Cap3 cinematica
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CINEMÁTICA
Apostila elaborada pela Profª. Ângela Emilia de Almeida Pinto – CAV/UDESC
38
CCAAPPÍÍTTUULLOO 33
CCIINNEEMMÁÁTTIICCAA
3.1 MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
O movimento dos corpos é estudado pela Cinemática. Esta área da Física estuda os corpos considerando-os como pontos materiais. Qualquer corpo pode ser considerado como um ponto material, desde que tenha suas dimensões desprezíveis em relação às dimensões do movimento consideradas.
3.1.1 Deslocamento
A figura 3.1 mostra um carro na posição x1 no instante t1 e a posição do mesmo carro em x2 no instante t2. A modificação da posição do carro, o deslocamento, é dada pela diferença x2 – x1. A letra grega ∆ (delta maiúsculo) indica a variação de uma grandeza. Então a variação de x se escreve
x∆ :
∆x = x2 – x1 3.1
Unidade no SI: metro (m)
Figura 3.1: Um carro desloca-se sobre uma reta que tem um ponto como origem, O. Os outros pontos são identificados pela distância x a O. Os pontos à direita de O têm coordenadas positivas e os pontos à esquerda, negativas. Quando o carro passa do ponto x1 para o ponto x2, o seu deslocamento é ∆x = x2 – x1.
3.1.2 Velocidade Média
Se define como a razão entre o deslocamento ∆x e o intervalo de tempo ∆t = t2 – t1.
12
12méd tt
xxtxv
−−
=∆∆
= 3.2
Unidade no SI metro/segundo (m/s), mas é também bastante usado a unidade de quilômetro por hora (km/h).
O deslocamento e a velocidade podem ser positivos ou negativos. Um valor positivo mostra que o movimento ocorre no sentido do x positivo.
Na linguagem corrente, a velocidade média (velocidade escalar média) de um móvel é a razão entre a distância total percorrida pelo móvel e o intervalo de tempo entre a partida e a chegada.
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positiva) (sempre total tempo
total distância médiaescalar velocidade →=
3.3
Exemplos 3-1: Numa corrida de 100m, os primeiros 50m são cobertos com a velocidade média de 10m/s e os 50m restantes com a velocidade média de 8m/s. Qual a velocidade média do corredor sobre os 100m ?
Solução:
m/s 89,8txv
s 25,11ttt
s 25,6850
vxt
s 51050
vxt
txv
méd
21
2
22
1
11méd
=∆∆
=
=∆+∆=∆
==∆
=∆
==∆
=∆∆∆
=
Exemplo 3-2: Imagine que você corra 100m em 12s e depois retorne ao ponto de partida caminhando 50m durante 30s. Calcule:
a) A velocidade escalar média (sentido trivial); b) A velocidade média definida pelo deslocamento.
Figura 3.2
Solução:
( )
m/s 19,14250
tx vb)
m/s 57,342
150t
totalx va)
méd
méd
==∆∆
=
==∆
∆=
3.1.3 Velocidade Média (Interpretação Geométrica)
A velocidade média é o coeficiente angular (inclinação) da reta que passa pelos pontos (t1,x1) e (t2,x2), como ilustrado na figura 3.3.
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Figura 3.3: Gráfico de x contra t do movimento de uma partícula em uma dimensão. Cada ponto da curva corresponde à posição x num instante t. Entre as posições P1 e P2 traçamos um segmento de reta. O deslocamento ∆x = x2 – x1 e o intervalo de tempo ∆t = t2 – t1, entre os dois pontos, ficam bem identificados. O segmento de reta de P1 até P2 é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são ∆x e ∆t. A razão ∆x/∆t é o coeficiente angular (inclinação) do segmento de reta. Em termos geométricos, o coeficiente angular é a medida da inclinação da reta.
médvinclinaçãotx
==∆∆ 3.4
3.1.4 Velocidade Instantânea
É a velocidade da partícula num certo ponto. Se a partícula está num certo ponto, como pode ter uma velocidade?
Para definir um movimento é preciso ter a posição de um corpo em dois ou mais instantes.
Se considerarmos intervalos de tempo cada vez mais curtos, entre um ponto e outro, do movimento, a velocidade média em cada um desses intervalos se aproximam do coeficiente angular da tangente à curva no ponto P0. A inclinação desta tangente é a velocidade instantânea em t0.
A velocidade instantânea é a derivada da posição quando ∆t tende a zero.
dtdxv = 3.5
O movimento que possui velocidade constante é chamado de Movimento Uniforme.
A inclinação de uma reta pode ser positiva, negativa ou nula. Por isso, a velocidade instantânea (no movimento unidimensional) pode ser positiva (x cresce com o tempo), ou negativa (x decresce com o tempo). O módulo (valor absoluto) da velocidade instantânea é a velocidade escalar instantânea.
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Figura 3.4: Gráfico de x contra t. Veja a seqüência de intervalos de tempo t1 t2, t3, ..., cada vez menores. A velocidade média, em cada intervalo, é a inclinação do segmento de reta correspondente ao intervalo. Quando os intervalos de tempo tendem a zero, esta inclinação tende para a inclinação da reta tangente à curva no ponto t1. A inclinação (o coeficiente angular) corresponde à velocidade instantânea no instante t1.
