~aOO ′(t), tem dimensão de força e contribui para a aceleração
~aOO ′(t). Apesar disso, cuidado, ele não é uma força, porque não atende às
propriedades de força: ele não surge da interação entre dois corpos, nem
existe uma reação a esse termo em nenhum dos outros corpos. Apesar disso,
devido ao hábito de associar acelerações às forças e devido às semelhanças
citadas anteriormente, é comum denominar o novo termo da Segunda Lei de
Newton para referenciais acelerados de força de inércia . Mas é importante
você ter em mente que, apesar do nome, a força de inércia não é uma força
401 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
como as que vimos até aqui, já que ela não está associada a uma interação
entre corpos. Com a força de inércia, a equação da aceleração da partícula
no referencial acelerado pode ser reescrita da seguinte forma:
m~a ′(t) =
N∑
i=1
~Fi(t) + ~Fine´rcia, (11.7)
em que ~FIne´rcia = −m~aOO ′(t). A equação 11.7 será denominada, a partir de
agora, Segunda Lei de Newton para referenciais acelerados . Observe
que ela se reduz à Segunda Lei de Newton quando a aceleração ~aOO ′(t) do
referencial O ′ em relação ao referencial inercial se anula.
Você aprenderá posteriormente que a Segunda Lei de Newton obtida
para referenciais acelerados, cujos eixos não giram em relação ao referencial
inercial, vale também para os referenciais girantes. O que vai diferenciar o
referencial acelerado que gira do referencial acelerado que não gira são as
forças de inércia que existem neles.
Quando uma questão for resolvida em um referencial não inercial,
denominaremos forças verdadeiras as forças de interação entre
os corpos, para diferenciá-las das forças de inércia.
Exemplo 11.2
Inicialmente, um ônibus se desloca com velocidade constante ~von0 em relação
à Terra, como mostra a Figura 11.15.
Figura 11.15: Ônibus se deslocando com velocidade constante ~voni0.
Quando o sinal fecha, o motorista freia o ônibus com uma aceleração ~A, como
mostra a Figura 11.16.
CEDERJ 402
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Figura 11.16: Ônibus freando com aceleração constante ~A.
Durante a freada, uma caixa que estava no fundo do ônibus passa a deslizar
com uma velocidade ~v e só para quando colide com a frente do ônibus, alguns
instantes antes de ele parar. A massa da caixa é igual a m, o coeficiente de
atrito cinético entre a superfície inferior da caixa e o piso do ônibus é µc e o
módulo da aceleração da gravidade é g. Despreze as forças que o ar exerce
sobre a caixa. Calcule a aceleração e as forças que atuam sobre a caixa antes
de ela colidir com a frente do ônibus nas seguintes situações:
1. O ônibus está se deslocando com velocidade constante.
2. O ônibus está freando.
Resolução
Inicialmente, vamos resolver o problema do referencial da Terra, que, como
usual, vai ser considerado inercial.
1. Quando o ônibus está se deslocando com velocidade constante em rela-
ção à Terra e a caixa está em repouso sobre o piso, ela se desloca com a
mesma velocidade do ônibus em relação à Terra. Por isso, a aceleração
da caixa em relação à Terra é nula.
Para calcular as forças que atuam sobre a caixa nessa situação, vamos
fazer o diagrama de forças da caixa. Na Figura 11.17, ela foi dese-
nhada separada do seu exterior. O ar, o piso e o ônibus estão em contato
com ela. Logo, somente eles podem exercer forças de contato sobre a
caixa. O piso empurra a caixa para cima com a normal ~N . Como eles
têm a mesma velocidade em relação à Terra, não existe deslocamento
relativo nem tendência de deslocamento relativo entre a superfície infe-
rior da caixa e a superfície do piso. Por isso, não existe força de atrito
atuando na caixa. A única força gravitacional não desprezível que atua
sobre ela é o seu peso ~P . O diagrama de forças da caixa foi desenhado
na própria Figura 11.17.
403 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Figura 11.17: Diagrama de forças da caixa, no caso em que o ônibus se
desloca com velocidade constante.
As forças que atuam na caixa, expressas em termos dos vetores unitários
ıˆ e ˆ, representados na Figura 11.17, são dadas por: ~N = mg ˆ e
~P = −mg ˆ.
