setor 1201 12010409 12010409-SP
Aulas 31 e 32
ATRITO Escorregamento: É o movimento relativo entre as superfícies
N
de contato.
A
Atrito (ou força de atrito ou componente tangencial da força de contato): É a componente da força de contato, causada
T (1)
pela interpenetração das rugosidades das superfícies de contato, que impede ou dificulta o escorregamento. →
C
T
mg
(2)
→
N
Mg
AC = 0,3 ⋅ 100 = 30 30N N
→
A
AE = 0,35 ⋅ 100 = 35 35 N a) M = 2 kg kg.. P 2 = 20N, 20 N, logo logo a força de atrito consegue equilibrar a solicitadora: γ = 0; A = 20N
rugosidade interpenetradas
A
(1) caso a (2)
Condições de Existência :
• Contato Contato entre super superfícies fícies rugos rugosas. as. • Esc Escorr orrega egamen mento to ou tendê tendênci ncia. a. • Nor Normal mal (co (compr mpress essão) ão)..
Mg
b) M = 3,5kg. 3,5kg. P 2 = 35N. 0 sistema está na iminência de escorregar: 35 N γ = 0; A = AMAX = 35
Como marcar:
• direç direção: ão: tangente tangente (parale (paralela) la) à superfície superfície de de contato. contato. • senti sentido: do: contrár contrário io ao escorrega escorregamento mento ou ou tendência. tendência.
A
(1) caso b (2)
Como calcular:
Mg
ATRITO ESTÁTICO: AE µe N AE = µe N na iminência de escorregar. ATRITO CINÉTICO: AC = µcN
c) M = 10kg. P 2 = 100 100 N. A = AC = 30N, 30 N, pois o sissistema começa a escorregar.
Exercícios 1.
(1)
(2)
O coeficiente de atrito estático entre o bloco (1), de massa 10kg, e a superfície de apoio vale 0,35 e o cinético 0,30. Por intermédio de um fio e polia ideais liga-se o bloco (1) a um bloco (2) de massa M. Supondo g = 10m/s 2 e abandonando o sistema a partir do repouso, determinar a aceleração adquirida pelo conjunto e a intensidade da força de atrito trocada entre o bloco (1) e o plano, nos seguintes casos: a) M = 2kg b) M = 3, 3,5kg 5kg c) M = 10kg
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A
Mg
P 2 – T = m ⋅ |a| T – AC = m ⋅ |a|
100 – T = 10 ⋅ |a| T – 30 = 10 ⋅ |a| 70 = 20|a|
|a| = 3,5m/s2
35
ANGLO VESTIBULARES
2.
3.
Ainda com relação à questão anterior. Suponha que a massa do corpo 2 possa variar entre os valores 0 e 4,5kg. Esboçar o gráfico da intensidade da força de atrito, que realmente age no corpo 1, em função da força solicitadora (peso do corpo 2). A(N)
Um corpo de massa m desliza sobre um plano horizontal, passando por um ponto A com velocidade 20m/s. Sabendose que o coeficiente de atrito cinético entre o corpo e o apoio é 0,4, determinar: a) a aceleração do corpo; b) a distância que o corpo percorre até parar.
30
N
20
P
10
0
10
20
30
40
v=0
V0
A
∆s
a) R = mγ Ac = m |a| µcmg = m |a|
F(N)
|a| = µcg
|a| = 4m/s2 2 + 2 a∆s b) v 2 = v 0
0 = (20)2 – 2 ⋅ 4 ∆s ∆s = 50m
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36
ANGLO VESTIBULARES
4.
(FGV-SP/corrigido) Um automóvel de 1720kg entra em curva plana horizontal de raio r = 200m, a 180km/h. Sabendo que o coeficiente de atrito entre os pneus do automóvel e a rodovia é igual a µe = 0,3 (coeficiente de atrito estático) e µc = 0,2 (coeficiente de atrito cinético), está correto afirmar que: a) Para que um corpo percorra uma trajetória circular com velocidade escalar constante, a resultante das forças que agem sobre ele deve ser nula. b) Para que o carro faça uma curva em uma pista plana horizontal com velocidade escalar constante, a resultante das forças que agem sobre ele deve ser a componente radial do atrito. c) O automóvel está a uma velocidade segura para fazer a curva. d) O automóvel irá derrapar radialmente para fora da curva.
a) Errado. A resultante é radial para dentro da curva. b) Certo. A resultante é radial para dentro da curva. c) R = m(v 2 /r) rg 24,5m/s 88km/h µmg = m(v 2 /r) ∴ v = µ v (máxima velocidade com que o veículo pode fazer a curva). d) Errado. Pelo Princípio da inércia, o veículo escapa da curva tangencialmente.