Exemplo 3-3: A posição de uma pedra que cai de um rochedo pode ser descrita, aproximadamente, por x = 5t2, em que x, em metros, é medida para baixo, a partir da posição inicial da pedra em t = 0, e t está em segundos. Achar a velocidade em qualquer instante de tempo t. Solução:
Queremos calcular a velocidade da pedra num instante qualquer t. Para isso, devemos saber como derivar a equação da posição em relação ao tempo.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 90
50
100
150
200
250
300
350
t1
t3
t2posi
ção
(m)
tempo (s)
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( )12
2
t25)t(v
t5dtd
dtdx)t(v
−⋅=
==
t10)t(v =
As derivadas, como se sabe, são calculadas facilmente mediante regras simples. Uma regra especialmente útil é
Se x = C tn, então
1ntnCdtdx −= 3.6
3.1.5 Aceleração Média
A aceleração média é a taxa temporal de variação da velocidade.
tva∆∆
= 3.7
3.1.6 Aceleração Instantânea
A aceleração instantânea é a derivada da velocidade em relação ao tempo, quando ∆t tende a zero.
dtdv)t(a = 3.8
O movimento que possui aceleração constante é chamado de Movimento Uniformemente Acelerado (ou variado).
Exemplo 3-4: O carro esportivo BMW M3 pode acelerar, na terceira marcha, de 48,3 km/h até 80,5 km/h em apenas 3,7s.
a) Qual a aceleração média deste carro em m/s2? b) Se o carro mantiver esta aceleração durante outro segundo, que velocidade atingirá?
Solução:
a) b)
m/s 4,23,7
13,4-22,4a
m/s 22,4 km/h 80,5m/s 13,4 km/h 3,48
m ==
→→ m/s 24,812,422,4tavv 0 =⋅+=⋅+=
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43Exemplo 3-5: Para o gráfico abaixo responda as seguintes perguntas:
a) Em que instantes as acelerações dos corpos são positivas, negativas ou nulas? b) Em que instantes as acelerações são constantes? c) Em que instantes as velocidades instantâneas são nulas?
Solução:
a) Positiva (a>0): de 0s a 3s; de 6s a 8s
Negativa (a<0): de 3s a 6s; de 8s a 9s
Nula(a=0): 3s; 6s; 8s.
b) A aceleração depende do tempo.
c) Velocidade nula (v = 0) : 3s; 6s; 8s.
Se o movimento for uniformemente acelerado, ou seja, a aceleração for constante, vale a seguinte relação para a velocidade média:
( )vv21v 0méd += 3.9
A velocidade em função da posição pode ser obtida através da expressão:
xa2vv 20
2 ∆⋅⋅+= 3.10
Graficamente podemos resumir os dois tipos de movimento estudados da seguinte maneira:
0 2 4 6 8 10-2
-1
0
1
2
M ovim en to Am ortecido
pos
ição
(m
)
t em po (s)
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44 Movimento Uniforme:
x v a x0 x = x0 + vt t v = v0 t a = 0 t
Movimento Uniformemente Acelerado:
x v a t t t
x = x0 + vt + 21 at2 v = v0 + a t a(t) = a
Exemplo 3-6: Num tubo de raios catódicos, um elétron é acelerado do repouso, com uma aceleração de 5,33 . 1012 m/s2, durante 0,15 µs (1 µs = 10-6s ). O elétron, então se desloca, com velocidade constante, durante 0,2 µs. Finalmente chega ao repouso com uma aceleração de -2,67.1013 m/s2. Que distância o elétron percorre?
Solução:
∆x1 ∆x2 ∆x3
v0 = 0 v1 v2 v3 = 0
t0 = 0 t1 = 0,15µs t2 = 0,45µs t3
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45Primeiro intervalo de tempo:
s1015,0ttt 6011
−×=−=∆ 212
1 s/m1033,5a ×= v0 = 0 (o elétron parte do repouso)
Cálculo de v1:
( ) ( )s/m1000,8v
s1015,0s/m1033,5v
tavv
51
62121
1101
×=
×⋅×=
∆⋅+=−
Cálculo de ∆x1:
( )
( )cm00,6xoum1000,6x
s1015,02
s/m1033,5x
t2atvx
12
1
26212
1
21101
=∆×=∆
×⋅×
=∆
∆⋅+∆⋅=∆
−
−
Segundo intervalo de tempo:
s/m1000,8v
0atetanconsévelocidadeaSes102,0ttt
51
2
6122
×=
=⇒×=−=∆ −
Cálculo de ∆x2:
( )
( ) ( )cm16xoum1060,1x
s102,0s/m1000,8x
t2
atvx
21
2
652
22
212
=∆×=∆
×⋅×=∆
∆⋅+⋅=∆
−
−
Terceiro intervalo de tempo:
( )213
3
3
512
s/m1067,2a
repousoaoretornaelétron0vs/m1000,8vv
×−=
=×==
Cálculo de ∆t3:
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s1003,0ts/m1067,2s/m1000,8t
avt
tavv
63
213
5
33
23
3323
−×=∆
×−×−
=∆⇒−
=∆
∆⋅+=
Cálculo de ∆x3:
( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )cm20,1xoum1020,1x
s10003,02
s/m1067,2s1003,0s/m1000,8x
t2a
tvx
32
m3
26213
623
23
3323
=∆×=∆
×⋅×−
+×⋅×=∆
∆⋅+∆⋅=∆
−
−−
Distância total percorrida pelo elétron:
cm2,23xxxxx
total
321total
=∆∆+∆+∆=∆
Exemplo 3-7: A posição de uma partícula é dada por x = Ct3, onde C é uma constante com as unidades de m/s3. Achar a velocidade e a aceleração em função do tempo.
