Baixe Como resolver problemas de Física - Apostilas - Direito Parte1 e outras Notas de estudo em PDF para Direito, somente na Docsity! Como resolver problemas de Física 1ª ETAPA: LER O PROBLEMA: É preciso saber ler, quer dizer, ser capaz de imaginar a cena que o enunciado descreve. Nem sempre entendemos tudo o que está escrito, mas podemos estar atentos aos detalhes para "visualizar" corretamente o que se está dizendo. 2ª ETAPA: FAZER UM ESQUEMA: Fazer um esquema ou desenho simples da situação ajuda a visualizá-la e a resolvê-la. Procure indicar em seus esquemas informações básicas como o sentido e os valores envolvidos. Preste atenção que uma frase como "dar ré" indica o sentido do movimento do objeto em questão. 3ª ETAPA: MONTE AS EQUAÇÕES E FAÇA AS CONTAS: Uma equação só faz sentido se você sabe o que ela significa. Sabemos que é possível resolver a nossa questão porque há a conservação da quantidade movimento total de um sistema. Quer dizer, a soma das quantidades de movimento antes e depois do choque deverá ter o mesmo valor. Com isso, você consegue montar as contas. 4ª ETAPA:INTERPRETE OS VALORES. (A ETAPA MAIS IMPORTANTE!) Muito bem, você achou um número! Mas ainda não resolveu o problema. Não queremos saber somente o número, mas também o que aconteceu. O número deve nos dizer isso. Olhando para ele você deve ser capaz de chegar a alguma conclusão. DESCONFIE DOS NÚMEROS!!! Existe uma coisa que se chama erro nas contas, que pode nos levar a resultados errados. Pense bem no que o número está lhe dizendo e avalie se é uma coisa razoável. Se achar que há um erro, confira suas contas e o seu raciocínio. Se o número insistir em lhe dizer coisas absurdas, considere a possibilidade de que aquilo que você esperava não ser realmente o que acontece na prática. Leituras de Física - MECÂNICA - Capítulo 1 GREF - Grupo de Reelaboração do Ensino de Física Instituto de Física da USP - junho de 1998 Como resolver problemas de Física 1ª ETAPA: LER O PROBLEMA: É preciso saber ler, quer dizer, ser capaz de imaginar a cena que o enunciado descreve. Nem sempre entendemos tudo o que está escrito, mas podemos estar atentos aos detalhes para "visualizar" corretamente o que se está dizendo. 2ª ETAPA: FAZER UM ESQUEMA: Fazer um esquema ou desenho simples da situação ajuda a visualizá-la e a resolvê-la. Procure indicar em seus esquemas informações básicas como o sentido e os valores envolvidos. Preste atenção que uma frase como "dar ré" indica o sentido do movimento do objeto em questão. 3ª ETAPA: MONTE AS EQUAÇÕES E FAÇA AS CONTAS: Uma equação só faz sentido se você sabe o que ela significa. Sabemos que é possível resolver a nossa questão porque há a conservação da quantidade movimento total de um sistema. Quer dizer, a soma das quantidades de movimento antes e depois do choque deverá ter o mesmo valor. Com isso, você consegue montar as contas. 4ª ETAPA:INTERPRETE OS VALORES. (A ETAPA MAIS IMPORTANTE!) Muito bem, você achou um número! Mas ainda não resolveu o problema. Não queremos saber somente o número, mas também o que aconteceu. O número deve nos dizer isso. Olhando para ele você deve ser capaz de chegar a alguma conclusão. DESCONFIE DOS NÚMEROS!!! Existe uma coisa que se chama erro nas contas, que pode nos levar a resultados errados. Pense bem no que o número está lhe dizendo e avalie se é uma coisa razoável. Se achar que há um erro, confira suas contas e o seu raciocínio. Se o número insistir em lhe dizer coisas absurdas, considere a possibilidade de que aquilo que você esperava não ser realmente o que acontece na prática. Leituras de Física - MECÂNICA - Capítulo 1 GREF - Grupo de Reelaboração do Ensino de Física Instituto de Física da USP - junho de 1998 Versão preliminar 25 de março de 2002 Notas de Aula de Física 01. MEDIÇÃO ..................................................................................................................... 2 ALGUMAS UNIDADES FUNDAMENTAIS: ................................................................................... 2 ALGUMAS UNIDADES DERIVADAS: ......................................................................................... 2 O MUNDO DA FÍSICA ........................................................................................................... 3 AS DIVISÕES DA FÍSICA ....................................................................................................... 4 COMO RESOLVER PROBLEMAS DE FÍSICA .............................................................................. 5 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 01 romero@fisica.ufpb.br 4 guntas, é ter curiosidade e ir em busca dos fatos e suas explicações. A ciência e seus métodos podem nos ajudar a responder muitas perguntas, a tomar posições e a fazer jul- gamentos. Curso de Física do 2º grau - Capítulo 1 Telecurso 2000 As divisões da Física A Física estuda vários tipos de fenômenos da Natureza. Para facilitar o seu estudo costuma-se dividi-la. Até o início do século as principais partes da Física eram: a Mecâni- ca, a Termodinâmica e o Eletromagnetismo. No século XX, a partir de grandes descobertas, surgiram novos ramos, entre eles: Física Atômica e Nuclear Física Atômica e Nuclear Física Atômica e Nuclear Física Atô- mica e Nuclear Física Atômica e Nuclear, Mecânica Quântica Mecânica Quântica Mecâni- ca Quântica Mecânica Quântica Mecânica Quântica, Relatividade. Os novos conceitos introduzidos neste século provocaram uma verdadeira revolução na Física. Hoje é comum também dividir a Física em Clássica (antes de 1900) e Moderna (após 1900). O quadro a seguir mostra algumas perguntas que podem surgir no nosso dia-a-dia, e identifica qual o ramo da Física que trata de respondê-las. PERGUNTAS QUEM RESPONDE ALGUNS CONCEITOS - Por que somos jogados para frente do ônibus quando ele freia bruscamente? - Por que nos dias de chuva é mais difícil freiar um automóvel? - Como um navio consegue boiar? MECÂNICA Força Espaço Inércia Tempo Velocidade Massa Aceleração Energia Densidade - Como funciona um termômetro? - Por que o congelador fica na parte superior da geladeira? - O que ocorre com a naftalina, que “some” do fundo da gaveta? TERMODINÂMICA Calor Energia térmica Pressão Volume Dilatação Temperatura Mudanças de estado - Como vemos os objetos? - Como os óculos ajudam a melho- rar a visão? - Como se forma a nossa imagem num espelho? ÓPTICA Raio de luz Reflexão Refração Lentes Espelhos Prof. Romero Tavares da Silva Cap 01 romero@fisica.ufpb.br 5 - O que é a corrente elétrica? - Como funciona um chuveiro elé- trico? - Para que serve um fusível? ELETROMAGNETISMO Carga elétrica Corrente elétrica Campos elétricos Campos magnéticos Ondas eletromagnéticas - O que é, de fato, a luz? - O que compõe todas as coisas? - O que são microondas? FÍSICA ATÔMICA FÍSICANUCLEAR Átomos Núcleos Fótons Elétrons Curso de Física do 2º grau - Capítulo 1 Telecurso 2000 Como resolver problemas de Física 1ª ETAPA: LER O PROBLEMA: É preciso saber ler, quer dizer, ser capaz de imaginar a cena que o enunciado descreve. Nem sempre entendemos tudo o que está escrito, mas podemos estar atentos aos detalhes para "visualizar" corretamente o que se está dizendo. 2ª ETAPA: FAZER UM ESQUEMA: Fazer um esquema ou desenho simples da situação ajuda a visualizá-la e a resolvê-la. Procure indicar em seus esquemas informações bási- cas como o sentido e os valores envolvidos. Preste atenção que uma frase como "dar ré" indica o sentido do movimento do objeto em questão. 3ª ETAPA: MONTE AS EQUAÇÕES E FAÇA AS CONTAS: Uma equação só faz sentido se você sabe o que ela significa. Sabemos que é possível resolver a nossa questão por- que há a conservação da quantidade movimento total de um sistema. Quer dizer, a soma das quantidades de movimento antes e depois do choque deverá ter o mesmo valor. Com isso, você consegue montar as contas. 4ª ETAPA: INTERPRETE OS VALORES. (A ETAPA MAIS IMPORTANTE!) Muito bem, você achou um número! Mas ainda não resolveu o problema. Não queremos saber so- mente o número, mas também o que aconteceu. O número deve nos dizer isso. Olhando para ele você deve ser capaz de chegar a alguma conclusão. DESCONFIE DOS NÚMEROS!!! Existe uma coisa que se chama erro nas contas, que pode nos levar a re- sultados errados. Pense bem no que o número está lhe dizendo e avalie se é uma coisa razoável. Se achar que há um erro, confira suas contas e o seu raciocínio. Se o número insistir em lhe dizer coisas absurdas, considere a possibilidade de que aquilo que você esperava não ser realmente o que acontece na prática. Leituras de Física - MECÂNICA - Capítulo 1 GREF - Grupo de Reelaboração do Ensino de Física Instituto de Física da USP - junho de 1998 Versão preliminar 6 de setembro de 2002 Notas de Aula de Física 02. VETORES E ESCALARES........................................................................................... 2 UM POUCO DE TRIGONOMETRIA............................................................................................ 2 MÉTODO GEOMÉTRICO........................................................................................................ 2 MÉTODO ANALÍTICO ............................................................................................................ 