ORIENTAÇÃO DE ESTUDO Livro
1 — Unidade II
Caderno de Exercícios — Unidade II
Tarefa Mínima AULA 31 • Leia os itens 1 e 2, cap. 7. • Resolva os exercícios 24 e 25, série 11.
AULA 32 • Leia o item 3, exercícios resolvidos 1 e 2, cap. 7. • Resolva os exercícios 2, 4, 5, 6, 10 e 11, série 7.
Tarefa Complementar AULA 32 • Resolva os exercícios 34, 39, 44 e 48, série 11.
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ANGLO VESTIBULARES
Aulas 33 a 35
SISTEMA MASSA-MOLA 1) SISTEMA MASSA-MOLA Período de oscilação
k
k
k
+A
m m
m
–A
0
0
+A
+A –A
0
–A
T = 2π
m k
2) PÊNDULO SIMPLES
T = 2π
–A
0
L g
+A
i) O período de oscilação de um sistema massa-mola não depende de g. ii) T1 = 2 π m/k 1
Exercícios 1.
Com relação a um sistema massa-mola são feitas três afirmações que se seguem. Classifique em certo ( C) ou errado (E). i) ( E ) Um sistema massa-mola oscila na Terra com um período T. Na Lua, em que a aceleração da gravidade é 6 vezes menor que a aceleração na Terra, o sistema oscilará com período T/3. ii) ( C ) Um corpo de massa m é preso, sucessivamente, a duas molas ideais de constantes k 1 = 10N/m e k 2 = 40N/m. Quando preso na mola 1, o sistema oscila com período 6s. Quando preso na mola 2, o sistema oscilará com período 3s. iii) ( E ) Um sistema massa-mola oscila em um plano horizontal com freqüência f 0. Se o mesmo sistema for disposto em um plano inclinado, a freqüência de oscilação diminuirá.
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= 2 π T 2 = 2 π m/k m/4k 2 1
T 2 =
1 1 = 2 π m/k T 1 2 2 1
T 2 = 3 s iii) O período de um sistema massa-mola não depende da direção de oscilação.
38
ANGLO VESTIBULARES
2.
As figuras representam uma mola helicoidal em posições de equilíbrio. Cortando-se o fio que interliga os corpos, o sistema passa a oscilar em um movimento vertical. Determinar: (M = 1,0kg; m = 0,25kg) a) A amplitude da oscilação. b) O período da oscilação. c) A freqüência da oscilação. Fig. A
3.
a) Determinar o período de um pêndulo cônico em função do comprimento L, do ângulo entre o fio e a vertical ( α) e da aceleração da gravidade g. Desprezar a resistência do ar.
b) Mostre que, se α é muito pequeno, o período do pêndulo L g
cônico vale: T ≈ 2π
Fig. B
h = L . cos
α
α
L 1
r = L . sen α
1,0 m
1,1 m
α P = mg
M M
T 2
R = mω2r m
a)
Constante elástica da mola: Fig. A: Mg = kx 1 (1) Fig. B: (m + M)g = kx 2 (2) (2) – (1): mg = k(x 2 – x 1)
mg mω2 r = L ⋅ cos α r g
ω2 = L ⋅ cos α 2 π 2 g = L ⋅ cos α T Lcos α T = 2 π
(0,25 ⋅ 10) mg = k(0,1) ⇒ k = = 25 N/m 0,1 a) Cortando-se o fio, a mola oscila em torno da posição de equilíbrio. Portanto a amplitude do movimento é 0,1m. 2 π = b) T = 2 π M/k s ≈ 1,256s. 5
g
b) Se α é muito pequeno, o cos α é aproximadamente 1, como mostra a tabela abaixo. Logo, L ⋅ cos α ≈ L e T ≈ 2 π L g
c) f = 1/T ≈ 0,796Hz.