Solução:
6Ctdtdv
dtxda 3Ct
dtdxv 2
22 =====
3.2 Movimento em Duas e Três Dimensões
3.2.1 Vetor Posição O vetor posição de uma partícula é um vetor com a origem na origem do sistema de
coordenadas xy e a extremidade no ponto da posição xy da partícula. Então, se a posição for no ponto (x,y), o vetor posição r é
jyixr += 3.11
A figura 3.5 mostra a trajetória da partícula. (Não confundir a trajetória com o gráfico de x contra t que vimos anteriormente). No instante t1 a partícula está em P1, com o vetor posição 1r . Em t2, a partícula chegou a P2 e o seu vetor posição é 2r . A variação de posição da partícula é o vetor deslocamento r∆
12 rrr −=∆ 3.12
Do movimento em uma dimensão sabemos que x = x0 + v0xt + (1/2)axt2 e que y = y0 + v0yt + (1/2) ayt2. Logo, a equação 3.11 pode ser reescrita como
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( ) ( ) ( ) 2yxy0x000
2yy00
2xx00
tjaia21tjvivjyix)t(r
jta21tvyita
21tvx)t(r
+++++=
+++
++=
onde,
jaiaa
jvivv
jyixr
yx
y0x00
000
+=
+=
+=
3.13
e finalmente,
200 ta
21tvr)t(r ++= 3.14
Figura 3.5: O vetor deslocamento r∆ é a diferença entre os vetores posição, 12 rrr −=∆ . Ou então, r∆ é o vetor que somado a 1r leva ao vetor posição .r2
3.2.2 Vetores Velocidade Média e Instantânea
A razão entre o vetor deslocamento e o intervalo de tempo ∆t = t2 – t1é o vetor velocidade média
trvmedia ∆
∆= 3.15
Esse vetor tem direção coincidente com a do deslocamento.
O módulo do vetor deslocamento é menor do que a distância percorrida sobre a trajetória, a menos que a partícula se desloque em linha reta. Porém, se considerarmos intervalos cada vez menores, o módulo do deslocamento se aproxima cada vez mais da distância percorrida sobre a curva e a direção de r∆ se aproxima da direção da reta tangente à curva no ponto inicial do intervalo (figura 3.6).
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Figura 3.6: À medida que os intervalos de tempo ficam menores, o vetor deslocamento se aproxima da tangente à curva.
O vetor velocidade instantânea é a derivada temporal do vetor posição.
tav)t(v
ta21tvr
dtd
dtrd)t(v
0
200
+=
++==
3.16
Exemplo 3-8: Um barco a vela tem coordenadas (x1, y1) = (110 m, 218 m) no instante t1 = 60 s. Dois minutos depois, no instante t2, as suas coordenadas são (x2, y2_ = (130 m, 205 m). (a) Achar a velocidade média sobre este intervalo de dois minutos. Dar vmed em termos das componentes cartesianas. (b) Determinar o módulo e a direção desta velocidade média. (c) Quando t ≥ 20 s, a posição do barco, em função do tempo, é x(t) = 100m + [(1/6) m/s]t e y(t) = 200 m + (1080 m .s)t-1. Determinar a velocidade instantânea num instante qualquer t além de 20 s.
Solução: As posições inicial e final do barco a vela aparecem na figura acima. (a) O vetor velocidade média aponta da posição inicial para a final. (b) As componentes da velocidade instantânea se calculam pela equação 3.14.
(a) As componentes x e y do vetor velocidade média se calculam diretamente a partir das respectivas definições:
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s/m167,0s120
m110m130txxv 12
med,x =−
=∆−
=
s/m108,0s120
m218m205tyy
v 12med,y −=
−=
∆−
=
( ) ( ) js/m108,0is/m167,0vmed −=
(b) 1. O módulo de vmed se calcula pelo teorema de Pitágoras
( ) ( ) s/m199,0vvv 2med,y
2med,xmed =+=
2. A direção é dada por
°−=
−=θ 33
s/m167,0s/m108,0arctg
Como o vetor velocidade encontra-se no quarto quadrante, temos
θ´=360°-33° = 327°
(c) Determina-se a velocidade instantânea pelo cálculo das derivadas de x e y em relação ao tempo:
jdtdyi
dtdxv +=
( ) jtsm1080is/m61)t(v 2−⋅−
=
3.2.3 O Vetor Aceleração
O vetor aceleração média é a razão entre a variação do vetor velocidade instantânea v∆ e o intervalo de tempo ∆t
tva méd ∆
∆= 3.17
O vetor aceleração instantânea é o limite dessa razão quando ∆t tende a zero. Em outras palavras, é a derivada da velocidade em relação ao tempo:
dtvd
tvlima
0t=
∆∆
=→∆
3.18
Para calcular a aceleração instantânea é conveniente exprimir v em função da derivada da posição em relação ao tempo:
2
2
0t dtxd
dtvd
tvlima ==∆∆
=→∆
3.19
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50 Exemplo 3-9: A posição de uma bola arremessada é dada por
( ) 22 tjs/m9,4tjs/m16is/m12im5,1)t(r −++= . Determinar a velocidade e a aceleração.
