Física Básica - Cinemática no movimento unidimensional (parte 2)

Movimento retilíneo uniforme (MRU)

Se a velocidade é constante durante todo o percurso, a velocidade média coincide com a velocidade instantânea em todos os instantes durante o percurso. Assim, a relação Δx/Δt nos dá exatamente a velocidade em cada instante. Considerando t_i=0, temos:

Onde x₀ é a posição no instante t=0. Essa última equação é chamada de lei horária (ou função horária) do movimento retilíneo uniforme. O gráfico dessa função é uma reta cuja declividade dá a velocidade v, como já se sabe.

Nesse caso, onde a velocidade é positiva (o gráfico é crescente, ou seja, a posição cresce com o tempo – Δx>0), o movimento é dito progressivo. Já no caso em que se tem uma velocidade negativa, o gráfico é decrescente (a posição decresce com o tempo, ou seja, Δx<0) e o movimento é chamado de retrógrado.

Como a velocidade é constante em todo o tempo, o gráfico v contra t é uma reta paralela ao eixo t. Existem duas possibilidades de gráficos: para v>0 e para v<0.

Como Δx=v. Δt, a área do gráfico v contra t, dá Δx. Ou seja:

Embora no segundo caso a área deva ser positiva (usa-se o módulo de v - |v| -, pois não existe área negativa), basta trocar o sinal do resultado para se ter o resultado real de Δx.

Encontro de corpos no MRU

Dois corpos com funções horárias diferentes podem se encontrar em determinado ponto do espaço. Muitas vezes, é desejado determinar quanto tempo levará para o encontro acontecer. Por exemplo, se o carro r parte da cidade A em direção a cidade B e, no momento em r parte ou num momento posterior (desde que r não tenha chegado ainda em B), o carro s parte de B em direção a cidade A, num ponto do trajeto esses dois carros (r e s) se encontrarão. A condição de encontro entre os dois carros é a de que estejam num mesmo ponto da estrada. Ou seja, x_r(t)=x_s(t). Graficamente, esse é o ponto em que as duas funções coincidem (se interceptam).

No caso apresentado no gráfico, r e s partiram ao mesmo tempo de suas respectivas cidades, mas poderia acontecer de r ou s partir depois do outro (gráfico (a) – s parte depois). Também pode acontecer de r e s partirem da mesma cidade, mas um partir depois do outro e com velocidade superior a deste, de forma que se encontrem posteriormente (gráfico (b) – s parte depois).

Esses são só alguns exemplos de casos em que podem ocorrer encontros. Veja que se pode separar o problema em partes mais simples (e isso é possível em uma grande variedade de casos – não somente na cinemática). Por exemplo, no caso apresentado no gráfico (a), pode-se descobrir, antes de analisar o problema como um todo, em que posição estará r quando s sair da cidade B. Dessa forma, é possível tomar essa posição como a inicial, para r, e reduzir o problema ao caso em que ambos saem ao mesmo tempo, que é mais simples.

Aceleração média e instantânea

As mudanças de velocidade não são instantâneas. Se um corpo está a uma velocidade v e adquire uma velocidade v’, existe um intervalo de tempo em que a velocidade muda continuamente entre o instante em que o corpo está a uma velocidade v e o instante em que está a uma velocidade v’. Essa mudança contínua de velocidade ao decorrer do tempo está relacionada ao que se denomina aceleração. Da mesma forma que se definiu a velocidade média, podemos definir a aceleração média, para uma variação de velocidade Δv e tempo Δt quaisquer, como sendo:

Dessa forma, a aceleração possui unidade, no SI, (m/s)/s ¹ ou m/s² (metro por segundo ao quadrado). De forma semelhante à velocidade média, a aceleração média é o coeficiente angular da reta do gráfico v contra t e veja que também não se pode afirmar sobre a aceleração em determinado trecho baseado na aceleração média.

Da mesma forma que se consegue a velocidade instantânea fazendo Δt tender a zero, para se saber a aceleração instantânea em um determinado ponto, se faz Δt tender a zero. Analogamente ao que se fez para a velocidade, pode-se reescrever a aceleração média como sendo:

Assim, a aceleração instantânea é:

Que é, matematicamente, uma expressão igual a da velocidade. Mas já sabemos que v(t)=dx/dt, o que nos dá:

Onde foi introduzida a notação de derivada de segunda ordem. Veja que, como a velocidade já é uma derivada do espaço em relação ao tempo, ao se derivar a velocidade em relação ao tempo, se está, na verdade, derivando novamente o espaço em relação ao tempo. Ou seja, a aceleração é obtida derivando-se a função do espaço duas vezes em relação ao tempo. Diz-se que a aceleração é a segunda derivada do espaço em relação ao tempo ou que é a derivada de segunda ordem do espaço em relação ao tempo.

Por exemplo, dado x(t)=t³+2t², v(t) e a(t) são, respectivamente:

Mas estudaremos com mais detalhes casos onde a aceleração não varia com o tempo.

1-Não necessariamente a unidade do tempo na velocidade média deve ser a mesma que a do Δt devido à aceleração média (nem na instantânea). Ou seja, é possível ter, por exemplo, uma aceleração média de 4 (km/h)/s, que quer dizer que a velocidade aumenta 4 km/h a cada segundo, em média.

Movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV)

Diz-se que um corpo está em movimento retilíneo uniformemente variado quando o movimento se dá ao longo de uma reta e a aceleração é constante em todo o tempo. Assim, a aceleração instantânea em cada instante coincide com a aceleração média entre quaisquer dois instantes. Dessa forma, sendo t_i=0 e v(0)=v₀, a velocidade v(t) em um instante t qualquer é dada por:

Que é uma função de primeiro grau. Ou seja, o gráfico é uma reta. Mas ainda falta saber como a posição varia com o tempo. Isso poderia ser feito de forma simples através de uma operação chamada integral, mas não é necessário nesse caso. Vejamos primeiro o gráfico formado pela função v(t) caso a>0 (gráfico I) e a<0 (gráfico II).

