Dinâmica do Movimento Retilíneo

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Introdução à Física Clássica I
Prof. Neemias Alves de Lima
12 de julho de 2021
Escola de Ciências e Tecnologia, UFRN
9 - Dinâmica do movimento
retilíneo
Nesta aula aplicaremos as leis de Newton na solução de problemas
em que corpos se movem em linha reta.
1
Roldana ideal
O homem sempre procurou maneiras de facilitar sua vida criando
técnicas, ferramentas e máquinas capazes de reduzir esforços na
execução da alguma atividade. Uma roldana, também conhecida
como polia, é uma máquina simples constituída por uma roda
de material rígido, normalmente metal, lisa ou sulcada em sua
periferia. Quando acionada por uma corda, correia ou fio, a
roldana gira em torno de um eixo, que pode ser fixo ou móvel,
transferindo movimento a outro corpo.
2
Vantagem mecânica na situação de equilíbrio:
Use o tradução automática, se precisar, e assista pausadamente
este excelente vídeo: Vídeo
3
https://youtu.be/M2w3NZzPwOM
A história relata que Arquimedes (287 a.C. – 212 a.C.) foi a
primeira pessoa que construiu e usou um sistema de roldanas,
permitindo a marinheiros a levantar objetos demasiados pesados
para serem movidos de outra maneira.
A menos que se diga o contrário, consideraremos desprezível a
massa de uma roldana e o atrito em seu eixo de rotação.
4
Exemplo 9.1 - Calcule a aceleração vertical do cilindro de 150
kg para cada um dos dois casos ilustrados na Figura. Despreze
o atrito e as massas das roldanas.
(a)
150 kg 200 kg
(b)
150 kg
200(9,8) N
5
Situação (a): Diagramas de corpo livre dos blocos 1 (150 kg) e
2 (200 kg). Quando o bloco 1 sobe y1 = y o bloco 2 desce y2 = y,
nos seus respectivos referenciais y, isto implica que v1y = v2y = v
e a1y = a2y = a. O módulo da força de tensão da corda é
constante ao longo de todo o comprimento da corda já que ela e
a roldana são ideais.
T
m1g
1
a
y
T
m2g
2
a
y
6
Aplicando a segunda lei de Newton para cada bloco, temos
Fres,1y = m1a1y +T − m1g = m1a (1)
Fres,2y = m2a2y −T + m2g = m2a (2)
A força de tração T e a aceleração a são soluções deste sistema
de equações. Para obter a aceleração basta somar (1) e (2):
m2g − m1g = (m2 + m1)a
∴ a = m2 − m1
m2 + m1
g = 200 − 150
200 + 150
9, 8 = 1, 4 m/s2
7
Situação (b): Diagrama de corpo livre do bloco 1 (150 kg):
T = F
m1g
1
a
y
O módulo da força de tensão da corda é igual ao da força aplicada
F = 200(9, 8) = 1960 N. Usando a segunda lei de Newton temos
Fres,1y = m1a1y F − m1g = m1a
∴ a = F − m1g
m1
=
1960 − 150(9, 8)
150
= 3, 3 m/s2
8
Exemplo 9.2 - Na Figura o homem de 72 kg sentado na ca-
deira puxa a corda com uma força de 196 N. Encontre a sua
aceleração. Despreze a massa da cadeira, cordas e roldanas.
9
Quando a corda é puxada para baixo com F = 196 N a corda
exerce uma força T = F para cima na mão do homem e nos três
pontos da roldana inferior a qual está conectado o assento em que
o homem está sentado. Assim, a força total que a corda aplica
no homem e cadeira é 4T = 4F . O diagrama de corpo livre para
o conjunto homem e assento é o da Figura abaixo. Supomos que
aceleração do homem seja para cima. Como não temos certeza
do sentido da aceleração a escrevemos como componente ay, os
cálculos mostrarão o sentido correto para o referencial escolhido.
4F
mg
1
ay
y
10
Aplicando a segunda lei de Newton:
Fres,y = may 4F − mg = may
Logo
ay =
4F − mg
m
=
4(196)− 72(9, 8)
72
= 1, 09 m/s2
Portanto, como ay > 0, a aceleração do homem é para cima
(mesmo sentido do eixo y positivo) e igual a 1,1 m/s2.