0,9 m
1,0 m
1,1 m
M M M
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R P = r h
39
θ (graus)
cos θ
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
0,984808 0,987688 0,990268 0,992546 0,994522 0,996195 0,997564 0,99863 0,999391 0,999848
ANGLO VESTIBULARES
4.
Embora os movimentos de um pêndulo cônico e de um pêndulo oscilando sejam completamente diferentes, é possível demonstrar que a expressão T ≈ 2π
ORIENTAÇÃO DE ESTUDO Livro
L g
Caderno de Exercícios — Unidade X
vale tanto para um como para o outro, desde que o ângulo entre o fio e a vertical seja bem pequeno . Quando o pêndulo está oscilando e o ângulo entre o fio e a vertical é bem pequeno, dizemos que se trata de um pêndulo simples . Cuidado! No pêndulo cônico o período é o tempo para completar uma volta; no pêndulo simples, é o tempo para retornar à posição inicial. Se o corpo é abandonado de uma posição A, o período é o tempo necessário para voltar ao ponto A. O relógio de pêndulo é um contador de oscilações de um pêndulo simples. Suponha que o pêndulo de um relógio tenha comprimento 1m. a) Determine o período do pêndulo. (Adotar g = 9,8 m/s2)
Tarefa Mínima AULA 33 • Leia o texto Pêndulos, molas e grandes fortunas , que está após as tarefas. • Resolva os exercícios 1, 5 e 6, série 1.
AULA 34 • Resolva os exercícios 2 e 9, série 1.
AULA 35 • Resolva os exercícios 17 e 18, série 1.
b) Se o pêndulo de 1m fosse substituído por outro de 93cm de comprimento, o relógio atrasaria ou adiantaria? Suponha que nenhuma outra característica do relógio seja alterada.
a) T ≈ 2 π
Tarefa Complementar
g
AULA 35
L
T ≈ 2 × 3,14 ×
• Resolva os exercícios 3, 4, 7 e 10, série 1. • Resolva os exercícios 19, 21, 22 e 23, série 1. • Resolva o exercício 28, série 1.
9,81 ≈ 2s
PÊNDULOS, MOLAS E GRANDES FORTUNAS
g L’ T’ ≈ 2 π g 0,93 T’ ≈ 2 π ≈ 1,93s 9,8
b) T ’ ≈ 2 π
3 — Unidade III
L’
RELÓGIOS DE PÊNDULO Essa história tem início em 1581, quando Galileu, observando castiçais que oscilavam no interior de uma igreja, fez uma descoberta surpreendente: os períodos de oscilação de pêndulos de mesmo comprimento não dependem da amplitude, desde que ela seja pequena. Retomando mais tarde essa questão, descobriu também que o período de oscilação depende do comprimento do pêndulo e, utilizando essa propriedade, teve a idéia de construir relógios que foram utilizados até recentemente. Na verdade, até hoje: todos os relógios do Anglo são controlados por um relógio de pêndulo que funciona desde 1950.
Em um dado ∆t: (indic. correta) ⋅ T = (indic. errada) ⋅ T’ Se T’ T, indicação errada indicação certa, o relógio adianta. Por exemplo, em 1 min o pêndulo errado dá 60 = 31 1,93 oscilações. Como o relógio está calibrado para indicar 2s a cada oscilação, a cada minuto ele vai indicar 31 ⋅ 2 = 62s. O relógio vai adiantar 2s a cada minuto.
Foto do relógio do Anglo
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ANGLO VESTIBULARES
A idéia de Galileu de medir o tempo contando oscilações de um pêndulo fez surgir na Europa, a partir do século 17, novos ramos de atividade industrial e comercial. Alguns aperfeiçoamentos importantes foram introduzidos como, por exemplo, um sistema que compensa a variação de comprimento do pêndulo com a temperatura. Foram construídos relógios para as igrejas, para os prédios públicos, carrilhões que anunciavam as horas, outros que indicavam as estações do ano, relógios cucos e toda a sorte de invenções, úteis ou não, que acompanham as grandes inovações tecnológicas. Não só os relógios se desenvolveram durante os séculos 17 e 18. Os navios também passavam por transformações, ganhando velocidade e segurança ao mesmo tempo que as técnicas de navegação se tornavam mais precisas. Mas havia um problema para o qual não havia solução satisfatória. A determinação de longitude exigia relógios precisos, pois era determinada pela comparação da hora local com a hora do ponto de saída, ou de um ponto de referência.