3 MULTIPLICAÇÃO DE VETORES............................................................................................... 3 Multiplicação de um vetor por um escalar..................................................................... 4 Produto escalar ............................................................................................................. 4 Produto vetorial ............................................................................................................. 5 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ....................................................................................... 7 02 .................................................................................................................................. 7 06 .................................................................................................................................. 7 32 .................................................................................................................................. 8 39 .................................................................................................................................. 8 45 .................................................................................................................................. 9 46 .................................................................................................................................. 9 47 ................................................................................................................................ 10 51 ................................................................................................................................ 10 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 02 romero@fisica.ufpb.br 4 Multiplicação de um vetor por um escalar Sejam dois vetores a ! e b ! e um escalar k. Defi- nimos a multiplicação mencionada como: akb !! = O vetor ak ! tem a mesma direção do vetor a ! . Terá mesmo sentido se k for positivo e sentido contrário se k for negativo. a ! ak ! Produto escalar Define-se o produto escalar de dois vetores a ! e b ! como a operação: ϕcosabba =⋅ !! onde ϕ é o ângulo formado pelos dois vetores. a ! ϕ b ! Podemos dizer que o produto escalar de dois vetores é igual ao módulo do primeiro vezes a componente do segundo no eixo determinado pelo primeiro, ou vice-versa. Isso pode-se resumir na propriedade : abba !!!! ⋅=⋅ Uma aplicação do produto escalar é a definição de trabalho W executado por uma força constante que atua ao longo de um percurso d: θcos. FddFW == !! Usando o conceito de vetor unitário encontramos que: 10cosˆˆˆˆ 0 ==⋅ iiii 1ˆˆ =⋅ jj 1ˆˆ =⋅ kk e de modo equivalente: 090cosˆˆˆˆ 0 ==⋅ jiji 0ˆˆ =⋅ ki 0ˆˆ =⋅ kj z k̂ î ĵ y x Podemos utilizar a decomposição de um vetor segundo as suas componentes car- tesianas e definir o produto escalar: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 02 romero@fisica.ufpb.br 5 zyx akajaia ˆˆˆ ++= ! zyx bkbjbib ˆˆˆ ++= ! ( ) ( )zyxzyx bkbjbiakajaiba ˆˆˆˆˆˆ ++⋅++=⋅ !! e portanto: zzyyxx babababa ++=⋅ !! Fica fácil perceber que: 2222 zyx aaaaaa ++==⋅ !! Como ϕcosbaba =⋅ !! , temos que ba ba !! .cos =ϕ , e assim poderemos calcular o ângulo entre os dois vetores, em função de suas componentes cartesianas: 222222 cos zyxzyx zzyyxx bbbaaa bababa ++++ ++ =ϕ Produto vetorial Define-se o produto vetorial de dois vetores a ! e b ! como a operação: bac !!! ×= e módulo c é definido como: ϕsenbac = onde c ! é um vetor perpendicular ao plano defino pe- los vetores a ! e b ! e ϕ é o ângulo formado por esses dois últimos dois vetores. c ! b ! ϕ a ! Uma aplicação do produto vetorial é a definição da força F ! que atua em uma car- ga elétrica q que penetra com velocidade v ! numa região que existe um campo magnéti- co B ! : BvqF !!! ×= ou ainda: F = q v B senϕ Prof. Romero Tavares da Silva Cap 02 romero@fisica.ufpb.br 6 Usando a definição de produto vetorial, encon- tramos que: ijkji ˆˆˆˆˆ ×−==× jkikj ˆˆˆˆˆ ×−==× kijik ˆˆˆˆˆ ×−==× 0ˆˆˆˆˆˆ =×=×=× kkjjii z k̂ î ĵ y x De modo genérico, podemos definir o produto vetorial como: ( ) ( )zyxzyx bkbjbiakajaibac ˆˆˆˆˆˆ ++×++=×= !!! e usando os resultados dos produtos vetoriais entre os vetores unitários, encontramos que: ( ) ( ) ( )xyyxzxxzyzzy babakbabajbabaic −+−+−= ˆˆˆ! Usando as propriedades de matrizes, encontramos que o produto vetorial pode ser expresso como o determinante da matriz definida a seguir:           =×= zyx zyx bbb aaa kji bac ˆˆˆ !!! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 02 romero@fisica.ufpb.br 9 Capítulo 3 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 45 A soma de três vetores é igual a zero, como mostra a figura. Calcule: α c ! b ! θ a ! a) ?=⋅ ba !! 0 2 cos ==⋅ πbaba !! b) ca !! ⋅ = - a c cosθ = -a c (a/c) = - a2 c) cb !! ⋅ = - b c cosα = - b c (b/c) = - b2 Podemos concluir que: 0=++ bac !!! 0=⋅+⋅+⋅ acbccc !!!!!! logo: c2 = a2 + b2 Capítulo 3 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 46 Para o problema anterior, calcule: a) =× ba !! ? Suponhamos que o eixo z seja perpendicular ao pla- no definido pelos vetores a ! e b ! . =× ba !! ẑ a b sen(π/2) = ẑ a b b ! β a ! b) =× ca !! ? =× ca !! a c senθ =× ca !! (- ẑ) a c senθ = - ẑ a c (b/c) = - ẑ a b θ a ! c ! c) =× cb !! ? =× cb !! b c senα =× cb !! ẑ b c senα = ẑ b c (a/c) =× cb !! ẑ a b b ! c ! α Prof. Romero Tavares da Silva Cap 02 romero@fisica.ufpb.br 10 Capítulo 3 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 47 Produto escalar em função das coordenadas: Suponha que dois vetores sejam representados em termos das coordenadas como: zyx akajaia ˆˆˆ ++= ! e zyx bkbjbib ˆˆˆ ++= ! mostre que: zzyyxx babababa ++=⋅ !! Por definição temos que: =⋅ ba !! ( )⋅++ zyx akajai ˆˆˆ ( )zyx bkbjbi ˆˆˆ ++ Usando os resultados do problema 39, resolvido anteriormente, temos a resposta pedida. zzyyxx babababa ++=⋅ !! Capítulo 3 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 51 Dois vetores são dados por jia ˆ5ˆ3 += ! e jib ˆ4ˆ2 += ! . Calcule: a) ba !! × =? ba !! × = ( ) kk kji ˆ22.54.3ˆ 042 053 ˆˆˆ =−=           b) ba !! ⋅ =? ba !! ⋅ = 3.2 + 5.4 = 26 c) ( ) bba !!! ⋅+ =? ( ) bba !!! ⋅+ = ( ) ( )jiji ˆ4ˆ2ˆ9ˆ5 +⋅+ = 5.2 + 9.4 = 46 Versão preliminar 6 de setembro de 2002 Notas de Aula de Física 03. MOVIMENTO RETILÍNEO............................................................................................ 2 POSIÇÃO E DESLOCAMENTO ................................................................................................ 2 VELOCIDADE MÉDIA E VELOCIDADE ESCALAR MÉDIA ............................................................... 3 VELOCIDADE INSTANTÂNEA E VELOCIDADE ESCALAR .............................................................. 3 ACELERAÇÃO ..................................................................................................................... 4 ACELERAÇÃO CONSTANTE - UM CASO ESPECIAL .................................................................... 4 Exemplo: ....................................................................................................................... 6 ACELERAÇÃO DE QUEDA LIVRE............................................................................................. 7 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ....................................................................................... 8 15 .................................................................................................................................. 8 19 ................................................................................................................................ 10 34 ................................................................................................................................ 11 38 ................................................................................................................................ 11 41 ................................................................................................................................ 11 43 ................................................................................................................................ 12 45 ................................................................................................................................ 12 54 ................................................................................................................................ 13 57 ................................................................................................................................ 14 61 ................................................................................................................................ 14 69 ................................................................................................................................ 15 78 ................................................................................................................................ 15 79 ................................................................................................................................ 16 82 ................................................................................................................................ 