Problemas Aula 1.4 - Leis de Newton

Usando $\vec{F}=m\vec{a}$ temos para o corpo de massa 10kg :

$a_{10kg}=\frac{F}{10}$

Para o corpo de 20kg:

$a_{20kg}=\frac{F}{20}$

Fazendo a divisão:

$\frac{a_{10kg}}{a_{20kg}}=2$

A razão é $2$

Pela segunda lei de Newton,  $a=\frac{F}{m}$

Usando a fórmula $S=S_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2$

Como o corpo está inicialmente parado, $v_0=0$ e como ele começa em 0,$S_0=0$

Logo:

$S(t)=\frac{1}{2}at^2=\frac{1}{2}\frac{F}{m}t^2$

$S(t)=\frac{1}{2}\frac{F}{m}t^2$

O problema é basicamente decomposição de vetores, já que a única componente que importa é a x( na direção do plano).

Da figura:

$P_x=Pcos(90-\theta)=Psen(\theta)$

Da segunda lei:

$mgsen(\theta)=ma_x$

Logo:

$a_x=gsen(\theta)$

$a=gsen(\theta)$

Balanceando as forças nos corpos $1$ e $2$ ,respectivamente:

$m_1gsen(\theta)-T=m_1a_1$

$T-m_2g=m_2a_2$

Como o fio é inextensível:

$a_1=a_2=a$

Resolvendo as equações:

$a_1=a_2=g\frac{m_1sen(\theta)-m_2}{m_1+m_2}$

$T=g\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}(1+sen(\theta))$

OBS: $\vec{a_1}$ aponta para baixo no plano e $\vec{a_2}$ aponta para cima

$a_1=a_2=g\frac{m_1sen(\theta)-m_2}{m_1+m_2}$

$T=g\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}(1+sen(\theta))$

Para resolver o problema devemos marcar as forças em $m$ na direção do plano e na direção perpendicular ao plano:

$mgcos(\theta)=N$

$mgsen(\theta)=F_{atrito}$

$F_{atrito}=\mu N$

Perceba que a força de atrito deve assumir seu valor máximo para que $\mu$ seja mínimo. Resolvendo as equações:

$\mu = tan(\theta)$

$\mu = tan(\theta)$

Balanceando as forças na vertical e percebendo que o bloco não sobe nem desce:

$mg=N$

Forças na horizontal, considerando o atrito máximo:

$F-\mu mg=ma$

A força mínima é tal que a aceleração é zero:

$F=\mu mg$

$F=\mu mg$

a)

Percebendo que o corpo não deve perder contato com o solo e balanceando as forças na vertical:

$Fsen(\theta) + N=mg$

$N=mg-Fsen(\theta)$

Forças na horizontal, considerando que no caso mínimo a aceleração é zero:

$Fcos(\theta)-\mu N=0$

$Fcos(\theta)=\mu (mg-Fsen(\theta))$

$F=\frac{\mu mg}{cos(\theta)+\mu sen(\theta)}$

b)

Para $\mu =1$ temos:

$F=\frac{ mg}{cos(\theta)+ sen(\theta)}$

Para minimizar $F$em função de $\theta$ devemos maximizar o denominador, isto é, maximizar:

$cos(\theta)+ sen(\theta)$

Para maximizar esta função vamos chamá-la de $y$ e elevar os dois lados ao quadrado:

$y^2=(cos(\theta)+ sen(\theta))^2$

$y^2=1+2sen(\theta)cos(\theta)$

Usando que $2sen(\theta)cos(\theta)=sen(2\theta)$ temos que:

$y^2=1+sen(2\theta)$

Queremos maximizar y e ,portanto, maximizar $y^2$. Logo queremos $\theta$ tal que $sen(2\theta)$ seja máximo. O $\theta$ que maximiza $sen(2\theta)$ é o 45°.

Logo $\theta=45$°

A força é, substituindo:

$F=\frac{mg}{\sqrt{2}}$

a)

$F=\frac{\mu mg}{cos(\theta)+\mu sen(\theta)}$

b)

$\theta=45$°

$F=\frac{mg}{\sqrt{2}}$

Da figura percebemos que $T_y$ é responsável por suportar a parte y da corda.

$T(y)=\lambda yg$

Em que $\lambda$ é a densidade linear da corda. Por conta da densidade ser uniforme:

$\lambda =\frac{m}{L}$

Logo:

$T(y)=\frac{myg}{L}$

$T(y)=\frac{myg}{L}$

Escrevendo a segunda lei de Newton para o bloco:

$F-\mu N=ma$

$N=mg$

Logo a aceleração é:

$a=\frac{F}{m}-\mu g$

 Usando a fórmula $S=S_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2$:

$S(t)=(\frac{F}{m}-\mu g)\frac{t^2}{2}$

$S(t)=(\frac{F}{m}-\mu g)\frac{t^2}{2}$

A chave deste problema está em lembrar que o atrito pode assumir as duas direções.

