Soluções Física – Semana 87

O bloco ao passar por uma superfície rugosa desacelera, pela atuação da força de atrito. Dessa forma, dependendo de como ele é lançado, ele pode ou não atingir a outra parede.

a) O bloquinho durante seu movimento sofrerá uma força de atrito durante seu percurso.  O atrito é dado por:

$F_{at} = - \mu N$

Onde $N$ é a força normal que o bloquinho exerce no solo. Como no eixo vertical atua apenas o peso $mg$, a força normal é:

$N=mg$

Daí:

$F_{at} = -\mu mg$

Escrevendo a segunda lei de Newton no eixo x:

$F_{res}=ma$

$-\mu mg=m a$

$a = -\mu g$

Para a velocidade $v_o$ se mínima, o bloquinho deve estar praticamente parado ao chegar na parede, escrevendo então a equação de Torricceli:

$v^2 = v_o^2 + 2ad$

Dessa forma: $v=0$

$0 = v_o^2 - 2 \mu g d$

$v_o^2 = 2 \mu g d$

$v_o = \sqrt{2 \mu g d}$

Nas condições do problema:

$v_o = \sqrt{2*0,2*10*9}$

$v_o = \sqrt{36}$

$v_o = 6$ $m/s$

b) Podemos escrever a equação horária da velocidade:

$\Delta S = v_o t +\dfrac{a}{2}t^2$

No caso, o deslocamento $\Delta S$ será $d$ para quando ele atingir a parede, dessa forma:

$d = v_ot - \dfrac{ \mu g}{2}t^2$

$9 = 10t - \dfrac{2}{2}t^2$

Reorganizando a equação:

$t^2 - 10t + 9 =0$

Podemos então descobrir o tempo a partir da fórmula de Bhaskara:

$\Delta = b^2 - 4ac$

Onde $a$ $b$ e $c$ são os coeficientes de uma equação de segundo grau do tipo:

$y = ax^2 + bx +c$

Nesse caso:

$\Delta = 10^2 - 4*1*9$

$\Delta = 100 - 36$

$\Delta = 64$

Os possíveis tempos são:

$t = \dfrac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$

$t = \dfrac{10 \pm \sqrt{64}}{2}$

$t = \dfrac{10 \pm 8}{2}$

Pegando a menor raiz positiva:

$t = 1$ $s$

A outra raiz existe pois nessa formulação matemática, seria como o bloco passasse a parede e continuasse desacelerando, para depois parar e voltar, passando pela parede novamente.

a) $v_o = 6$ $m/s$

b) $t = 1$ $s$

Ao um objeto deslizar sobre uma superfície não lisa, será atuado nele uma força de atrito no ponto de contato entre ele e a superfície, causando uma desaceleração e um torque em relação ao centro de massa.

a) Atuará na bola uma força de atrito $F_{at}$ no ponto de contato entre a bola e a superfície. Como a bola está deslizando, a força de atrito será de módulo:

$F_{at} = \mu mg$

Esse atrito aponta pro lado contrário ao movimento da bola, gerando então um desaceleração dela e fazendo-a rotacionar por gerar um torque. Dessa forma temos que:

$-F_{at}=m a$

$-\mu mg = ma$

$a = - \mu g$

$\tau = R F_{at}$

$I \alpha = R \mu mg$

$\dfrac{2}{5} m R^2 \alpha= R \mu mg$

$\alpha = \dfrac{5 \mu g}{2R}$

Escrevendo então as funções horárias da velocidade de deslocamento e da velocidade angular:

$v = v_o + at$

$v = v_o - \mu g t$

$\omega = \omega_o + \alpha t$

$\omega = \dfrac{5 \mu g}{2R}t$

Na situação de rolamento perfeito, nós temos que a velocidade no ponto de contato é $0$, e daí:

$v = \omega R$

$v_o - \mu g t = \dfrac{5 \mu g}{2R} t R$

$v_o = \dfrac{7 \mu g}{2} t$

$t = \dfrac{2 v_o}{7 \mu g}$

b) Podemos então substituir este tempo para encontrar a velocidade final de rolamento, daí:

$v = v_o - \mu g t$

$v = v_o - \dfrac{2}{7}v_o$

$v = \dfrac{5}{7} v_o$

a) $t = \dfrac{2 v_o}{7 \mu g}$

b) $v = \dfrac{5}{7} v_o$

Uma das propriedas de um aro é que quando ele faz um rolamento perfeito, sua energia cinética relacionada à translação é igual a energia cinética relacionada à rotação. Isto é devido ao seu momento de inércia $I=MR^2$.

a) Como ele desce o morro realizando um rolamento perfeito, não há deslizamento entre o aro e a superfície do morro. Dessa forma, a força de atrito exercida será a estática. Podemos então conservar a energia mecânica entre o topo do morro e no pé do morro:

$E_{topo}=E_{base}$

$E_{cin topo} + E_{pot topo} = E_{cin base} + E_{pot base}$

$0 + MgH = \left( \dfrac{1}{2} M v_o^2 + \dfrac{1}{2}I\omega_o ^2 \right) + 0$

Por ser um aro, seu momento de inércia é:

$I= MR^2$

E por realizar um rolamento durante todo o percurso:

$V = \omega R$

Daí:

$Mg H = \dfrac{1}{2}Mv_o^2 + \dfrac{1}{2}MR^2\dfrac{v_o^2}{R^2}$

$Mg H = Mv_o^2$

$v_o^2 = g H$

$v_o = \sqrt{gH}$

$\omega_o = \dfrac{\sqrt{gH}}{R}$

b) Ao colidir com a parede, sua velocidade de deslocamento inverte de sentido e sua velocidade angular continua a mesma. Da mesma forma que a questão anterior, o aro irá deslizar em relação ao solo e terá uma força de atrito gerando um torque. Dessa forma:

$ma = -\mu m g$

$a = -\mu g$

$I \alpha =- \mu mg R$

$MR^2 \alpha =- \mu mg$

$\alpha =-\dfrac{\mu g}{R}$

Escrevendo a função horária da velocidade de deslocamento e da velocidade angular:

$v = - v_o + \mu g t$

$\omega = \omega_o -\dfrac{\mu g}{R}t$

Ao atingir novamente o rolamento perfeito, temos a condição:

$v = \omega R$

$-v_o + \mu g t = \omega_o R - \dfrac{\mu g}{R}t R$

$-v_o \mu g t = v_o - \mu g t$

$2 \mu g t = 2 v_o$

$t = \dfrac{v_o}{\mu g}$

Dessa forma as velocidades serão:

$v = -v_o + \mu g \dfrac{v_o}{\mu g}$

$v= v_o -v_o$

$v = 0$

$\omega = 0$

Ou seja, o aro para.

c) Como ele está parado, ele não poderá subir o morro, logo:

$h = 0$

a)

$v_o = \sqrt{gH}$

$\omega_o = \dfrac{\sqrt{gH}}{R}$

b)

$v = 0$

$\omega = 0$

c)

$h = 0$