Física - Ideia 21

Escrito por Paulo Henrique

Nessa aula, apresentaremos duas ideias para solução de problemas de Mecânica. Uma é mais específica e pode ser útil em alguns problemas. A outra é abrangente e é um método alternativo de obter as equações de movimento de um sistema mecânico.

Vínculo de distância constante

Considere dois corpos  $a$ e $b$, pontuais, que são conectados através de uma barra ou fio intextensível (o tipo de conector não é importante aqui, basta que seja rígido), de tal forma que a distância entre eles é inalterada durante todo o movimento. Em coordenadas cartesianas, relativo à um sistema de eixos arbitrários, essa condição é escrita da seguinte forma

$(x_a-x_b)^2+(y_a-y_b)^2+(z_a-z_b)^2=constante$           $(1)$

Simplesmente, escrevi a distância entre dois pontos (ao quadrado), essa, por hipótese, é constante. Geralmente, essa relação não resolve problemas: ela auxilia na construção de distâncias. Mas é relativamente comum nos depararmos com problemas nos quais um conjunto de corpos (não necessariamente dois) está submetido a vínculos desse tipo e é perguntado a respeito das acelerações dos corpos quando um deles (ou mais) é submetido a algum impulso. Veja por exemplo o problema abaixo:

A pergunta é: qual a acelaração das esferas (pontuais) após a esfera de massa $3m$ receber um impulso tal que a mesma ganhe uma velocidade $v_0$ perpendicular à barra que liga ela ao centro? Todas as barras são rígidas, o conjunto está sobre uma mesa horizontal sem atrito, as barras são livres para girar em torno do centro do conjunto e os ângulos inicias entre as barras são todos igual a 120°. Como resolver esse problema utilizando a ideia dessa aual? Afinal, qual a ideia dessa aula? Veja, foi perguntado a respeito das aceletações das partículas, enquanto $(1)$ só contém informações relativas à distâncias. Portanto, derivemos essa equações em relação ao tempo duas vezes: certamente, acelerações aparecerão nessa nova equação. Caso não esteja familiarizado nas regras de derivação, veja aqui. Com as definições: $x\equiv{x_1}$, $y\equiv{x_2}$ e $z\equiv{x_3}$, a segunda derivada de $(1)$ toma a forma compacta:

$\sum_{i=1}^3 \left(\dot{x}_{ia}-\dot{x}_{ib}\right)^2+\left(\ddot{x}_{ia}-\ddot{x}_{ib}\right)\left({x}_{ia}-{x}_{ib}\right)$          $(2)$

Essa relação é válida para qualquer par de pontos submetidos ao vínculo $(1)$. No problema acima, que temos três barras, obtemos três equações $(2)$, uma para cada par de esferas. Inicialmente, essas relações podem assustar. Mas, em problemas desse tipo, vários termos são simplificados. Podemos ter corpos em repouso, na mesma altura, na mesma horizontal, etc. Evidentemente, essas relações sozinhas não podem nos dar as acelerações, somente relações entre elas. Isso porque são relações puramente cinemáticas: alguma dinâmica deve ser levada em conta. Alternativamente, $(2)$ nos diz que, no referencial de uma partícula, a outra realiza um movimento circular em torno dela. O que é necessário, visto que a distância entre elas é constante. Voltemos para o problema acima. Qual a dinâmica necessária para achar as acelerações? Observe que, no instante inicial, o ponto central do conjunto está submetido às três trações, uma de cada barra. Como esse ponto não têm massa, a resultante dessas trações é nula. Os ângulos entre essas força é 120°. O leitor deve se convencer que o módulo das três forças são iguais (inicialmente). Seus módulos serão chamados de $F$ Aqui, definimos a direção positiva de cada tração radialmente para fora do ponto central. Caso essa tração venha a ser negativa nos cálculos finais, a direção da força real é contrária à nossa convenção. Observe que a aceleração de cada corpo é determinada através da força $F$, afinal é a única força que atua nos corpos. Portanto, utilizando o ponto central $O$, obtemos três equações de vínculos através de $(2)$, uma para cada par massa-ponto $O$. Com isso, temos equações para três icóginitas: $F$ e as acelerações horizontal e vertical do ponto $O$. Adotando um sistema de coordenadas cartesianas com a origem coincidindo com a posição de uma das massas (para faciliar as contas), podemos resolver para $F$ e, consequentemente, para as acelerações das partículas. Deixarei as contas para o leitor. As acelerações de cada massa são dadas por:

$a_1=\dfrac{6}{11}v_0^2/L$          $(3)$

$a_2=\dfrac{3}{11}v_0^2/L$          $(4)$

$a_3=\dfrac{2}{11}v_0^2/L$          $(5)$

Talvez esse não fosse o melhor caminho para resolver o problema. Mas, de qualquer forma, ilustramos que, com essa ideia, pode-se resolver problemas desse tipo por "força bruta".

