ExerciciosResolvidosCap1

8/11/2019 ExerciciosResolvidosCap1

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MECNICA GERAL

Exerccios ResolvidosCaptulo 1

Os exerccios aqui resolvidos so avaliados como de grau fcil e mdio pelos alunos.

Autor: Prof. Carlos Alberto KuhnenUFSC / CFM / FSC

BLOCO 1

FORAS QUE DEPENDEM EXPLICITAMENTE DO TEMPO

1- Um prton de carga edesloca-se a velocidade muito alta e constante 0v em uma linha

reta que passa prxima a um eltron de massa m e carga e, que est inicialmente emrepouso. O eltron encontra-se a uma distncia a da trajetria do prton.

a) Suponha que o prton passe pelo eltron to rapidamente que este no tenha temposuficiente para deslocar-se a uma distncia aprecivel at que o prton esteja muitolonge. Calcule a componente da fora na direo perpendicular linha sobre a qual o

prton se desloca. Considere 0t quando o prton alcana a distncia de maioraproximao do eltron.

b) Calcule o impulso gerado por esta fora.c) Usando os resultados dos itens acima, faa o clculo aproximado do momento linearfinal e da energia cintica final do eltron.d) Mostre que a condio para que a suposio no item (a) seja vlida

22

0

0

11836

2 4

eMv

a

onde M a massa do prton.

SOLUO:a) A figura abaixo mostra o prton em duas posies. Antes de passar pelo eltron edepois. Como a figura mostra consideramos o instante zero quando a partcula est

passando pelo eltron. Neste instante a distncia entre as sua partculas a .

v0t

e+

v0

F

r a

e-

.

O mdulo da fora (atrativa) entre o prton e o eltron ,

2

2

04

eF

r

Esta fora tem a direo da reta que une as duas cargas e podemos dividi-la em umacomponente perpendicular direo de deslocamento do prton e outra paralela, como

mostra a figura acima. A componente perpendicular ,


2/47

2

F Fsen a

senr

A figura mostra que2 2 2

0( )r a v t

Logo,2 2

3 2 2 2 3/ 2

0 0 04 4 ( )

e a e aF

r a v t

( )t

Note que para chegarmos ao resultado acima estamos admitindo que o eltronpraticamente no se desloque enquanto o prton se desloca rapidamente da posio 1para a posio 2.b) O impulso obtm-se pela integral da fora no tempo,

2 2

2 2 2 3/ 2 2 2 2 3/ 2

0 0 0 0

1( )

4 ( ) 4 ( )

e a e aI F t dt dt dt

a v t a v t

Como o integrando funo par,

2 2

0

2 2 2 3/ 2 2 2 2 20 0 00 0 0 0

12

4 ( ) 2

v te a e aI dt

a v t a v a v t

2

0 02

eI

av

c) Como a variao na quantidade de movimento igual ao impulso, I p onde

estamos indicando que a variao do momento linear do eltron perpendicular direo de deslocamento do prton. Como a velocidade inicial do eltron consideradanula, vem ep mv , onde ve a velocidade final do eltron. Assim

2

0 02e

eI p mv

av

A variao na energia cintica do eltron ser,

42

2 2 2

0 0

1 2

2 (4 )c e

eE mv

ma v

Voc deve notar que a componente da fora paralela ao deslocamento do prton noproduz variao no momento linear do eltron, pois,

cosF F 0cos v t

r

Logo2

2 2 2 3/ 2

0 04 ( )

oe v t

Fa v t

Como F uma funo mpar, vem, ( ) 0I p F t dt

.


3/47

3

d) Para que a suposio do item (a) seja vlida a energia cintica transferida ao eltrondeve ser bem menor que a energia mxima de interao entre as duas partculas, isto ,

2

0

1/ 4

cE

e a

Usando cE calculado acima temos,

4

0

2 2 2 2

0 0

421

(4 )

ae

ma v e

Simplificando vem,2

2

0

0

2

4

ev

am

SendoM a massa do prton (M 1836m), podemos reescrever a expresso acima como,

22

0

0

1

4 2

e MMv

a m

Ou2

2

0

0

11836

2 4

eMv

a

o que significa que a energia cintica do prton deve ser bem maior que a energiapotencial mxima entre o eltron e o prton. Isto , devemos ter uma velocidade v0altapara que o prton passe rapidamente enquanto o eltron quase no se desloca. Quantomaior a distncia a , de mxima aproximao entre as partculas, maior deve ser aenergia cintica do prton.

2-Uma partcula de massa m est sujeita ao de uma fora dada por:

0

2 2

0

1( )

( ) ( )

p tF t

t t t

t

Onde0

p e t so constantes. A curva ( )F t denominada de Lorentziana e abaixo

mostramos a forma de ( )F t . Note que a curva da fora versus tempo tem sua largura

definida por t e que quanto menor o valor de t mais estreita a curva e maior o seupico. Esta fora descreve a situao em que a fora inicia do zero, cresce at ummximo e depois cai a zero novamente. Por uma questo de simplicidade nos resultadosque vamos obter, escolhemos o intervalo de tempo em que a fora atua como sendoentre e .


4/47

4

P0/t

t

t0

F(t)

t

a) Pede-se para determinar o impulso total gerado por esta fora.

b) Considere que a velocidade inicial da partcula (em t ) seja 0v . Qual sua

velocidade final ( t )?

SOLUO:

a) Este problema uma mera utilizao do teorema do momento linear, ou seja, oimpulso (que igual variao na quantidade de movimento) ,

( )I p F t dt

0

2 2

0

1

( ) ( )

p tp dt

t t t

Quando no lembramos de um integral procuramos na Tabela de Integrais, neste caso,

a

zarctg

aaz

dz 122

Logo,

000 1 p

t

ttarctg

t

tpp

Assim o impulso total gerado pela fora ,

0I p p

b) Como conhecemos a variao no momento linear vem,

0 0p mv mv p

Onde 0v a velocidade em t e v a velocidade em t , assim,

00

pv v

m

A velocidade como funo do tempo tambm pode ser obtida


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5

00 2 2

0

1

( ) ( )

tp t

mv mv dt t t t

0 00

1 t

p t t tv v arctg

m t t

0 00 [ ]

2

p t tv v arctg

m t

Para t , vem 00p

v vm

3- Uma partcula de massa m e com velocidade inicial v0 em 0t fica submetida afora )(tF mostrada na figura abaixo. A partcula est inicialmente na origem.

F0

F(t)

0t1/2 t

1

t

a) A partir da curva dada determine a fora )(tF .

b) Determine a velocidade e a posio como funo do tempo.

SOLUO:

a) Agora temos o caso em que a fora depende do tempo de forma quadrtica, pois acurva para )(tF uma parbola. Em 0t e em 1tt a fora nula e seu valor

mximo (e igual a 0F ) em 2/1t . Escrevemos )(tF como,

CBtAttF 2)(

Com os pontos dados temos: 0C , 10/4 tFB e2

10/4 tFA ,

Assim podemos escrever,

tt

Ftt

FtF

1

02

2

1

0 44)( = ])2(

41[

212

1

0

tttF 10 tt


6/47

6

Note que especificamos o intervalo de tempo em que a fora atua.

b) Para determinarmos a velocidade como funo do tempo, devemos considerar temposno intervalo

10 tt e tempos posteriores, isto , 1tt .

