Exercícios desafiadores de Dinâmica da Partícula

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1 Exercícios desafiadores de Dinâmica da Partícula Stevinus setembro Dinâmica da Partícula 2.1 Sejam Espertos! Como tratar de um problema de dinâmica de um número finito de partículas? Separar as partículas diferentes do sistema em estudo e enumerar todas as forças que agem sobre cada uma. Escrever as leis de Newton para cada partícula em um sistema de referência inercial : M A a A = F sobrea Há um certo número de componentes do sistema que serão idealizados. 1. Uma corda inextensível que só vai transmitir a tensão (força nela aplicada. 2. Uma polia sem inércia que só muda a direção da força. 3. Um dinamômetro sem massa que mede a tensão na corda com a qual ele está amarrada. A descrição das forças agindo sobre as partículas do sistema. 1. Forças fundamentais como a atração gravitacional, seja perto da terra, F = mg, ou como força central entre planetas F = G M M /( 2. Outra é a força electroestática entre partículas carregadas electricamente. 2. Forças fenomenolôgicas descrevendo o movimento pequeno em torno de um ponto de equilíbrio : F = k (X X eq 3. A força de contato que A exerce sobre B através de um plano tangente com normal n A/B orientada de A para B pode decompor-se em uma componente tangencial F at;a/b, a força de atrito, e uma reação normal N A/B = N A/B n A/B. O contato é mantido se N A/B > 0. Teremos atrito estático, i.e. sem movimento na direção da força de atrito se o mó dulo F at;a/b da força de atrito obedece à condição : F at;a/b µ es N A/B, onde µ es é o coeficiente de atrito estático. Se esa desigualdade não for satisfeito, o atrito é cinético e o valor do módulo é determinado por F at;a/b = µ cin N A/B, onde µ cin é o coeficiente de atrito cinético. Finalmente temos que escrever quais são os vínculos entre as diferentes partes do sistema. 1

2 2.2 Tudo Liso Um bloco pequeno B, de massa m B, é colocado em cima de um bloco triangular A, de massa m A, que faz ofício de plano inclinado e que por sua vez está em cima de uma mesa M horizontal fixa. O ângulo do plano inclinado com M é θ e os contatos tanto entre B e A, quanto entre A e M, são lisos. Primeira pergunta : O bloco B é solto do repouso em cima do plano A. Determine a aceleração de cada bloco. Solução : Olhando o desenho abaixo (Imagine! : O bloco em cima do plano inclinado : notaremos o vetor unitário normal ao plano inclinado u = (î sin θ + ĵ cos θ, onde tomamos o vetor unitário î na direção da ponto do bloco e ĵ no sentido para cima da direção vertical. Vemos que as únicas forças agindo sobre B são 1 o peso m B g e 2 a reação normal N B do plano A sobre ele. temos (é só olhar o desenho! : N B = un ; m B g = ĵm B g Sobre o bloco A temos o peso m A g, a reação normal de B sobre ele que é N B e, finalmente, a reação da mesa N A. N B = u N ; m A g = ĵm A g ; N A = ĵ N As equações de Newton, em componentes, são : m B a B,X = N sin θ (2.2.1 m B a B,Y = N cos θ m B g (2.2.2 m A a A,X = N sin θ (2.2.3 m A a A,Y = N cos θ m A g + N (2.2.4 Além das equações de Newton da dinâmica, é preciso explicitar os vínculos do sistema : bloco B - plano inclinado A - mesa M. Considerando o laboratório como um referencial inercial, a mesa está em repouso nele e só contribue com a sua reação normal N A. O vínculo entre o plano A e a mesa M é que o deslocamento relativo deles é sempre horizontal e a mesa fica em repouso. Tomando derivadas em relação ao tempo temos que a aceleração de A deve ser perpendicular à vertical : 0 = a A ĵ a A,Y (2.2.5 O contato entre o bloco B e A é de mesmo formalizado pela exigência que o deslocamento relativo deve ser perpendicular à normal ao plano inclinado : u = (î sinθ + ĵ cos θ e de mesmo para as acelerações : 0 = ( a B a A (î sin θ + ĵ cos θ (a B,X a A,X sin θ + (a B,Y a A,Y cos θ (