17 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 4 Como foi mencionado, a velocidade média representa o que aconteceu entre o iní- cio e o fim de uma viagem. Já a velocidade instantânea em um dado momento representa o que aconteceu naquele momento. Colecionando as velocidades instantâneas de cada um dos momentos temos uma informação completa de como variou a velocidade ao longo de toda viagem. A velocidade escalar é o módulo da velocidade é a velocidade sem qualquer indi- cação de direção e sentido. No movimento retilíneo e uniforme a partícula se move com velocidade constante. A sua característica é que a velocidade em qualquer instante é igual à velocidade média. Por- tanto a equação que define este tipo de movimento é: X = v t Aceleração A aceleração de uma partícula é a razão segundo a qual a sua velocidade varia com o tempo. Ela nos dá informações de como a velocidade está aumentando ou dimi- nuindo à medida que o corpo se movimenta. Para analisar a variação da velocidade durante um certo intervalo de tempo ∆t nós definimos a aceleração média deste intervalo como: t v tt vv a if if ∆ ∆= − − = Quando queremos saber o valor da aceleração em cada instante do intervalo con- siderado, deveremos calcular a aceleração instantânea: dt dv t va Lim t = ∆ ∆= →∆ 0 Quando um corpo em movimento está aumentando a sua velocidade temos que a sua aceleração será positiva pois: Vf > vi ⇒ ∆v = vf - vi > 0 ⇒ 0〉 ∆ ∆= t va Se o corpo estiver diminuindo a sua velocidade a sua aceleração será negativa. Aceleração constante - um caso especial O exemplo anterior do movimento de um automóvel que varia a sua velocidade é uma situação típica de translação com aceleração constante em alguns trechos e nula em outros. Vamos considerar o movimento com velocidade constante de uma partícula, entre um instante inicial t0 e um instante posterior t . No instante inicial t0 a partícula se Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 5 encontrava na posição inicial x0 com velocidade inicial v0 e no instante t ela se encon- trava na posição x com velocidade v . A velocidade média da partícula neste intervalo entre t0 e t é dada por: 2 0 0 0 vv tt xx v += − − = onde a última igualdade é válida apenas para movimentos com aceleração constante, como esse caso específico. Podemos colocar as equações anteriores com a seguinte forma que define x : ( ) ( )00000 2 tt vv xttvxx −     ++=−+= Como a aceleração é constante, podemos usar a definição de aceleração média que é a própria aceleração constante neste caso presente: 0 0 tt vv aa − − == ou seja: ( )00 ttavv −+= ou ainda ( ) a vv tt 00 − =− Usando este valor de v na equação que define x , encontraremos: ( )[ ]      −−++     −+= 22 0 00 0 00 tt ttav tt vxx e rearrumando os vários termos teremos: ( ) ( )20000 2 1 ttattvxx −+−+= Usando o valor de ( t - t0 ) na equação que define x encontraremos:      −     ++= a vvvv xx 000 2 ou seja:     − =− a vv xx 2 2 0 2 0 e finalmente: ( )0202 2 xxavv −+= Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 6 Se estivéssemos considerando um movimento tridimensional, com aceleração constante nas três direções, poderíamos estender facilmente os resultados anteriores para as seguintes equações vetoriais: ( )       −⋅+= += ++= 0 2 0 2 0 2 00 2 2 1 rravv tavv tatvrr !!! !!! !!!! onde fizemos o instante inicial t0 = 0 . A última equação é conhecida como equação de Torricelli. Exemplo: Um motorista viaja ao longo de uma estrada reta desenvolvendo uma velocidade de 15m/s quando resolve aumentá-la para 35m/s usando uma aceleração constante de 4m/s2 . Permanece 10s com essa velocidade, quando resolve diminui-la para 5m/s usando uma aceleração constante de 10m/s2 . Trace os gráficos de x versus t , v versus t e a versus t para o todo o movimento mencionado. 0 100 200 300 400 500 600 700 0 5 10 15 20 25 30 35 t x 0 5 10 15 20 25 30 35 40 0 5 10 15 20 25 30 35 t v -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 0 5 10 15 20 25 30 35 t a Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 9 d3 + D3 = d - 2d1 - 2d2 ∴ vt3 + vpt3 = d - 2vt1 - 2vt2 ppppp vv vt vv vtt vv vt vv vt vv dt + − + −= + − + − + = 211213 2222 ou ainda ppp vv vtt vv vt vv vtt + −= + −        + −= 22213 22 21 ou seja:         + −= pvv vtt 2123 Por outro lado, já mostramos que:         + −= pvv vtt 2112 min40 3 2 6030 60 1 ==+ = + = h vv dt p Podemos inferir então que:         + −= − p NN vv vtt 211 ou seja: 1 1 21 −         + −= N p N vv vtt Concluímos que tN é o ene-ésimo termo de uma progressão geométrica cujo primeiro termo a1 = t1 = 40min e razão 3 1 3 21 6030 30.2121 =−= + −= + −= pvv vq . a) Quantas viagens o pássaro faz de um trem para o outro, até a colisão? As viagens do pássaro ficarão cada vez com um percurso menor até tornarem-se infinitesimais, por isso serão necessárias um número infinito de viagens de um trem para o outro. b) Qual a distância total percorrida pelo pássaro? O tempo necessário para o percurso será a soma dos termos da progressão: ( ) q qaS N − − = 1 11 e quando |q| < 1 e N tende a infinito: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 10 v d v vv vv d v vv t vv v t q aS p p p p 22221 1 11 =    +         + =    + = + = − = ou seja h v dt 1 30.2 60 2 === Dp = vpt = 60km/h . 1h = 60km Uma forma direta de resolver este problema, mas que no entanto perde-se todo o detalhamento dos acontecimentos, é calcular o tempo necessário para a colisão dos dois trens: d = ( v + v ) t = 2vt ⇒ h v dt 1 30.2 60 2 === Esse tempo t é aquele que o pássaro tem para as suas viagens, logo a distância percorrida será: Dp = vp t = 60km Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 19 Qual a posição final de um corredor, cujo gráfico velocidade x tempo é dado pela figura ao lado, 16 segun- dos após ter começado a correr? A distância percorrida por uma partí- cula é a área abaixo da curva num gráfico v versus t . Podemos de- monstrar a afirmação anterior de vários modos, por exemplo: Método 1: Área = ∫∫ == f i f i t t x x dtvdxd d = Área = A1 + A2 + A3 + A4 onde A1 é a área do triângulo que tem como base (0-2), A2 é a área do retângulo que tem com base (2-10) , A3 é a área do paralelogramo que tem como base (10- 12) e A4 é a área do retângulo que tem como base (11-16). ( ) ( ) ( ) ( ) ( )444242 2 18882 2 1 xxxxxd +    +++= d = 100m 0 2 4 6 8 10 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 t(s) v( m /s ) Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 11 Método 2: Usar as equações da cinemática diretamente para cada percurso, e cal- cular as distâncias correspondentes. Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 34 A cabeça de uma cascavel pode acelerar 50m/s2 no instante do ataque. Se um car- ro, partindo do repouso, também pudesse imprimir essa aceleração, em quanto tem- po atingiria a velocidade de 100km/h ? v = 100km/h = s m 3600 1010 3 2 ≅ 27m/s v = v0 + at ; 2/50 /27 sm sm a vt == t = 0,54s Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 38 Um jumbo precisa atingir uma velocidade de 360km/h para decolar. Supondo que a aceleração da aeronave seja constante e que a pista seja de 1,8km , qual o valor mínimo desta aceleração? v2 = (v0)2 + 2ad ∴ a = v2/2d v = 360km/h d = 1,8km v0 = 0 a = 36000 km/h2 = 2,7 m/s2 se g = 9,8m/s2 teremos a = 0,27 g Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 41 Um carro a 97km/h é freiado e pára em 43m . a) Qual o módulo da aceleração (na verdade, da desaceleração) em unidades SI e em unidades g ? Suponha que a aceleração é constante. v2 = (v0)2 - 2ad ∴ a = (v0)2/2d = 8,28m/s2 Se g = 9,8m/s2 temos que a = 0,84 g v0 = 96km/h = 26,7 m/s d = 43m v = 0 b) Qual é o tempo de frenagem? Se o seu tempo de reação treação , para freiar é de 400ms , a quantos "tempos de reação" corresponde o tempo de frenagem? v = v0 - at ∴ t = v0/a ou seja: t = 3,22s treação = 400ms = 400 . 10-3s = 0,4s T = t + treação T= 3,62s Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 14 b) Qual a velocidade do carro nesse instante? vE = v0 + a tE = 2,2 + 8,6 vE = 18,9m/s Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 57 Dois trens, em movimento retilíneo, viajam na mesma direção e em sentidos opostos, um a 72km/h e o outro a 144km/h . Quando estão a 950m um do outro, os maqui- nistas se avistam e aplicam os freios. Determine se haverá colisão, sabendo-se que a desaceleração em cada um dos trens é de 1,0m/s2 . Vamos chamar x e X as distâncias que cada trem per- correrá antes de parar. Neste instante teremos v = V =0. v2 = (v0)2 - 2ax ∴ x = (v0)2/2a V2 = (V0)2 - 2aX ∴ X = (V0)2/2a v0 = 72km/h = 20m/s V0 = 144km/h = 40m/s d = 950m a = 1m/s2 A distância D necessária para os dois trens pararem é D = x + X m a Vv D 1000 2 2 0 2 0 = + = Como essa distância D é maior que a distância d disponível, acontecerá a colisão entre os dois trens. Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 61 Considere que a chuva cai de uma nuvem, 1700m acima da superfície da Terra. Se desconsiderarmos a resistência do ar, com que velocidade as gotas de chuva atingi- riam o solo? Seria seguro caminhar ao ar livre num temporal? v2 = (v0)2 + 2ah = 2gh 1700.8,9.22 == ghv =182,5m/s v = 657km/h v0 = 0 a = g = 9,8m/s2 h = 1700m Velocidade 0 5 10 15 20 25 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 15 Decididamente não seria seguro caminhar ao ar livre num temporal com gotas alcan- çando a superfície da terra com esta velocidade. Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 69 Um objeto é largado de uma ponte 45m acima da água. O objeto cai dentro de um barco que se desloca com velocidade constante e estava a 12m do ponto de im- pacto no instante em que o objeto foi solto. Qual a velocidade do barco? h d h = 45m v0 = 0 d = 12m 2 2 2 22 V gdh V dttgh vtd =∴=⇒     = = sm h gdV /9,3 45.2 8,912 2 === V = 14,1km/h Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 78 Do cano de um chuveiro, a água pinga no chão, 200cm abaixo. As gotas caem em intervalos regulares, e a primeira gota bate no chão, no instante em que a quarta gota começa a cair. Determine as posições da segunda e terceira gotas, no instante em que a primeira gota bate no chão. Seja ti o tempo de vôo da i-ésima gota: 2 2 1 1 gthh == 2 2 2 2 gt h = 2 2 3 3 gt h = 4 3 2 h 1 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 03 romero@fisica.ufpb.br 16 Como existe um intervalo ∆t entre cada gota, temos que t1 = 3∆t ; t2 = 2∆t e t3 = ∆t . Logo ( ) ( ) mhht t t t h h 9 8 9 4 9 4 3 2 122 2 2 1 2 2 1 2 ==∴= ∆ ∆== ( ) ( ) mhht t t t h h 9 2 9 1 9 1 3 132 2 2 1 2 3 1 3 ==∴= ∆ ∆== Capítulo 2 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 79 Uma bola de chumbo é deixada cair de um trampolim localizado a 5,2m acima da superfície de um lago. A bola bate na água com uma certa velocidade e afunda com a mesma velocidade constante. Ele chegará ao fundo 4,8s após ter sido largada. a) Qual a profundidade do lago? h1 = 5,2m t = t1 + t2 = 4,8s g htgth 11 2 1 1 2 2 =∴= t1 = 1,03s e t2 = 3,77s smghvghvv /09,1022 111 2 0 2 1 ==∴+= h2 = v1 t2 = 38,06m v0 h1 v1 h2 v2 b) Qual a velocidade média da bola? sm tt hh tempo espaço t xv /01,9 8,4 06,382,5 21 21 =+= + + == ∆ ∆= c) Suponha que toda água do lago seja drenada. A bola é atirada do trampolim, e novamente chega ao fundo do lago 4,8s depois. Qual a velocidade inicial da bola? Vamos considerar V0 a nova velocidade inicial: smgt t hVgttVh /60,1552,2392,7 22 0 2 0 −=−=−=∴+= Na equação acima o sinal de g é positivo significando que o referencial positivo foi tomado como apontando para baixo. Desse modo, como V0 calcula- do é negativo, a bola foi lançada para cima. Versão preliminar 6 de setembro de 2002 Notas de Aula de Física 04. MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES .......................................................... 2 POSIÇÃO E DESLOCAMENTO ................................................................................................ 2 VELOCIDADE MÉDIA E VELOCIDADE INSTANTÂNEA .................................................................. 2 ACELERAÇÃO MÉDIA E ACELERAÇÃO INSTANTÂNEA ................................................................ 3 MOVIMENTO NUM PLANO COM ACELERAÇÃO CONSTANTE........................................................ 4 MOVIMENTO DE PROJÉTEIS.................................................................................................. 4 Tiro de gran alcance ..................................................................................................... 7 MOVIMENTO CIRCULAR E UNIFORME ..................................................................................... 8 MOVIMENTO RELATIVO ...................................................................................................... 10 Coger con la mano una bala disparada! ..................................................................... 10 SOLUÇÃO DE ALGUNS PROBLEMAS ..................................................................................... 11 "19" ............................................................................................................................. 11 22 ................................................................................................................................ 11 30 ................................................................................................................................ 12 41 ................................................................................................................................ 13 47 ................................................................................................................................ 14 49 ................................................................................................................................ 15 72 ................................................................................................................................ 15 80 ................................................................................................................................ 16 83 ................................................................................................................................ 17 88 ................................................................................................................................ 17 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 2 04. Movimento em duas e três dimensões A nossa experiência cotidiana está repleta de exemplos de movimentos bi e tridi- mensionais. Podemos até dizer que são raras as situações com movimentos unidimensi- onais. Quando saímos de nossa cama para a sala, certamente usamos um movimento bidimensional ao chegar até a porta e caminhando pelo corredor para atingir a sala. Num automóvel em movimento, além do movimento bidimensional, segundo os pontos carde- ais, as estradas têm elevações e baixios, de modo que percorremos um caminho tridi- mensional. Posição e deslocamento Vamos considerar um sistema de coor- denadas x-y para analisar o movimento de uma partícula do ponto inicial P ocupado no instante ti até o ponto final Q ocupado no instante tf . A ponto inicial P é localizado pelo vetor posição ir ! e o ponto final Q é localizado pelo vetor posição fr ! . O vetor deslocamento é definido por: if rrr !!! −=∆ y P ir ! r ! ∆ Q fr ! x Onde fiii zkyjxir ˆˆˆ ++= ! ffff zkyjxir ˆˆˆ ++= ! zkyjxir ∆+∆+∆=∆ ˆˆˆ ! Velocidade média e velocidade instantânea A velocidade pode ser entendida como a variação no tempo do vetor deslocamen- to. Definimos a velocidade média em duas ou três dimensões fazendo uma extensão da definição usada para o movimento retilíneo, ou seja: if if tt rr t rv − − = ∆ ∆= !!! ! ou ainda: t zk t yj t xiv ∆ ∆+ ∆ ∆+ ∆ ∆= ˆˆˆ ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 3 A velocidade instantânea é definida como: dt rdv t rLim t ! ! ! == ∆ ∆ →∆ 0 e em coordenadas cartesianas: t zk t yj t xiv LimLimLim ttt ∆ ∆+ ∆ ∆+ ∆ ∆= →∆→∆→∆ 000 ˆˆˆ! dt dzk dt dyj dt dxiv ˆˆˆ ++= ! ou seja: zyx vkvjviv ˆˆˆ ++= ! Aceleração média e aceleração instantânea Quando uma partícula se move com velocidade iv ! no instante ti e com velocida- de fv ! no instante tf , definimos a sua acele- ração média como: t v tt vv a if if ∆ ∆= − − = !!! ! A aceleração instantânea é definida como: dt vda t vLim t ! ! ! == ∆ ∆ →∆ 0 y P iv ! Q x fv ! e em coordenadas cartesianas: t vk t v j t via z t y t x t LimLimLim ∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ ∆ = →∆→∆→∆ 000 ˆˆˆ! dt dv k dt dv j dt dv ia zyx ˆˆˆ ++= ! ou seja: zyx akajaia ˆˆˆ ++= ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 6        = = g vy g vx M M 2 sen 2 2sen 0 22 0 0 2 0 θ θ Como a parábola é uma curva simétrica, a distância percorrida ao longo do eixo x , também conhecida como alcance R tem o valor R = 2 xM , ou seja: g vR 0 2 0 2sen θ= com a mesma velocidade inicial e para ângulos de 300 , 450 e 600 . Da trigonometria, podemos encontrar que quando dois ângulos diferentes têm o mesmo seno, a soma desses ângulos deve ser igual a 1800 , ou seja: 2α + 2β = 1800 ⇒ α + β = 900 ∴ α = 900 - β ou seja, dois lançamentos cujos ângulo somam 900 têm o mesmo alcance, como mostra a figura anterior para os ângulos 300 e 600 . Podemos mostrar, então, que o alcance máximo é obtido quando o ângulo de lançamento vale 450 , como mostra a terceira curva da figura anterior. Uma análise mais realista do movimento dos projéteis deverá levar em conta o seu atrito com o ar. Essa força de atrito é considerada como uma função da velocidade. Num caso mais simples, se a força de atrito for considerada proporcional à velocidade de des- locamento, nós podemos avaliar os seus efeitos no movimento dos projéteis no gráfico a seguir. L a n ç a m e n to e m v á r io s â n g u lo s 0 0 ,5 1 1 ,5 2 2 ,5 3 3 ,5 4 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 x y Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 7 para os mesmos ângulos e velocidades iniciais da figura anterior. Tiro de gran alcance Al final de la primera guerra mundial (1918), cuando los éxitos de la aviación francesa e inglesa dieron fin a las incursiones aéreas enemigas, la artillería alemana puso en práctica, por primera vez en la historia, el bombardeo de ciudades enemigas situadas a más de cien kilómetros de distancia. El estado mayor alemán decidió emplear este nuevo procedimiento para batir la capital francesa, la cual se encontraba a más de 110 km del frente. Hasta entonces nadie había probado este procedimiento. Los propios artilleros alemanes lo descubrieron casualmente. Ocurrió esto al disparar un