Como no movimento retilíneo uniforme, a área do gráfico v contra t dá o deslocamento (Δx=x-x₀). Ou seja, calculando a área do gráfico posto, conseguimos encontrar a posição, x, em função de t.

A área do gráfico foi separada em duas (um retângulo e um triângulo). A área do retângulo é A₁=v₀t e a do triângulo é A₂=tΔv/2, já que Δv é a “altura” e t a “base”. Mas de (1) podemos ver que Δv= v-v₀=at. Ou seja:

Somando as duas áreas, temos finalmente:

Que é a função horária do MRUV. Usamos o gráfico I para deduzir a função, mas a mesma pode ser obtida a partir do gráfico II (verifique!). Veja que é uma função de segundo grau e, por isso, possui como gráfico uma parábola. Veja também que a parábola vai possuir concavidade para cima caso a>0 (I) e concavidade para baixo caso a<0 (II) e que sua derivada é justamente a função da velocidade (v(t)=v₀+at), como era de se esperar.

Como a função da velocidade é conseguida derivando a função do espaço, a velocidade em um ponto é a declividade da reta tangente ao gráfico nesse ponto. No entanto perceba que, por exemplo, no gráfico (II) a velocidade é positiva antes de atingir o cume (máximo da função), mas a aceleração é negativa nesse intervalo. Isso ilustra que não necessariamente a velocidade tem mesmo sentido¹ que aceleração (de forma mais geral, nem mesmo é preciso terem mesma direção, mas nos manteremos no caso unidimensional). Entretanto a variação de velocidade, Δv, possui mesmo sentido que a aceleração. Isso implica que, se a aceleração possui mesmo sentido que a velocidade, o módulo da velocidade cresce e, se a aceleração possui sentido contrário ao da velocidade, o módulo da velocidade diminui. É possível visualizar isso graficamente.

O gráfico (I) é o gráfico da velocidade correspondente ao gráfico (I) da posição e o gráfico (II) é o da velocidade correspondente ao gráfico da posição (II). Em ambos, a velocidade inicial (em t=0) é contrária ao sentido da aceleração. Perceba que, no gráfico (I), a velocidade é negativa inicialmente enquanto a aceleração é positiva e, enquanto a velocidade é negativa, seu módulo vai diminuindo, pois seu valor aumenta, mas é negativo (por exemplo, |-5|>|-3|). Quando a velocidade atinge zero ocorre uma inversão do movimento (que pode ser observado no gráfico da posição) e a velocidade passa a ter o mesmo sentido da aceleração. Veja que, a partir da inversão do movimento, o módulo da velocidade aumenta com o tempo. A análise do gráfico (II) é análoga (faça!).

Como o módulo da velocidade aumenta quando a velocidade e a aceleração possuem mesmo sentido, diz-se que, nesse caso, o movimento é acelerado e, quando o sentido da velocidade é contrário ao da aceleração, diz-se que o movimento é retardado. Perceba que o movimento não necessariamente precisa ser acelerado ou retardado em todo o tempo.

1-As grandezas posição, velocidade e aceleração são vetores, mas, como o movimento é unidimensional, se está omitindo a notação vetorial, no entanto tomando cuidado com o sentido dos vetores. Perceba que deslocamento (variação de posição), variação de velocidade e variação de aceleração também são vetores, pois são resultados de subtração entre vetores.

A equação de Torricelli

Existem algumas substituições que podem ser feitas isolando alguma variável da equação velocidade e substituindo na equação da posição. Uma substituição especialmente útil é a que se obtém uma equação independente do tempo. Para isso, isolemos o tempo na equação (1):

Substituindo na equação da posição:

Que é a equação procurada.

Queda livre e lançamento vertical

Uma aplicação do movimento retilíneo uniformemente variado é a descrição do movimento de um corpo em queda livre ou em um lançamento vertical. É fato experimental que a aceleração da gravidade é, aproximadamente, constante se considerarmos alturas pequenas (em relação ao raio da Terra) e desprezarmos a resistência do ar. Pode-se perceber isso fazendo uma imagem estroboscópica¹ de um objeto em queda livre.

Na imagem ao lado, está apresentada a imagem estroboscópica de uma bola em queda livre. Pode-se verificar que a aceleração é a mesma independendo da imagem tomada (em relação à primeira imagem, onde o objeto está em repouso). Por exemplo, a posição 4 é conseguida em 2δt (é a segunda imagem após a inicial) e a 64 em 8δt (δt é o intervalo de tempo entre imagens consecutivas).

Consideremos o modelo em que a aceleração do corpo em queda é constante, x₀= h₀=0 e v₀=0. Com essas condições, tem-se que a posição do objeto (h) no instante t é:

Uma previsão que podemos fazer é que, se o tempo de queda é da forma nδt, tem-se que a posição é dada por:

onde α=gδt²/2 (perceba que, no modelo considerado, α é uma constante).

Ou seja, se a posição (h) no instante δt é α =h₁, a posição num instante posterior múltiplo inteiro desse instante δt vai ser h₁.n² e isso é verificado na imagem estroboscópica. Ou seja, concorda com a previsão.

Também é um fato que a aceleração da gravidade é igual para qualquer corpo. Ou seja, independe do material, forma ou massa. Assim, pode-se descrever o movimento através das equações já expostas para movimentos com aceleração constante. Tomaremos a aceleração da gravidade, g, como g=-10m/s² e notaremos Δx=x-x₀ por Δh=h-h₀.

Chamamos de lançamento vertical quando se joga (para baixo ou para cima) um corpo e esse fica sujeito à ação da gravidade. Ou seja, existe uma velocidade inicial não nula:

Já quando a velocidade inicial é nula, tem-se uma queda livre. Ou seja, o corpo é simplesmente largado.

Tomamos a aceleração da gravidade como g=-10m/s², mas isso porque estamos usando como sentido positivo do eixo h (posição na vertical) o que aponta para cima. Ou seja, estamos admitindo que as posições tomem valores maiores à medida que se sobe. Dessa forma, Δh é positivo quando se sobe e negativo quando se desce. De forma geral, todos os vetores com sentido ascendente serão positivos e todos os de sentido descendente (como a aceleração da gravidade) serão negativos. Mas isso tomando a convenção posta. Pode-se tomar como sentido positivo o descendente e, nesse caso, g passa a ser g=10m/s².