Para10 tt usamos a equao do movimento,

)(tFdt

dvm

tv

v

dttFdvm0

')'(

0

]')''

([4)(10

2

1

2

00 dtt

t

t

tFvvm

t

]2

3

4[

1

2

2

1

3

00

t

t

t

t

m

Fvv

10 tt

Em1tt o valor a velocidade

m

tFvtv

3

2)( 1001

A partir de1t a fora passa a ser nula de modo que a partir deste instante a partcula ir

se deslocar com velocidade constante igual a )( 1tv .A posio como funo do tempo obtm-se integrando a velocidade,

]')'2

3

'4([''

1

2

2

1

3

0

0

0

0

0

dtt

t

t

t

m

Fdtvdx

ttx

]3

2

3[

1

3

2

1

4

00

t

t

t

t

m

Ftvx

10 tt

E a posio da partcula no instante 1t ,

2

10

1013

)( tm

Ftvtx

A posio como funo do tempo, para1tt corresponde ao movimento retilneo

uniforme pois a fora nula para tempos posteriores a t1, assim,

ttvtxtx )()()( 11 1tt


7/47

7

0 1 0 10 1 0

2( ) ( ) ( )

3 3

F t F tx t v t v t

m m 1tt

4) Considere um eltron de carga esubmetido a um campo eltrico oscilante ao longodo eixo dosx:

)cos( 00 tEEx

Onde 0E a amplitude de campo, a freqncia de oscilao do campo e 0 uma

fase inicial. Determine a velocidade e a posio do eltron como funo do tempo.

SOLUO:

A fora sobre o eltron

0 0cos( )xF eE t

Veja que a fora tem sentido oposto ao do campo, isto , est defasada de em relaoao campo.Logo,

0 0cos( )dv

m eE t dt

Note que temos ou no uma acelerao inicial do eltron dependendo do valor de 0 no

instante inicial 0t . Considerando o instante inicial como 0 0t e a velocidade do eltron

neste instante como0

v temos

0

0 0

0

cos( )

v t

v

m dv eE t dt

0 0 0 00 0 0 0

0

( ) ( )

teE eE eE sen

v v sen t v sen t m m m

0 0 00 0( )

eE sen eE v v sen t

m m

A existncia de uma fase 0 implica na adio de um termo constante na velocidade,alm de 0v , isto , o termo

0 0eE sen

m.

Integrando-se obtemos a posio como funo do tempo,

0

0 0 00 0

0 0

( ) ( )

x t t

x

eE sen eE dx v dt sen t dt

m m


8/47

8

0 0 00 0 02

0

( ) cos( )

teE sen eE

x x v t tm m

0 0 0 00 0 0 02 2

( ) cos( ) coseE sen eE eE

x x v t t

m m m

Para0

0x e0

0v e com fase 0 0 vem,

0eEv sen t m

0

2(1 cos )

eEx t

m

E, portanto, o eltron executa oscilaes em torno da posio 022

eEx

m , com

amplitude 02

eExm

.

Para0

0x e0

0v e com fase0

/ 2 , obtemos,

0 (1 cos )eE

v tm

0 0

2

eE eE x t sen t

m m

Agora o deslocamento est em fase com o campo, e o eltron, medida que oscila seafasta da origem (a posio cresce linearmente com o tempo). Observe que agora avelocidade nunca chega a inverter seu sentido.Este exemplo de interesse no estudo de propagao de ondas rdio na ionosfera, cujadensidade de eltrons muita elevada. Como os eltrons tm carga negativa a

polarizao resultante est 1800fora de fase com o campo eltrico e como resultado aconstante dieltrica da ionosfera menor que um e assim a velocidade de propagaodas ondas de rdio na ionosfera maior que a velocidade cdas ondas eletromagnticasno vcuo. Para se constatar isto basta considerar apenas o termo oscilante na soluoque encontramos acima para ( )x t . O momento de dipolo devido ao deslocamento doeltron de sua posio de equilbrio ,

2 2

0 02 2cos( ) x

e eex E t E

m m

ExistindoN eltrons por cm3o momento de dipolo total ,

2

2x x

NeP E

m

Enquanto que o deslocamento eltrico ,

2 2

0 0 02 20( ) (1 )x x x x x

Ne Ne

D E P E Em m


9/47

9

Como x xD E vemos que a constante dieltrica 2

2

0 0

1 Ne

m

O que mostra que a constante dieltrica menor que um. A velocidade de propagao

das ondas /v c n onde 0 0/n e sendo 0 , vem,

2 2

01 /

cv

Ne m

Logo, v c .

BLOCO 2

FORAS DEPENDENTES DA POSIO

1) Uma partcula de massa m atrada para a origem por uma fora 2( )F x kx . Se em0t ela se encontra em repouso em x a , qual sua velocidade ao atingir a origem?

SOLUO:

Usando a equao de movimento:

2dv dvm mv kxdt dx

Podemos integrar

2

0

v x

a

kv dv x dx

m

2 3( )

2 3

x

a

v k x

m

Logo, 3 32

( )3

kv a x

m

Onde o sinal menos serve para indicar que ela se desloca da esquerda para a direita. Naorigem a velocidade ser,

32

3

kv a

m


10/47

10

2) Uma partcula de massa mest sujeita a uma fora que depende apenas da posio etem sua velocidade como funo da posio descrita por:

3

1( )

kv x

m x

Determine a fora ( )F x .

SOLUO:

Como a fora que atua depende apenas da posio escrevemos a equao demovimento:

( )dv dv

m mv F xdt dx

Calculamosdv

dx:

4

13

dv k

dx m x

Assim3 4

1 1( )3 ( )

k km F x

m x m x

Ou seja,7

3( )

kF x

x

3) Uma partcula atrada para a origem por uma fora2

( ) k

F x

x

, se em 0t ela

est em repouso em x a , quanto tempo ela leva para atingir a origem?

SOLUO:

Usando a equao de movimento

2

dv dv k m mv

dt dx x

Integramos

2

0

v x

a

dxmv dv k x

21 1 1( )2

mv kx a

O resultado acima nada mais que a conservao da energia, a variao da energiacintica igual variao da energia potencial. Assim,

2 1 1dx kv

dt m x a

Integramos


11/47

11

0

2 2

1 1

x t

a

dx k k dt t

m m

x a

2

x

a

x dx ktmaa x

Para a integral da posio efetuamos a substituio de varivel, 2 u x , 2 udu dx ,assim,

2

2

22

x x

a a

x dx u du kt

maa x a u

Procuramos a integral na varivel u em uma tabela de integrais,

22

2 2

x

a

u a u a u k arcsen t

maa

Como 12

arcsen vem,

2( )

2 2 2

x a x a x karcsen t

maa

Observe que no podemos isolar x de modo a obter ( ).x t E dizemos que a posio nose expressa mediante uma funo elementar do tempo. O resultado acima permite obtero tempo que a partcula leva para atingir a origem,

2 4o

k at

ma ou

3

8o

mat

k

4)Uma partcula de massa mest sujeita fora repulsiva3

( ) k

F xx

. Considerando que

em 0t ela esteja em repouso em x a , determine a posio como funo do tempo.

SOLUO:

A equao de movimento fornece

3

dv dv k m mv

dt dx x

Integrando vem,


12/47

12

3

0

v x

a

k dxv dv

m x

2

2 21 1( )

2 2v k

m a x

Assim, a velocidade como funo da posio

2 2k x av

m ax

Observe que2x

kv

ma , o que significa que toda sua energia potencial foi

convertida em cintica.Para se obter a posio, integramos,

22 20

x t

a

x dx kdt

max a

2 2

2

x

a

kx a t

ma

2 2 2

2

kx a t

ma

Ou seja,

2 2

2

kx a t

ma

5) Uma partcula de massa m est sob a ao de uma fora repulsiva ( )F x kx .Obtenha a posio como funo do tempo para as condies iniciais: a) ( 0) 0x t e

0( 0)v t v . b) ( 0)x t a e 0( 0)v t v .