2. Quando o ônibus está freando, a sua velocidade em relação à Terra
diminui. Isso significa que o ponto B do piso do ônibus próximo ao
lado esquerdo da caixa vai se deslocar para trás em relação a ela. Logo,
a superfície do ônibus vai puxar a superfície da caixa para trás com a
força de atrito cinética ~fac, de forma a evitar o deslizamento relativo
entre as superfícies do piso e da caixa. A única força gravitacional não
desprezível que atua sobre a caixa é o seu peso ~P . O diagrama de forças
da caixa, nessa nova situação, foi desenhado na Figura 11.18.
Figura 11.18: Diagrama de forças da caixa, no caso em que o ônibus freia.
CEDERJ 404
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
A aplicação da Segunda Lei de Newton à caixa fornece:
~N + ~P + ~fac = m~ac ⇒
Nx + Px + facx = macx e Ny + Py + facy = macy.
As componentes da aceleração da caixa e das forças são iguais a:
acx = −ac, acy = 0, Nx = 0, Ny = N, Px = 0, Py = −mg
facx = −fac e facy = 0.
Como a força de atrito é cinética, o seu módulo é igual a fac = µcN .
A substituição das componentes da aceleração e das forças na Segunda
Lei de Newton fornece:
−fac = −mac e N −mg = 0⇒
N = mg e a =
fac
m
=
µcmg
m
= µc g.
Logo, a aceleração da caixa é igual a ~a = −µc g ıˆ.
As forças que atuam na caixa expressas em termos dos vetores unitários
ıˆ e ˆ, representados na Figura 11.18, são dadas por: ~N = mg ˆ , ~P =
−mg ˆ e ~fac = −µcmg ıˆ.
Alguns alunos acham que a força de atrito atua na caixa para frente, e
não para trás. Isso ocorre porque eles estão habituados a observar o
movimento da caixa do referencial do ônibus, que não é inercial. Nesse
referencial, quando o motorista do ônibus freia, a caixa acelera para frente.
Como existe uma tendência a associar uma força a uma aceleração, os
alunos que não conhecem a Dinâmica da Partículanos referenciais acelerados
acreditam que é a força de atrito que está acelerando a caixa para frente.
Para esclarecer esse fato, você deve analisar o problema a partir do
referencial do ônibus, que será denominado O ′.
Vamos resolver agora o problema do referencial do ônibus.
1. Quando o ônibus está se deslocando com velocidade constante em re-
lação à Terra, ele é um referencial inercial. Logo, atuam sobre a caixa
apenas as forças de interação entre ela e o seu exterior. Essas forças
são iguais às forças observadas pelo referencial da Terra e já foram
calculadas anteriormente. Elas são iguais a ~N = mg ˆ e ~P = −mg ˆ.
405 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
2. Já quando o ônibus está freando ele não é um referencial inercial, porque
está acelerado em relação à Terra, a qual, por sua vez, está sendo
considerada um referencial inercial. Logo, para calcular a aceleração
da caixa no referencial do ônibus, é necessário colocar sobre ela as forças
de interação entre ela e o seu exterior (forças verdadeiras), e a força de
inércia. A força de inércia é contrária à aceleração do ônibus e, nesse
caso, igual a ~Fin = −m ~A.
Na Figura 11.19, a caixa foi desenhada separada do seu exterior. O
ar e o piso do ônibus estão em contato com ela. Logo, somente o piso
exerce forças de contato não desprezíveis sobre a caixa. A força de
inércia arrasta a caixa para frente , de forma a provocar um deslo-
camento relativo entre as superfícies da caixa e do piso do ônibus. Logo,
a superfície do ônibus vai puxar a superfície da caixa para trás com a
força de atrito cinética ~fac, de forma a tentar evitar o deslizamento
relativo entre as superfícies do piso e da caixa. Ele também empurra
a caixa para cima com a normal ~N . A única força gravitacional não
desprezível exercida sobre a caixa é o seu peso. O diagrama de forças
da caixa com as forças de interação e a força de inércia foi desenhado
na Figura 11.19.
Figura 11.19: Diagrama de forças da caixa, no referencial do ônibus, no caso
em que o ônibus freia.
A Segunda Lei de Newton para os referenciais acelerados, aplicada à caixa,
nos mostra que:
~N + ~P + ~fac + ~Fin = m ~a′c ⇒
Nx + Px + facx + Finx = ma
′
cx e Ny + Py + facy + Finy = ma
′
cy.