Exemplo:

Um garoto joga uma bola para cima, a partir do solo, com velocidade inicial de módulo 10 m/s. a) Em quanto tempo a bola atingirá a altura máxima? b) Qual a altura máxima tomando a posição do solo h₀=0? c) Em quanto tempo a bola atingirá a altura h=4,8?

a) A altura máxima é atingida quando ocorre a inversão do movimento. Ou seja, quando v(t)=0. Assim:

b) Para encontrar a altura máxima, basta substituir o resultado de (a) na equação da posição (h₀=0, pois a bola parte do solo).

c) Basta que h=4,8 e h₀=0:

Que é uma equação de segundo grau cujas raízes são t’=4/5 s e t’’=6/5 s. Veja que encontramos dois resultados e ambos possuem significado físico. Um deles é referente ao momento em que o corpo atinge 4,8 m na subida e o outro é referente ao momento em que o corpo atinge 4,8 m na descida.

Exemplo (2):

Um corpo é largado a uma altura de 10 m do solo com velocidade inicial nula. Em quanto tempo ele atinge o solo?

Tomando como altura inicial h₀=10 a altura do solo é h=0. Ou seja, o tempo em que o corpo atinge o solo é:

Como o corpo foi largado em t=0, só tem significado, nesse caso, o t positivo. Ou seja, t=√2 s. Perceba que a informação do problema é a de que a altura em que foi deixado está 10m acima da do solo. Assim, poderíamos ter tomado h₀=20 e h=10 e o resultado seria o mesmo. Isso porque h₀ é arbitrário e o que realmente tem significado é Δh.

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Veja também

Física Básica - conceitos e ferramentas básicas

Física Básica - conceitos e ferramentas básicas (2)

Física Básica - Cinemática no movimento unidimensional (parte 1)

Ivan Eugênio da Cunha

Bibliografia:

Nussenzveig, H. Moysés, Curso de Física Básica, vol. I, Ed. Edgard Blücher (2002).

Ferraro, Nicolau Gilberto e Soares, Paulo Antonio de Toledo, Física Básica, vol. único, Ed. São Paulo (2004).

Leithold, Louis, O Cálculo Com Geometria Analítica, vol. I, 2ª edição, Ed. Harper & Row do Brasil.

Problemas resolvidos: Mecânica

Neste texto estão alguns problemas de mecânica (alguns ditos “clássicos”) e suas soluções. O objetivo não é simplesmente resolver os problemas, mas mostrar os detalhes do raciocínio das soluções (tentei detalhar o máximo possível as soluções). Escolhi os problemas de forma a abordar o máximo possível dos tópicos de mecânica (embora muitos tenham ficado de fora). Devo alertar que as formas de solução apresentadas aqui não são as únicas possíveis, mas foram as que julguei melhores.

Problema 1:

(ITA 2009) Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados?

Resolução:

Inicialmente deve-se perceber que existem dois referenciais a serem analisados: o em repouso em relação à margem e o em repouso em relação à água.

Quando o barco sobe, pelo referencial da margem, o barco sobe a uma velocidade de módulo v₁, mas a água desce a uma velocidade de módulo v₂ (o barco está indo contra a correnteza). Ou seja, se tomarmos o referencial em que a água está em repouso, o barco terá uma velocidade de módulo V = v₁+v₂. Como a velocidade, nesse caso, é a razão entre o espaço percorrido e o tempo que se levou para isso, tendo que o trecho tem comprimento S,

Perceba que subtraímos a magnitude de v₂ de V para chegar a v₁. Isso porque a velocidade do barco em relação à margem é a resultante vetorial da velocidade do barco em relação à água e da água em relação à margem. Ou seja, v₁ = V+v₂ (em termos vetoriais).

Já, quando o barco desce, o módulo da velocidade do barco em relação à margem (v₃) será a velocidade da água mais a velocidade do barco em relação à água. Ou seja, v₃ = V+v₂. Da mesma forma que na subida:

Desejamos saber em quanto tempo (t) o barco desce o trecho de comprimento S com os motores desligados. Como eles estão desligados, o barco fica em repouso em relação à água e, como a água desce a uma velocidade v₂ em relação à margem, a velocidade do barco em relação à margem é v₄ = v₂. Assim:

Para reduzir o número de expressões e variáveis, podemos subtrair a equação (1) da (2):

Usando a equação (3), temos:

Ou seja, o intervalo de tempo, t, em que o barco leva para descer o trecho com os motores desligados é 13 horas mais um terço de hora, que quer dizer: 13 horas e 20 minutos.

Problema 2:

(OBF 2008 segunda fase) Um bloco de massa m é liberado do repouso sobre um plano inclinado de uma altura H. O bloco desliza sobre o plano com atrito desprezível até sua base, quando então desliza sobre uma superfície rugosa com coeficiente de atrito cinético μ, chocando-se com uma mola de constante elástica k, comprimindo-a de x e parando momentaneamente; a mola em seguida se distende, arremessando o corpo de volta ao plano inclinado e esse sobe a uma altura h. A distância percorrida pelo corpo sobre a superfície rugosa até o momento do repouso momentâneo é igual a d. Qual a expressão que determina a altura h que o corpo sobe?

Resolução:

Nesse problema ocorre algo incomum, mas interessante: existem informações desnecessárias para a resolução. De certa forma, isso faz parte do problema e deve-se perceber o que realmente é necessário para resolver o problema.

Outro ponto que deve ser percebido é que o problema pode ser “simples” ou “complexo”. Entre aspas, pois não digo isso no sentido de fácil percepção de como solucionar, mas no de dificuldade matemática. Pode-se tentar formular uma solução em termos de forças, mas isso se torna particularmente complexo quando o bloco atinge a mola, pois se tem uma força variável (elástica) e a força de atrito, que muda de sentido quando movimento inverte de sentido. Mas pode-se tentar formular em termos de energia e essa formulação torna o problema muito menos trabalhoso e, por isso, faremos a solução dessa forma.

