Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$v_o = 6$$ $$m/s$$
b) $$t = 1$$ $$s$$
[/spoiler]
Intermediário:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$v = v_o – \mu g t$$
$$v = v_o – \dfrac{2}{7}v_o$$
$$v = \dfrac{5}{7} v_o$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$t = \dfrac{2 v_o}{7 \mu g}$$
b) $$v = \dfrac{5}{7} v_o$$
[/spoiler]
Avançado:
[spoiler title=’Situação Física’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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 $$I=MR^2$$.
[/spoiler]
[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
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:
$$h = 0$$
[/spoiler]
[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a)
$$v_o = \sqrt{gH}$$
$$\omega_o = \dfrac{\sqrt{gH}}{R}$$
b)
$$v = 0$$
$$\omega = 0$$
c)
$$h = 0$$
[/spoiler]