CEDERJ 406
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
As componentes da aceleração da caixa e das forças são iguais a:
a′cx = a
′
c, a
′
cy = 0, Nx = 0, Ny = N, Px = 0, Py = −mg
Finx = Fin, Finy = 0, facx = −fac e facy = 0.
A substituição das componentes da aceleração, das forças e da força de inércia
na Segunda Lei de Newton para os referenciais acelerados fornece:
−fac +mA = ma′c e N −mg = 0⇒
N = mg e a′c = A−
fac
m
= A− µcmg
m
= A− µc g.
Logo, a aceleração da caixa no referencial do ônibus é igual a:
~a′c = (A− µc g) ıˆ. (11.8)
Como, para que a caixa deslize, o módulo da força de inécia deve maior do
que o módulo da força de atrito máxima, que é igual a µemg, temos que:
mA > µemg ⇒ A > µe g > µc g.
Por isso, o módulo da aceleração A do ônibus é maior que o segundo termo
µcg da equação 11.8. Logo, o sentido da aceleração da caixa, para um ob-
servador que está dentro do ônibus, é para a frente do coletivo. Esse fato
explica, por exemplo, o porquê de você sentir seu corpo ser jogado para a
frente de um ônibus quando ele freia.
Atividade 5
Atende ao Objetivo 2
Baseado no que você leu nesta aula, faça esta questão:
No referencial da Terra, nos casos em que podemos desprezar a resistência
do ar, um corpo que é largado nas proximidades da superfície do planeta cai
na vertical com a aceleração igual à da gravidade ~g.
No referencial do ônibus, qual é o módulo e a direção da aceleração de queda
de um corpo que é largado no seu interior, nas situações apontadas a seguir?
1. O ônibus está com velocidade constante em relação à Terra.
2. O ônibus está acelerando, com uma aceleração constante e igual a ~A.
407 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Respostas Comentadas
1. Quando o ônibus está com velocidade constante, ele é um referencial
inercial. Logo, a única força que atua em um corpo que cai é o seu peso,
e a sua aceleração é igual à aceleração da gravidade ~g, como mostra a
Figura 11.20.
CEDERJ 408
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Figura 11.20: Diagrama de forças do corpo que cai, no referencial do ônibus,
no caso em que o ônibus está com velocidade constante.
2. Já quando o ônibus está acelerando, ele não é um referencial inercial.
Logo, no referencial do ônibus, além da força peso que atua em um
corpo que cai, existe uma força de inércia igual a ~Fin = −m ~A, como
mostra a Figura 11.21.
Figura 11.21: Diagrama de forças do corpo que cai, no referencial do ônibus,
no caso em que o ônibus acelera.
A aplicação da Segunda Lei de Newton para referenciais acelerados ao
corpo que cai fornece:
~P + ~Fin = m ~a′ ⇒ m~g −m ~A = m ~a′ ⇒
~a′ = ~g − ~A.
Logo, o corpo cai com uma aceleração constante. Todavia, esta não
é vertical como no caso da velocidade constante, conforme mostra a
Figura 11.20. É comum chamar essa aceleração de gravidade apa-
rente .
409 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
A Figura 11.21 mostra que o módulo da gravidade aparente é igual a
gap =
√
A2 + g2 e que o ângulo θ que ela forma com a vertical é dado por:
θ = arctan
(
A
g
)
.
Atividade 6
Atende ao Objetivo 2
Baseado no que você leu nesta aula, resolva esta questão:
Um menino está empurrando um plano inclinado com aceleração ~A que forma
um ângulo θ com a direção horizontal. Um bloco com massa m permanece
em repouso sobre o plano inclinado, conforme indicado na Figura 11.22.
Considere que não existe atrito entre o plano e o bloco e despreze as forças
que o ar exerce sobre o bloco. São conhecidos a massa m, a aceleração ~A, o
ângulo θ e o módulo da aceleração da gravidade g.
Figura 11.22: O bloco está em repouso sobre o plano inclinado.
1. Calcule o módulo da força que o bloco exerce sobre o plano inclinado.
2. O que acontece com o bloco se a aceleração ~A do plano aumentar?
CEDERJ 410
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
Respostas Comentadas
1. Como o bloco permanece em repouso sobre o plano inclinado, vamos
resolver a questão no referencial do plano inclinado, porque nele a aceleração
do bloco é nula.