Como estamos trabalhando com energia, deve-se perceber quais são as forças conservativas e não conservativas do sistema. Apenas a força de atrito é não conservativa e isso quer dizer que só ela pode, nesse caso, tirar energia mecânica do sistema. Ou seja, reduzimos o problema a encontrar qual expressão dá a energia dissipada pelo atrito, pois a energia restante será a energia cinética do bloco ao “pé” da rampa e se transformará em potencial gravitacional ao final do processo.

O problema diz que a distância entre o final da rampa e o ponto em que o bloco fica em repouso momentâneo é d. Ou seja, o bloco fica sobre ação da força de atrito num percurso de distância 2d (ida e volta). Como a força de atrito é F = μmg (F= μN, onde N é a força normal), a energia total dissipada pela força de atrito será τ = -μmg.2d (negativo, pois se está tirando energia do sistema). Assim, a energia cinética mv²/2 quando o bloco voltar ao “pé” da rampa será mv²/2 = mgH- μmg.2d. Mas perceba que toda essa energia se transformará em energia potencial gravitacional e elevará o bloco à altura h procurada. Ou seja:

Que é o que se procurava. Perceba que, das seis informações dadas no problema, só foram realmente necessárias três. Veja também que a função da mola foi de apenas mudar o sentido do movimento, para que o bloco retornasse à rampa, e que a solução independe da massa.

Com base nesse problema, pode-se criar outro: qual o coeficiente de atrito máximo tal que o bloco chegue ao “pé” da rampa?

Veja que, nesse novo caso, queremos minimizar a altura h (h=0). Ou seja, que o bloco chegue ao “pé” da rampa com energia mecânica nula. Dessa forma:

Que, como o resultado anterior, também não depende da massa.

Problema 3:

(OBF 2008 segunda fase) Duas partículas, uma de massa m e velocidade v, e outra de massa 2m e velocidade v/2, movem-se perpendicularmente sobre uma superfície horizontal lisa como mostra a figura. Num determinado instante atuam, sobre estas partículas, forças de igual módulo, direção e sentido. Quando estas forças deixam de atuar, a primeira partícula adquire um movimento perpendicular à sua direção inicial, sendo o módulo da velocidade, o mesmo. Qual o módulo da velocidade adquirida pela segunda partícula?

Resolução:

O problema admite duas interpretações, pois a partícula de massa m pode ter sido desviada para cima ou para baixo, mas solucionaremos o problema admitindo que ela foi desviada para baixo.

Deve-se perceber que a definição F = ma (o negrito indica vetores) não é a mais apropriada nesse caso. De forma geral, para uma força constante, a segunda lei de Newton é dada por F = ∆p/∆t, ou seja, F. ∆t = I = ∆p, onde ∆p é a variação de momento linear (quantidade de movimento) e I o impulso. Veja que, como se está tratando de duas forças de mesma intensidade, direção e sentido num mesmo intervalo de tempo, têm-se um mesmo impulso. Sabe-se que a velocidade final da partícula de massa m é perpendicular à inicial e com mesma intensidade. Dessa forma, a variação de momento linear (impulso) é:

Como |v_f| = |v_i| e o ângulo formado entre os vetores é 90° (perceba que I é a hipotenusa do triângulo retângulo em que p_i e p_f são os catetos):

Os impulsos de ambas as partícula são iguais, como já dito. Assim:

Podemos usar a lei dos co-senos para encontrar o resultado, mas antes devemos determinar o ângulo entre I e 2mv_i2. No resultado anterior, | p_i| = | p_f| e esses são perpendiculares. Já que I é a hipotenusa do triângulo em p_i e p_f são os catetos, o ângulo entre p_f e I é de 45°. Como p_f tem mesma direção e sentido que p_i2, o ângulo entre I e p_i2 também é de 45°. Dessa forma:

Que é o que se procurava.

Problema 4:

(OBF 2006 segunda fase) Uma escada tem 3,0m de comprimento, massa de 15kg e centro de massa a 1,5 m das extremidades. Estando disposta horizontalmente no chão, um pintor, para usá-la, ergue-a e encosta-a na parede formando um ângulo α de 53° com o chão, como mostrado. A parede é perfeitamente lisa, mas o piso não deve permitir o escorregamento da escada. Nessas condições, calcule:

Dados: sen 53°=cos 37°=4/5 e cos 53°=sen 37°=3/5

a) o valor do trabalho realizado pelo pintor para posicioná-la na parede;

Resolução:

Como é conhecida a posição do centro de massa, pode-se reduzir o problema a encontrar o trabalho necessário para elevar uma partícula de 15kg à altura em que o centro de massa se encontra. Essa altura é dada por h=1,5. sen 53°=(15/10).(4/5)=3.4/10=1,2 m, pois é o cateto oposto do triângulo em que a metade da escada é a hipotenusa. Assim, o trabalho realizado pelo pintor é:

b) o menor valor para o coeficiente de atrito estático entre a escada e o piso que impede o início do escorregamento da escada.

Resolução:

O sistema é estático e isso implica que as resultantes das forças e dos torques devem ser nulas (condições do equilíbrio). Assim, a força peso é anulada pela força normal que o chão aplica sobre a escada e a força de atrito é anulada pela força normal aplicada pela parede (figura).

Como já dito, N₁ = -P e N₂ = -F_at. O torque também deve se anular, mas precisamos tomar um ponto de referência para determinar o torque. O ponto que torna a análise mais simples é o “pé” da escada, então, vamos tomá-lo. Veja que as forças não são perpendiculares à direção em que a escada está disposta, mas somente as componentes perpendiculares a essa direção contribuem para o torque. Dessa forma, podemos decompor os vetores P e N₂ de forma a terem uma componente na direção desejada.