cañón de gran calibre con un gran ángulo de elevación. Inesperadamente, sus proyectiles alcanzaron 40 km, en lugar de los 20 calculados. Resultó, que estos proyectiles, al ser disparados hacia arriba con mucha inclinación y gran velocidad inicial, alcanzaron las altas capas de la atmósfera, en las cuales, debido al enrarecimiento, la resistencia del aire es insignificante. En este medio poco resistente es donde el proyectil recorrió la mayor parte de su trayectoria, después de lo cual cayó casi verticalmente a tierra. La figura muestra claramente la gran variación que experimentan las trayectorias de los proyectiles al cambiar el ángulo de elevación. Esta observación sirvió de base a los alemanes para proyectar un cañón de gran alcance, para bombardear París desde una distancia de 115 km. Este cañón terminó de fabricarse con éxito, y durante el verano de 1918 lanzó sobre París más de trescientos proyectiles. He aquí lo que después se supo de este cañón. Consistía en un enorme tubo de acero de 34 m de largo y un metro de grueso. El espesor de las paredes de la recámara era de 40 cm. Pesa ba en total 750 t. Sus proyectiles tenían un metro de largo y 21 cm de grueso, y pesaban 120 kg. Su carga requería 150 kg de pólvora y desarrollaba una presión de 5 000 atmósferas, la cual disparaba el proyectil con una velocidad inicial de 2 000 m/seg. El fuego se hacía con un ángulo de elevación de 52' y el proyectil describía un enorme arco, cuyo vértice o punto culminante se encontraba a 40 km de altura sobre la tierra, es decir, bien entrado en la estratosfera. Este proyectil tardaba en recorrer los 115 km, que mediaban entre el emplazamiento del cañón y París, 3,5 minutos, de los cuales, 2 minutos volaba por la estratosfera. Estas eran las características del primer cañón de ultralargo alcance, antecesor de la moderna artillería de este género. L a n ç a m e n to d e p r o j é te i s c o n si d e r a n d o o a tr i to 0 0 ,5 1 1 ,5 2 2 ,5 3 3 ,5 4 0 0 ,5 1 1 ,5 2 2 ,5 3 3 ,5 4 4 ,5 5 x y Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 8 Cuando mayor sea la velocidad inicial de la bala (o del proyectil), tanto mayor será la resistencia del aire. El aumento de esta resistencia no es proporcional al de la velocidad, sino más rápido, es decir, proporcional al cuadrado, al cubo y a potencias aún mayores del aumento de la velocidad, según el valor que ésta alcance. Física Recreativa - Yakov Perelman Movimento circular e uniforme Se um corpo está se movimentando em círculos com velocidade constante em mó- dulo, ele necessariamente estará sob a ação de uma força. Essa força F ! pode ter as mais diversas origens: gravitacional, elétrica, magnética, e etc. Mas algumas grandezas ligadas a esse movimento estão relacionadas do seguinte modo: R vaondeamF 2 == onde m é a massa do corpo, R é o raio da órbita e v é a sua velocidade. A velocidade pode ser definida como: RwRf T Rv === ππ 22 F ! v ! onde T é o período, f é a frequência, e w é a frequência angular. A unidade de T é segun- do, a unidade de f é 1/segundo = Hertz, e a unidade de w é radiano/segundo. Desse modo, a frequência angular tem como unidade natural o radiano/segundo, mas pode ser expressa em rotações/minuto: min2 60 2 111 rot seg rot seg rad ππ == Por exemplo, qual deve ser a velocidade angular, em rotações por minuto, que um corpo deve girar para que a sua aceleração seja 50 vezes a aceleração da gravidade? g R vgm R vmF 5050 22 =∴== mas, como vimos anteriormente v = wR, logo: segrad R gwgRw /50502 =∴= e finalizando: min/50 2 60 rot R gw π = Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 11 segundo. Esta era una velocidad factible para los aeroplanos de entonces. Por consiguiente, la bala y el aeroplano podían volar a una misma velocidad, en un momento dado, y, en estas condiciones, aquélla resultaría inmóvil o casi inmóvil con relación al piloto. Es decir, éste podría cogerla fácilmente con la mano, sobre todo con guante (porque las balas se calientan mucho al rozar con el aire). Física Recreativa - Yakov Perelman Solução de alguns problemas Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - Edição antiga "19" Um malabarista consegue manter simultaneamente cinco bolas no ar, todas atin- gindo uma altura máxima de 3m . Encontre o intervalo de tempo entre duas bolas que chegam às suas mãos. Consi- dere que os intervalos são os mesmos para todas as bolas. Vamos considerar t o tempo necessário para que uma bola atinja a altura máxima de h = 3m . Logo T = 2t é o tempo que cada bola permanece no ar até cair de volta nas mãos do malabarista. Se tivéssemos apenas duas bolas, jogaríamos a primeira bola e após T/2 jogaría- mos a segunda bola. Como temos cinco bolas, jogaríamos a primeira, após T/5 jogaríamos a segunda, após T/5 jogaríamos a terceira, após T/5 jogaríamos a quarta e finalmente após T/5 jogaríamos a quinta bola. A seguir pegaríamos a primeira que permaneceu 5T/5 no ar. Vamos chamar de ∆t o intervalo entre a chegada de duas bolas, logo: 5 2 5 tTt ==∆ Considerando que o tempo de descida é o mesmo que o de subida, soltando uma da bolas ela terá um movimento tal que: g ht g htgth 2 5 22 2 2 =∆⇒=∴= = 0,31s Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 22 Um projétil é atirado horizontalmente de uma arma que está 45m acima de um solo plano. A velocidade na saída do cano é 250m/s . a) Por quanto tempo o projétil permanece no ar? Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 12 0 10 20 30 40 50 60 70 80 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 x y h = 45m v0x = 250m/s v0y = 0 2 2 00 gttvyy y −=− ou seja: 2 2gth −=− s g ht 03,32 == b) A que distância da arma, na horizontal, ele cai ao solo? m g hvtvd xx 5,757 2 00 === c) Qual o módulo da componente vertical da velocidade, no instante em que atinge o solo? vy = v0y - gt = - gt = - 10.3,03 = -30,3m/s smvvv yx /82,251 22 =+= Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 30 Uma pedra é lançada para o alto de um penhasco de altura h , com uma velocidade inicial de 42m/s e uma ângulo de 600 , acima da horizontal. A pedra cai 5,5s após o lançamento. Calcule: a) Calcule a altura h do penhasco. v0 = 42m/s θ0 = 600 t = 5,5s v0y = v0 sen600 = 36,37m/s v0x = v0 cos600 = 21m/s 2 2 00 gttvyy y −=− ou seja: 2 0 2 0 gttvh y −=− H h 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 0 100 200 300 400 500 600 700 800 x y Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 13 0 2 4 6 8 10 12 14 0 2 4 6 8 10 12 14x y Usando os valores das variáveis, encontramos a altura do penhasco: h = 51,81m b) A velocidade da pedra imediatamente antes do impacto no penhasco. vy = v0y - gt ∴ vy = - 17,53m/s vx = v0x = 21m/s ( ) smjiv /ˆ53,17ˆ21 −=! c) A altura máxima H acima do nível do solo. Na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade será nula: m g v HgHvv yyyH 48,672 02 2 02 0 2 ==⇒=−= Poderíamos ainda calcular quanto tempo T foi necessário para o projétil chegar até a altura máxima e qual o valor da componente xH : s g v TgTvv yyHy 71,30 0 0 ==⇒=−= xH = v0x T = 77,91m Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 41 Com que velocidade inicial um jogador de basquete deve lançar a bola, num ângulo de θ0 = 550 acima da horizontal, para fazer a cesta, conforme a figura ao lado? θ0 y y0 θ0 = 550 y0 = 7pés = 2,1m y = 10pés = 3 m x0 = 0 x = 14pés = 4,26m ( )       −−= −= −=− =− 0 2 0 2 0 2 00 00 2 2 yygvv gtvv gttvyy tvxx yy yy y x Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 16 Usando o conjunto de equações acima para esses problema, encontramos a veloci- dade de lançamento da pedra:     =∴==⇒ = = h gdv v d g htgth tvd x x x 2 2 2 0 0 2 0 = 16,26m/s Mas enquanto a pedra estava presa, ela descrevia um movimento circular e uniforme com aceleração dada por: rh gd r v a x 2 22 0 == = 264,38m/s2 = 26,97g Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 80 A neve cai, verticalmente, com uma velocidade constante de 8m/s . O motorista de um carro, viajando em linha reta numa estrada com uma velocidade de 50km/h , vê os flocos de neve caírem formando um ângulo com a vertical. Qual o valor deste ân- gulo? v = 8m/s u = 50km/h = 13,89m/s    +′= +′= uvv turr !!! !!! v ! v ′ ! v ! u ! u ! Onde v ! é a velocidade da neve caindo observada em um referencial fixo na estra- da, u ! é a velocidade do referencial móvel em relação à estrada e v ′ ! é a velocida- de da neve caindo observada pelo referencial móvel. Em termos vetoriais, teremos: uvv !!! +′= Como neste caso específico os vetores v ! e u ! formam um ângulo reto: 22 uvv +=′ = 16,02m/s v u=θtan =1,73 ∴ θ = 600 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 17 Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 83 Um trem viaja em direção ao sul a 30m/s (em relação ao solo), sob uma chuva que está caindo, também em direção ao sul, sob a ação do vento. As trajetórias das gotas de chuva formam um ângulo de 220 com a vertical, conforme registrado por um ob- servador parado no solo. Entretanto, um observador no trem vê as gotas caírem exatamente na vertical. Determine a velocidade da chuva em relação ao solo. θ = 220 u = 30m/s uvv !!! +′= logo θ θ sen sen uvvu =∴= = 80,08m/s v ! v ′ ! v ! θ u ! u ! Capítulo 4 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 88 Uma mulher pode remar um