D trajetória aproximada h
A
→
→
O
R
R
A’
x
O
Orientando-se a trajetória para a direita e colocando-se a origem no ponto O, a posição do corpo em cada instante é determinada pela abscissa x. Observe que, adotando-se um critério de si→ nais para a resultante ( R a favor do eixo é positiva, contra negativa) ela adquire sinal contrário ao de x. → A resultante é a soma vetorial das forças T e → P, o que leva à construção do triângulo ABC que é semelhante ao triângulo ADO. Logo: R/mg = x/h
B →
T
A
Como h ≈ L, pois a amplitude é pequena, e adotando-se o critério de sinais mencionado, vem:
R = –(mg/L) ⋅ x
→
R
→
P
C
(1)
A DINÂMICA DO SISTEMA MASSA-MOLA Suponha um corpo apoiado em uma superfície plana horizontal sem atrito e preso a uma mola de constante elástica k. Se o corpo é afastado da posição de equilíbrio até atingir a posição A e a seguir abandonado, fica → → → sob ação das forças peso (P), normal (N) e força elástica (Fela). Como o peso e a normal se equilibram, a resultante é igual a força elástica:
A
O N Fela P
Orientando-se um eixo para a direita e adotando-se a origem na posição de equilíbrio do corpo, a abscissa x do corpo em cada instante é igual à deformação da mola. Portanto, adotando-se o critério de sinais já mencionado:
Relógio de pêndulo construído por Galileu
Até o início do século 18 utilizavam ampulhetas, mas o erro era muito grande. A invenção do relógio de pêndulo em nada contribuiu para resolver essa questão, pois esses relógios não funcionam a bordo por causa das oscilações dos navios. Bem ou mal iam tocando o barco quando, em 1707, uma esquadra inglesa e o seu conceituado almirante se perderam nas rochas das ilhas Scilly. A causa? Erro na determinação da longitude. Perder uma esquadra, no apogeu da navegação inglesa, por acidente e não por ação inimiga, foi humilhante e um prêmio de 10000 libras foi a recompensa oferecida pelo governo inglês a quem resolvesse a questão. O resto de nossa história se destina a mostrar a solução proposta, em 1735, que tornou famoso e milionário o inglês John Harrison.
R = Fela = – kx sendo k uma constante que não depende nem de x nem de F ela, mas depende da mola.
MHS Toda vez que a resultante das forças que agem num corpo obedecer à expressão R = –(constante) ⋅ x dizemos que está sob ação de uma resultante restauradora e que, nessas condições, o corpo adquire um movimento periódico, denominado movimento harmônico simples (MHS).
DINÂMICA DE UM PÊNDULO OSCILANDO COM PEQUENA AMPLITUDE O movimento de um pêndulo oscilando com pequena amplitude é aproximadamente retilíneo e, nessas condições, a resultante das forças que agem no corpo pode ser considerada horizontal e sempre dirigida para o ponto O indicado na figura a seguir.
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Essa constante vale mg/L no caso do pêndulo e é igual à constante elástica da mola para o sistema massa-mola oscilando.