Ou seja, as componentes que contribuem para o torque são P.cos α e N₂sen α. Não é necessário considerar F_at e N₁, pois esses vetores são aplicados no ponto tomado como referência para calcular o torque, ou seja, d = 0. Assim, sendo x o tamanho da escada:

Essa força é igual à força de atrito que, por sua vez, é igual a N₁.μ. Ou seja:

Que é o que se procurava.

Problema 5:

Um carrinho de montanha russa parte do ponto A, onde possuía velocidade inicial nula, a uma altura h (como indicado na figura) e realiza um “loop” de raio R Considerando que o carrinho realiza todo o percurso sem sofrer influência de forças de atrito, qual deve ser a altura h mínima, em função de R, tal que isso seja possível?

Resolução:

Em uma primeira impressão, pode ocorrer de pensar que a altura será 2R, pois toda a energia potencial gravitacional estaria novamente na forma de energia potencial gravitacional quando chegasse ao ponto mais alto do “loop”. Mas veja que isso implicaria que a velocidade, nesse ponto mais alto, seria nula e o carrinho realizaria uma queda livre. Perceba também que é impossível o carrinho chegar ao ponto mais alto com velocidade nula, pois violaria a lei da inércia. Então existe certa velocidade quando o carrinho chega ao ponto mais alto. Ou seja, deve-se encontrar qual a velocidade mínima no ponto considerado para que seja possível realizar o “loop”.

A força que age sobre o carrinho no ponto mais alto é centrípeta. Ou seja:

Contribuem para a resultante centrípeta a força peso e a força normal. Assim:

Mas queremos minimizar v. Assim, como a força peso não pode se alterar, a velocidade v é mínima quando N=0. Dessa forma:

Perceba que a condição N=0 significa que o carrinho “não toca” (exerce força nula sobre o trilho) momentaneamente o trilho.

Já que a velocidade não é nula, a energia final será E = mgh = mg2R + mv²/2. Assim, com (1):

Que o que se procurava. Um fato interessante é que o resultado independe da massa. Ou seja, qualquer que seja o carrinho, em situações ideais, a altura mínima para que ele realize o “loop” será cinco meios do raio.

Problema 6:

Um canhão dispara um projétil de massa m e quando esse alcança a altura máxima um pequeno explosivo faz com que ele se parta em duas partes de massas iguais. Os fragmentos são lançados a uma velocidade de módulo v, em relação ao centro de massa, numa direção perpendicular a da trajetória que realizavam e paralela ao solo. Sabendo que a velocidade do projétil na altura máxima, antes da cisão, era V e que essa altura máxima é atingida a uma distância horizontal d do canhão:

a) Qual a distância entre algum dos fragmentos e o canhão quando os fragmentos atingem o solo?

Resolução:

Uma forma de resolver a questão é usando a conservação do momento linear. Embora essa grandeza não se conserve verticalmente (por razão da força gravitacional, que é externa ao sistema), ela se conserva na direção horizontal, pois não há forças externas agindo sobre o sistema nessa direção. Chamaremos a direção horizontal paralela à trajetótia que o projétil realizava de y, a perpendicular à trajetória e paralela ao solo de x e a vertical de z (na verdade, se estará usando um sistema de eixos ortogonais x,y e z).

A conservação do momento linear na horizontal implica que o movimento do centro de massa do projétil nessa direção é retilíneo uniforme. Já na vertical existe a força da gravidade e, como a força “aplicada” (o centro de massa, no caso, não coincide com nenhum dos fragmentos) ao centro de massa é a soma das forças externas ao sistema, temos que o centro de massa é uma “partícula” de massa m em que é aplicada uma força F=(m/2)g+(m/2)g=mg. Ou seja, a aceleração do centro de massa é g (com direção vertical e sentido descendente). Dessa forma, conclui-se que o movimento do centro de massa é exatamente o mesmo que o projétil faria caso não ocorresse a cisão.

Na direção x, também não há força externa e, assim, o momento linear também se conserva nessa direção. Como já se sabe que a velocidade do centro de massa na direção y é constante, podemos fazer uma troca de referencial inercial e tomar o que faz o centro de massa ter velocidade zero na direção y. Com isso, é fácil perceber que o movimento realizado pelos fragmentos, nesse novo referencial, é o de corpos lançados horizontalmente com velocidade v na direção x. Ou seja, é possível descobrir a que distância do centro de massa esses fragmentos caem. Para isso, basta saber o tempo de queda, pois s=vt, onde s é a distância entre algum dos fragmentos e o centro de massa quando os fragmentos chegam ao solo e t o tempo de queda do corpo.

O tempo de queda é exatamente o mesmo tempo que se levou para o projétil chegar à altura máxima. Logo, t=d/V. Assim:

Por simetria, a distância entre o centro de massa dos fragmentos e o canhão, quando os fragmentos chegam ao solo, é 2d. Conhecendo a distância entre esse centro de massa e alguns dos fragmentos (as distâncias são iguais por simetria), podemos, agora, encontrar a distância entre algum dos fragmentos e o canhão através do teorema de Pitágoras (a distância entre o canhão e o centro de massa é um cateto e a distância entre o centro de massa e algum dos fragmentos é outro cateto). Assim:

Onde D é a distância procurada.

b) Qual deve ser a energia cinética total, em relação ao centro de massa dos fragmentos, transmitida a esses, tal que as posições dos fragmentos, ao atingirem o solo, junto à do canhão formem um triângulo eqüilátero?

Resolução:

A condição a ser satisfeita nesse caso, é a de que a distância entre o centro de massa e algum dos fragmentos deverá ser metade da distância entre o canhão e algum dos fragmentos. Ou seja, s=D/2 ou D=2s. Assim, como s=vd/V:

Essa é a velocidade dos fragmentos em relação ao centro de massa no momento da cisão. Assim, como a energia total transmitida aos fragmentos é a soma de suas energias cinéticas em relação ao centro de massa:

Onde E_t é a energia transmitida aos fragmentos em relação ao centro de massa.