bote a 6,4km/h , em água parada. a) Se ela atravessar um rio com uma correnteza de 3,2km/h , em que direção deve aprumar o bote, para alcançar o local diretamente oposto ao seu ponto de parti- da? vb´ = 6,4km/h vr = 3,2km/h 0605,0 4,6 2,3cos =∴==′= θθ b r v v bv ! ′bv ! rv ! b) Se o rio tiver 6,4km de largura, quanto tempo levará para atravessá-lo? l = 6,4km vb = vb´ senθ l = vb t 0' 60sen.4,6 4,6 sen === θbb v l v lt = 1,15h = 1h 09min c) Suponha que, em vez de atravessar o rio, ela reme 3,2km rio abaixo, e depois volte ao ponto de partida. Qual o tempo gasto nesse percurso? Prof. Romero Tavares da Silva Cap 04 romero@fisica.ufpb.br 18 d = 3,2km As velocidades contra a correnteza Vab e a favor da correnteza Vba são defini- das como: Vab = vb´- vr Vba = vb´ + vr B A Como os movimentos têm velocidades constantes: d = Vab tab e d = Vba tba onde t = tab + tba ( ) 22' 2'2 rb b baab baab baab vv dv VV VVd V d V dt − = + =+= = 1,34h d) Quanto tempo levaria se tivesse remado 3,2km rio acima e, depois, voltasse ao ponto de partida? O mesmo do item anterior e) Em que direção deveria aprumar o barco, se quisesse atravessar o rio no mais curto intervalo de tempo possível? Qual seria esse tempo? l = 6,4km vb´ = 6,4km/h vr = 3,2km/h d = vb t onde d é a distância a ser percorrida pelo barco na travessia do rio. bv ! ′bv ! θ β rv ! Por equivalência entre os triângulos, podemos mostrar que: t v d v l bb == βsen' Para calcular o extremo (mínimo, neste caso) do tempo em relação ao ângulo de inclinação do barco teremos: 2 0 sen cos 2' πβ β β β =⇒=−= M bv l d dt l d Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 3 diferentes condições em que os objetos interagem. Mas todas obedecem aos mesmos princípios elaborados por Newton, e que ficaram conhecidos como Leis de Newton. Leituras de Física - MECÂNICA - Capítulo 12 GREF - Grupo de Reelaboração do Ensino de Física Instituto de Física da USP - junho de 1998 Primeira Lei de Newton Antes da época de Galileu a maioria dos filósofos pensava que fosse necessária alguma influência ou força para manter um corpo em movimento. Supunham que um cor- po em repouso estivesse em seu estado natural. Acreditavam que para um corpo mover- se em linha reta com velocidade constante fosse necessário algum agente externo empur- rando-o continuamente, caso contrário ele iria parar. Foi difícil provar o contrário dada a necessidade de livrar o corpo de certas influên- cias, como o atrito. Estudando o movimento de corpos em superfícies cada vez mais pla- nas e lisas, Galileu afirmou ser necessária uma força para modificar a velocidade de um corpo mas nenhuma força é exigida para manter essa velocidade constante. Newton enunciou que: "Um corpo tende a permanecer em repouso ou em movi- mento retilíneo e uniforme, quando a resultante das forças que atuam sobre si for nula". Sejam 1F ! e 2F ! as forças que atuam num corpo. A resultante das forças F ! será a soma vetorial das forças que atuam nesse corpo: 021 ==+ FFF !!! Quando a resultante for nula o corpo permanecerá em repouso ou se deslocará com movimento retilíneo e uniforme. 1F ! F ! Segunda Lei de Newton Newton enunciou que: "A resultante das forças que atuam sobre um corpo é igual ao produto da sua massa pela aceleração com a qual ele irá se movimentar". Sejam 1F ! , 2F ! e 3F ! as forças que atuam sobre um corpo de massa m . A re- sultante das forças F ! será a soma vetorial das forças que atuam nesse corpo, logo: amFFFF !!!!! ==++ 321 3F ! 2F ! 1F ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 4 Terceira Lei de Newton Uma força é apenas um aspecto da interação mútua entre dois corpos. Verifica-se experimentalmente que quando um corpo exerce uma força sobre outro, o segundo sem- pre exerce uma força no primeiro. Newton enunciou que: "Quando um corpo exerce uma força num segundo corpo, este último reagirá sobre o primeiro com uma força de mesma intensidade e sentido con- trário". Vamos considerar um corpo sobre uma superfície horizontal plana e lisa, e preso a esse corpo está uma vareta rígida. Uma força 1F ! é aplicada na vareta, essa força se transmite até o corpo de modo que a vareta exerce uma força 2F ! sobre o corpo e esse corpo reage à ação da vareta exercendo sobre ela uma força ′2F ! com mesmo módulo que 2F ! mas com sen- tido contrário. 2F ! e ′2F ! são forças de ação e reação. ′2F ! 1F ! 2F ! Aplicações das Leis de Newton Exemplo 5-6 Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição A figura ao lado mostra um bloco (o blo- co deslizante) de massa M = 3,3kg . Ele se move livremente sem atrito, sobre uma fina camada de ar na superfície ho- rizontal de uma mesa. O bloco deslizante está preso a uma corda que passa em volta de uma polia de massa e atritos desprezíveis e tem, na outra extremidade, um segundo bloco (o bloco suspenso) de massa m = 2,1kg. O bloco suspenso, ao cair, acelera o bloco deslizante para a direita. Determine: a) A aceleração do bloco deslizante. Usando a segunda Lei de Newton, para cada um dos corpos, teremos M m N ! T ! T ′ ! P ! p ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 5 para o corpo deslizante: AMPTN !!!! =++ e para o corpo suspenso: ampT !!! =+′ Como os dois blocos estão presos por uma corda suposta inextensível e de massa desprezível, eles terão (em módulo) as mesmas velocidades e acelera- ções. A = a Além disso, a tensão se transmitirá integralmente através da corda: T = T´ Para o corpo deslizante a Lei de Newton toma a forma escalar: N - P = 0 T = Ma e para o segundo corpo: p - T = ma Somando as duas últimas equações, encontramos: p = mg = (M + m) a ou seja: g Mm ma      + = = 3,81m/s2 b) A aceleração do bloco suspenso Como já foi mencionado, os dois bloco têm a mesma aceleração, em módulo: g Mm ma      + = = 3,81m/s2 c) A tensão na corda Foi mostrado que: T = Ma logo: g Mm mMT      + = = 12,57N Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 8 Exemplo 5-11 Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição A figura ao lado mostra dois blocos ligados por uma corda, que passa por uma polia de massa e atritos desprezíveis. Fazendo m = 1,3kg e M = 2,8kg , determine a tensão na corda e o módulo da acele- ração (simultânea) dos dois blocos. Para o corpo da esquerda, temos a equação: ampFampF =−⇒=+ 2121 !!! e para o corpo da direita: m M MAFPAMPF =−⇒=+ 1212 !!! A corda é considerada inextensível portanto os corpos terão a mesma aceleração (em módulo). a = A A corda também é considerada de massa despre- zível, logo: F12 = F21 = F As equações terão a forma: F - p = ma P - F = Ma 21F ! m 12F ! p ! M P ! Somando as equações: P - p = (M + m) a Como p = mg e P = Mg g mM mMa      + −= = 3,41m/s2 De uma equação anterior, temos: F = p + ma logo ( ) ( )    + −++=     + −+= mM mMmMmgg mM mMmmgF g mM mMF      + = 2 = 16,59N Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 9 Solução de alguns problemas Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 16 Um móbile grosseiro pende de um teto com duas peças metálicas presas por uma corda de massa desprezível, conforme a figura. São dada as massas das peças. a) Qual a tensão na corda inferior? m1 = 3,5kg m2 = 4,5kg Como o móbile está em repouso, é nula a resultante das forças que atuam em cada parte dele. Considerando a parte inferior do móbile, teremos: 011 =+ PT !! ou seja: T1 - P1 = 0 ∴ T1 = P1 = m1 g T1 = 34,3N 3T ! 1T ! 2T ! 2P ! 1P ! b) Qual a tensão na corda superior? Considerando a parte superior do móbile: 0223 =++ TPT !!! ou seja: T3 - P2 -T2 = 0 ∴ T3 = P2 + T2 mas T2 = T1 = P1 T3 = P1 + P2 = (m1 + m2)g T3 = 78,4N Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 40 Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força horizontal é aplicada a um dos blocos como mostrado na figura ao lado. m1 m2 F ! a) Se m1 = 2,3kg , m2 = 1,2kg e F = 3,2N , determine a força de contato entre os dois blocos. Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 10 Os blocos 1 e 2 movem-se como um conjunto com aceleração a e a resultante das forças que atuam nes- se conjunto é a força externa F , que obedece à equação: ( )ammF ! ! 21 += m1 m2 F ! 21F ! 12F ! No entanto, podemos analisar os corpos como se cada fosse uma entidade inde- pendente. Ambos estão se movendo com aceleração a , logo:      =−⇒=+ =⇒= amFFamFF amFamF 121121 212212 !!! !! As forças 21F ! e 12F ! são ação e reação, logo 21F ! = - 12F ! , ou ainda: F12 = F21 . Temos então que: 21 mm Fa + = = 0,91m/s2 , logo     + = 21 212 mm FmF = 1,09N b) Mostre que se a mesma força F for aplicada em m2 ao invés de m1 , a força de contato é 2,1N, que não é o mesmo valor obtido em (a) . Explique a diferença. Neste caso temos:      =−⇒=+ =⇒= amFFamFF amFamF 212212 121121 !!! !! m1 m2 F ! 21F ! 