Escrito por Pedro Tsuchie
Alguns exercícios para você estudar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com *. Problemas com * são equivalentes a problemas de primeira fase da OBF, ** equivalentes à segunda fase e *** equivalentes à terceira fase.
Problema 01*
Para empurrar um bloco de massa 10kg, João aplica uma força F. Se João aplicar a mesma força em um bloco de massa $$20kg$$, qual a razão das acelerações $$\frac{a_{10kg}}{a_{20kg}}$$? Desconsidere quaisquer outras forças.
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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:
$$\frac{a_{10kg}}{a_{20kg}}=2$$
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A razão é $$2$$ [/spoiler]
Problema 02*
Uma força $$F$$é aplicada a um corpo de massa $$m$$, inicialmente parado. Determine a posição em função do tempo, considerando que ele começa na posição $$0$$. Desconsidere quaisquer outras forças.
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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:
$$S(t)=\frac{1}{2}at^2=\frac{1}{2}\frac{F}{m}t^2$$
[/spoiler]
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$$S(t)=\frac{1}{2}\frac{F}{m}t^2$$[/spoiler]
Problema 03*
Calcule a aceleração do bloco ao longo do plano.
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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:
$$a_x=gsen(\theta)$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a=gsen(\theta)$$
[/spoiler]
Problema 4*
São dadas as massas $$m_1 $$ , $$m_2$$ e a aceleração local $$\vec{g}$$, encontre a aceleração dos blocos e a tração no fio. Considere o fio inextensível e sem massa. Despreze os atritos entre todas as superfícies.
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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
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$$a_1=a_2=g\frac{m_1sen(\theta)-m_2}{m_1+m_2}$$
$$T=g\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}(1+sen(\theta))$$
[/spoiler]
Problema 5*
Encontre o coeficiente de atrito estático $$\mu $$ mínimo para que o bloco de massa $$m$$ permaneça no plano.
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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:
$$\mu = tan(\theta)$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\mu = tan(\theta)$$
[/spoiler]
Problema 6*
Henrique, um aluno de física muito aplicado, fica intrigado com a dificuldade em mover uma caixa na direção paralela ao solo. Ele pensava qual seria a força de resistência e por que ela aumentava com a massa. Depois de uma aula com seu professor de física, Henrique finalmente entendeu qual a força que resistia o movimento: o atrito! Considere que a força de atrito seja
$$F\leq\mu N$$
Em que $$N$$ é a força normal e $$\mu$$ uma constante que depende do chão e da caixa. Detalhe: o atrito é sempre contrário ao movimento . Determine a força ,completamente horizontal, mínima que deve ser aplicada à fim de movimentar o bloco. Considere dado a massa, a gravidade e $$\mu$$. A fórmula do atrito fornecida deve ser memorizada, já que é muito necessária para fazer provas de olimpíadas e vestibulares.
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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:
$$F=\mu mg$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$F=\mu mg$$
[/spoiler]
Problema 7**
Henrique, depois de alguns testes percebeu que existiam direções em que ele precisava fazer forças menores. Considere dado a massa, a gravidade e $$\mu$$.
a) Escreva a equação que fornece $$F$$ em função do ângulo $$\theta$$ que a força faz com a horizontal. Considere que o bloco nunca sai do chão.
b) Diga o $$\theta$$ que minimiza a força para $$\mu=1$$ e encontre a força mínima. Dica: $$2sen(\theta)cos(\theta)=sen(2\theta)$$
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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:
$$F=\frac{mg}{\sqrt{2}}$$
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a)
$$F=\frac{\mu mg}{cos(\theta)+\mu sen(\theta)}$$
b)
$$\theta=45$$°
$$F=\frac{mg}{\sqrt{2}}$$
[/spoiler]
Problema 8*
Na maioria dos problemas ignoramos a massa das cordas. Neste problema, porém, considere uma corda de massa $$m$$, uniformemente distribuída, e tamanho $$L$$ pendurada no teto. Podemos considerar a tração constante por toda a corda? Encontre a Tração como função da altura. Considere o ponto mais baixo da corda como a altura $$0$$.
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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:
$$T(y)=\frac{myg}{L}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T(y)=\frac{myg}{L}$$
[/spoiler]
Problema 9*
Escreva a posição em função do tempo de um bloco de massa $$m$$ que começa no repouso e à partir de $$t=0$$ está sujeito à uma força horizontal $$F$$. Considere que o coeficiente de atrito entre o bloco e o chão é $$\mu$$.