Problema 7:

(UFSCar-SP adaptada) No sistema da figura abaixo, os fios são inextensíveis, as polias sem massa e as superfícies sem atrito. O ângulo que a hipotenusa da superfície de seção triangular faz com a horizontal é de 30°. Sabendo que a relação entre as massas dos corpos A e B é m_A/m_B = 1/2:

a) a relação a_A/a_B entre as acelerações dos corpos A e B;

Resolução:

Um detalhe dessa questão é que se deve levar em consideração o vínculo entre os blocos. Perceba que, se o bloco A desliza uma distância x ao longo do plano inclinado, o bloco B desce de x⁄2. Como isso é sempre válido, a velocidade do bloco B será sempre a metade da do bloco A e, assim, se a velocidade de A varia ∆v em um intervalo de tempo ∆t, a velocidade de B, no mesmo intervalo de tempo, terá que variar ∆v⁄2, para manter a proporção. Ou seja, a aceleração do bloco B é a metade da do bloco A (respondendo a letra a).

Em verdade, a solução dessa primeira parte pode ser encontrada de forma mais rigorosa através de ferramentas fornecidas pelo Cálculo. Considerando o vínculo, onde, quando o bloco A desloca uma distância x ao longo do plano, o bloco B desloca x⁄2, vê-se que x_A=2x_B, onde x_A=x (distância percorrida por A ao longo do plano) e x_B=x/2 (distância percorrida pelo bloco B). Assim, derivando ambos os lados em relação ao tempo, tem-se:

Derivando novamente em relação ao tempo:

Que é o mesmo resultado conseguido anteriormente, mas usando o fato de que a velocidade é a derivada de primeira ordem do espaço em relação ao tempo e que a aceleração é a derivada de segunda ordem do espaço em relação ao tempo.

b) a aceleração dos corpos A e B.

Resolução:

Temos que 2m_A=m_B. Além disso, a força resultante sobre o bloco A é F=T-P_A sin (30°), onde P_A é o peso do bloco A e T a tensão da corda, e a força resultante sobre o bloco B é F’=P_B-2T, onde P_B é o peso do corpo B. Como F=m_Aa_A e F’= m_Ba_B=2m_Aa_A/2= m_Aa_A, tem-se F=F’ e, assim:

Conhecendo a tensão T, pode-se, agora, descobrir as acelerações através das equações já conhecidas:

Que é um dos resultados procurados.

Já se sabe que a_B=a_A/2. Assim:

Que é o outro resultado procurado.

Problema 8:

(OBF 2006 terceira fase) Dois aviões de combate A e B voam em trajetória retilínea e horizontal e estão alinhados. Estando distanciados 600m um do outro, o que vem atrás inicia uma seqüência de disparos contra o outro, à razão de 1 projétil a cada um quarto de segundo. A velocidade dos projéteis v_P/A, relativamente ao avião A, é constante e igual a 500m/s e, como o tempo de seu percurso é muito curto, o efeito de queda do projétil pela gravidade é irrelevante na análise desta situação. Considerando que o avião que vem por trás voa com uma velocidade v_A=100m/s, que a velocidade do da frente é v_B=120 m/s, e que essas velocidades são constantes, calcule:

a) o tempo que o primeiro projétil disparado leva para atingir o avião que vai à frente.

Resolução:

Como o avião A está a uma velocidade constante, podemos fazer uma troca de referencial e tomar um onde a velocidade do avião A seja nula. Nesse caso, a velocidade do avião B será 120-100=20 m/s (velocidade relativa do avião B em relação ao A).

Como queremos o ponto de encontro entre o primeiro disparo e o avião B, devemos igualar a função horária do projétil com a do avião B. No caso, tomemos a posição do avião A como sendo a origem do sistema e, assim, a posição inicial do avião B é x₀=600 m. Ou seja, a função horária do avião B é x=600+20t e a do projétil é x=500t. Dessa forma, igualando as funções horárias, temos:

Que é o tempo procurado.

b) a distância entre dois projéteis lançados consecutivamente.

Resolução:

Tomando o mesmo referencial do problema anterior, basta saber a distância percorrida pela bala em 1⁄4 s. Ou seja, tomando a função horária do projétil, já conhecida:

Que é o resultado procurado.

c) o número de projéteis, por segundo, que atinge a aeronave da frente.

Resolução:

Uma forma de resolver esse problema é percebendo a semelhança desse problema com o problema de ondas em que se mede a freqüência em referenciais com velocidades diferentes. Ou seja, podemos resolver o problema como se fosse um problema de efeito Doppler. Escolheremos como referencial um onde o avião B está em repouso. Assim, a velocidade do avião A em relação ao B é 100-120=-20 m/s (o avião A se afasta a uma velocidade de 20 m/s). E a velocidade do projétil em relação ao avião B é 500+(-20)=480 m/s.

A onda análoga ao sistema dado é uma com freqüência f=4Hz (quatro disparos por segundo) e comprimento de onda 125 metros, no referencial do avião A. No caso, o que se mantêm constante nos dois referenciais (o que o avião A está em repouso e o que o avião B está em repouso) é o comprimento de onda (ambos os aviões medem a distância entre dois projéteis consecutivos como sendo 125 m). Assim, podemos usar a relação fundamental da ondulatória:

Sabemos a velocidade da “onda” no referencial do avião A e sua freqüência. E também sabemos a velocidade da “onda” no referencial do avião B. Assim, igualando os comprimentos de onda, podemos descobrir a freqüência da “onda” em B (quantidade de disparos que B recebe por segundo):

Que é a quantidade procurada.

Mas também é possível resolver o problema sem conhecimentos de ondulatória. Como a velocidade relativa entre o avião B e algum projétil é 480 m/s e a distância entre dois projéteis consecutivos é de 125 m, basta saber em quanto tempo um projétil percorre os 125m nessa velocidade. Assim:

Esse é o intervalo de tempo em que, após um projétil ter chegado em B, outro chegue, em seguida. Ou seja, o intervalo de tempo entre a chegada de dois disparos consecutivos. Multiplicando esse intervalo de tempo por um número de disparos, teremos o intervalo de tempo em que se leva para esses disparos chegarem ao avião B. Em particular, para 96 projéteis chegarem em B, leva-se ∆t'=∆t∙96=25 s. Ou seja, 96 projéteis a cada 25 segundos. Ou 96⁄25=3,84 projéteis a cada segundo, que é o mesmo resultado encontrado anteriormente.