Considerando o atrito para cima na direção do plano obtemos a Tração mínima:

$T+\mu Lgcos(\theta)=\lambda Lgsen(\theta)$

$T_{min}=\lambda Lg(sen(\theta)-\mu cos(\theta))$

A tração máxima ocorre quando o atrito aponta para baixo:

$T_{max}=\lambda Lg(sen(\theta)+\mu cos(\theta))$

Logo  $\lambda Lg(sen(\theta)-\mu cos(\theta)) \leq T \leq \lambda Lg(sen(\theta)+\mu cos(\theta))$

$\lambda Lg(sen(\theta)-\mu cos(\theta)) \leq T \leq \lambda Lg(sen(\theta)+\mu cos(\theta))$

Assim como todos os problemas de máquinas de atwood, devemos marcar as forças e encontrar um vínculo geométrico que represente a constância do fio.

Considerando para cima como positivo e marcando as forças nos corpos:

Forças em $m_1$:

$T-m_1g=m_1a_1$

Forças em $m_2$:

$4T-m_2g=m_2a_2$

Utilizando a ideia de trabalho resultante igual a 0: se $m_1$ sobe $x_1$ e $m_2$ sobe $x_2$ então, igualando o trabalho total a zero:

$4Tx_2+Tx_1=0$

Cortando a tração e derivando duas vezes( se você não sabe o que é derivar, pense que estamos dividindo ambos os lados por um $\Delta t$ muito pequeno duas vezes):

$a_1+4a_2=0$

Temos ,assim, o seguinte sistema de equações:

$T-m_1g=m_1a_1$

$4T-m_2g=m_2a_2$

$a_1+4a_2=0$

Resolvendo o sistema chegamos em :

$a_1=g\frac{4m_2-16m_1}{m_2+16m_1}$

$a_2=g\frac{4m_1-m_2}{m_2+16m_1}$

$T=\frac{5m_2m_1g}{m_2+16m_1}$

$a_1=g\frac{4m_2-16m_1}{m_2+16m_1}$

$a_2=g\frac{4m_1-m_2}{m_2+16m_1}$

$T=\frac{5m_2m_1g}{m_2+16m_1}$

Escrevendo a segunda lei para as três massas, considerando para baixo como positivo:

$m_1g-2T=m_1a_1$

$m_2g-T=m_2a_2$

$m_3g-T=m_3a_3$

O vínculo geométrico pode ser encontrado pelo método do trabalho 0:

$2Tx_1+Tx_2+Tx_3=0$

$a_1=-\frac{a_2+a_3}{2}$

Resolvendo o sistema chegamos em:

$a_1=g\frac{m_1m_2+m_1m_3-4m_2m_3}{m_1m_2+m_1m_3+4m_2m_3}$

Comparando com a expressão de $a_1$ da máquina de atwood clássica($a_1=g\frac{m_1-m_{eq}}{m_1+m_{eq}}$) chegamos a conclusão que:

$m_{eq}=\frac{4m_2m_3}{m_2+m_3}$

$m_{eq}=\frac{4m_2m_3}{m_2+m_3}$

Considere que o sistema é equivalente a uma massa $m$ acoplada a uma massa equivalente $m_R$. Caso adicionemos mais uma massa $m$ à esse sistema, sua massa equivalente não pode mudar, já que o sistema é infinito.

Portanto $m_R$ deve satisfazer:

$m_R=\frac{4mm_R}{m_R+m}$

Isolando $m_R$:

$m_R=3m$

Logo todo nosso sistema excluindo a primeira massa é equivalente a uma massa de 3m. L0go basta acharmos a aceleração da massa $m$ quando acoplada a uma massa $3m$ em uma mesma polia. Para isso basta substituir esses valores na fórmula para a máquina de atwood tradicional:

$a_1=g\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}$

$a_1=-\frac{g}{2}$

Ou seja o corpo de cima acelera a metade da gravidade para cima!

$a_1=-\frac{g}{2}$

a)

O centro do triângulo equilátero é equidistante de seus vértices e é incentro e baricentro do triângulo. Por conta disso, as retas que ligam seus vértices ao seu centro formam ângulos de 120°. Aqui podemos usar uma propriedade de soma de vetores bastante conhecida: a soma de dois vetores de mesmo módulo ,com um ângulo de 120°entre eles, possui o mesmo módulo que um dos vetores e aponta para a bissetriz. Usando este fato, é bastante intuitivo que a soma é $0$. Observe a imagem:

b)

Este é ainda mais fácil: o centro do quadrado é o encontro das diagonais e ,portanto, existem duas massas simetricamente opostos cujas forças cancelam-se. Logo a força é $0$.

c)