11
Exemplo 9.3 - Na Figura se os coeficientes de atrito estático e
dinâmico entre o bloco A de 20 kg e o carrinho B de 100 kg são
essencialmente do mesmo valor de 0,50, determine a aceleração
de cada parte para (a) T = 60 N e (b) T = 40 N.
100 kgB
20 kgA
T
12
Diagramas de corpo livre dos blocos A e B:
NA
mAg
aA
2TFat
A
NB
mBg
NA
Fat
B
aB
y
x
Devido às rodinhas do carrinho B, o problema assume que o atrito
de B com o solo é desprezível. Sem fazer os cálculos não temos
como ter certeza se as acelerações de A e B são iguais ou não em
módulo, mas sabemos que ambas devem ter o sentido positivo
do eixo x. Se aA = aB então não haverá deslizamento entre
as superfícies A e B e Fat será estática, caso contrário, haverá
deslizamento e Fat será cinética.
13
Pela segunda lei de Newton:
Fres,x,A = mAaAx 2T − Fat = mAaA (1)
Fres,y,A = mAaAy NA − mAg = 0 NA = mAg (2)
Fres,x,B = mBaBx Fat = mBaB (3)
Fres,y,B = mBaBy NB − NA − mBg = 0
NB = NA + mBg = (mA + mB)g (4)
Com as equações (2) e (4) obtemos os valores das forças nor-
mais, então sobram duas equações (1 e 3) para determinar o valor
de três incógnitas: aA, aB,Fat . Como o número de incógnitas é
maior que o número de equações, este é um sistema indetermi-
nado! Precisamos de mais uma equação ou informação relevante
para resolver este problema... :(
14
Para ficar mais claro o que temos de resolver, reproduzimos
abaixo as equações (1) e (3):
2T − Fat = mAaA (5)
Fat = mBaB (6)
Uma terceira equação vem de uma hipótese (ou de sua refutação):
Hipótese 1 - Ocorre movimento relativo entre A e B:
Fat = µcNA = µcmAg = 0, 50(20)9, 8 = 98 N (7)
aA > aB (8)
Hipótese 2 - Ocorre movimento relativo entre A e B:
aA = aB = a (9)
Fat ≤ Fat,e,max = µeNA = µemAg = 0, 50(20)9, 8 = 98 N (10)
15
(a) Se T = 60 N leva a um movimento relativo entre A e B,
temos, igualando (6) e (7):
aB =
Fat
mB
=
98
100
= 0, 98 m/s2 (11)
Substituindo (11) e (10) em (5):
aA =
2T − Fat
mA
=
2(60)− 98
20
= 1, 1 m/s2 (12)
Comparando os valores de (12) e (11) temos que a equação (8)
é satisfeita! Portanto, quando T = 60 N os dois blocos possuem
movimento relativo, com o bloco A com uma maior aceleração
(1,1 m/s2) que o bloco B (0,98 m/s2).
Verifique que a hipótese 2 não é satisfeita para T = 60 N! :)
16
(b) Se T = 40 N leva a um movimento relativo entre A e B,
temos, igualando (6) e (7):
aB =
Fat
mB
=
98
100
= 0, 98 m/s2 (13)
Substituindo (11) e (10) em (5):
aA =
2T − Fat
mA
=
2(40)− 98
20
= −0, 90 m/s2 (14)
Comparando os valores de (12) e (11) temos que a equação (8)
não é satisfeita! Portanto, devemos considerar a hipótese 2.
Substituindo (9) em (5) e (6):
2T − Fat = mAa (15)
Fat = mBa (16)
17
Substituímos (16) em (15) e resolvemos para a:
2T − mBa = mAa a =
2T
mA + mB
=
2(40)
20 + 100
= 0, 67 m/s2 (17)
É necessário verificar se a equação (12) também é satisfeita.
Substituindo (17) em (16) temos:
Fat = mBa = 100(0, 67) = 67 N (16)
Como 67 N é menor que 98 N, que é a força de atrito estática
máxima, temos que a equação (10) é satisfeita. Portanto, quando
T = 40 N os dois blocos se movem juntos com a mesma aceleração
0,67 m/s2.