Ivan Eugênio da Cunha

Física Básica - Cinemática no movimento unidimensional (parte 1)

Referencial

A forma mais simples de se analisar um movimento é descrevendo-o sem levar em conta as condições físicas que o regem. É através da cinemática que se faz tal análise mais simples, no entanto superficial, do movimento.

Para um ponto, pode-se definir o movimento como sendo a mudança contínua de coordenadas, descrevendo uma curva¹, em relação a um sistema de coordenadas usado como referencial. E deve-se estabelecer esse referencial para ser possível a descrição do movimento (com a mudança dele, muda a descrição). Por exemplo, se se diz que um carro se movimenta com velocidade constante v em relação a uma placa de sinalização (ou a estrada em si), foi necessário estabelecer um referencial (a placa ou estrada) para afirmar que o carro se movimenta e com velocidade constante (não variável com a passagem do tempo). Mas poder-se-ia tomar o carro como referencial e, de acordo com esse novo referencial, é a placa que se movimenta a uma velocidade v.

Como estamos tratando do movimento unidimensional (uma dimensão), o sistema coordenado usado como referência é uma reta orientada com uma origem.

1 - Curva é qualquer linha contínua no espaço ou plano (podendo ser até mesmo um reta).

Velocidade média

Para qualquer deslocamento Δx em um determinado intervalo de tempo Δt, independente das variações de velocidade ocorridas no percurso, pode-se determinar uma velocidade média, que é definida como:Onde os índices f e i indicam final e inicial respectivamente. Ou seja, a velocidade média é a razão entre o deslocamento e o tempo que se levou para completar o percurso. Dessa forma, a dimensão de velocidade no Sistema Internacional de Unidades (SI) é m/s (metros por segundo). Mas é comum a utilização de outras unidades básicas de forma que se tenha cm/s (centímetro por segundo), km/h (quilômetro por hora)...

Vê-se que a velocidade média é o coeficiente angular da reta formada no gráfico x contra t.

Mas a velocidade média pode dizer pouco sobre o movimento real, pois, pelo gráfico dado acima, poder-se-ia concluir que a velocidade foi constante e igual durante todo o percurso, mas, como se trata de uma média, não é possível chegar a essa conclusão. Pode haver variações de velocidade ao decorrer do percurso e, assim, em determinados trechos, a velocidade média poderá ser maior ou menor que a média do percurso todo.

Por exemplo, observe o gráfico abaixo onde o tracejado indica o gráfico dado pela velocidade média:

Veja que, na primeira parte do trajeto, a velocidade média é muito maior (maior coeficiente angular) que a velocidade média do percurso todo. Já no segundo trecho, v=0, no terceiro, v<0 e no quarto a velocidade volta a ser maior que a média do percurso todo. Ou seja, não se pode afirmar nada sobre a velocidade média em determinado trecho tendo apenas a velocidade média do percurso todo.

Mas considere a curva parabólica abaixo como sendo o real gráfico e a seqüência de seguimentos de retas como sendo gráficos dados pelas velocidades médias nos trechos. Veja que quanto menores forem os intervalos Δt’s e Δx’s, conseqüentemente, considerados, mais precisa será a descrição do movimento tendo, assim, sucessivos trechos com velocidade constante.

Perceba que quanto mais curtos os trechos, mais próximo do gráfico real se fica.

Há casos em que as dimensões do corpo estudado são significativas¹ em relação ao tamanho do trecho analisado e, assim, não se pode desprezá-las. Por exemplo, não se pode desprezar o comprimento de um trem quando se tenta determinar em quanto tempo esse realiza a travessia de uma ponte, já que só se pode dizer que a travessia foi feita quando o último vagão deixar a ponte. Pegando um ponto qualquer ao longo do trem, esse percorrerá o tamanho da ponte (Δx_p) mais o tamanho do trem (Δx_t) para que a travessia se complete. Para a análise ficar mais simples, peguemos o ponto extremo dianteiro (P) do trem (o primeiro a “entrar” na ponte). Quando esse ponto percorrer todo o comprimento da ponte, ainda faltará passar todo o trem pela ponte para o término do percurso. Ou seja, o ponto considerado deverá percorrer, ainda, um deslocamento igual ao comprimento do trem. Dessa forma:
Embora geralmente se busque a velocidade em determinado instante t, o problema inverso também existe: tendo os dados (velocidade e tempo - ou tamanho do trecho) em cada trecho, descobrir a velocidade média do percurso todo. Nesses casos deve-se descobrir os deslocamentos em cada trecho e o tempo que se levou para percorrê-lo. Ao fim, o que se realiza é a razão entre o deslocamento realizado (soma dos deslocamentos em cada trecho) e o tempo total (soma dos tempos que se levou para realizar cada trecho). Ou seja:
Pode-se, também, usar a velocidade média de cada trecho e realizar uma média ponderada²:

1 - Quando as dimensões do corpo são desprezíveis, chamamos de ponto material, pois desconsideramos essas dimensões. Elas são desconsideradas porque não interferem no resultado ao ponto de prejudicar a precisão desejada. No caso contrário, que é o que está em questão, não se pode desprezar as dimensões do corpo porque, ao desprezar, prejudica-se significativamente a precisão desejada.