A superfície do plano empurra o bloco na direção normal ao plano, com a
força ~N . Como não existe atrito entre o bloco e o plano inclinado, a normal
é a única força que o plano inclinado exerce sobre o bloco. Analogamente, a
única força gravitacional não desprezível que atua no bloco é o seu peso ~P .
Como o referencial do plano é acelerado, existe também a força de inércia
~Fin = −m ~A. O diagrama de forças do bloco foi desenhado na Figura 11.23.
Figura 11.23: Diagrama de forças do bloco.
Aplicando a Segunda Lei de Newton para referenciais acelerados ao bloco,
temos que:
~N + ~P + ~Fin = m ~a′ = ~0⇒
Nx + Px + Finx = 0 e Ny + Py + Finy = 0.
Vamos utilizar o sistema de eixos coordenados representado na Figura 11.23.
Nele, as componentes das forças são iguais a:
Nx = N cos(β), Ny = N sen(β), Px = 0, Py = −mg
Finx = −Fin e Finy = 0.
A substituição das componentes das forças na Segunda Lei de Newton para
referenciais acelerados nos mostra que
Ncos(β)− Fi = 0⇒ Ncos(β) = Fin = mA e Nsen(β) = mg.
411 CEDERJ
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
Se elevarmos ao quadrado e somarmos as duas equações obtidas, encontra-
remos o módulo da normal, uma vez que
N2cos2(β) +N2 sen2(β) = m2A2 +m2g2 ⇒
N2
[
cos2(β) + sen2(β)
]
= m2 (A2+ g2)⇒ N = m
√
A2 + g2.
2. A partir da Figura 11.23, podemos inferir que, se a aceleração ~A do
plano aumentar, a componente da força de inércia paralela ao plano também
aumenta. Ela pode, então, ficar maior do que a componente da força peso
paralela ao plano, fazendo com que a aplicação da Segunda Lei de Newton
para referenciais acelerados nos forneça que existe uma componente da ace-
leração na direção vertical, para cima e, se isso ocorre, o bloco sobe o plano
inclinado.
Conclusões
Nesta aula você fez várias atividades nas quais utilizou as expressões das
forças obtidas na Aula 8 e aplicou as Leis de Newton para obter informações
sobre as trajetórias de corpos que podem ser tratados como partículas em
referenciais inerciais. Para resolver todas essas atividades, você aplicou o
mesmo algoritmo apresentado na Aula 10. Podemos dizer que esse é sempre
o procedimento a ser adotado na resolução de problemas em referenciais
inerciais.
O mesmo não pode ser dito para os referenciais acelerados, uma vez que
neles existem forças de inércia que devem ser adicionadas à força resultante
para se obter a aceleração de uma partícula. As expressões dessas forças
dependem dos tipos de referenciais acelerados e precisam ser obtidas para
os referenciais acelerados que giram em relação aos referenciais inerciais. É
importante ressaltar que, apesar do nome, as forças de inércia não são resul-
tantes das interações entre os corpos. Por isso elas não são forças verdadeiras
e não têm algumas das propriedades de forças.
Resumo
A Segunda Lei de Newton não vale para referenciais acelerados. Neles, ela
só pode ser utilizada se a força resultante incluir também as forças de inércia
que não são forças reais, isto é,
m~a′ =
N∑
i=1
~Fi + ~Fine´rcia,
CEDERJ 412
Aula 11 - Aplicações da Dinâmica da Partícula em movimentos de translação
MÓDULO 2 - AULA 11
sendo ~Fine´rcia a força de inércia resultante que atua na partícula. No caso em
que os eixos do referencial acelerado não giram em relação aos referenciais
inerciais, a força de inércia é igual a −m~aOO ′(t), em que ~aOO ′(t) é a acele-
ração do referencial O ′ em relação a um referencial inercial O.
As forças de inércia não são forças reais e, por isso, elas não têm reações.
Logo, a Terceira Lei de Newton não se aplica às forças de inércia.
Informações sobre a próxima aula
Na próxima aula você vai fazer outras aplicações das Leis de Newton em
referenciais inerciais e em referenciais acelerados. Serão discutidos os casos
de partículas que estão em movimento circular em referenciais inerciais e em
referenciais que giram em relação aos referenciais inerciais.
Leituras recomendadas
Leia sobre os referenciais acelerados no livro Curso de Física Básica 1 -
Mecânica, de Moysés Nussenzveig.
Referências bibliográficas
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física básica I : Mecânica. 3. ed.
São Paulo: Edgard Blücher, 1981.
413 CEDERJ