18
Plano inclinado
Seja um plano inclinado de um ângulo θ com a horizontal, se um
objeto está sobre este plano então a força peso ~P = m~g sobre
ele pode ser representada por suas componentes normal (Py) e
tangencial (Px) ao plano, como mostra a Figura abaixo.
x
y
θ mg
mg cos θ
mg senθ
θ
19
Exemplo 9.4 - Na Figura o caixote de 100 kg é colocado com
cuidado em repouso sobre o plano inclinado. Descreva o que
ocorre se (a) θ = 15◦ e (b) θ = 20◦.
θ
100 kg
µe = 0, 30
µc = 0, 25
20
Diagrama de corpo livre da caixa:
y
x
mg cos θ
mg senθ
N
Fat θ
Como o movimento da caixa será ao longo do plano inclinado,
com tendência de movimento para baixo, escolhemos o eixo +x
paralelo ao plano e apontando para baixo. O eixo y será perpen-
dicular ao eixo x e saindo do plano, como ilustra a Figura.
21
No diagrama de corpo livre substituímos a força peso por suas
componentes ao longo dos eixos x e y, onde
Px = mg senθ (1)
Py = −mg cos θ (2)
A aceleração é possível apenas ao longo do eixo x. Aplicando a
segunda lei de Newton, temos:
Fres,x = max mg senθ − Fat = max (3)
Fres,y = m��
0
ay N − mg cos θ = 0 N = mg cos θ (4)
A força de atrito estática máxima na caixa é
Fat,e,max = µeN = µemg cos θ (5)
Para a caixa começar descer, Px tem que ser maior que Fat,e,max .
22
(a) As quantidades que definem se a caixa desce o plano inclinado
quando θ= 15◦ são Px e Fat,e,max :
Px = mg senθ = 100(9, 8) sen15◦ = 253, 6 N (6)
Fat,e,max = µemg cos θ = 0, 30(100)9, 8 cos 15◦ = 284, 0 N (7)
Como Fat,e,max > Px , então a caixa permanece em repouso.
23
(b) Como no caso anterior, calculamos para θ = 20◦:
Px = mg senθ = 100(9, 8) sen20◦ = 335, 2 N (8)
Fat,e,max = µemg cos θ = 0, 30(100)9, 8 cos 20◦ = 276, 3 N (9)
Como Fat,e,max < Px , então a caixa vai entrar em movimento, e
com isso a força de atrito será:
Fat = µcN = µcmg cos θ = 0, 25(100)9, 8 cos 20◦ = 230, 2 N (10)
Substituindo (8) e (10) em (3):
335, 2 − 230, 2 = 100ax
ax =
105, 0
100
= 1, 0 m/s2
24
Exemplo 9.5 - Na Figura pequenos objetos são liberados para
a rampa inclinada de 2,0 m por uma esteira A que se move
a uma velocidade vA = 0, 40 m/s. Se a esteira B possui uma
velocidade vB = 0, 90 m/s e os objetos são liberados para ela sem
deslizamento, calcule o coeficiente de atrito µc entre os objetos
e a rampa.
2,0 m
A
vA
B
vB
30◦
25
Cada objeto desce a rampa deslizando sob a influência das forças
peso, normal e de atrito cinético. O diagrama de corpo livre é o
da Figura abaixo.
x
y
mg cos θ
mg senθ
N
Fat,c
θ
Como o objeto entra na esteira B sem deslizamento, então a sua
velocidade no ponto mais baixo do plano inclinado é vB = 0, 90
m/s.