3 As 6 equações {(2.2.1,(2.2.2,(2.2.3,(2.2.4,(2.2.5, (2.2.6} determinam as 6 incognitas {a B,X, a B,Y, a A,X, a A,Y, N, N }. Obtemos de (2.2.4 e (2.2.5 N = N cosθ + m A g (2.2.7 Substitumos {a B,X, a B,Y, a A,X, a A,Y } das 4 primeiras equações em (2.2.6, o que permite determinar a reação entre o bloco e o plano inclinado :N. As acelerações são : N = a B,X = g cosθ sin θ m A + m B sin 2 θ m A m B m A + m B sin 2 g cos θ (2.2.8 θ m A m A a B,Y = g cos 2 θ m A + m B sin 2 θ g = m B (2.2.9 m A + m B m A + m B sin 2 θ g sin2 θ ( a A,X = g cos θ sin θ m A + m B sin 2 θ ( a A<Y = 0 ( Segunda pergunta : Qual deve ser a força horizontal aplicada ao plano inclinado A para que o bloco B não se move em relação a este plano? As equações de Newton, em componentes, são : m B a B,X = N sin θ ( m B a B,Y = N cos θ m B g ( m A a A,X = N sin θ + F ext ( m A a A,Y = N cos θ m A g + N ( Mas os vínculos agora são 3 em lugar de 2! A aceleração vertical do plano, de novo, é nula, como é teambém a aceleração relativa de B e A. a B,X a A,X = 0 ( a B,Y a A,Y = 0 ( a A,Y = 0 ( Temos agora 7 equações {(2.2.13,...,(2.2.19} e 7 incognitas : {a B,X, a B,Y, a A,X, a A,Y, N, N, F ext }. A solução é dada por : a B,Y = a A,Y = 0 a B,X = a A,X = g tan θ N = m B cos θ g N = (m A + m B g F ext = (m A + m B g tan θ 3

4 2.3 Uma curva em Monza Consideremos um automóvel movendo-se com velocidade escalar constante v em uma curva circular de raio. O leito da esstrada é inclinado lateralmente nas curvas com uma surelevação externa. Numa corte transversal o leito faz um ângulo θ com o plano horizontal. A força de contato entre o carro e a estrada tem uma componente tangencial devido ao atrito, que supomos estático, sobre os pneus do automóvel. Seja µ o coeficiente de atrito estático, determine qual é a faixa de velocidade que o carro pode ter para continuar na curva com raio. Solução : Olhando o desenho abaixo (Imagine! : O carro na curva inclinada : Numa posição instantânea do carro, seja î o vetor unitário horizontal apontando para o centro da curva e ĵ o vetor unitário vertical para cima. O vetor unitário transversal à curva, apontando para cima da estrada é t = î cosθ + ĵ sin θ e a normal ao leito da estrada é n = +î sin θ + ĵ cos θ. Podemos inverter essas relações e obtemos : î = ĵ = cos θ t + sin θ n + sinθ t + cos θ n (2.3.1 Para continuar no movimento circular, a aceleração tem que ser centripeta : a = v2 î. A equação de Newton para o carro é : m a = m g + N + F at (2.3.2 Com N = N n e F at = F at t, escrevemos essa equação vectorial em componentes nos eixos { n, t} : mv2 cos θ = mg sin θ + F at + mv2 sin θ = mg cos θ + N Obtemos : F at N = mv2 = + mv2 cos θ + mg sin θ = mg ( v2 cos θ + sin θ g sin θ + mg cos θ = mg (+ v2 sin θ + cosθ g (2.3.3 Nota-se que N é sempre positivo de modo que o contato é mantido. A condição de atrito estático (transversal! é que µn F at +µ N (

5 Notaremos θ e o ângulo entre 0 e π/2 tal que tanθ e = µ e K = v 2 /(g. Substituindo (2.3.3 em (2.3.4, obtemos : Como cosθ e > 0, temos Caso cos(θ θ e > 0, teremos K (cosθ tan θ e sin θ sin θ + tanθ e cosθ K (cosθ + tanθ e sin θ sin θ tanθ e cosθ K cos (θ + θ e sin (θ + θ e (2.3.5 K cos (θ θ e sin (θ θ e (2.3.6 tan (θ θ e v2 g tan (θ + θ e (2.3.7 Nota-se que F at é positiva, i.e. dirigida para cima, se v 2 /(g tan θ : Em baixa velocidade a força de atrito não deixa o carro sair da curva por dentro. Se v 2 /(g tan θ, ela é dirigida para cima e não deixa o carro sair da curva para fora. Exercício : Discute os casos 1 de um contato liso e 2 θ = 0. 5