SOLUO:

A energia potencial da partcula 21

( )2

V x kx , que uma parbola com a

concavidade voltada para baixo, ou seja, a posio 0x de equilbrio instvel. Avelocidade como funo da posio , pela conservao da energia,


13/47

13

22 1( )2

dxv E kx

dt m

Para as condies iniciais dadas temos que no item a) a energia total 20

1

2E mv e no

item b) a energia total 2 201 12 2

E mv ka . De modo que podemos integrar a

velocidade acima para determinar a posio como funo do tempo para as condiesiniciais dadas. Deixamos isto a cargo do leitor.Vamos usar um procedimento alternativo resolvendo a equao de movimento.

dvm m x kx

dt

Ou 2 0x x

Sendo 2 /k m . A soluo da equao diferencial acima pode ser obtida com funes

exponenciais, tx Ae , tx A e , 2 tx A e , substituindo na equao vem,

2 2( ) 0tA e Logo, , e assim uma soluo geral

1 2

t tx Ae A e

Ao invs de escrever a soluo em termos de exponenciais escrevemos em termos defunes hiperblicas ( que so combinaes de funes exponenciais), pois a derivada

do coseno hiperblico o seno hiperblico e vice versa de maneira que estas funestambm satisfazem a equao de movimento acima. Assim expressamos a soluo geraldo problema como,

coshx A t Bsenh t

E determinas as constantes A e Bpor meio das condies iniciais.a) Neste caso, no instante inicial, a partcula est na origem tendo velocidade 0v .

Assim, como o coseno hiperblico de zero um vem que, 0A . A velocidade comofuno do tempo

coshv Asenh t B t

Como 0A , em 0t , vem,

0v B ou0vB

E a soluo ( )x t , 0v

x senh t

b)Com ( 0)x t a e 0( 0)v t v obtemos,

a A


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14

0v B

Assim,

0

cosh

v

x a t senh t O sinal negativo na velocidade inicial indica que a partcula est se movimentando emdireo origem. A partcula passa pela a origem no instante ot dado por,

0

1o

at arctgh

v

E continua a se deslocar na direo do eixo x negativo indo para quando t . A

velocidade com que a partcula passa pela origem 2 2 20v v a ( use a conservao

da energia para mostrar isto).

Observe que se 0v a vem 0t , mostrando que a partcula leva um tempo infinitopara atingir a origem, pois neste caso a energia total da partcula exatamente zero,

2 2

0

1 10

2 2E mv ka , e, portanto, na origem a velocidade zero. Assim ou a partcula

est na origem e permanece um tempo infinito l ou levar um tempo infinito paraatingir esta posio.

6) Uma partcula de massa mest sujeita ao de uma fora

3

2( )

xF x kx k

a

Onde ke aso constantes.a) Determine V(x)e discuta os movimentos possveis que possam ocorrer.

b) Para energia total 2 / 4E ka determine a posio como funo do tempo. Considereas situaes em que a partcula est se deslocando dentro do poo (

0 0x ) e fora do

poo 0( 3 )x a .

SOLUO:a) Como temos a fora, calculamos a energia potencial,

2 3

0

( ) ( / )

x

V x kx ka x dx

Onde escolhemos o zero da energia potencial na origem. Assim,

42

2

1 1( )

2 4

kxV x kx

a


15/47

15

Para fazer um grfico calculamos alguns pontos. Sabemos que (0) 0V e que

( )x

V x

. A energia potencial nula em 2x a . Para pontos de mximo ou

mnimo calculamos a derivada e igualamos a zero,

3 20 / 0dV kx kx adx

Logo as razes so: 0;x x a . E em x a temos 21

( )4

V a ka .

Na figura abaixo esquematizamos o grfico de ( )V x . Note que a curva parablica emtorno da origem atingindo um mximo e depois indo para quando x . Istoocorre em virtude da fora que se constitui numa parte atrativa ( kx ) que predomina

para pequenos valores de x e numa parte repulsiva 3 2( / )kx a , que domina para valoresgrandes de x . Assim em torno da origem temos o que se chama de poo de energia

potencial.

-x3 -x2 x3x2

-x1 x1

E2

E4> ka

2/4

E3=ka

2/4

E0=0

E1(< 0)

-21/2

a 21/2

a-a

a

ka2/4

0

0

V(x)

x

A partir deste esboo da energia potencial (onde indicamos algumas energias totais

possveis para a partcula) podemos discutir os movimentos que a partcula podeexecutar.Para energias negativas 1 0E E a partcula ou repelida desde 1x at ou

repelida desde 1x at .

Para 0 0E E , se ela estiver dentro do poo, permanece em repouso na origem, que

uma posio de equilbrio estvel. Se a partcula estiver fora do poo ela deslocar (ser

repelida) de 2a at , ou ir se deslocar desde 2a at .


16/47

16

Para energias 2 2 3;0E E E E , ou a partcula se encontra confinada no poo e assim

oscila entre2 2

[ , ]x x . Os pontos 2x e 2x so denominados de pontos de retorno, pois a

partcula no tem energia para ultrapassar estes pontos. Neste caso ela no tem energiasuficiente para escapar do poo. Se a partcula estiver fora do poo, ou ela ser repelida

desde 3x at

ou, ser repelida desde 3x

at

.Para 23 / 4E E ka temos as seguintes possibilidades: Ou a partcula permanece

indefinidamente em repouso em x a , que so posies de equilbrio instvel, ou seestiver dentro do poo, estar se deslocando entre ( , )a a mas ela nunca ir alcanarestes pontos (levar um tempo infinito para isso). Na continuao deste exerccio, maisabaixo iremos provar isto. Mas se a partcula estiver fora do poo ela poder se deslocarentre ( , )a , ou entre ( , )a .

Para 4E E a partcula no fica confinada no poo, podendo se deslocar entre [0, )

ou entre [0, ) .

b) Vamos obter agora ( )x t para o caso em que a partcula tem energia total 2 / 4E ka .Como a fora conservativa usamos a conservao da energia e obtemos a velocidade

2( ( )

dxv E V x

dt m

42 2

2

2 1 1(4 2 4

dx kxka kx

dt m a

4 2 2 4

2( 2 )

2

dx k a a x xdt ma

2 2 2

2( )

2

dx ka x

dt ma

Agora vamos considerar as duas situaes:b1) Quando a partcula est dentro do poo, isto a x a , assim, com a condioinicial dada ( 0) 0x t temos,

2 2 2

0 0

( ) 2

x tdx k

dta x ma

Procuramos a integral em uma tabela e assim

2

0

1

2

xx k

arctgh t a a ma

E logo,

( )2

kx atgh tm


17/47

17

Onde o sinal + indica movimento para a direita e sinal movimento para a esquerda.Esta soluo mostra que x a somente quando t . Note que isto independe da

posio inicial da partcula. Ou seja, no instante considerado como inicial ela pode estarmuito prximo de a , mas levar um tempo infinito para atingir qualquer um a dasduas posies. Lembre-se que isto acontece porque se a partcula est na posio de

equilbrio (no caso ele instvel) ela l permanece por um tempo infinito no podendoassim estar em outro lugar, durante um tempo finito.b) Quando a partcula est inicialmente fora do poo, x a , e agora temos comocondio inicial ( 0) 3x t a , assim,

2 2 2

3 0

2

x t

a

dx kdt

x a ma

O sinal negativo escolhido serve como indicao que a partcula est se deslocando da

direita para a esquerda (em direo posio x a ). Procuramos a integral na tabela eassim,

2

3

1 cot

2

x

a

x karc gh t

a a ma

cot cot 32

x karc gh arc gh t

a m

cot ( cot 3)2kx a gh t arc ghm

Logo a partcula s atinge a posio x a quando t .

7)Uma partcula de massa m est sujeita a uma fora definida por uma energia potencialdada por,

0 2 2( )

xV x V a

x a

x

a) Faa um grfico desta energia potencial e discuta os movimentos possveis que apartcula pode executar.b) Se a partcula tem energia total 0/ 2E V quando est em x a , qual sua

velocidade nesta posio? Se a partcula est se movimentando da esquerda para adireita qual ser sua velocidade em 0x ?