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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 $$S=S_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2$$:
$$S(t)=(\frac{F}{m}-\mu g)\frac{t^2}{2}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$S(t)=(\frac{F}{m}-\mu g)\frac{t^2}{2}$$
[/spoiler]
Problema 10**(“Introduction to Classical Mechanics”, David Morin)
Uma corda de densidade linear $$\lambda$$ e tamanho $$L$$ está presa em um plano inclinado de ângulo $$\theta$$ e coeficiente de atrito estático $$\mu$$. Encontre os valores que a tração do topo da corda pode assumir. Considere que o topo está preso ao plano e que $$tan(\theta) < \mu$$ .
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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 $$\lambda Lg(sen(\theta)-\mu cos(\theta)) \leq T \leq \lambda Lg(sen(\theta)+\mu cos(\theta))$$[/spoiler]
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$$\lambda Lg(sen(\theta)-\mu cos(\theta)) \leq T \leq \lambda Lg(sen(\theta)+\mu cos(\theta))$$
[/spoiler]
Problema 11** (“Competitive physics”, Bernard Ricardo”)
Para a máquina de atwood abaixo, encontre as acelerações das massas e a tração no fio que segura $$m_1$$
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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 :
$$a_1=g\frac{4m_2-16m_1}{m_2+16m_1}$$
$$a_2=g\frac{4m_1-m_2}{m_2+16m_1}$$
$$T=\frac{5m_2m_1g}{m_2+16m_1}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$a_1=g\frac{4m_2-16m_1}{m_2+16m_1}$$
$$a_2=g\frac{4m_1-m_2}{m_2+16m_1}$$
$$T=\frac{5m_2m_1g}{m_2+16m_1}$$
[/spoiler]
Problema 12**
Esse problema será muito importante para a solução do problema $$13$$, portanto, recomenda-se resolvê-lo antes do próximo problema. Neste problema buscaremos introduzir o conceito de massa equivalente, em que, basicamente, substituímos uma polia e duas massas por uma massa que produz o mesmo efeito. Para ajudá-lo considere a situação na figura à seguir. Qual massa $$m_{eq}$$ devemos escolher para substituir as massas $$m_2$$ e $$m_3$$ ?
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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:
$$m_{eq}=\frac{4m_2m_3}{m_2+m_3}$$
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$$m_{eq}=\frac{4m_2m_3}{m_2+m_3}$$
[/spoiler]
Problema 13***(“Introduction to classical mechanics”, David Morin)
Encontre a aceleração da primeira massa de uma máquina de atwood infinita como mostrado na figura à seguir. Dica: O resultado da questão anterior será muito útil.
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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!
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$$a_1=-\frac{g}{2}$$
[/spoiler]
Problema 14***
Neste problema estudaremos conjuntos de massa m, isolados do restante do universo, de maneira que as únicas forças atuantes são de natureza gravitacional. Considere que a força que uma massa $$M$$ faz em uma de $$m$$ é$$\vec{F}=\frac{GMm}{r^2}\hat {r}$$ em que r é a distância entre elas , $$G$$uma constante e $$\hat {r}$$ o vetor unitário que aponta na direção de $$\vec{r}$$, de $$m$$ para $$M$$. Observação: para este problema a fórmula fornecida não será tão importante, porém é necessário tê-la decorada, já que é muito cobrada na OBF. Considere que as massas estão presas aos vértices.
a) Se dispormos 3 massas m na forma de um triângulo equilátero de lado l e uma ao centro, qual a força na massa central?
b) Repita a mesma pergunta para um quadrado de lado l e uma massa ao centro.
c) O que acontece se retirarmos uma das massas do quadrado? Qual é, agora ,a força na massa do centro?
d) Faça o mesmo que o item a) para um polígono de n lados. Considere que a distância de um vértice ao centro é r.
e) Encontre a força na massa central de um polígono de n lados com uma massa faltando.
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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 $$l$$.
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) $$0$$
b) $$0$$
c) $$F=\frac{2Gm^2}{l^2}$$
d) $$0$$
e) $$F=\frac{Gm^2}{r^2}$$
[/spoiler]
Problema 15***
Um clássico problema consiste em analisar blocos em planos inclinados. Até agora, tratamos de plano que se encontram imóveis, isto é apenas o bloquinho se movia. Neste problema considere que o bloquinho tem massa m e o plano inclinado de $$\theta$$ e massa M. Encontre a aceleração do plano. Desconsidere o atrito.
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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:
$$A=g\frac{msen(\theta)cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$$
[/spoiler][spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$A=g\frac{msen(\theta)cos(\theta)}{M+msen^2(\theta)}$$
[/spoiler]