Solução: As componentes x e y da velocidade são determinadas por simples derivação
( )[ ] s/m12ts/m12m5,1dtd
dtdxvx =+==
Assim, na notação vetorial
( ) ( )[ ] jts/m8,9s/m16is/m12)t(v 2−+=
Se derivarmos as equações acima outra vez, chegamos à aceleração
( )
( )[ ] 22yy
xx
s/m8,9ts/m8,9s/m16dtd
dtdv
a
0s/m12dtd
dtdva
−=−==
===
Assim, na notação vetorial js/m8,9)t(a 2−=
3.3 Leis de Newton 3.3.1 Primeira Lei de Newton
“Um corpo em repouso permanece em repouso a menos que sobre ele atue uma força externa. Um corpo em movimento desloca-se com velocidade constante a menos que sobre ele atue uma força externa.”
3.3.2 Segunda Lei de Newton
“A aceleração de um corpo tem a direção da força externa resultante que atua sobre ele. É proporcional ao módulo da força externa resultante e inversamente proporcional à massa do corpo.”
amFmFa res
res =⇒= 3.20
A força externa resultante é a soma de todas as forças que atuam sobre o corpo ∑ = resFF , logo
∑ == amFF res 3.21
3.3.3 Terceira Lei de Newton
“As forças sempre atuam aos pares de forças iguais porém opostas. Se um corpo A exerce uma força sobre outro B, este exerce sobre A uma força de mesmo módulo da primeira, porém com sentido oposto.”
( ) ( )[ ]( ) ts/m8,9s/m16v
ts/m9,4ts/m16dtd
dtdyv
2y
22y
−=
−==
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3.3.4 A Força da Gravidade: O Peso
Quando um corpo cai nas proximidades da Terra, ele é acelerado para baixo. Desprezando-se a resistência do ar, todos os corpos tem a mesma aceleração de queda que é a aceleração da gravidade g (nas proximidades da Terra). A força que provoca essa aceleração é a força peso PF . Sendo m a massa do corpo, a segunda lei de Newton define a força peso como:
gmFP = 3.22
Unidades de força: 1 N = (1 kg) (1m/s2) = 1 kg . m/s2
3.3.5 Diagrama de Forças
O diagrama que mostra esquematicamente as forças que atuam sobre um sistema é um diagrama de forças.
Exemplo 3-10: Um caminhão descarrega volumes por uma rampa de roletes (um plano inclinado sem atrito). O ângulo da rampa é de θ em relação ao plano horizontal. Determinar a aceleração de um volume de carga m, que escorrega pela rampa, e calcular a força normal da rampa sobre ele.
Solução: a) Diagrama de Forças
b) Soma das forças em x e y
∑ ⇒=θ= masenFF Px θsenga =
∑ ⇒=+θ−= 0NcosFF Py θcosmgN =
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Exemplo 3-11: Um quadro, pesando 8 N, está suspenso por dois fios com as tensões 1T e 2T , como mostra a figura. Calcular o valor de cada tensão.
Solução: a) Diagrama de Forças
11y1
11x1
T2130senTT
T2330cosTT
=°=
=°=
22y2
22x2
T2360senTT
T2160cosTT
=°=
=°=
b) Soma das forças em x e y
∑ =⇒=−= 12x2x1x T3T0TTF (I)
∑ =+⇒=−+= N8T23T
210mgTTF 21y2y1y (II)
Substituindo (I) em (II), temos que:
T1 = 4 N T2 = 6,9 N
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3.4 Atrito
3.4.1 Atrito Estático
Quando se aplica uma pequena força horizontal a uma grande caixa em forma de paralelepípedo que está sobre um piso, a caixa pode não se mover em virtude da ação de uma força de atrito estático, sf , exercida pelo piso, que equilibra a força aplicada
A força de atrito estático, que sempre se opõe à força aplicada, pode variar entre zero até um certo valor máximo, fs,max. A força de atrito máximo independe da área de contato e é proporcional à força normal exercida por uma das superfícies sobre a outra. Em geral,
Nf smaxs µ= 3.23
onde µs é o coeficiente de atrito estático, que depende da natureza das superfícies em contato.
Se a força horizontal exercida sobre a caixa for menor que fs,max, a força de atrito equilibra esta força horizontal
Nf smaxs µ≤ 3.24
Seja um corpo, inicialmente em repouso, apoiado em uma superfície não lisa sob a ação de uma única força F, paralela à superfície, e do atrito entre as superfícies.
Aumentando o módulo da força F o módulo da força de atrito também aumenta até um certo limite, conhecido como força de atrito estático, quando, então, o corpo inicia o movimento. Após o corpo iniciar seu movimento, passa a existir uma nova força de atrito atuante, a força de atrito dinâmico ou cinético, com intensidade menor. A razão entre a força de atrito e a reação normal da superfície de apoio é uma constante denominada coeficiente de atrito (µ). Os coeficientes de atrito estático e dinâmico dependem dos tipos de superfícies em contato.
3.4.2 Atrito Cinético
Se a caixa for empurrada com bastante força, ela escorrega sobre o piso. Ligações entre as moléculas formam-se e rompem-se continuamente, e pequeninos fragmentos das superfícies são arrancados, conforme mostra a figura 3.7.
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Caixa
Superfície
Figura 3.7
Este complicado efeito decorre do atrito cinético, cf , que se opõe ao movimento. Para manter a caixa deslizando com velocidade constante, é preciso exercer sobre ela uma força de módulo igual ao da força de atrito cinético, mas de direção oposta. Por definição,
Nf cc µ= 3.25
onde µc é o coeficiente de atrito cinético, e depende da natureza das superfícies em contato.