SOLUO:


18/47

18

a) Para fazermos um grfico de modo rpido, calculamos alguns pontos de ( )V x :

(0) 0V , ( ) 0x

V x

( ) 0x

V x

Onde 0 e 0 indicam que a funo

tende a zero com valores positivos e negativos respectivamente. Observe que a funo mpar.Mximos ou mnimos tiramos de,

0 0

0 2 2 2 2 2

1 (2 )0 0

( )x x x x

dV x xaV

dx x a x a

Assim,2 2 2

0 02 0x a x 0x a

Agora temos, 0( ) / 2V a V e 0( ) / 2V a V . Com estes pontos traamos um esboo de

( )V x como se mostra na figura abaixo. Nesta figura especificamos algumas energiasque a partcula pode ter, e que so suficientes para a discusso dos movimentos

possveis que ela pode executar.

x4

x3x

1x2

E5

E4

E3

E0

E2

E1

0

a-a

0

-V0/2

V0/2

x

V(x)

Podemos agora discutir os movimentos possveis dependendo da energia mecnica dapartcula:a- Para 1 0/ 2E E V a partcula permanece em repouso em x a . Posio de

equilbrio estvel. Mnimo da energia potencial. A fora nula neste ponto.b- Para 2E E a partcula pode oscilar entre 1x e 2x (que so os pontos de retorno)

para essa energia.c- Para 0 0E E a partcula pode se deslocar desde at 0x retornando em

seguida para d- Para

3E E a partcula pode se deslocar entre 3( , ]x ou entre 4( , ]x ,

classicamente a partcula nunca pode estar na regio entre 3 4( , )x x , pois ( )E V x nesta


19/47

19

regio e assim a velocidade ( )v E V x torna-se imaginria. A regio entre 3 4( , )x x

define uma barreira de energia potencial para energias menores que0/ 2V .

e- Para4 0

/ 2E E V ou a partcula est em repouso em x a , permanecendo

indefinidamente nesta posio( que uma posio de equilbrio instvel), ou ela est se

deslocando entre ( , )a ou entre ( , )a . Em x a temos um mximo da energiapotencial e a fora nula neste ponto.f- Para

5E E , isto , energias maiores que

0/ 2V a partcula pode se deslocar entre

( , ) variando sempre sua velocidade de acordo com ( )v E V x .

b) Neste caso temos0/ 2E V estando a partcula em x a . A energia potencial

0( ) / 2V a V , logo pela conservao da energia a velocidade da partcula neste ponto

,

210 02 / 2 / 2mv V E V

02V

vm

em x a

Em 0x a energia potencial nula logo nesta posio a velocidade ser,

2102

/ 2mv V

0V

v

m

em 0x

A velocidade em qualquer posio ser,

0

2 2

2(1 )

V axv

m x a

Note que em x a a partcula ter velocidade nula e toda sua energia ser potencial.Entretanto independente do ponto de partida ela levar um tempo infinito para atingir o

ponto x a que uma posio de equilbrio instvel. Para provar isto basta obter ( )x t

a partir da expresso para a velocidade dada acima. No iremos explicitar este clculoneste exemplo.

8) Uma partcula tem sua energia potencial definida por

2 22

0 2 2 2( )

( )

x aV x V a

x a

x

a) Faa o grfico da energia potencial e discuta os movimentos possveis.

b) Se a partcula em 0t est na posio (0) 3x a movendo-se da direita para aesquerda quanto tempo ela leva para atingir a origem ?


20/47

20

SOLUO:

a) Para fazer o grfico calculamos alguns pontos. A energia potencial se anula parax a e em 0x temos 0(0)V V e fcil de ver que ( ) 0xV x

. Calculamos a

derivada primeira e igualamos a zero, assim,

0 0 0

2 2 2 2

0 0

2 2 2 2 2 3

2 2 ( )20 [ ]

( ) ( )x x x x x x

V a x V a x a xdV dV

dx dx x a x a

0 0

2 2 2 2 2 2

0 0

2 2 3

2 ( ) 2 ( )20

( )x x x x

V a x a x V a x a xdV

dx x a

O que fornece trs razes, 0 0x

e 0 3x a

. O valor de ( )V x em 3x a

0( 3 ) /8V a V . Com estes valores podemos esboar o grfico. Na figura abaixo

mostramos a energia potencial e alguns valores de energia da partcula, para quepossamos discutir os movimentos possveis.

E2

x

x3

-x3

-x2 -x1

x2

x1

-a a

V0

a

a0

E5

E4=V

0

E3

E0=0

E1

-V0/8

0

V(x)

a) Para 1 0/8E E V encontra-se em repouso ou em 3x a ou em 3x a .

Pontos de equilbrio estvel.b) Para 2E E a partcula pode oscilar entre 1 2[ , ]x x ou entre 1 2[ , ]x x .

c) Para 0 0E E a partcula pode se deslocar entre ( , ]a ou entre ( , ]a

d) Para 3E E a partcula pode se deslocar entre 3( , ]x ou entre 3( , ]x


21/47

21

e) Para 4 0E E V ou a partcula fica indefinidamente na posio de equilbrio instvel

em 0x , ou pode estar se deslocando entre ( ,0) ou entre ( ,0)

f) Para 5 0E E V a partcula pode se deslocar entre ( , )

b) Neste item devemos determinar ( )x t considerando que a partcula tenha energia total

0V estando em 3x a deslocando-se da direita para a esquerda.

A velocidade como funo da posio ,

212

( )mv E V x

Como sabemos V(x)e 0E V , vem para a velocidade como funo da posio,

2 2 2

0

2 2 2

2 ( )[1 ]

( )

V x a av

m x a

Podemos escrever o resultado acima como,

2 2

0

2 2

2 3Vdx x x av

dt m x a

Integrando vem,

2 2

0

2 203

2

3

x t

a

Vx adx dt

mx x a

2 0

2 2 2 203 3

2

3 3

x x t

a a

Vx dxdx a dt

mx a x x a

A primeira integral simples, mas para a segunda procuramos o auxlio de uma tabela

de integrais de modo que:

2 22 2 2 0

33

21 3 33 ln(

3

xx

aa

Va x ax a a t

x ma

Substituindo os limites de integrao vem,


22/47

22

2 22 202 3 33 6 ln( ) ln(1 2)

3 3

V a a x a at x a a

m x

E podemos constatar que t quando 0x , isto a partcula nunca alcana a

posio 0x

, independente de sua posio inicial. Podemos entender isto observandoque se a partcula est em 0x , que a posio de equilbrio instvel, nenhuma foraatua sobre ela e se ela tem velocidade nula vai permanecer um tempo infinito nesta

posio ( a menos que uma outra fora atue sobre ela), deste modo ela no pode seencontrar em outro lugar por um tempo finito. Assim ou a partcula permanece umtempo infinito na posio de equilbrio instvel, ou, caso esteja se deslocando emdireo a esta posio, ir levar um tempo infinito para atingi-la. Observe que neste casoobtivemos ( )t x no possvel invertermos para obter ( )x t . Assim para cada instantedado t devemos achar o valor de x correspondente resolvendo uma equaotranscendental de forma grfica ou numrica. No nosso objetivo obter a curva ( )x t .

9) Uma partcula de massa mmove-se em um poo de energia potencial especificadapor,

2 2 2

0

4 4

( )( )

8

V a x aV x

x a

x

a) Faa o grfico desta energia potencial e discuta os movimentos possveis que apartcula pode executar.b) Considere que a partcula inicie seu movimento a uma grande distncia do poo com

velocidade v0se deslocando em direo ao poo. Quando passa pelo ponto x=aela sofreuma coliso com outra partcula perdendo uma frao de sua energia cintica. Qualdeve ser o valor de para que a partcula fique aprisionada no poo? Qual deve ser ovalor de para que ela fique aprisionada em um dos lados do poo?