41
ANGLO VESTIBULARES
PERÍODO, FREQÜÊNCIA E PULSAÇÃO DE UM MHS Como o MHS é periódico, podemos definir período e freqüência desse movimento. Período é o menor intervalo de tempo para que uma dada situação física se repita. Por exemplo, é o tempo para o corpo abandonado em A retorne ao ponto A. Freqüência de um MHS é o número de vezes que uma dada situação física se repete, em uma determinada unidade de tempo. Por exemplo, é o número de vezes que o corpo passa pelo ponto A em um minuto. Por raciocínio análogo ao empregado, quando estudamos o MCU, podemos demonstrar que o período é o inverso da freqüência: f = 1/T A expressão 2π /T aparece inúmeras vezes nas deduções e exercícios de MHS. Daí a idéia de se definir uma grandeza física denominada pulsação (ω), tal que ω = 2π /T = 2πf
NOMENCLATURA E OUTRAS CONSIDERAÇÕES As considerações a seguir são válidas para um sistema massa-mola oscilando, para pêndulos oscilando com pequena amplitude bem como para qualquer MHS, ou seja, para qualquer corpo sob ação de uma resultante restauradora, do tipo R = – (constante) ⋅ x. 1) A abscissa (x) de um corpo em MHS, também chamada elongação, varia entre um máximo e um mínimo. Denominamos amplitude (A) do movimento ao valor máximo da elongação. Como o movimento é simétrico em relação à posição, de equilíbrio, adotando-se a origem nessa posição, o valor de x está compreendido entre –A e A. Em símbolos: –A x A 2) A energia mecânica de um corpo em MHS é constante εp + εc = constante sendo
εp =
1 (constante) x2 e 2
εc =
1 2 mv 2
DESCREVENDO UMA OSCILAÇÃO A descrição que se segue é válida para um corpo oscilando preso a uma mola, para um pêndulo simples ou para qualquer corpo em MHS. Vamos supor que o corpo seja abandonado do ponto A (posição extrema esquerda), como o corpo está sob ação de uma resultante para a direita, adquire MRA para a direita. Ao atingir o ponto O, a velocidade é máxima. Desse ponto em diante passa a agir uma força no sentido contrário ao movimento. O corpo adquire MRR até parar em A’. Ao atingir A’, sua velocidade é nula, mas o corpo está sob ação de uma resultante para a esquerda que causa um MRA. O corpo retorna ao ponto A e, assim, sucessivamente. Na figura a seguir estão indicados os valores das grandezas: tempo, elongação, velocidade, resultante e aceleração nas posições extremas e na posição central. A
A → A’
A’
instante
0
T/4
T/2
posição
x = –A
x=0
x = +A
velocidade
v=0
MRA
v é máx
resultante
R=0
aceleração
a=0
A’ → A
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0
MRR
v=0
0
A
instante
T
posição
x = –A
velocidade
v=0
A’
3T/4
T/2
x=0 |v| é máx
MRR
resultante
R=0
aceleração
a=0
42
x = +A MRA
v=0
ANGLO VESTIBULARES
GRÁFICOS A descrição de uma oscilação apresentada, permite esboçar os gráficos da elongação (x), da velocidade (v) e da resultante (R) de um corpo em MHS. Se o corpo é abandonado do ponto A (extremidade esquerda), no instante t = 0, a elongação é x = –A. Passado um tempo igual a 1 T, o corpo atin4 ge a origem e, nesse ponto, a elongação é nula. No instante 1 T, o corpo atinge a outra extremidade, ponto A’, no qual a elongação é x = +A. Entre os 2 instantes T e T o corpo percorre o caminho de volta. 2 Nas posições extremas, instantes 0, T e T, a velocidade é nula. No instante T a velocidade é máxima. No instante 3T a velocidade tem 2 4 4 novamente módulo máximo, mas sinal negativo. A resultante tem intensidade proporcional à elongação, mas sinal (respeitando-se a convenção apresentada) contrário a ela. Portanto, o gráfico da resultante em função do tempo pode ser obtido do gráfico da elongação. x A
3T/4 0
T/4
T tempo
T/2
–A
v vmax
3T/4 0
T/4
T tempo
T/2
– vmax
R T/2 0
T/4
3T/4
T
tempo
EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DO MHS É possível demonstrar que, no MHS, independentemente da situação física particular em estudo (pode ser um corpo oscilando preso a uma mola, um pêndulo oscilando, um diapasão vibrando), a aceleração está relacionada à elongação (x) pela expressão: a = – ω2x Observe que: (Se você tem interesse na demonstração dessa expressão, leia os itens 1 a 4 da unidade III, capítulo 1 do livro 3). • A intensidade da aceleração é diretamente proporcional à intensidade da elongação. • O sinal negativo da expressão indica que, no MHS, a aceleração tem sempre o sentido contrário à elongação. • Como o MHS é um movimento retilíneo, a aceleração centrípeta é nula. Logo, nesse movimento a aceleração escalar e a vetorial têm intensidades iguais. • ω = 2π /T é a pulsação do movimento. • Essa propriedade do MHS pode ser colocada nos seguintes termos: se R = –(constante) ⋅ x, então a = – ω2x
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ANGLO VESTIBULARES
PERÍODO DE UM SISTEMA MASSA-MOLA Num sistema massa-mola
R = Fela = –kx (1) R = mγ
De acordo com o princípio fundamental da dinâmica No caso particular do movimento retilíneo
R = ma (2)
Como R = –(constante) ⋅ x, então
a = – ω2x (3) – kx = m(– ω2x)
Substituindo (1) e (3) em (2):
ω = 2π /T
Lembrando que
m k
T = 2π
Obtemos o período de oscilação de um sistema massa-mola.