Exemplo 3-12: Plano Horizontal
Vamos considerar que o bloco 1 está em repouso sobre o plano horizontal (figura 3.8), e conseqüentemente, em equilíbrio com o bloco 2.
N T atF 1 T P1 2 P2
Figura 3.8: Forças que atuam num sistema formado por dois blocos conectados por um fio inextensível.
Atrito Estático: Para que não exista movimento, a resultante das forças que atua nos blocos deve ser nula, e o atrito entre o bloco 1 e o plano deve ser máximo. Temos a seguinte distribuição de forças:
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55Bloco 1
=⇒=−=⇒=−
11
atat
PN0PNFT0FT
(1)
Bloco 2
22 PT0PT =⇒=− (2)
Igualando as equações 1 e 2, encontramos uma expressão para o coeficiente de atrito estático
2sat PN.F =µ=
gmgm 21s /=/⋅µ
1
2s m
m=µ
Atrito Cinético: Aumentando-se a massa do bloco 2, o bloco 1 entrará em movimento. Consideremos então, m2´ > m2, de forma que o bloco 1 entre em MRUV. Consideremos que o movimento apresenta aceleração constante a.
A força resultante que atua no sistema pode ser escrita, para cada bloco, como:
Bloco 1
=⇒=−+=⇒=−
gmN0PNFamTamFT
11
at11at (3)
Bloco 2
amTP ´2
´2 =− (4)
Igualando as equações 3 e 4, encontramos uma expressão para o coeficiente de atrito cinético
amgmgmam ´2
´21c1 −=µ+
gmam)ag(m
1
1´2
c−−
=µ
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56 Exemplo 3-13: Plano Inclinado
Vamos considerar que o bloco 1 está em repouso sobre o plano inclinado (figura 3.9), e em equilíbrio com o bloco 2.
T T N 2 1 atF P′2 P1 θ
Figura 3.9: Forças atuantes num sistema de dois blocos unidos por um fio inextensível, num plano inclinado.
Atrito Estático: Quando o sistema estiver parado, mas com tendência de que o bloco 2 (com massa m2) se mova para baixo, o bloco 1 tenderá a se mover no sentido ascendente, teremos as seguintes equações de movimento:
Bloco 1
θ=⇒=−θ+µ=⇒=θ−−
cosgmN0PNsengmNT0senPFT
1y1
1s1at (1)
Bloco 2
gmT0PT 22 =⇒=− (2)
Igualando as equações 1 e 2, encontramos uma expressão para o coeficiente de atrito estático
gmsengmcosgm. 211s =θ+θµ
θθ−
=µcosgm
sengmgm
1
12s
O mesmo vale se o bloco 2 estiver com tendência para se mover para cima.
Atrito Cinético: Se considerarmos que o plano está inclinado de um certo ângulo θ, devido a atuação da força da gravidade, o corpo é acelerado com uma aceleração gsenθ na direção do plano, onde g é a aceleração da gravidade e θ a inclinação do plano. Se não desprezarmos a ação da força de atrito entre as superfícies de contato do corpo e o plano, e usando a segunda lei de Newton, teremos as seguintes possibilidades que são apresentadas a seguir.
CINEMÁTICA
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57
Considerando-se o movimento do bloco 1 no sentido ascendente (figura 3.9), ao longo do plano inclinado, devemos levar em consideração que agora a massa do bloco 2 ( ´
2m ) é maior do que aquela necessária para manter o equilíbrio do sistema (m2). Podemos escrever:
Bloco 1
θ=⇒=θ−+θ+µ=⇒=θ−−
cosgmN0cosPNamsengmNTamsenPFT
11
11c11at (3)
Bloco 2
amgmTamTP ´2
´2
´2
´2 −=⇒=− (4)
Igualando as equações 3 e 4, encontramos uma expressão para o coeficiente de atrito cinético no movimento ascendente
( )agmamsengmcosgm ´2111c −=+θ+θµ
( )θ
−θ−−=µ
cosgmamsengmagm
1
11´2
c
Ao analisarmos a situação na qual o mesmo corpo movimenta-se no sentido descendente (figura 3.9), ao longo do plano inclinado, devemos levar em consideração que agora a massa do bloco 2 ( "
2m ) é menor do que aquela necessária para manter o equilíbrio do sistema (m2), e que a aceleração do sistema é a´. Neste caso teremos as seguintes equações:
Bloco 1
θ=⇒=θ−−µ−θ=⇒=−−θ
cosgmN0cosPN´amNsengmT´amFTsenP
11
1c11at1 (5)
Bloco 2
( )gamTamPT 222 +′′′=⇒′′′=′′− (6)
Igualando as equações 5 e 6, encontramos uma expressão para o coeficiente de atrito cinético no movimento descendente
( )gam´amcosgmsengm 211c1 +′′′=−θµ−θ
( )θ
+′′′−′−θ=µ
cosgmgamamsengm
1
211c
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58
Exemplo 3-14: Um bloco está em repouso sobre um plano inclinado, conforme mostra a figura 3.10. O ângulo de inclinação é lentamente aumentado até atingir um valor crítico, θc, no qual o bloco principia a escorregar. Calcular o coeficiente de atrito estático µs.