Considere outro problema que ilustra essa ideia:

Uma barra lisa é posicionada fazendo um ângulo $\alpha$ com a horizontal. Um pequeno anel de massa $m$ pode deslizará ao longa da barra. A pequena massa é conectada por um fio a uma massa $M$. Inicialmente o sistema está em repouso como na figura abaixo. Imediatamente após o sistema ser solto, qual a aceleração da massa $M$?

Note que esse problema é facilmente reduzido através de $(2)$: aqui não há velocidades, os dois corpos estão na mesma vertical e a dinâmica necessária é bidimensional. Denomine o corpo de massa $m$ de $a$ e corpo de massa $M$ de $b$. Aplicando $(2)$ para o instante inicial, chegamos no seguinte resultado

$\ddot{y_a}=\ddot{y_b}\equiv{a}$         $(6)$

Ou seja, as acelerações verticais iniciais dos corpos são iguais. A dinâmica aqui é simples:

$T-Mg=Ma$        $(7)$

$-T-mg+N_y=ma$         $(8)$

Onde $T$ é a tração no fio e $N_y$ é a componente vertical da força normal exercida pela barra no corpo $a$. Também podemos usar o fato que não há força na direção normal à barra:

$(T+mg)\cos{\alpha}=N_y/{\cos{\alpha}}$         $(9)$

Com essas equações, somos capazes de obter $a$:

$a=g\sin^2{\alpha}\dfrac{m+M}{m+M\sin^2{\alpha}}$         $(10)$

Outra forma de obter equações de movimento

Conforme vimos anteriormente, as equações de vínculo não resolvem um problema sozinhas: é necessário um pouco de dinâmica. Em certas ocasiões, a segunda lei de Newton se mostra um mal formalismo para obter as equações de movimento do sistema, visto que essas equações são vetoriais e incluem forças de vínculos. Por força de vínculo, me refiro àquelas que são originadas de um vínculo, ou seja, trações, forças de contato, etc. Isso pode ser um incomôdo porque não conhecemos, a priori, sua forma, ao contrário de forças externas (denominadas também forças aplicadas), que são conhecidas previamente e não depende dos vínculos. Dessa forma, é natural buscarmos um formalismo que gere os mesmos resultados (equações de movimento), usando algo mais prático. Nessa ideia, apresentaremos uma nova forma para alcançar esses resultados. Sua essência deve ser familiar para o leitor. Considere um corpo (sistema de partículas) que se mova submetido apenas à forças conservativas. Isto é, a força aplicada pode ser obtida através de um função escalar $V$ denominada potencial (comumente chamada de energia potencial). Não há prova para isso: nossa análise inicia a partir desse presuposto. Mais especificamente

$\vec{F_i}=-\nabla{V_i}$        $(11)$

Aqui, o operado $\nabla$ é definido por:

$\nabla{V}=\dfrac{\partial V}{\partial x} \hat{x} + \dfrac{\partial V}{\partial y} \hat{y} + \dfrac{\partial V}{\partial z} \hat{z}$

O subscrito $i$ se refere a força aplicada na i-ésima partícula do corpo. É possível mostrar que a energia total do sistema dada por $E=T+\sum_i V_i$ é conservada durante o movimento. $T$ é dado por:

$T=\sum_i \dfrac{1}{2}m_iv_i^2$        $(12)$

Que é a energia cinética do corpo. Observe que nessa análise admitimos que o corpo é rígido, ou seja, as distâncias entre pontos do corpo são inalteradas. Caso não fosse, surgiria outro termo no potencial em $(12)$, que caracteriza as interações entre partículas do sistema (No caso do corpo rígido, esse termo poderia ser contabilizado, mas, de qualquer forma, o mesmo não mudaria durante o movimento do sistema, o que não alteraria a validade de $(12)$). Portanto, uma equação dinâmica útil é