PERÍODO DE UM PÊNDULO SIMPLES R = –(mg/L) ⋅ x (1)
Se um pêndulo está oscilando com pequena amplitude
R = mγ
De acordo com o princípio fundamental da dinâmica No caso particular do movimento retilíneo
R = ma (2)
Como R = –(constante) ⋅ x, então Substituindo (1) e (3) em (2):
a = – ω2x (3) – (mg/L) ⋅ x = m(– ω2x)
ω = 2π /T
Lembrando que
T = 2π
Obtemos o período de oscilação de um pêndulo simples.
L g
UMA OBSERVAÇÃO IMPORTANTE m vale tanto para o movimento horizontal como vertical. Vale também para o caso do corpo k estar apoiado em um plano inclinado. No primeiro e no terceiro casos o atrito deve ser desprezível. Em qualquer um dos três casos o corpo adquire MHS em torno da posição de equilíbrio. É possível demonstrar que a expressão T = 2 π
(a)
(b) (a) (c)
A
O
(b)
(c)
A O A’
A’
a) posição de equilíbrio b) o corpo é tirado da posição de equilíbrio c) o corpo oscila em torno da posição de equilíbrio com período T = 2π
m k
A IMPORTÂNCIA DA OBSERVAÇÃO IMPORTANTE O fato do período do sistema massa-mola não depender da direção do movimento, foi a fonte de inspiração de John Harrison para a criação de um relógio que continuasse dando indicação correta, mesmo que fosse podendo ser utilizado em embarcações. Com base em sua idéia, foi possível a construção de relógios portáteis. Por mais de 150 anos as pessoas utilizaram os relógios de bolso até que, no início do século 20, um certo Santos Dumont teve a idéia de prendê-lo ao pulso, para facilitar a leitura sem ter de tirar as mãos dos comandos das aeronaves. O sistema John Harrison, com os devidos aperfeiçoamentos, foi utilizado até 1970 aproximadamente, quando apareceram os relógios de quartzo, que não fazem parte dessa história.
OBSERVAÇÃO FINAL 10 000 libras corresponderiam hoje a mais de 10 milhões de dólares.
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ANGLO VESTIBULARES
Aula 36
EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA DINÂMICA PARA VALORES MÉDIOS 2.
Exercícios 1.
No disparo de uma arma, há uma rápida transformação de um sólido (explosivo) em gases que impulsionam o projétil. Se um projétil de massa 100g gasta 2ms (2 milisegundos) para percorrer o cano, saindo da arma com velocidade 800m/s , determinar, desprezando o atrito entre o projétil e o cano, a força média aplicada pelos gases no projétil.
Uma bola de bilhar, de massa 0,4kg , movimentando-se a uma velocidade 10m/s na direção e sentido indicados na figura, choca-se contra a tabela da mesa. Sabe-se que após a colisão, que durou 1 ms , a velocidade da bola continua sendo 10m/s . Determinar, desprezando eventuais atritos, a força aplicada pela bola na tabela.
10m/s
30°
30° →
10m/s
F
∆t 144444424444443
mv v = 800 m/s
60°
∆Q
mv →
∆Q Rm = ∆t →
Rm =
→
Rm =
∆Q ∆t
→
→ ∆Q ∆t →
Rm = F m (perpendicular à tabela) →
F m =
Rm F m
∆Q = m(v – v 0 ) ∆Q = 80 kg ⋅ m/s ∆t = 2ms = 2 ⋅ 10 – 3 s F m = 40 ⋅ 10 3 N
→ ∆Q ∆t
intensidade: F m = →
F m =
→ ∆Q ∆t
∆Q ∆t
direção: perpendicular à tabela.
sentido: ver figura ∆Q = mv = mv’ = 4kg ⋅ m/s ∆Q = 4 10 3 N F m = ⋅ ∆t
ORIENTAÇÃO DE ESTUDO Livro
1 — Unidade IV
Caderno de Exercícios — Unidade IV
Tarefa Mínima • Leia o texto teórico da Tarefa Complementar. • Resolva os exercícios 1, 2, 4, 8 e 9, série 2.