26
Levando em conta que o coeficiente de atrito cinético µc está
inserido em uma equação que depende da aceleração. Se o objeto
parte da esteira A com velocidade vA = 0, 40 m/s e percorre uma
distância d = 2 m, podemos usar a fórmula de Torricelli para
obter a sua aceleração:
v2B = v2A + 2axd ax =
v2B − v2A
2d
ax =
0, 902 − 0, 402
2(2, 0)
= 0, 1625 m/s2 (1)
Aplicando a 2ª lei de Newton:
Fres,x = max mg senθ − Fat,c = max (2)
Fres,y = m��
0
ay N − mg cos θ = 0 N = mg cos θ (3)
27
A força de atrito é
Fat,c = µcN (4)
Portanto
µc =
Fat,c
N
(5)
Substituindo (2) e (3) em (5):
µc =
��mg senθ −��max
��mg cos θ
=
g senθ − ax
g cos θ
(6)
Por fim, substituindo (1) em (6), temos o coeficiente de atrito
cinético:
µc =
9, 8 sen30◦ − 0, 1625
9, 8 cos 30◦
= 0, 56
28
Exemplo 9.6 - Na Figura o sistema é liberado do repouso com
o cabo descarregado. Para os coeficientes de atrito µe = 0, 25 e
µc = 0, 20, calcule a aceleração de cada corpo e a tração T no
cabo. Despreze a pequena massa e o atrito das polias.
60 k
g
A
µe, µc 20
kg B30◦
29
Não sabemos de antemão se o bloco A sobe ou desce a rampa,
ou até mesmo se fica em repouso. Precisamos primeiro verificar
esta questão. Imaginemos o sistema em equilíbrio, e que o bloco
A tenda a subir o plano. Neste caso os diagramas de corpo livre
do sistema são os da Figura abaixo.
(a)
x
y
mAg cos θ
mAg senθ
≈
N
≈
Fat,e
T
θ
(b)
y
mBg
2T
30
Hipótese: sistema em repouso
Bloco A:
Fres,x,A = 0 −mAg senθ − Fat,e + T = 0 (1)
Fres,y,A = 0 N − mAg cos θ = 0 N = mAg cos θ (2)
Bloco B:
Fres,x,B = 0 mBg − 2T = 0
T = mBg
2
=
20(9, 8)
2
= 98 N (3)
Substituindo (2) e (3) em (1):
−60(9, 8) sen30◦ − Fat,e + 98 = 0 Fat,e = −196 N (2)
31
O sinal negativo diz que a força de atrito aponta no sentido oposto
ao que presumimos, ou seja, ela aponta para cima da rampa no
sentido positivo do eixo x. Isto significa que o bloco tende a
descer. Mas será que desce? Vejamos a força de atrito estática
máxima que a rampa pode aplicar no bloco A:
Fat,e,max = µeN = 0, 25(509, 2) = 127, 3 N (5)
Como é necessária uma força de atrito de 196 N para manter o
sistema em equilíbrio, e isto não é possível, pois 127 < 196, então
o bloco A irá descer a rampa e o bloco B irá subir verticalmente!
32
Na Figura abaixo fizemos as correções nos diagramas anteriores
para que fossem consistentes com o movimento do sistema, bloco
A descendo a rampa e B subindo.
(a)
x
y
mAg cos θ
mAg senθ
≈
N
≈
TFat,c
θ
aA
(b) y
mBg
2T
aB
33
Segunda lei de Newton para o bloco A:
Fres,x,A = mAaAx mAg senθ − Fat,c − T = mAaA (6)
Fres,y,A = 0 N − mAg cos θ = 0
N = mAg cos θ = 60(9, 8) cos 30◦ = 509, 2 N (7)
onde, usando (7),
Fat,c = µcN = 0, 20(509, 2) = 101, 8 N (8)
Substituindo (8) e demais dados em (6):
60(9, 8) sen30◦ − 101, 8 − T = 60aA 192, 2 − T = 60aA (9)
34
Segunda lei de Newton para o bloco B:
Fres,y,B = mBaBx 2T − mBg = mBaB
2T − 20(9, 8) = 20aB
2T − 196, 0 = 20aB (10)
O sistema de equações (9) e (10) tem 3 incógnitas: T , aA, aB.
Precisamos de mais uma equação, e ela vem da dependência dos
movimentos dos blocos A e B. Observe que não podemos dizer
que aA = aB pois a corda que está ligada ao bloco A não está
ligada diretamente ao bloco B.