SOLUO:

a) Para esboar o grfico calculamos alguns valores da energia potencial dada. Em x=0temos 0(0) /8V V . Podemos ver claramente que a funo s assume valores

negativos e se anula somente para x , isto , ( ) 0x

V x

. Calculamos a

derivada primeira e igualamos a zero para achar os mximos e mnimos.

2 2 32

0 4 4 4 4 2

2 ( )( 4 )0

8 ( 8 )

dV x x a xV a

dx x a x a

Rearranjando os termos vem,

4 2 2 42

0 4 4 2

(16 4 2 )0

( 8 )

dV a a x x xV a

dx x a


23/47

23

Logo temos 4 2 2 4(16 4 2 ) 0a a x x x

Uma raiz 0x . As demais achamos resolvendo a equao biquadrada,

2 4 4

2 2 4 32

2a a ax

E as razes reais so 2x a

Nestes pontos a energia potencial tem valor 0( 2 ) / 4V a V . E desta maneira

podemos ver que estes pontos correspondem a um mnimo da funo ao passo que a raiz0x corresponde a um mximo. Na figura abaixo mostramos a curva da energia

potencial onde indicamos tambm alguns valores para a energia total.

0

-x1x

1

E0= 0

E4

E3= -V

0/8

E2

E1= -V

0/4

-x3

-x2

-x1

x3

x2

x1

-V0/4

-V0/8

-21/2

a 21/2

a0

V(x)

x

O grfico mostra que a energia potencial se constitui em um poo duplo.Movimentos possveis.

Para 1 0/ 4E E V a partcula permanece em repouso ou em 2x a ou em

2x a Para 2E E a partcula pode oscilar entre 1 1[ , ]x x ou entre 1 1[ , ]x x . Neste caso a

partcula no tem energia para passar de um lado do poo para o outro.Para 3 0/ 8E E V ou a partcula permanece em repouso em 0x (posio de

equilbrio instvel) ou est se deslocando entre 2[ ,0)x ou entre 2(0, ]x

Para 4E E a partcula pode se deslocar entre 3 3[ , ]x x , podendo passar de um lado

para o outro do poo.


24/47

24

Para 0 0E E e energias 0E a partcula pode se deslocar entre ( , ) . Portanto,

apenas para 0E podemos dizer que a partcula fica confinada no poo.

b) Se a partcula quando muito afastada do poo tem velocidade v0sua energia potencial nula e logo sua energia total positiva e igual a cintica, 2

0/ 2E mv . Quando est na

posio x a sua energia ser (antes da coliso)

2 2 2

0 0

1 1 2 1( )

2 2 9 2E mv V a mv V mv

E a energia cintica ser

2 2

0 0

1 1 2

2 2 9mv mv V

Mas nesta posio ela sofre uma coliso perdendo uma frao de sua energia

cintica. Designando por21

( ) 2cE a mv a energia cintica em x a antes da coliso e

por cfE a energia cintica em x a depois da coliso a definio de

( )

( )

c cf

c

E a E

E a

Isto significa que depois da coliso sua energia cintica 212

(1 )cfE mv e sua

energia total ser,

2 021(1 )2 9

VE mv

Para que a partcula fique confinada no poo depois da coliso sua energia total devermenor ou igual a zero, 0E , logo,

02 09

cf

VE E

02

9cf

V

E

Ou seja, a energia cintica final da partcula (depois da coliso) deve ser menor que

02 / 9V . Podemos expressar a condio acima em termos de :

2 021(1 ) 02 9

VE mv

Mas 2 20 0

1 1 2

2 2 9mv mv V

Assim2 0 00

2 21

(1 )( ) 02 9 9

V V

mv


25/47

25

2 00

21(1 ) 0

2 9

Vmv

0

20

41

9

V

mv

0

2

0

1

41

9

V

mv

Por outro lado, para que a partcula permanea confinada em um dos poos aps acoliso, a energia total deve satisfazer a condio,

2 0 0

21(1 ) 2 9 8

V VE mv

Ou seja, a energia total deve ser menor que3

E , veja o grfico da energia potencial. A

equao acima mostra diretamente que a energia cintica da partcula depois da colisodeve satisfazer:

0

7

72cfE V

Podemos expressar este resultado em termos de . Substituindo a energia cintica vem,

2 0 0 00

2 21(1 )( )

2 9 9 8

V V Vmv

Reescrevendo

2 2 0 00 0

21 1( )

2 2 9 8

V Vmv mv

Ou seja,

2 20 0

0 0

21 1

( )2 8 2 9

V V

mv mv

Logo,

2 00

2 00

1

2 821

2 9

Vmv

Vmv

Como 2 00

1

2 8

V

mv a energia cintica na origem (x=0) e 2 0

0

21

2 9

V

mv a energia

cintica em x a , podemos escrever,


26/47

26

(0)

( )

c

c

E

E a

Pela definio de , isto significa que a energia cintica final da partcula (depois dacoliso), cfE , deve ser menor que a diferena entre a energia cintica da partcula em

x a e a energia cintica da partcula na origem,

( ) (0)cf c cE E a E

Ou

0

7

72cfE V

Para que a partcula fique confinada em um dos poos da energia potencial.

10) Uma partcula deslocando no eixo dos xpositivo ( 0x ) est sob a ao da fora

3( )

aF x kx

x 0 x

a) Determine a energia potencial correspondente e discuta os movimentos possveis.b) Obtenha ( )x t para uma energia dada E. O que acontece quando 2E ka ?

SOLUO:

Integramos a fora para obter a energia potencial, assim a menos de uma constante vem,

2

2

1( )

2 2

aV x kx

x

fcil observar que ( )V x , para 0x e x . A energia potencial no se anulapara todo x (a menos que seja adicionada de uma constante negativa). Calculamos a

derivada primeira e igualamos a zero.

4

3 0 /

dV akx x a k

dx x

E assim, como estamos interessados no movimento apenas para 0x , temos um

mnimo em 4 /x a k sendo que a energia potencial neste ponto vale 4( / )V a k ka .

Na figura a seguir mostramos o grfico da energia potencial.


27/47

27

x1

x2

E1

E0=(ka)

1/2(ka)1/2

(a/k)1/40

V(x)

x

Note que agora basta especificar duas energias, pois ou a partcula tem energia

0E ka e, portanto permanece em repouso em 4 /x a k , ou tendo qualquer energia

1E ka ela ir oscilar entre os pontos 1x e 2x que so os pontos de retorno.

b)Para se obter ( )x t usamos a conservao da energia assim,

2( ( ))

dxv E V x

dt m

2

2

2 1( )

2 2

dx aE kx

dt m x

Onde a energia total E maior que o mnimo da energia potencial ( )E ka . Vamosconsiderar que em 0t temos 0x x , logo,

0

2 40

2 2

2

x t

x

x dxdt

mEx kx a

Efetuamos uma substituio de varivel para simplificar a integral, 4 2x u e / 2x dx du de modo que:


28/47

28

0 0

2 4 2

1

22 2

x u

x u

x dx du

Ex kx a Eu ku a

Procuramos a integral na varivel u em uma tabela de integrais,

0 0

2 2

1

2

uu

u u

du E kuarcsen

kEu ku a E ka

Voltando para a varivel x vem,

0 0

2 2

2 2

1 1

2 2

x x

x x

E kx kx E tarcsen arcsen

k k mE ka E ka

Substituindo os limites de integrao obtemos,

22

0

2 22

kx Ekx E k arcsen arcsen t

mE ka E ka

Como a partcula est inicialmente em 0x , temos duas possibilidades, ou ela est em

repouso 0( 0)v , ou tem alguma velocidade 0( 0)v . No primeiro caso a energia total

0( )E V x e no segundo caso 2

0 0

1( )