Figura 3.10
a) Diagrama de Forças:
b) Soma das forças em x e em y:
Nsenmg0fsenmgF scscx µ=θ⇒=−θ=∑ (I)
ccy cosmgNcosmgNF θθ =⇒−=∑ (II)
Substituindo (II) em (I), temos
cc
cs tg
cossen
θ=θθ
=µ
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59
Exemplo 3-15: A massa m2 da figura 3.11 foi escolhida de tal modo que o bloco de massa m1 está prestes a escorregar. (a) Se m1 = 7 kg e m2 = 5 kg, qual o coeficiente de atrito estático entre a superfície da prateleira e o bloco? (b) Com um pequeno empurrão, os dois blocos movimentam-se com aceleração a. Calcular a aceleração a se o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície for µc = 0,54.
Figura 3.11
a) Diagrama de Forças:
Soma das forças em x e em y para o sistema em equilíbrio estático:
Bloco 1
gmN0gmNF
NT0fTF
11y
s1s1x
=⇒=−=
=⇒=−=
∑∑ µ
Logo, combinando as duas equações gmT 1s1 µ=
Bloco 2
gmT0gmTF
0F
2222y
x
=⇒=−=
=
∑∑
Logo, gmT 22 =
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60 Como a tensão nos dois blocos é a mesma, devemos ter: T1 = T2. Dessa forma, o
coeficiente de atrito estático será
71,075
mmgmgm
1
2s21s ===⇒= µµ
71,0s =µ
b) Sistema em movimento: Bloco 1
gmN0gmNF
amNTamfTF
11y
1s11c1x
=⇒=−=
+=⇒=−=
∑∑ µ
Logo, combinado as duas equações amgmT 11s1 += µ
Bloco 2
amgmTamgmTF
0F
222222y
x
−=⇒−=−=
=
∑∑
Logo, amgmT 222 −=
Como a tensão nos dois blocos é a mesma, devemos ter: T1 = T2. Dessa forma, a aceleração
do sistema será
( ) gmgmmma0amgmgmam
1c212
11c22
µµ
−=−=−−+−
( )( )21
1c2
mmmmga
+−
=µ
2s/m996,0a =
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613ª LISTA DE EXERCÍCIOS
1. Um carro faz uma viagem de 200 km a uma velocidade média de 40 km/h. Um segundo carro, partindo 1,0 hora mais tarde, chega ao ponto de destino no mesmo instante que o primeiro. Qual é a velocidade média do segundo carro no intervalo de tempo em que esteve em movimento? R: v = 50 km/h
2. Uma partícula se move sobre o eixo dos x de acordo com a equação x=2 + 3t - t2, onde x está em
metros e t em segundos. Em t=3,0 s, achar (a) a posição da partícula, (b) a velocidade da partícula e (c) sua aceleração.
R: (a) 2,0 m ; (b)-3,0 m/s ; (c) –2,0 m/s2
3. Um avião a jato aterrissa com velocidade de 100 m/s e pode desacelerar à taxa máxima de -5,0 m/s2 até ficar em repouso. (a) A partir do instante em que toca na pista, qual é o intervalo de tempo mínimo necessário para que atinja o repouso? (b) Esse jato poderia aterrissar no aeroporto de uma pequena ilha, com uma pista de 0,80 km? Justifique.
R: (a) 20 s ; (b) não 4. O gráfico abaixo apresenta duas retas, às quais correspondem ao movimento de dois
automóveis. O que acontece no ponto em que estas duas retas se interceptam? Calcule a velocidade dos dois automóveis. R: vA = 8,3 m/s ; vB = 16,7 m/s
0 1 2 3 4 5 60
1
2
3
4
5
6
7
B
A
pos
ição
(km
)
t em po (m in )
5. Este gráfico representa o movimento de dois ciclistas. O ciclista A parte de Lages rumo a São
Joaquim às 10h. No mesmo instante, o ciclista B parte de São Joaquim para Lages. Calcule a velocidade de cada um deles e o instante em que se encontram. R: vA = 13,3 km/h ; vB = 20,0 km/h ; encontro em t = 1,5 horas.