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ANGLO VESTIBULARES
2. EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA DINÂMICA PARA VALORES MÉDIOS
Tarefa Complementar • Resolva os exercícios 15, 17, 19 e 21, série 2.
Vamos supor que a velocidade de um corpo seja → v num instante t e v ’, num instante t’. Para que haja essa mudança de velocidade, o sistema deve estar sob ação de um sistema de forças, cuja resultante pode ser constante ou variável. →
LEITURA COMPLEMENTAR DINÂMICA IMPULSIVA
Podemos aplicar a equação fundamental da → → dinâmica para valores médios. Sendo Rm e γ m a resultante média e aceleração média, então:
1. QUANTIDADE DE MOVIMENTO A teoria da Dinâmica Impulsiva foi criada para os casos nos quais se deseja relacionar uma interação, ocorrida num intervalo de tempo bem determinado, com a variação de velocidade. O problema pode ser colocado da seguinte forma: Um corpo de massa m está a uma velocidade → v . Um sistema de forças age em um determinado intervalo de tempo ∆t causando uma alteração na velocidade, que passa a ser → v ’. Vamos tomar, como exemplo, o choque de uma bola de bilhar contra a tabela da mesa. A força exercida pela bola sobre a tabela — ou pela tabela sobre a bola — depende de pelo menos dois fatores: da massa, da bola e da velocidade.
∆v ∆t
Mas, m ⋅ ∆v = ∆Q. Logo:
→
→
Rm = m ⋅ →
∆Q Rm = ∆t
→
→
→ → → ∆Q pode ser escrita na forma: R→ ⋅ ∆t = ∆Q. O produto Rm ⋅ ∆t Rm = m ∆ t é chamado impulso da resultante: →
→
IR = Rm ⋅ ∆t
A unidade do impulso é uma unidade de força multiplicada por uma unidade de tempo. No sistema internacional: N ⋅ s
Como a quantidade de movimento é definida pelo produto de uma grandeza vetorial ( → v ) por uma escalar positiva (m), apresenta as seguintes características:
Como o impulso é obtido pelo produto de uma grandeza vetorial (R m) por uma grandeza escalar positiva ( ∆t), ele apresenta as seguintes características:
intensidade: Q = mv direção: a mesma de → v sentido: o mesmo de → v
intensidade: IR = Rm ⋅ ∆t → direção: a mesma de Rm → sentido: o mesmo de Rm
→ →
I = Rm ⋅ ∆t
A unidade de quantidade de movimento é uma unidade de massa multiplicada por uma unidade de velocidade. No sistema internacional: kg ⋅ m/s Como, no intervalo de tempo em que houve a interação, a veloci→ dade passa de → v , para → v ’ a quantidade de movimento passa de Q para → Q’. A variação de quantidade de movimento será: →
→
→
A equação fundamental da dinâmica para a valores médios
→
→
∆v : ∆t
γ m
3. IMPULSO DA RESULTANTE E TEOREMA DO IMPULSO
→ Q = mv
Q = mv
→
→
siderado como sendo a grandeza vetorial:
→
Rm = m ⋅
γ m = Como →
Para resolver esses casos, bem como muitos outros análogos, julgouse conveniente criar uma nova grandeza, denominada quantidade de movi- mento que leva em conta tanto a massa do corpo como sua velocidade. → Se um corpo de massa m está a uma velocidade → v , num determinado instante t , define-se quantidade de movimento (Q ) no instante con-
→
→
Pode acontecer do valor médio da resultante ser desconhecido, mas a resultante é conhecida em cada instante e apresenta direção constante. O impulso apresenta as seguintes características: 1 4intensidade: área sob o gráfico de R em função de t (ver figura). → 2 IR 4direção: a mesma da resultante. 3
→
∆Q = Q’ – Q = mv→’ – mv→ = m∆→v →
Para determinar a variação de quantidade de movimento ∆Q, va→ → → mos representar Q e Q’ com uma origem comum. ∆Q é o que falta pa→ → ra Q→ se transformar em Q’. Ou → seja, é o que falta para a extremidade de Q atingir a extremidade de Q’.