35
Como o comprimento do cabo que une o movimento dos dois
blocos é constante e igual a L, temos:
LA + c + 2LB = L (11)
onde LA é o comprimento de corda entre o bloco A e a roldana,
LB o comprimento de corda da roldana até a roldana ao qual
está ligado o bloco B, e c é o comprimento de corda em contato
com a roldana. Derivando (11) duas vezes no tempo obtemos a
seguinte relação entre as acelerações dos blocos:
d2LA
dt2
+
�
�
���
0
d2LA
dt2
+ 2d
2LB
dt2
=
�
�
��7
0
d2L
dt2
 
d2LA
dt2
= −2d
2LB
dt2
Portanto, em termos de módulo:
aA = 2aB (12)
36
Agora sim, com (9), (10) e (12) podemos resolver o problema.
Substituindo (12) em (9):
192, 2 − T = 120aB (13)
Dividindo (10) por 2:
T − 98, 0 = 10aB (14)
Somando (13) com (14):
192, 2 − 98, 0 = 130aB aB =
84, 2
130
= 0, 7246 = 0, 72 m/s2
Substituindo este resultado em (12) e (14):
aA = 2aB = 2(0, 7246) = 1, 4 m/s2
T − 98, 0 = 10(0, 7246) T = 105, 2 = 110 N
37
Exercícios
9.1 Na Figura, as polias e a corda são leves, todas as superfícies
são sem atrito e a corda não estica. (a) Como a aceleração do
bloco l se compara com a aceleração do bloco 2? Explique seu
raciocínio. (b) Encontre as fórmulas das acelerações dos blocos e
das tensões nas cordas em função das massas dos blocos e acele-
ração da gravidade. (c) O que os resultados das partes (b) e (c)
preveem se m1 for muito menor que m2? Comente. (d) E se m1
for muito maior que m2? Comente.
m1
m2
38
9.2 Um bloco de massa m1 = 2, 00 kg e um de bloco de massa
m2 = 6, 00 kg estão conectados por uma corda leve sobre uma
polia sem atrito. Eles estão sobre uma superfície como mostra a
Figura, onde θ = 30, 0◦. (a) Determine a aceleração dos blocos e
(c) a tensão na corda.
m1
m2
θ
39
9.3 O coeficiente de atrito estático entre os dois blocos da Figura
é 0,50. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco inferior e
o piso é 0,10. Qual é a maior força horizontal F que pode ser
aplicada no bloco inferior tal que o bloco superior não escorregue?
As massas dos blocos são m1 = 3, 0 kg e m2 = 4, 0 kg.
m1
m2
F
40
9.4 Os dois blocos da Figura escorregam rampa abaixo. Quanto
vale a tensão na corda? Dados: m1 = 1, 0 kg, m2 = 2, 0 kg,
µc,1 = 0, 20, µc,2 = 0, 10 e θ = 20◦.
m1
m2
θ
µc,1
µc,2
41
9.5 Na Figura, o bloco inferior (m2 = 2, 0 kg) é puxado por
uma força de tensão de 20 N. O coeficiente de atrito cinético
entre o bloco inferior e a superfície vale 0,30. O coeficiente de
atrito cinético entre os dois blocos também vale 0,30. Qual é a
aceleração do bloco superior (m1 = 1, 0 kg)?
m2
m1
F
42
Respostas
9.1 (a) a2 = a1/2; (b) a1 = 2m2g/(m2 + 4m1), a2 = a1/2,
T1 = m1a1, T2 = 2T1; (c) a1 ≈ 2g, a2 ≈ g, T1 ≈ 2m1g,
T2 ≈ 4m1g. Sendo m1 muito menor que m2 espera-se que o
bloco 2 caia aproximadamente com a aceleração g de queda
livre. Os valores das demais grandezas é consequência. (d)
a1 ≈ m2g/(2m1), , T1 ≈ m2g/2, T2 ≈ m2g. Sendo m1
muito maior que m2 é esperado que o bloco 2 caia com uma
aceleração muito pequena, tal que a tensão na corda que o
sustenta seja aproximadamente igual ao seu peso.
9.2 (a) 3, 7 m/s2; (b) 7,4 N
9.3 41 N
9.4 0,61 N
9.5 1, 87 m/s2
43
	9 - Dinâmica do movimento retilíneo