0 2 40
10
20
30
40
50
B
A
M ovim en to Un iform e
x (k
m)
t (h )
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62 6. Este gráfico mostra o espaço percorrido por um objeto em função do tempo. Calcule as
diferentes velocidades (em metros por minuto) que o objeto apresenta ao longo do seu movimento. Calcule também sua velocidade média. R: 0 < t < 1min: v1 = 200 m/min
1min < t < 2,5 min: v2 = 33,3 m/min 2,5 min < t < 3,3 min: v3 = 125 m/min 3,3 min < t < 4 min: v4 = 71,4 m/min
vmed = 100 m/min
7. Um trem parte do repouso e se move com aceleração constante. Em um determinado instante, ele viaja a 30 m/s, e 160 m adiante, trafega a 50 m/s. Calcule (a) a aceleração, (b) o tempo necessário para percorrer os 160 m mencionados, (c) o tempo necessário para atingir a velocidade de 30 m/s e (d) a distância percorrida desde o repouso até o instante em que sua velocidade era de 30 m/s. R: (a) 5,0 m/s2 ; (b) 4,0 s ; (c) 6,0 s ; (d) 90 m
8. Um carro se movendo com aceleração constante percorre, em 6,0 s, a distância entre dois
pontos separados de 60,0 m. Quando passa pelo segundo ponto, sua velocidade é de 15,0 m/s. (a) Qual é a velocidade no primeiro ponto? (b) Qual é a aceleração? (c) A que distância do primeiro ponto o carro estava em repouso? R: (a) 5,0 m/s ; (b) 1,7 m/s2 ; (c) 7,5 m
9. Uma partícula move-se com a velocidade v = 8t – 7, com v em m/s e t em segundos. (a)
Calcular a aceleração média sobre intervalos de um segundo, principiando em t = 3s e em t = 4s. (b) Traçar v contra t. (c) Qual a aceleração instantânea em qualquer instante? R: a) a = 8 m/s2; c) a = 8 m/s2
em cada instante. 10. Um avião, para aterrissar num navio aeródromo, dispõe de 70m de pista. Se a velocidade
inicial for de 60 m/s. (a) Qual deve ser a aceleração na aterrissagem, admitindo-se seja constante? (b) Quanto tempo leva o avião até parar? R: a) –25,7 m/s2; b) 2,33 s
11. As coordenadas da posição de uma partícula, (x,y), são (2m, 3m) no instante t = 0s; (6m, 7m)
em t = 2s; e (13m, 14m) em t = 5s. (a) Calcular a velocidade média vméd entre t = 0s e t = 2s. (b) Calcular a vméd entre t = 0s e t = 5s. R: a) vm = 2,83 m/s; b) vm = 3,11 m/s
12. Uma partícula desloca-se no plano xy com aceleração constante. No instante inicial (t = 0s) a
partícula está em x = 4m, y = 3m e tem a velocidade ( ) ( ) js/m9is/m2v −= . A aceleração é dada por ( ) ( ) js/m3is/m4a += . (a) Calcular o vetor velocidade no instante t = 2s. (b) Calcular o vetor posição no instante t = 4s. (c) Dar o módulo e a direção do vetor posição.
0 1 2 3 40
50
100
150
200
250
300
350
400
x (m
)
t (m in )
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63
R: a) ( ) ( ) js/m3is/m10)s2(v −= ; b) ( ) ( ) jm9im44)s4(r −= ; c) °−=θ≅ 56,11em9,44r
13. Uma partícula tem o vetor posição ( ) jt5t40it30r 2−+= , com r em metros e t em segundos. Determinar, em função de t, os vetores velocidade instantânea e aceleração instantânea. R: ( ) j10)t(aejt1040i30)t(v −=−+=
14. A aceleração constante de uma partícula é dada por ( ) 2s/mj4i6a += . No instante t = 0, a
velocidade é nula e o vetor posição é ( )im10r0 = . (a) Determinar os vetores velocidade e posição em qualquer instante t. (b) Determinar a equação da trajetória da partícula no plano xy e desenhar esta trajetória.
R: a) ( ) ( ) ( ) tj4i6)t(vetj2i3im10)t(r 2 ⋅+=⋅++= b) 3
20x32y −⋅=
15. A posição r de uma partícula em movimento, num plano xy é dada por
( ) ( ) jt76it5t2r 43 −+−= . Com r em metros e t em segundos. (a) Encontre ( )tv e ( )ta . (b) Quando t = 2s, calcule ( )tr , ( )tv e ( )ta . R: a) ( )tv = (6,00 t2 – 5,00) i –28,00 t3 j ; ( )ta = 12,00 t i –84,00 t2 j ; b) ( )s2r = 6,00 i – 106,00 j ; ( )s2v = 19,00 i – 224,00 j ; ( )s2a = 24,00 i – 336,00 j .
16. Um barco à vela desliza na superfície gelada de um lago, com aceleração constante produzida
pelo vento. Em um determinado instante, sua velocidade é de 6,30 i – 8,42 j , em metros por segundo. Três segundos depois, devido à mudança do vento, o barco para de imediato. Qual a sua aceleração média, durante este intervalo de 3 s? R: ( )ta = - (2,10 m/s2) i + (2,81 m/s2) j .
17. Em t = 0, uma partícula que se move no plano xy tem a velocidade ( ) s/mj2i3v0 −= na
origem. Em t = 3s, sua velocidade é ( ) s/mj7i9v += . Achar (a) a aceleração da partícula e (b) sua coordenada em qualquer instante t. R: a) (2 i + 3 j ) m/s2; b) (3t + t2) i + (-2t + 1,5t2) j .