Método 1

O primeiro método consiste em usar a simetria que utilizamos no item b), um par de massas irá se cancelar e a outra massa faz a força resultante. A força será a de duas massas m com distância de metade de uma diagonal, ou seja:

 $r=\frac{l\sqrt{2}}{2}$

Colocando esse r na fórmula fornecida:

$F=\frac{2Gm^2}{l^2}$

Método 2

O segundo método, importantíssimo para uma generalização, consiste em notar que a situação descrita no item c) é equivalente à situação inicial superposta à uma só massa -m no vértice que falta uma das massas. De fato, juntando estes casos teremos 3 vértices preenchidos com massa m e um com massa $m-m=0$, justamente como queríamos. Basta, portanto, somar as duas forças, a primeira é zero por simetria e a segunda é simplesmente a força de duas massas m, só que com o sentido invertido devido ao sinal negativo da massa*. Dessa forma chegamos ao mesmo valor que no método 1:

$F=\frac{2Gm^2}{l^2}$

*Observe que não estamos assumindo que exista massa negativa, apenas usamos esta ferramenta puramente algébrica para simplificar o problema.

d)

Precisamos somar muitos vetores que partem do centro até os vértices de um polígono regular, no caso, de n lados. Existem diversas formas de provar que o resultado da soma é zero, mas utilizaremos a forma mais simples. Considere que os lados do polígono são na realidade vetores que apontam em um sentido, por exemplo horário, é sabido que a soma deles é 0. Separe o polígono em triângulos compostos de um dos lados do polígono e dois vetores que ligam vértices ao centro. Olhe a figura

Da figura temos

$\vec{u}+\vec{u_1}=-\vec{v}$

$\vec{u}+\vec{u_1}+\vec{v}=0$

Repetindo este processo, somaremos todos os vetores que são lados do polígono 1 vez e todos os vetores que ligam o centro até um vértice 2 vezes. Teremos então que a soma de todos os vetores centro-vértices somados duas vezes mais a soma dos vetores lado é igual a $0$. Porém, sabemos que a soma dos vetores lado é $0$ e ,portanto, a soma dos vetores centro-vértices é $0$ também. Na forma de equações:

$\sum\vec{l} + 2\sum\vec{r}=0$

$\sum\vec{r}=0$

Em que $\vec{r}$ são os vetores centro-vértices e $\vec{l}$ os vetores lado. Portanto, a força na massa central é $0$.

e)

Depois de provado que a força resultante é zero, podemos usar o mesmo argumento do método 2 do item c e superpor um polígono com $n-1$ massas $m$ e um vértice com uma massa $-m$. Logo a força é idêntica:

$F=\frac{Gm^2}{r^2}$

Lembre-se que definimos $r$ de maneira diferente que $l$.

a) $0$

b) $0$

c) $F=\frac{2Gm^2}{l^2}$

d) $0$

e) $F=\frac{Gm^2}{r^2}$

Este problema dispõe de duas soluções: na primeira, usamos conceitos mais básicos e na segunda usaremos o conceito de forças inerciais.

Solução 1

A primeira solução consiste em marcas as forças e escrever as leis de Newton para os dois blocos. Neste caso, como temos acelerações na horizontal é melhor adotarmos o plano cartesiano normal com o x sendo positivo para a direita e o y positivo para cima. Marcando as forças em x no bloquinho e no plano, respectivamente:

$Nsen(\theta)=-ma_x$

$Nsen(\theta)=MA$

Em que $a_x$ é a aceleração do bloquinho. Escrevendo a segunda lei na vertical para o bloquinho:

$Ncos(\theta)-mg=ma_y$

Analisando as equações percebemos que algo está faltando: a condição para que o bloquinho não perda o contato com o plano. Suponha que o bloco ande x para a direita e y para cima e o plano X para a direita. Para que o bloco se mantenha no plano é necessário que:

$tan(\theta)=\frac{y}{x-X}$

Dividindo em cima e em baixo por  $\Delta t$ 2 vezes:

$tan(\theta)=\frac{a_y}{a_x-A}$

Lembre-se que $a_x$é negativo por nossa convenção.

Resolvendo as equações temos que :

$A=g\frac{msen(\theta)cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$

Solução 2

Passemos para o referencial do plano inclinado que se move com $\vec{A}$ . Disso surgirão forças inerciais no bloco e no Plano. Desta vez, como o plano está parado, adotaremos as direções paralela e perpendicular ao plano.

Segunda lei para o bloquinho na direção paralela do plano:

$mgsen(\theta)+mAcos(\theta)=ma_x$

Segunda lei para o bloquinho na perpendicular:

$N+mAsen(\theta)=mgcos(\theta)$

Forças no plano na horizontal:

$MA=Nsen(\theta)$

Para solucionar só precisamos das últimas duas equações e chegamos na mesma resposta:

$A=g\frac{msen(\theta)cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$

$A=g\frac{msen(\theta)cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$