$\dfrac{dE}{dt}=0$        $(13)$

Essa equação é, a priori, escalar e não faz menção a nenhuma tipo de força de vínculo. Algumas observações são importantes: disse que $(13)$ é escalar, mas isso não é necessariamente verdadeiro. É possível que, dentro da energia, apareça produtos escalares entre vetores, de forma que não nos livramos completamente da análise vetorial. Também vale ressaltar que a validade de $(13)$ depende da natureza das forças de vínculos. Estas não podem realizar trabalho durante o movimento. Forças de atrito cinético e outras forças tangenciais quebram esse argumento. Agora, considere o caso em que não há forças de vínculo que realizem trabalho, o que ocorre na maioria dos problemas olímpicos. Suponha também que a energia cinética do sistema, assim como a potencial, possam ser escritas em função somente de uma coordenada, denominada $\chi$. Pode parecer que esse seja um caso bastante específico, mas, na verdade, é bastante comum nos depararmos com essa situação. Dessa forma, $(13)$ é escrita da seguinte forma

$v(\chi)\dfrac{dv(\chi)}{dt}+\dfrac{dV(\chi)}{dt}=0$        $(14)$

Isso gera uma equação diferencial para $\chi$. Ou seja, dessa forma, obtemos a equação de movimento do sistema (supondo que o mesma seja caracterizado exclusivamente por $\chi$). Pode ser que o sistema tenha mais de um grau de liberdade, ou seja, é preciso mais de uma coordenada para caracterizar o sistema. $(13)$ continua válida (dentro das restrições discutidas acima), mas nos dará uma equação envolvendo mais de uma variável. Sendo assim, seria necessário outras equações (talvez de vínculo) para resolver para todas as coordenadas. Exemplificaremos o poderio dessa ideia através de um exemplo. Mais exercícios estão presentes no final da aula.

Corda massiva

Uma corda massiva de comprimento $L$ e densidade de massa $?$ $kg/m$ está pendurada sobre uma polia sem massa. Inicialmente as extremidades da corda estão a uma distância $x_o$ acima e embaixo da sua posição de equilíbrio. A corda  é puxada com uma velocidade inicial $v_o$. Se o objetivo é que a corda nunca mais caia da polia, qual é o valor que $v_o$ deve assumir? Considere que a corda é tal que a energia se conserva.

A consideração na última frase do enunciado. Em problemas envolvendo cordas a energia não é conservada, em geral. Chame de $x(t)$ a distância da ponta de um lado da corda até a posição de equilíbrio. Aqui, a energia potencial é a gravitacional. Portanto, pode-se mostrar que

$E=\dfrac{{\sigma}L}{2}{\dot{x}}^2+g{\sigma}\left(L/2+x\right)\left(\dfrac{L/2+x}{2}-x\right)+g{\sigma}\left(L/2-x\right)\left(\dfrac{L/2-x}{2}+x\right)$        $(15)$

Usando $(14)$, com $\chi=x$, chegamos em

$\ddot{x}-\dfrac{2g}{L}x=0$        $(16)$

A solução geral dessa equação é dada por

$x(t)=Ae^{wt}+Be^{-wt}$       $(17)$

Com $w^2=\dfrac{2g}{L}$. $A$ e $B$ são constantes que dependem das condições iniciais. Nesse caso:

$x(0)=A+B=x_0$       $(18)$

e

$\dot{x}(0)=Aw-Bw=v_0$      $(19)$

Evidentemente, $A$ deveser nulo para a condição do problema. Caso contrário, $x$ poderia tornar-se arbitrariamente grande. Logo, resolvendo $(18)$ e $(19)$ para $A$ e igualando a zero:

$v_0=x_0\sqrt{\dfrac{2g}{L}}$        $(20)$

Um sinal de menos surge devido a nossa convenção para $x$.

3 massas

Obtenha $a$. O sistema é solto do repouso, não há atrito e as duas barras são conectadas de tal forma que as duas podem girar livremente.

Plano inclinado só que mais difícil

Obtenha $a$. Considere que não há atrito entre o  plano inclinado e o solo e que a corda e a polia são ideais.