2E mv V x . Isto mostra que precisamos das duas

condies iniciais (posio e velocidade) para a determinao completa do movimento.Como temos o arco seno de uma constante fazemos,

2

00

2

kx EarcsenE ka

E 0 ( a fase inicial) fica completamente especificada pelas condies iniciais. Desta

forma,

2

02

(2 )kx E k

sen tmE ka


29/47

29

Denominando-sek

m , vem,

2

0

2

(2 )kx E

sen t

E ka

Resolvendo para x ,

22

0(2 )E E ka

x sen tk k

Naturalmente a partcula no executa um movimento harmnico simples, pois opotencial no parablico. A partcula s ir executar movimentos harmnicos se a

energia total for apenas levemente superior ao mnimo da energia potencial, pois nestasituao podemos descrever a energia potencial em torno do mnimo como uma funoparablica (expandindo em srie de Taylor at segunda ordem). Este caso significa

2E ka onde pequeno e positivo. O outro extremo ocorre quando 2E ka .Neste caso podemos desprezar ka diante de 2E , de modo que podemos escrever,

2

0(2 )E E

x sen tk k

Ou 01 (2 )Ex sen tk

Podemos visualizar este movimento de forma mais simples escolhendo a situao inicial

que fornece0

2 , este o caso em que a partcula est inicialmente em repouso em

0x x 2

0 2

0

1( )

2 2

aE kx

x . Considerando que 0x seja grande

2

0

1

2E kx . Substituindo

0 e Ena expresso acima vem,

0 1 cos22

xx t como 2 cos 1 cos2t t

0cosx x t .

O que nos diz que neste caso a partcula oscila harmonicamente.


30/47

30

BLOCO 3

FORAS DEPENDENTES DA VELOCIDADE

1) Uma partcula de massa minicia seu movimento em 0t estando na origem e tendovelocidade

0v (para a direita). Ela fica submetida ao de uma fora resistiva dada por

( ) nF v bv Sendo 1n e b o coeficiente de arrasto.a) Determine a velocidade e a posio como funo do tempo.

b) Quanto tempo a partcula leva at parar? Qual a distncia percorrida?

SOLUO:

a) A equao de movimento fornece,

ndvm bvdt

Integramos com as condies iniciais dadas

0 0

v t

n

v

dv bdtv m

11

0

1 1

nn vv bt

n n m

Resolvendo para v

1

11

0 (1 )

nn bt

v v n m

Do resultado acima tiramos o tempo ( )pt que a partcula levar at parar (v=0),1

0

(1 )

n

p

mvt

n b

0 1n

Agora simplificamos a expresso para a velocidade usando tp:


31/47

31

1

11

0 1

0

(1 )(1

nn

n

n bv v t

mv

1

1

0 1

n

p

tv vt

0 1n

Integramos para obter a velocidade como funo do tempo,

1

10

0 0

(1 / )

x t

npdx v t t dt

11

1

0

0

(1 / )1

11

t

n

pp t tx v t

n

2

10

1( ) 1 (1 )2

n

np

p

n tx v t

n t

0 1n

Que podemos reescrever usando a expresso para pt :

2

2 10

1 (1 )(2 )

nn n

p

m tx v

n b t

0 1n

E a distncia percorrida at parar :

0

1( )2

p p

nx v t

n

ou 20

(2 )

n

p

mx v

n b

0 1n

Os resultados acima para pt e px so vlidos apenas para 1n onde se v que a

partcula percorre uma distncia finita em um tempo finito.

Para 1 2n voltamos a integrar a equao de movimento lembrando que nest entreum e dois:

0 0

v t

n

v

dv bdt

v m


32/47

32

( 1)( 1)

0

( 1) ( 1)

nn vv bt

n n m

1 1

0

1 1( 1)n n

bn tv v m

Resolvendo para vencontramos

0

11 1

01 ( 1)n n

vv

bvn t

m

1 2n

E agora 0v somente quando t . Isto , a partcula leva um tempo infinito atparar.Tendo a velocidade obtemos a posio como funo do tempo:

0 110 0 1

0

1 ( 1)

x t

n n

dtdx v

bvn t

m

1

11 10

0 1

0

`0

11 ( 1)

1( 1)1

1

t

n n

n

bvmx v n t

n bv m

n

Lembrando que n menor que dois vem,

2

0

21 1

0

1 1[1 ]

2

1 ( 1)

n

nn n

mvx

b nbv

n tm

1 2n

E agora, apesar de levar um tempo infinito at parar, a partcula percorre uma distnciafinita, isto px x , quando t e ,

2

0 1

2

n

p

mvx

b n

1 2n

Observe que o resultado acima tem a mesma forma que o obtido para 0 1n .Quando n maior que dois ( 2)n , no necessrio se recalcular a velocidade, pois se( 2)n obviamente ( 1)n , assim para a velocidade vem,


33/47


34/47

34

3/1bvdt

dvm

tv

v

dt

m

b

v

dv

0

3/1

0

mbtvv /2

3 3/20

3/2

3

3/2

0

0

2/3

3/2

03

21

3

2

mv

btv

m

btvv .

Logo o corpo atinge o repouso para bmvtp 2/3 3/2

0 , portanto um tempo finito.Usando pt , podemos escreve a velocidade (equao acima) como:

3

0 )/1( pttvv .

O que permite calcularmos a posio como funo do tempo,

5

3/5

0 )/1(15

3 pttb

mvx .

Sendo que voc deve ser capaz de efetuar os passos necessrios para se obter oresultado expresso na equao acima. Veja que a distncia percorrida obtida com

ptt , logo 5/25/3 03/5

pp tvbmvx . E, portanto, o corpo percorre uma distncia

finita num tempo finito at atingir o repouso. Este resultado refora a concluso quenum caso real o expoente n deve ser grande para velocidades elevadas, porm pequenoem baixas velocidades.

4)Vamos resolver agora o caso 2n , ou 22)( vbvF . Consideramos como nos

exemplos acima, que o corpo no instante inicial ( 00 t ) esteja na origem ( 00 x ), com

velocidade 0v .

SOLUO:

Integramos a equao de movimento para obter )(tv ,

22vb

dtdvm


35/47

35

tv

v

dtm

b

v

dv

0

2

2

0

tmb

vv2

0

11

resolvendo para v , obtemos,

kt

vv

1

0 .

Onde mvbk /02 , e novamente v-se que 0v , para t . Integramos avelocidade no tempo e obtemos a posio:

)1ln(1

0

0

0 ktk

v

kt

dtvx

t

.

Mas agora, para t , temos x , ou seja, o corpo ir levar um tempo infinitopara atingir o repouso percorrendo uma distncia infinita. Como vimos acima, isto sedeve ao fato de neste caso ( 2n ) a fora decrescer muito rapidamente, em baixasvelocidades. Este resultado (distncia infinita para atingir o repouso) tambm obtido

para valores de n maiores que 2 ( 2n ). fcil verificar atravs de exemplos, comovimos acima, que para 10 n o corpo percorre uma distncia finita num tempofinito, enquanto que para 21 n , o corpo ir percorrer uma distncia finita, maslevando um tempo infinito, ao passo que para 2n , levar um tempo infinito paraatingir o repouso percorrendo uma distncia infinita.

5) Um motor a jato desenvolve uma impulso constante mxima 0F , sendo usado para

impulsionar um avio cuja fora de atrito proporcional ao quadrado da velocidade2( ( ) )F v bv . Se o avio iniciar seu movimento numa posio tomada como a origem

em 0t com velocidade nula e acelerar com a impulso mxima, determine a sua

velocidade ( )v t .