12F ! Encontramos que: 21 mm Fa + = = 0,91m/s2 , logo     + = 21 121 mm FmF = 2,10N Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 45 Um objeto está pendurado numa balança de mola presa a um teto de um elevador. A balança marca 65N , quando o elevador ainda está parado. a) Qual a indicação na balança, quando o elevador estiver subindo com uma veloci- dade constante de 7,6m/s ? Vamos considerar T a indicação da balança, e esse é o valor da força vertical que suspende o objeto. Temos então duas forças atuando no objeto: o seu peso e a tensão T. Quando o ele- vador estiver em repouso ou com velocidade constante, a resultante das forças será nula. T ! P ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 13 Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 58 Um bloco de massa m1 = 3,70kg está sobre um plano com 300 de inclinação, sem atrito, preso por uma corda que passa por uma polia, de massa e atrito desprezíveis, e tem na outra extremidade um outro bloco de massa m2 = 2,30kg , pendurado verti- calmente, como mostra a figura. Quais são: a) Os módulos das acelerações de cada bloco? m1 m2 θ 2T ! 1T ! N ! 2P ! 1P ! θ y X Y 2T ! 1T ! N ! 2P ! θ 1P ! Aplicando a segunda Lei de Newton para os dois corpos, teremos:      =+ =++ 2222 1111 amPT amNPT !!! !!!! Como os dois blocos estão conectados por uma corda inextensível, quando um deles se deslocar de uma distância ∆s num intervalo de tempo ∆t o outro se deslocará da mesma distância no mesmo intervalo de tempo, logo as suas acele- rações serão as mesmas, em módulo. Ou seja: a1 = a2 = a Como a corda tem massa desprezível, podemos mostrar que as tensões são iguais, ou seja: T1 = T2 = T Vamos supor que o bloco de massa m2 irá descer. Caso essa suposição não seja verdadeira a aceleração terá o sinal negativo. Para o primeiro bloco, temos as seguintes equações: N - P1 cosθ = 0 T - P1 senθ = m1 a Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 14 e para o segundo: P2 - T = m2 a Somando as duas últimas equações, encontramos: P2 - P1 senθ = (m1 + m2) a ou seja: g mm mm a     + − = 12 12 senθ = 0,735m/s2 b) O sentido da aceleração de m2 ? Enquanto m2 - m1 senθ > 0 nós teremos o corpo de massa m2 descendo, e quando a desigualdade for contrária ele subirá. Se tivermos uma igualdade, os dois corpos estarão em equilíbrio. c) Qual a tensão na corda? g mm mm mgmamPT     + − −=−= 12 12 2222 senθ ( ) g mm mm T       + + = 21 21 sen1 θ = 20,84N Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 63 Um macaco de 10kg sobe por uma corda de massa desprezível, que passa sobre o galho de uma árvore, sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de 15kg que está no solo. a) Qual o módulo da acelera- ção mínima que o macaco deve ter para levantar a cai- xa do solo? T ′ ! é a força que o macaco faz na corda. T ! e T ′ ! são ação e reação. T ! T ′ ! p ! T ′′ ! P ! Aplicando a segunda Lei de Newton para o macaco: ampT !!! =+ ∴ T - p = ma ∴ T = mg + ma A aceleração mínima aM que o macaco deverá subir pela corda será aquela tal que T´´ é apenas igual ao peso do corpo P que está no chão, deixando-o com resultante nula. Desse modo: Prof. Romero Tavares da Silva Cap 05 romero@fisica.ufpb.br 15 T = P = mg + maM ∴ maM = Mg - mg g m mMaM      −= = 4,9m/s2 b) Se, após levantar a caixa, o macaco parar de subir e ficar agarrado à corda, qual será a sua aceleração? Neste caso teremos uma máquina de Atwood, como já foi mostrado anterior- mente, e o macaco subirá acelerado enquanto o corpo descerá. A aceleração de cada um será: g mM mMa      + −= = 1,96m/s2 ; a < aM c) Qual será a tensão na corda? mamgTampT =−∴=+ !!!      + −+=     + −+= mM mMmgg mM mMmmgT 1 g Mm mMT      + = 2 = 117,6N Capítulo 5 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 70 Um balão de massa M , com ar quente, está descendo verticalmente com uma ace- leração a para baixo. Que quantidade de massa deve ser atirada para fora do balão, para que ele suba com uma aceleração a (mesmo módulo e sentido oposto) ? Suponha que a força de subida devido ao ar (empuxo) não varie em função da mas- sa (carga de estabilização) que ele perdeu. A equação de movimento do ba- lão antes que ele atire fora uma massa m , será: amgME !!! =+ ou seja: M g - E = M a E = M ( g - a ) A equação depois de atirar, será: ( ) ( )amMgmME !! ! −=−+ Antes E ! a ! gM ! Depois E ! a ! ( )gmM "− Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 2 06. Força de atrito Sempre que a superfície de um corpo escorrega sobre outro, cada corpo exerce sobre o outro uma força paralela às superfícies. Essa força é inerente ao contato entre as superfícies e chamamos de força de atrito. A força de atrito sobre cada corpo tem sentido oposto ao seu movimento em relação ao outro corpo. As forças de atrito que atuam entre superfícies em repouso relativo são chamadas de forças de atrito estático, em contraposição às forças de atrito cinético que acontece entre superfícies que têm movimento relativo. Existe atrito entre superfícies em repouso quando acontece uma tendência ao movimento. Para um tijolo em parado numa ladeira, há uma tendência ao movimento, mas a força de atrito entre as superfícies em contato mantém o tijolo em repouso. A força de atrito estático máxima entre duas superfícies será igual à força mínima necessária para iniciar o movimento relativo. Iniciado o movimento, as forças de atrito que atuam entre as superfícies usualmente decrescem, passando a atuar a força de atrito ci- nético, de modo que uma força menor será suficiente para manter o movimento. Atrito Algumas leis empíricas para o atrito estático máximo entre superfícies foram pro- postas por Leonardo da Vinci (≈ 1500) tais como: i. Sempre que a superfície de um corpo escorrega sobre outro, cada corpo exerce sobre o outro uma força paralela às superfícies. Essa força é inerente ao contato entre as superfícies e chamamos de força de atrito. A força de atrito sobre cada corpo tem sentido oposto ao seu movimento em relação ao outro corpo. ii. A força de atrito estático máxima entre duas superfícies será igual à força mínima necessária para iniciar o movimento relativo. iii. Iniciado o movimento, as forças de atrito que atuam entre as superfícies usual- mente decrescem, pois entra em ação a força de atrito cinético, de modo que uma força menor será suficiente para manter o movimento. iv. A força de atrito independe da área de contato entre o corpo e a superfície que o suporta. Quanto maior a área de contato menor a pressão que o corpo exerce so- bre a superfície. Esse fato significa que a força necessária para arrastar um tijolo metálico sobre uma mesa metálica é a mesma, não importando qual a face do tijolo esteja em contato com a mesa. Podemos entender esse resultado considerando que a área microscópica de contato será a mesma em ambas as situações. v. A força de atrito é proporcional à força normal que a superfície exerce sobre o cor- po considerado. A normal é proporcional a quantidade de microsoldas que existirão entre as superfícies. Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 3 Entre tapas e beijos Na Física, a idéia de contato está relacionada à interação que surge quando obje- tos se tocam. Podemos entender essa idéia se pensarmos em nosso próprio corpo. Ele está equipado para sentir estas interações, que podem se manifestar sob as mais dife- rentes formas, produzindo uma grande variedade de sensações em nossa pele. Uma boa bofetada, por exemplo, corresponde a uma interação entre a mão de quem bate e a face de quem recebe, assim como um carinho. Do ponto de vista da Física essas duas interações são de mesma natureza. Uma diferença básica entre elas é a in- tensidade da força aplicada: um tapa, em geral, significa uma força muito mais intensa do que um carinho. Porém há outra diferença importante entre o tapa e o carinho: a direção da força aplicada. Em um tapa, a força é na direção perpendicular à face da vítima e no carinho, em geral, essa força ocorre numa direção paralela à pele. Essa distinção também ocorre em outras situações em que existe o contato entre os objetos. Em batidas, chutes, panca- das, beijos, espetadas, ou mesmo simplesmente quando um objeto se apóia sobre outro, temos forças que agem na direção perpendicular ou normal à superfície dos objetos por isso são denominadas forças normais. Em outros casos, a força aparece na direção pa- ralela à superfície. É o que ocorre em situações como arranhões, raspadas, esfregadas, deslizamentos, etc. Em geral, essas forças recebem o nome de forças de atrito. Portanto, os efeitos das forças de contato entre objetos dependem da maneira como são aplicadas, paralela ou perpendicular à superfície. Mas não é só isso que influi. Também são importantes: a intensidade da força, as características dos objetos e de suas superfícies, e o tempo em que eles permanecem em contato. Uma força muito normal Como vimos, as forças normais de contato aparecem quando um corpo toca outro. Um chute em uma bola, um cutucão, uma pedra atingindo uma vidraça são exemplos de interações nas quais ocorre esse tipo de força. Em todos esses exemplos é fácil perceber a presença da força, pelos efeitos evidentes que ela produz. Mas as forças normais de contato também aparecem em situações onde sua presença não é tão visível. Quando algum objeto ou pessoa, se apóia sobre uma superfície, ela força esta superfície para bai- xo. Por outro lado, a superfície sustenta a pessoa aplicando em seus pés uma força para cima: essa é a força normal. As forças sempre causam alguma deformação nos objetos, que dependendo de suas características podem sem temporárias ou permanentes. Vamos discutir essa ca- racterísticas a partir de dois fenômenos físicos bastante conhecidos, mas que em geral são confundidos: a pisada na bola e a pisada no tomate. As diferenças observadas entre as duas pisadas revelam as diferentes características de cada material. As forças aplica- das provocam deformações na bola e no tomate. A bola volta ao normal após a pisada, e o tomate não. O material da bola é relativamente elástico, ou seja, as deformações sofri- das por ela no momento da pisada são temporárias. Quando as forças cessam, sua ten- dência é retornar à forma original. Quanto ao tomate, podemos dizer que é quase com- pletamente inelástico, uma vez que a deformação por ele sofrida é permanente. Pense em outros exemplos de materiais elásticos e inelásticos. Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 4 Nem sempre é fácil dizer o que é ou não é elástico. Na realidade, não há um objeto que seja totalmente elástico ou inelástico. Algumas bolas sofrem deformações perma- nentes depois de muitas pisadas, perdendo sua forma. Por outro lado, mesmo um tomate tem sua elasticidade: uma apertadinha bem leve lhe provoca uma pequena deformação, que desaparece assim que o soltamos. O atrito ao microscópio O atrito está presente em diversas situações do nosso dia-a-dia. Ele surge sempre que tentamos deslizar uma superfície sobre outra. Ao passar a mão na cabeça de um ca- chorro, ao apagar uma bobagem escrita na prova ou ao lixar uma parede, a força de atrito é a personagem principal. Quanto mais ásperas as superfícies, maior o atrito entre elas: arrastar um móvel sobre um carpete é bem diferente do que sobre um piso de cerâmica. Em determinadas situações é fundamental que o atrito seja o menor possível, como no caso da patinação no gelo, onde os movimentos ocorrem graças ao reduzido atrito entre as lâminas dos patins e a superfície do gelo. O peso do patinador, concentra- do todo nas lâminas, exerce uma pressão sobre o gelo derretendo-o e formando uma pe- quena camada de água entre as lâminas e a superfície do gelo. Dessa forma o atrito tor- na-se muito pequeno, facilitando o movimento do patinador. Mas se em muitos casos o atrito atrapalha, em outras situações pode ser total- mente indispensável. É ele que garante que ao empurrarmos o chão para trás seremos impulsionados para frente. Sem atrito, ficaríamos deslizando sobre o mesmo lugar. A tiri- nha abaixo ilustra bem uma situação onde o atrito faz falta. Mesmo objetos aparentemente lisos, como um vidro, uma mesa envernizada ou a superfície de um automóvel, possuem muitas saliências e "buracos" no nível microscópi- co. Quando um objeto é colocado sobre uma superfície (um tijolo sobre a mesa, por exemplo), ele tem na verdade, somente alguns pontos de contato com ela, devido a essas saliências. Uma teoria que explica a existência do atrito afirma que nos pontos onde as saliên- cias se justapõem, ocorrem fortes adesões superficiais, semelhante a uma espécie de solda entre os dois materiais. Desse modo a força de atrito está associada à dificuldade em romper essas soldas quando um corpo é arrastado sobre o outro. Durante o movi- mento, as soldas se refazem continuamente, em novos pontos de contato, de forma que durante o arrastamento existe sempre uma força de resistência ao movimento: é a força de atrito. Para ter uma idéia de como essas soldas ocorrem imagine o que acontece quando você senta no banco de um ônibus. O atrito entre sua calça e o banco, poderia ser representado, a nível microscópico, da seguinte forma: Essa teoria das soldas nos permite entender o efeito dos lubrificantes que têm a função de diminuir o atrito, ao preen- cher as reentrâncias existentes entre as superfícies e dificultar a formação das soldas. Vistas de perto, as superfícies mais lisas são cheias de imperfeições O atrito ao micros- cópio Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 7 r vac 2 = e a força associada à essa aceleração terá a forma: r vmmaF cC 2 == A força centrípeta não tem origem física, mas é uma característica dos corpos que se movimentam em trajetórias curvas. Se a força de interação gravitacional mantiver um corpo de massa m1 girando em torno de um outro corpo de massa m2 com velocidade v em um círculo de raio r , tere- mos: 2 21 r mmGFG = e a força centrípeta r vmFc 2 1= Mas como a força gravitacional é quem mantém o movimento circular e uniforme, temos que: 2 21 2 1 r mmG r vmFF cG =⇒= O mesmo poderia ser dito para o movimento de uma partícula de massa mA e carga QA que gira em torno de outra partícula de massa mB e carga QB , com veloci- dade V em um círculo de raio R sob a ação da força elétrica de interação entre essas cargas, ou força de Coulomb: 2R QQkF BAE = e a força centrípeta R VmF Ac 2 = Mas como a força elétrica é quem mantém o movimento circular e uniforme, temos que: 2 2 R QQk R VmFF BAAcE =⇒= Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 8 Solução de alguns problemas Capítulo 6 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 11 Uma força horizontal F = 12N comprime um bloco pesando P = 5N contra uma pa- rede vertical. O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é µe = 0,60 e o coeficiente de atrito cinético é µc = 0,40 . Suponha que inicialmente o bloco esteja em repouso. a) O bloco se moverá? O bloco está em repouso na direção horizontal, logo: N = F = 12Newtons A força de atrito estático má- xima é dada por: y F ! x y aF ! N ! F ! x P ! Fa = µe N = 0,60 . 12 ∴ Fa = 7,2N Como o peso do bloco é P = 5N , menor que a força de atrito estático máxima, o bloco não se moverá. b) Qual a força exercida pela parede sobre o bloco, em notação de vetores unitári- os? A força resultante exercida pela parede sobre o bloco será a soma da força nor- mal com a força de atrito. Mas iF ˆ12= ! , logo teremos que iN ˆ12−= ! . Como o bloco não se move a força de atrito é igual, em módulo, ao peso do bloco, ou seja: jiFR ˆ5ˆ12 +−= ! Capítulo 6 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 16 Um aluno deseja determinar os coeficientes de atrito estático e cinético entre uma caixa e uma prancha. Ele coloca a caixa sobre a prancha e lentamente vai levantan- do uma das extremidades da prancha. Quando o ângulo de inclinação faz 300 com a horizontal, a caixa começa a deslizar, descendo pela prancha cerca de 2,5m em 4s. Quais são os coeficientes de atrito determinados? F ! aF " θ P ! y F ! aF " θ x P ! Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 9 Enquanto a caixa está em repouso temos em ação o atrito estático, e ele vai aumen- tando à medida que o ângulo de inclinação da tábua aumenta. No limiar, quando ela está prestes a começar o movimento, a força de atrito estático máxima que é igual a µE N . Pela segunda Lei de Newton 0=++ aEFNP !!! Decompondo as forças segundo os eixos cartesianos, encontramos P senθ - FaE = 0 N - P cosθ = 0 θµµ θ θ tan cos sen =⇒== EEaE N N N F P P Como θ = 300 : 3 1=Eµ Quando o movimento se inicia o coeficiente de atrito diminui e passa de estático para cinético. A caixa passa a descer acelerada. Pela segunda Lei de Newton: amFNP aC !!!! =++ Decompondo as forças segundo os eixos cartesianos, encontramos N - P cosθ = 0 P senθ - FaC = ma Usando a primeira equação, a força de atrito pode ser expressa como: FaC = µC N = = µC P cosθ Usando esse resultado na segunda equação: P senθ - µC P cosθ = ma ou seja: a = g ( senθ - µC cosθ ) Para esse problema: v0 = 0 d = 2,5m t = 4s ( )θµθ cossen2 2 2 2 Cgt daatd −==∴=     −= 2 2sen cos 1 gt d C θθ µ = 0,54 Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 12 Capítulo 6 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 24 Na figura a seguir, A e B são blocos com pesos de 44N e 22N , respectivamente. a) Determine o menor peso (bloco C) que deve ser colocado sobre o bloco A para impedi-lo de deslizar, sabendo-se que µE entre o bloco A e a mesa é 0,20. C A B N ! aF ! T ! T ′ ! CA PP !! + BP ! Para que não exista movimento, a resultante de forças que atuam nos blocos devem ser nulas, e o atrito estático entre o bloco A e a mesa deve ser máximo: [            =′−∴=′+      =− =−− ∴=++++ 00 0 0 0 TPTP FT PPN FPPTN BB a CA aCA !! !!!!! Como a corda que liga os blocos A e B tem massa desprezível, temos que T = T´ . Desse modo: T = Fa = µE N = µE ( PA + PC ) Por outro lado: T = T´ = PB ∴ T = PB = µE ( PA + PC ) ou seja: A E B C P P P −= µ = 66N Prof. Romero Tavares da Silva Cap 06 romero@fisica.ufpb.br 13 b) Se o bloco C for repentinamente retirado, qual será a aceleração do bloco A, sa- bendo-se que µC entre A e a mesa é 0,15 ? [            ′=′−∴′=′+      =− =− ∴=+++ amTPamTP amFT PN amFPTN BBBB Aa A AaA !!! !!!!! 0 Como a corda que liga os blocos A e B é inextensível, a = a´, e desse modo:     =− =− amTP amPT BB AACµ Somando essas duas equações, encontramos: PB - µC PA = ( mA + mB ) a g PP PP a AB ACB     + − = µ = 2,28m/s2 Capítulo 6 - Halliday, Resnick e Walker - 4a. edição 26 Na figura a seguir um trabalhador cuidadoso aplica uma força F ! ao longo do cabo de um esfregão. O cabo faz um ângulo θ com a vertical, sendo µE e µC os respec- tivos coeficientes de atrito estático e cinético entre o esfregão e o chão. Despreze a massa do cabo e suponha que toda a massa m esteja no esfregão. a) Qual o valor de F , se o esfregão se move pelo chão com velocidade constante? θ y θ N ! x aF ! P ! F ! Como o esfregão se move com aceleração nula:     == += ⇒     =− =−− ∴=+++ θµ θ θ θ sen cos 0sen 0cos 0 FNF FPN FF FPN NFPF Caa a !!!!