2 - Média ponderada é a média utilizada quando cada termo possui um peso (peso, aqui, é sinônimo de ponderação), fazendo com que a média aritmética simples chegue a um resultado errado. Por exemplo, se num sistema de avaliação existem duas provas "peso dois" e uma "peso um", não se pode simplesmente somar as notas e dividir pelo número de provas para se ter a média final. Deve-se acrescentar o peso (ponderação) fazendo com que a média final seja dada por:Onde a, b e c são as notas nas provas. Veja que, no caso de todos os pesos serem iguais, chega-se à média aritmética simples. De forma geral, a média ponderada é dada por:

Velocidade instantânea

Como já dito, quanto menor for Δt e Δx, conseqüentemente, mais o seguimento de reta, cuja declividade é a velocidade média entre os dois pontos do percurso considerados, se aproxima de algum trecho do gráfico real. Em geral isso só ocorre quando o valor de Δt tende a zero. Isso quer dizer que o valor de Δt é arbitrariamente pequeno (próximo de zero). A velocidade instantânea é a velocidade “média” entre os dois pontos muito próximos (com certo abuso de linguagem, podemos dizer que os pontos são infinitamente próximos). Pode-se diminuir o intervalo de tempo Δt o quanto se desejar e, assim, pode-se chegar o mais próximo quanto se desejar da velocidade instantânea (ao ponto de conseguir determinar exatamente o quanto ela vale). Para isso, fazemos com que Δt tenda a zero. Ou seja, se faz com que o valor de Δt seja arbitrariamente pequeno. Como visto, a velocidade média é definida como v=Δx/Δt, mas podemos escrevê-la como:

Onde x(t+ Δt) é a posição final (posição no instante t+ Δt – que é o tempo final) e x(t) é a posição inicial (posição no instante t - tempo inicial). A velocidade instantânea num instante t é conseguida quando diminuímos Δt a valores muito próximos de zero (diz-se que Δt tende a zero). Ou seja:A indicação lim Δt→0 quer dizer limite quando Δt tende a zero. Por exemplo, se a função que determina a posição em função do tempo é t², ou seja, x(t)=t², a velocidade instantânea num instante t será dada por:Desprezamos o termo Δt , pois esse tende a zero. Percebe-se que, embora Δt e Δx tendam a zero, a razão Δx/ Δt converge para um valor finito bem definido. De forma geral (se tratando de qualquer função), a equação (1) é a definição de derivada (é comum a utilização da notação dx(t)/dt para indicar derivada). Diz-se que a velocidade instantânea é a derivada do espaço em relação ao tempo.

Também se atribui uma interpretação geométrica para a derivada:Dessa forma, quanto mais se aproxima Δt de zero, mais os pontos cortados pela reta secante ao gráfico, cuja declividade dá a velocidade média entre os pontos considerados, se aproximam. Assim, ao se fazer Δt tender a zero, os pontos cortados ficam o mais próximos quanto desejarmos, ou seja, temos, na verdade, uma reta tangente ao gráfico. Conclui-se que a velocidade instantânea num instante t é a declividade da reta tangente ao gráfico no ponto (t, x(t)). Afinal, essa declividade é a “velocidade média” entre os dois pontos muito próximos.

Muitas vezes é complicado calcular derivadas através da definição, mas existem teoremas que facilitam o cálculo de derivadas. Alguns desses teoremas estão expostos abaixo (sem demonstrá-los – exceto um -, pois não é o objetivo do post):

a - A derivada de uma função constante é sempre nula. Ou seja, d[x(t)]/dt=0 para todo t quando x(t)=constante.

b - A derivada é um operador linear. Ou seja:
c - A derivada de uma função constante multiplicada por uma não constante é o produto entre a função constante e a derivada da função não constante. Ou seja:
Onde a é uma constante.

d - A derivada de tⁿ é dada por nt^n-1. Ou seja:Demonstração:Aplicando o teorema do binômio de Newton¹ em (t+ Δt)ⁿ:Dividindo o numerador e o denominador por Δt , se tem:Todos os membros, tirando o primeiro, possuem o fator Δt e, assim, podemos desprezá-los, pois tendem a zero. Sendo assim, temos finalmente:
Que é o que se queria demonstrar.

Embora essa demonstração valha apenas para n natural (n∈ℕ), o teorema vale também caso n seja racional (n∈ℚ - incluindo n negativo).

Exemplo:

Se x(t)=5t²+2t+5, a velocidade instantânea num instante t é dada por:
Onde foram utilizados todos os teoremas apresentados.


1 – O teorema binomial (apresentado abaixo) é referente ao desenvolvimento de (a+b)ⁿ, onde n é natural (n∈ ℕ). Desenvolver (a+b)ⁿ significa encontrar os termos que, somados, equivalham (a+b)ⁿ. Por exemplo, o desenvolvimento de (a+b)² é a²+2ab+b². Pelo teorema binomial, é possível calcular cada termo de (a+b)ⁿ, qualquer que seja n, de forma muito mais rápida que fazer a multiplicação (realizar a multiplicação (a+b).(a+b)...(a+b)).é chamado de coeficiente binomial e é uma forma resumida de escrever n!/k!(n-k)!. Ou seja:! significa fatorial e é definido como:Por exemplo, 5!=5.4.3.2.1=120. Mas, como se pode perceber, o fatorial de zero aparece muitas vezes e esse não é conseguido explicitamente através da definição dada, mas podemos tomá-lo como igual a um, pois:Como exemplo, apliquemos o teorema binomial em (a+b)³:
De forma geral, existem algumas propriedades no desenvolvimento:

O número de termos do desenvolvimento é sempre n+1;

A soma dos expoentes de a e b num termo é sempre igual a n;

Observando todos os termos em seqüência, é possível perceber que o expoente de a decresce de n até 0 enquanto o de b cresce de 0 até n;

Os coeficientes são simétricos em relação ao termo central (ou aos dois termos centrais caso o número de termos seja par).


Ivan Eugênio da Cunha

Bibliografia:

Nussenzveig, H. Moyses, Curso de Física Básica, vol. I, Ed. Edgard Blücher (2002).

Ferraro, Nicolau Gilberto e Soares, Paulo Antonio de Toledo, Física Básica, vol. único, Ed. São Paulo (2004).

Leithold, Louis, O Cálculo Com Geometria Analítica, vol. I, 2ª edição, Ed. Harper & Row do Brasil.

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Veja também:

Física Básica – conceitos e ferramentas básicas

Física Básica - conceitos e ferramentas básicas (2)