SOLUO:

Temos duas foras atuando, 0F e2bv , assim a equao de movimento :

2

0

dvm F bv

dt


36/47

36

Logo a acelerao ser nula quando a velocidade atingir o valor limite 0LF

vb

e a

partir deste momento o avio ir se deslocar com esta velocidade. Podemos reescrever aequao acima,

2 2( )L

dv bv v

dt m

Integrando

2 2

0 0

v t

L

dv bdt

v v m

0

1

ln2

v

L

L L

v v bt

v v v m

1ln

2

L

L L

v v bt

v v v m

Chamando Lbv

m vem,

2 tL

L

v ve

v v

Ou seja,2

2

1

1

t t t

L Lt t t

e e ev v v

e e e

Lembrando a definio do seno coseno e hiperblico temos,

Lv v tgh t

00 ( )F bF

v tgh t b m

Ao olhar esta resposta voc pode pensar que ento o avio iria levar um tempo infinito

para atingir sua velocidade limite, pois 0( ) 1F b

tgh t m

quando t . Mas atravs de

um exemplo podemos ver que no assim. Suponha que um avio tem motor compotncia para fornecer uma velocidade mxima de 720 /km h . Neste caso

0 720 /F km hb

e considerando 4/ 10 /b m metro , teremos


37/47

37

0 0 0( ) (0,02 )F F Fb

v tgh t tgh t b b m b

( ) 720 (0, 02 ) ( / )v t tgh t km h

Onde na equao acima t dado em segundos. Assim depois de 60 segundos o avio jtem 83% (600 / )km h de sua velocidade limite e depois de 90 segundos ele j est a681 /km h e em dois minutos ele j est a mais de 98% de sua velocidade limite. Na

prtica, em poucos minutos o avio j alcana sua velocidade limite.

6) Um motor de um carro de massa m fornece uma potncia constante P em suaacelerao mxima. Supondo que o atrito de resistncia do ar seja proporcional velocidade, determine a velocidade como funo do tempo, quando o carro acelerado,a partir do repouso, com a potencia mxima.

SOLUO:

Temos duas foras: a do motor ( )MF que impulsiona o carro e a resistncia do ar

( )aF bv . Escrevemos a equao de movimento,

M

dvm F bv

dt

Ao invs da fora do motor MF foi fornecida a potncia Pna acelerao mxima. Daequao de movimento observamos que o carro ir atingir a velocidade limite (a

velocidade mxima que o carro atinge) dada por ML

Fv

b . Como

2

M L L L

PP F v bv v

b

O coeficiente bdepende da geometria do carro (e da densidade do ar que se consideracomo constante)e assim para uma dada potencia de motor quando menor o coeficientede arrasto maior a velocidade atingida pelo veculo. Observe que dentro deste modelo( )aF bv se a velocidade mxima desenvolvida pelo carro for, digamos

100 /Lv km h , se voc pisar no acelerador de maneira que a potncia desenvolvida pelo

motor seja a metade da potncia mxima, a velocidade mxima atingida pelo carro ser1

100 / 70 /2

km h km h . A um quarto da potncia mxima a velocidade que o carro

atingir ser de 50 /km h e assim por diante.Como podemos escrever M LF bv , a equao de movimento fica:

( )Ldvm b v vdt


38/47

38

Integrando:

0 0

v t

L

dv bdt

v v m

0ln( )

v

L

bv v t

m

ln L

L

v v bt

v m

Logo, (1 )b

tm

Lv v e

Neste modelo para a fora resistiva ( )aF bv a razo /b m vai definir o quo

rapidamente ele atinge sua velocidade limite. Digamos, como acima, que na potnciamxima o carro desenvolva 100 /km h . Se a razo /b m for tal que / 0,05/b m s e se omotor estiver desenvolvendo a potncia mxima ento conforme o resultado acimadepois de 20 segundos a velocidade do carro ser de 63 /km h e depois de 1 minuto serde 95 /km h . Por outro lado se voc estiver pisando no acelerador de modo que o carrodesenvolva um quarto de sua potncia ento a velocidade limite do carro ser de

50 /km h . Portanto depois de 20 segundos o carro estar a 31 /km h e depois de 1 minutoestar a 48 /km h . O exerccio anterior e este deixam claro que a geometria do corpo fator determinante na velocidade limite que o corpo pode atingir. Portanto a partir deuma geometria adequada podemos obter velocidades mais altas com a mesma potncia,economizando combustvel. Naturalmente a melhor maneira de se conhecer a fora dearrasto do ar para uma dada geometria de veculo a utilizao de tneis de vento. Comesta tecnologia se pode propor pequenas alteraes na geometria do veculo, visandomelhorar a esttica e simultaneamente diminuir a fora de arrasto do ar.

7) Um veculo testado em um tnel de vento e verifica-se que a fora de arrasto do ar

mais bem descrita em termos de uma combinao de duas foras, uma proporcional avelocidade e outra proporcional ao quadrado da velocidade, isto 2aF bv av .

Considere agora este veculo em uma longa estrada retilnea estando em alta velocidadequando colocado em ponto morto. Determine sua velocidade e posio como funodo tempo. Que distncia o veculo percorre at parar?

SOLUO:

Vamos considerar o instante em que o carro colocado em ponto morto como sendo0t , e que sua posio neste instante seja a origem das coordenadas. Designamos sua

velocidade neste instante por 0v . Como no o motor no est sendo usado, a nica foraatuando ser a de arrasto e assim a equao de movimento :


39/47

39

2dvm bv avdt

( )dv b

m a v vdt a

Integrando-se

0 0

( )

v t

v

dv adt

b mv v

a

0

ln( / )

v

v

a v a tb b a v m

0

0

ln ln( / ) ( / )

vv bt

b a v b a v m

0

0( / ) ( / )

bt

mvv

eb a v b a v

Para isolarmos v conveniente simplificarmos fazendo 000( / )

vVb a v

, assim,

0

01

bt

m

bt

m

V ebv

aV e

E assim o corpo leva um tempo infinito at parar. Note que, como antes, dependendo darelao /b m , o corpo praticamente atinge o repouso depois de poucos minutos.Como j determinamos a velocidade calculamos agora a posio:

0

0 00

1

btx t m

bt

m

V ebdx dt

aV e

00

0

0

ln

tbt

m

bt

m

e Vb mx V

a bVe


40/47

40

0 0ln(1 ) ln 1bt

mm m

x V e Va a

Como 00

0 0

/1 1

( / ) ( / )

v b aV

b a v b a v

podemos reescrever a expresso acima como,

0ln[1 (1 )]bt

mavm

x ea b

A distncia percorrida at parar :

0ln(1 )avm

xa b

Outra maneira de se encontrar a distncia percorrida obtendo-se ( )v x . Para issoreescrevemos a equao de movimento:

2 ( )dv dv b

m mv bv av a v vdt dx a

Integramos

0 0

( / )

v x

v

dv adx

b a v m

Logo

0

( / )ln[ ]

( / )

b a v ax

b a v m

Assim 0[( / ) ] /a

xmv b a v e b a

Obtemos a distncia percorrida at parar fazendo 0v e logo,

0( / )ln/

p

b a vmx

a b a

0ln(1 )pavm

xa b

8) Um veculo testado em um tnel de vento e verifica-se que a fora de arrasto do arpode ser descrita em termos de uma combinao de duas foras, uma proporcional aoquadrado da velocidade e outra proporcional ao cubo da velocidade, isto

3 2( )aF mk v a v . Onde m a massa sendo ke a constantes. Considere agora este

veculo em uma longa estrada retilnea estando em alta velocidade quando colocado


41/47

41

em ponto morto. Determine sua velocidade e posio como funo do tempo. Quedistncia o veculo percorre at parar? Que distncia mxima o veculo pode percorrer?