18. Ao aumentar a altitude em relação ao nível do mar, o valor da aceleração da gravidade diminui
de 3 x 10-3 m/s2 para cada 1000m de elevação. Calcule qual é seu peso (em newtons) ao nível do mar (g = 9,806 m/s2) e sobre uma montanha de 4810m. Considere uma massa de 70 kg. R: Ao nível do mar:686,42 N Na montanha: 685,41 N
19. Em Marte, onde a aceleração da gravidade é de aproximadamente 4 m/s2, um objeto pesa
400N. Calcule seu peso na Terra. R: 980 N 20. A massa de um objeto é de 70 kg na Terra. Calcule o peso (em newtons) quando ele se
encontra numa astronave situada a uma distância do centro da Terra igual ao dobro do raio terrestre. Nesse local, a aceleração da gravidade é de 2,45 m/s2. R: 171,5 N
21. Um homem empurra um trenó, carregado com massa m = 240 kg, por uma distância d = 2,3 m,
sobre a superfície sem atrito de um lago gelado. Ele exerce sobre o trenó uma força horizontal constante, com módulo F = 130 N. Se o trenó parte do repouso, qual a sua velocidade final? R: 1,58 m/s
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22. Um caixote de massa m = 360 kg está parado sobre a carroceria de um caminhão que se move com uma velocidade v0 = 120 km/h. O motorista freia e diminui a velocidade para v = 62 km/h em 17 s. Qual a força (suposta constante) sobre o caixote, durante esse intervalo de tempo? Suponha que o caixote não deslize sobre a carroceria do caminhão. R:-342 N
23. Se um corpo de 1 kg tem uma aceleração de 2,00 m/s2, fazendo um ângulo de 20° com o semi-
eixo positivo x, então, a) quais são as componentes x e y da força resultante sobre o corpo e b) qual a força resultante, em notação de vetores unitários? R: 1,88 N; 0,68 N; 1,9 j 0,7 i +
24. Se o corpo de 1 kg é acelerado por jN) (4,0 iN) (3,0 F1 += e jN) (-6,0 iN) (-2,0 F2 += , então,
a) qual a força resultante, em notação de vetores unitários, e b) qual o módulo e o sentido da força resultante? R: j2,0 - i1,0 ; 2,2 N; - 63°
25. Suponha que o corpo de 1 kg é acelerado a 4,00 m/s2, fazendo um ângulo de 160° com o semi-
eixo positivo x, devido a duas forças, sendo uma delas jN) (4,60 iN) (2,50 F1 += . Qual é a outra força em a) notação de vetores unitários e b) módulo e sentido? R: j3,23 - i6,26 - ; 7,04 N; 207°
26. Na caixa de 2,0 kg, da figura, são aplicadas duas forças, mas
somente uma é mostrada. A aceleração da caixa também é mostrada na figura. Determine a segunda força a) em notação de vetores unitários e b) em módulo e sentido. R: j 21 - i 32 - ; 38,3 N; 213°
35. Um armário de quarto com massa de 45 kg, incluindo gavetas e roupas, está em repouso sobre
o assoalho.(a) Se o coeficiente de atrito estático entre o móvel e o chão for 0,45, qual a menor força horizontal que uma pessoa deverá aplicar sobre o armário para colocá-lo em movimento? (b) Se as gavetas e as roupas, que têm 17 kg de massa, forem removidas antes do armário ser empurrado, qual a nova força mínima? R: a) 198 N; b) 123 N
36. Um disco de hóquei de 110 g desliza cerca de 15 m sobre o gelo antes de parar. (a) Para uma
velocidade escalar inicial de 6,0 m/s, qual é o módulo da força de atrito sobre o disco durante o deslizamento? (b) Qual o coeficiente de atrito entre o disco e o gelo? R: a) 0,13 N; b) 0,12
37. Um vagão aberto de trem está carregado com caixas que têm um coeficiente de atrito estático de 0,25 com o assoalho do vagão. Se o trem se move a 48 km/h, qual a menor distância em que pode ser parado, com uma desaceleração constante, sem provocar o deslizamento das caixas? R: 36,3 m
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65 38. Dois blocos são ligados através de uma polia, conforme
mostrado na figura. A massa do bloco A é de 10 kg e o coeficiente de atrito cinético é 0,20. O bloco A desliza para baixo sobre o plano com velocidade constante. Qual a massa de B? R: 3,27 kg
39. O bloco m1 na figura tem massa de 4,0 kg e m2 de 2,0
kg. O coeficiente de atrito entre m2 e o plano horizontal é 0,50. No plano inclinado não há atrito. Determine: (a) a tensão na corda e (b) a aceleração dos blocos. R: a) 13 N; b) 1,6 m/s2
40. 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 levantando uma das extremidades. Quando o ângulo de inclinação faz 30° com a horizontal, ela começa a deslizar, descendo a prancha cerca de 2,5 m em 4,0 s. Quais os coeficientes de atrito que o aluno deseja determinar? R: a) 0,58; b) 0,5
41. Um bloco de 2 kg está sobre um outro de 5 kg, como mostra a figura ao lado. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco de 5 kg e a superfície onde repousa é 0,2. Uma força horizontal F é aplicada ao bloco de 5 kg. (a) Traçar o diagrama de forças de cada bloco. (b) Qual a força necessária para empurrar os dois blocos para a direita, com uma aceleração de 3 m/s2. (c) Achar o coeficiente de atrito estático mínimo entre os dois blocos, a fim de que o bloco de 2 kg não escorregue com a aceleração de 3 m/s2. R: b) 34,7 N ; c) 0,306
42. Os blocos A e B da figura ao lado pesam 44 N e 22 N, respectivamente. (a) Determine o peso mínimo do bloco C para impedir que o bloco A deslize se µc entre o bloco A e a mesa for de 0,20. (b) O bloco C é removido subitamente de cima do bloco A. Qual será a aceleração do bloco A se µc entre A e a mesa for de 0,15? R: a) 66 N; b) 2,3 m/s2
Polia sem massa e sem atrito
AB
30o)
Polia sem massa e sem atrito
µ = 0,50
30o)
m1
m2
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66
43. Os três blocos da figura abaixo estão ligados por fios leves e flexíveis que passam por polias sem atrito, e possuem massas m1 = 10 kg, m2 = 5 kg e m3 = 3 kg. A aceleração do sistema se direciona para a esquerda em 2 m/s2 e as superfícies têm atrito. Achar (a) as tensões nos fios e (b) o coeficiente de atrito cinético entre os blocos e as superfícies (Admitir o mesmo µ para os dois blocos que escorregam.) R: a) 78,0 N e 35,9 N; b) 0,655