sentido: o mesmo da resultante no intervalo considerado. R
Figura (a): quantidade de movimento antes e depois do choque. Figura (b): variação de quantidade de movimento. →
v
(a)
(b)
I
→
Q
→
→
Q’
Q
t
Partindo-se da equação fundamental da dinâmica para a valores médios e da definição de impulso, chegamos ao Teorema do impulso:
→
∆Q
→
→
→
IR = ∆Q
v’ →
Q’
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(O Impulso da resultante é a variação da quantidade de movimento)
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Aulas 37 e 38
TEOREMA DOS SISTEMAS ISOLADOS ENUNCIADOS DO TEOREMA DOS SISTEMAS ISOLADOS
3. →
1) A quantidade de movimento de um sistema isolado (Fext = 0) é constante. 2) Forças internas não alteram a quantidade de movimento de um sistema. 3) Em símbolos: →
Dois corpos A e B, de massa M A = 2kg e MB = 5kg estão inicialmente em repouso e apoiados sobre uma superfície plana, horizontal, sem atrito. Entre os corpos há uma mola inicialmente comprimida e que não está presa aos corpos. Inicialmente a mola é impedida de se distender por um fio que liga os corpos. fio A
→
ΣFext = 0 ⇒ Qsist = const.
Quando o fio é cortado, os corpos são acelerados pela mola. No instante em que o corpo A se destaca da mola, sua velocidade é 10m/s. Pede-se, nesse mesmo instante: a) a velocidade do corpo B; b) esboçar o gráfico da velocidade em função do tempo para os dois corpos; c) a velocidade relativa de separação entre os corpos; d) a energia cinética inicial do sistema; e) a energia cinética final do sistema; f) a energia potencial elástica armazenada inicialmente na mola.
Exercícios 1.
B
Dois patinadores, de massas 60kg e 80kg, deslizam sobre um plano horizontal sem atrito com velocidade 10m/s. Subitamente, o de massa 60kg empurra o outro, que aumenta sua velocidade até atingir 13m/s, quando então perdem o contato. Nesse instante a velocidade do patinador de massa 60kg será a) 14m/s. b) 4,0m/s. c) 6,0m/s. d) 3,0m/s. e) nula.
a) Q = Q’ 0 = MAv A + MBv B 0 = 2 ⋅ (–10) + 5 v B v B = 4m/s b)
M1v 1 + M2 v 2 = M1v’ 1 ⋅ M2 v’ 2
(60 + 80) 10 = 80 ⋅ 13 + 60 ⋅ v’ 2 140 = 104 + 6v’ 2 v’ 2 = 6 m/s
vB = 4 m/s vrel
2.
Uma bomba inicialmente em repouso explode em três partes iguais. Assinalar a alternativa na qual estão melhor representadas as velocidades de cada fragmento imediatamente após a explosão. v a) d) v v
vA = – 10 m/s
c) v rel = v B – v A = 14m/s d) εci = 0
v v
e) εcf = 1 MAv A2 + 1 MAv B2 2 2
v
b)
e)
v
v
120°
120°
45° v
v
εcf =
120°
f) ( εp + εc)i = ( εp + εc)f εpi + 0 = 0 + 140
v
v
c)
1 2(10)2 + 1 5(4)2 = 140 J 2 2
εpi = 140 J
v v v
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AULA 38 • Resolva os exercícios 5 a 8, série 3. • Resolva os exercícios 9 e 11, série 3.
ORIENTAÇÃO DE ESTUDO Livro
1 — Unidade IV
Caderno de Exercícios — Unidade IV
Tarefa Complementar Tarefa Mínima
AULA 38 • Resolva os exercícios 12, 13, 14 e 18, série 3.
AULA 37 • Leia os itens 10 e 12, cap. 1. • Resolva os exercícios 2, 3 e 4, série 3.
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