SOLUO:

O veculo colocado em situao equivalente ao do exerccio anterior. Desta maneira,como antes vamos considerar o instante em que o carro colocado em ponto mortocomo sendo 0t , e que sua posio neste instante seja a origem das coordenadas.Designamos sua velocidade neste instante por 0v . Como no o motor no est sendo

usado, a nica fora atuando ser a de arrasto e assim a equao de movimento :

3 2( )dv

m mk v a vdt

De modo que:

0

2 2

0

( )

v t

v

dv k dtv v a

Procuramos a integral na velocidade numa tabela e assim,

0

2

2 2 2

1 ln

2

v

v

vkt

a v a

222

20

2 2 2 2

0

a ktvv ev a v a

Isolando a velocidade vem,

2

2

0

2 2 2

0 (1 )

ka t

ka t

av ev

a v e

Para obtermos a posio como funo do tempo, integramos a velocidade:

2

2

0

2 2 2 0 0

0

(1 )

x t ka t

ka t

av edx dt

a v e

Para facilitar a busca da integral em uma tabela efetuamos a transformao de variveis,2 ka ty e e

22 2

ka tdy ka e dt ka ydt . Portanto ao invs de uma integral em t temos uma integral em y e:


42/47

42

2

2

0 0

22 2 2 201 2 20 0

2 20 0

1

2

4

ka t

ka t

e

ev ady v a y

x arcsenka vv a v a

ka y

v v

2

0 0

2 2 2 2

0 0

1 1 ka tv v e

x arcsen arcsenka kav a v a

Como 0 02 2

0

v varcsen arctg

av a

, podemos escrever,

2

0 0

2 2

0

1 1 ka tv v e

x arctg arcsenka a ka v a

E, portanto a distncia percorrida at para :

01p

vx arctg

ka a

Naturalmente que a distncia mxima que o veculo percorreria obtida fazendo-se

0v e assim,

2px

ka

Este problema tambm permite a determinao fcil da velocidade como funo daposio o que permite se obter a distncia percorrida mais diretamente. Partimosreescrevendo a equao de movimento,

3 2( )

dv dvm mv mk v av

dt dx

E agora integramos,

0

2 2

0

v x

v

dvk dx

v a

0

1 v

v

varctg kx

a a

0vvarctg arctg kaxa a


43/47

43

0/ ( / )v a tg arctg v a kax

0

0

( / ) ( )/

1 ( )

v a tg kaxv a v

tg kaxa

0

0

( )

1 ( )

v atg kaxv

vtg kax

a

Quando 0v temos px x , de modo que,

0( )pv

tg kaxa

E logo, 01

p

vx arctg

ka a

Observe que agora foi mais simples obter a distncia percorrida at parar.

9) Um corpo de massa m posto a deslizar em uma superfcie horizontal. O coeficientede atrito esttico entre o corpo e a superfcie e e o coeficiente de atrito cintico c .

a) Estabelea uma expresso para representar a fora de atrito ( )aF v que tenha o valor

constante apropriado em velocidades apreciveis, e se reduz ao valor esttico emvelocidades baixas.

b) Ache o movimento no caso de o corpo estar com velocidade 0v na origem das

coordenadas em 0t .

SOLUO:

A experincia mostra que o atrito cintico menor que o esttico. Este exerccioprocura lembrar o fato de que o atrito no muda abruptamente de esttico para cintico esim que ele alguma funo (em geral complicada) da velocidade do corpo que estdeslizando. Vamos procurar estabelecer uma relao simples entre a fora de atrito e avelocidade. Para isso procuramos uma relao linear, isto supomos que o coeficientede atrito varie linearmente com velocidade desde que 0 cv v , onde cv uma

velocidade crtica que depende das caractersticas das superfcies em contato. Assimescrevemos o coeficiente de atrito ( )v como:


44/47

44

( ) 0( )

e e c c

c

c c

vv v

vv

v v

E a fora de atrito ser ( ) ( )aF v v mg

Na figura abaixo mostramos o grfico da fora de atrito (mdulo).

vc v

Fa(

c)

Fa(

e)

Fa(v)

Com este modelo, bastante simples, a fora de atrito no muda repentinamente de

emg para cmg, sendo assim uma funo contnua. Naturalmente poderamos

escolher alguma outra funo como parablica ou exponencial. Na realidade apenasatravs de experimentos poderemos determinar com preciso como a fora de atritovaria com a velocidade. Deve-se lembrar que na maioria dos casos a velocidade crtica

bem baixa, pois a experincia mostra que ao se empurrar um corpo sobre uma superfciea fora muda rapidamente de um comportamento para outro.

b) Neste item resolvemos a equao de movimento considerando que o corpo foiempurrado adquirindo uma velocidade 0v . Assim consideramos que no instante inicial o

corpo est na origem das coordenadas com velocidade 0 cv v .

Enquanto a velocidade do corpo for maior que cv a fora que atua a de atrito cintico

cmg e assim,


45/47

45

c

dvm mg

dt

0 0

v t

c

v

dv g dt

0 cv v gt 0cv v v

O corpo atinge a velocidade cv no instante ct :

0 cc

c

v vt

g

A posio como funo do tempo

2

0

1

2 cx v t gt 0 ct t

E a distncia percorrida at o instantec

t :

2 2

0

2cc

t

c

v vx

g

Note que se ignoramos a variao da fora de atrito com a velocidade, isto significa0cv e assim o bloco percorreria a distncia2

0/ 2p cx v g .

Aps o corpo atingir a velocidade crtica a equao de movimento se torna:

[ ( ) ]e e cc

dv vm mg

dt v

Integrando-se vem,

( )c c

v t

v te e c

c

dvg dt

v

v

ln[ ( ) ] ( )

c

v

ce e c c

e c c v

v vg t t

v

Substituindo os limites de integrao e resolvendo para v, obtm-se,


46/47

46

( )

( )

e cc

c

g t tvc

e c

e c

vv e

O tempopt que o corpo leva at parar obtm-se de 0v :

( )

/

e cp c

c

g t tv

e ce

Ou seja,

ln( )

c ep c

e c c

vt t

g

0 ln( )

c c ep

c e c c

v v vt

g g

Quanto menor for cv tanto mais o tempo para parar se aproxima de 0/ cv g. Tambm

podemos expressarpt em termos da diferena entre os coeficientes de atrito esttico e

cintico fazendo

e c

0 ln(1 )c cpc c

v v vt

g g

Como pequeno expandimos o logaritmo at segunda ordem ( 2ln(1 ) / 2z z z ) eassim,

0

22

cp

c c

v vt

g g

Observe que o tempo at parar menor, pois neste modelo a fora cresce linearmente medida que a velocidade diminui, ao invs de se manter constante (veja o grfico dafora).Para obter a posio como funo do tempo para ct t integramos a velocidade dada

acima e lembramos que em ct a posio do corpo erac

tx assim,

2 ( )

2( ) ( 1)

( )

e cc

c

c

g t tve c c c

t c

e c e c

v vx x t t e

g

2 2 2 ( )0

2( ) ( 1)

2 ( )

e cc

c

g t tvc e c c c

c

c e c e c

v v v vx t t e

g g


47/47

E a distncia percorrida at parar ( px ) obtemos quando pt t , e como

ln( )

c ep c

e c c

vt t

g

vem,

2 2 2

0

2 ln ( )

2 ( )

c c ep e e c

c e c c

v v vxg g

Resultado que podemos escrever em termos de e c

2 2 2

0

2 (1 ) ln(1 )

2

c cp c

c c c

v v vx

g g

Expandindo o logaritmo como antes vem,

2 2 2 2 3

0

2 22 2 2

c cp

c c c

v v vx

g g

2 2

0

22 2

cp

c c

v vx

g g

E assim podemos ver que a correo na distncia percorrida pequena devida aincluso da variao da fora de atrito com a velocidade. Este o motivo pelo qual

podemos simplesmente considerar que a fora de atrito muda brusca de seu valoresttico para o valor dinmico.

ExerciciosResolvidosCap1

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