Lista 2. Leis de Newton.

GABARITO Q.1.(2,5) Uma pequena conta pode deslizar sem atrito ao longo de um aro circular de raio R, situado em um plano vertical. O aro gira com velocidade angular constante 𝜔 em torno de um diâmetro vertical (veja a figura ao lado). (a) (0,9) Encontre o ângulo 𝜃 para o qual a conta está em equilíbrio vertical. (É claro, no entanto, que ela possui uma aceleração radial orientada para o eixo de rotação.) (b) (0,8) Faça um gráfico de cos 𝜃 versus 𝜔. Qual é o problema com essa solução?

Fisicamente, para 𝜔 ≤ 𝑔 𝑅⁄ a única solução aceitável é cos 𝜃 = 1. Por quê?

(c) (0,8) Para 𝜔 > 𝑔 𝑅⁄ , há duas soluções aceitáveis: cos 𝜃 = 1 e a solução que você

encontrou no item (a). Para 𝜔 > 𝑔 𝑅⁄ , a solução cos 𝜃 = 1 é instável — se o sistema estiver neste estado e for levemente perturbado, ou seja, se a conta for retirada um pouquinho da posição 𝜃 = 0, ela dará um pulo em direção ao ângulo encontrado no item (a). Explique por que isso acontece. Solução: (a) As forças que estão atuando sobre a conta são o peso 𝑚𝒈 e a normal N. A condição de equilíbrio na vertical é

𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑔 Na horizontal, temos um movimento circular uniforme e, portanto,

𝑁 sen 𝜃 = 𝑚𝜔 𝑟 = 𝑚𝜔 𝑅 sen 𝜃 onde usamos que o raio do movimento circular é 𝑟 = 𝑅 sen 𝜃. Assim, 𝑁 = 𝑚𝜔 𝑅 e substituindo este resultado na primeira equação, temos

cos 𝜃 =𝑔

𝜔 𝑅

(b) Na figura ao lado, mostramos o gráfico de cos 𝜃 versus 𝜔.

Nossa solução prediz que cos 𝜃 > 1 quando 𝜔 < 𝑔 𝑅⁄ .

Porém, isso não é permitido já que cos 𝜃 ≤ 1. Mas, 𝑁 = 𝑚𝑔 também é uma solução aceitável do nosso problema: a conta permanece em 𝜃 = 0 enquanto o aro gira. Então, quando

𝜔 < 𝑔 𝑅⁄ só podemos ter a situação em que o aro gira com

a conta na posição 𝜃 = 0.

(c) Para 𝜔 > 𝑔 𝑅⁄ , há duas soluções aceitáveis: cos 𝜃 = 1 e

cos 𝜃 = 𝑔 𝜔 𝑅⁄ . A solução cos 𝜃 = 1 é instável — se o sistema estiver neste estado e for levemente perturbado, ou seja, se a conta for retirada um pouquinho da posição 𝜃 = 0, ela dará um pulo em direção ao ângulo dado pela solução cos 𝜃 = 𝑔 𝜔 𝑅⁄ . A força centrípeta,

quando 𝜔 > 𝑔 𝑅⁄ e o ângulo 𝜃 pequeno, corresponde a uma força normal cuja componente vertical não é compensada pela força peso. Logo, como a diferença é grande, a conta tende a subir rapidamente. Q.2. (2,5) Duas massas, A e B, estão sobre uma mesa horizontal sem atrito (veja a

figura). Elas estão ligadas uma à outra por um fio leve inextensível que passa através de uma polia de massa desprezível. A polia está presa a um fio, também leve e inextensível, conectado a

uma massa C sobre a qual atua uma força �⃗�. Encontre a aceleração de cada massa. Para isso, (a) (0,5) Desenhe o diagrama de corpo livre para cada uma das massas do sistema e da polia. (b) (1,0) Escreva as equações do movimento para cada um dos blocos e para a polia. (c) (1,0) Encontre as acelerações de cada bloco. Solução: (a) Veja a figura ao lado. (b) As equações do movimento são:

𝑀 �̈� = 𝑇 𝑀 �̈� = 𝑇

𝑀 �̈� = 𝐹 − 𝑇 Para a polia,

𝑇 − 2𝑇 = 0 porque a massa da polia é igual a zero. (c) O fato de que os comprimentos dos fios são fixos permite estabelecer uma relação entre as acelerações �̈� , �̈� e �̈� . Temos,

𝑥 − 𝑥 = constante (𝑥 − 𝑥 ) + (𝑥 − 𝑥 ) = constante

De onde obtemos, �̈� = �̈�

�̈� + �̈� = 2�̈� = 2�̈� Então,

𝑇

𝑀+

𝑇

𝑀= 2

𝐹

𝑀− 4

𝑇

𝑀

de onde,

𝑇 =2𝑀 𝑀

(𝑀 𝑀 + 𝑀 𝑀 + 4𝑀 𝑀 )𝐹

Com este resultado, é imediato escrever as acelerações procuradas:

�̈� =2𝑀

(𝑀 𝑀 + 𝑀 𝑀 + 4𝑀 𝑀 )𝐹

�̈� =2𝑀

(𝑀 𝑀 + 𝑀 𝑀 + 4𝑀 𝑀 )𝐹

�̈� =(𝑀 + 𝑀 )

(𝑀 𝑀 + 𝑀 𝑀 + 4𝑀 𝑀 )𝐹

Q. 3 (2,0). Uma moeda de massa m está sobre um disco rígido a uma distância d do centro do disco. Há atrito entre a moeda e o disco. O coeficiente de atrito estático é µ . No instante 𝑡 = 0, o disco começa a girar com uma aceleração angular constante de módulo α. O módulo da aceleração da gravidade é g. (a) (1,0) Enquanto a moeda permanece em repouso em relação ao disco, 𝑓 , qual é o módulo da força de atrito estático exercida pelo disco sobre a moeda como uma função do tempo t? (b) (1,0) Em qual velocidade angular ω a moeda vai começar a deslizar sobre o disco? Solução: (a) Antes de atingir seu valor máximo, a força de atrito é igual à força centrípeta necessária para manter a moeda em movimento circular uniforme de raio d. Assim,

𝑓 = 𝑚𝜔 𝑑

Como a aceleração angular é constante e o disco não estava inicialmente girando, temos que 𝜔 = 𝛼𝑡. Substituindo na expressão acima para 𝑓 , obtemos

𝑓 = 𝑚𝑑𝛼 𝑡 (b) A força de atrito vai crescer até atingir seu valor máximo, 𝑓 = µ 𝑁. Como a moeda está em repouso na direção vertical, 𝑁 = 𝑚𝑔 e logo, 𝑓 = µ 𝑚𝑔 A força de atrito máxima será alcançada no instante dado por

𝑚𝑑𝛼 𝑡 = µ 𝑚𝑔 → 𝑡 =1

𝛼

µ 𝑔

𝑑

Neste instante, a velocidade angular será

𝜔 = 𝛼𝑡 =µ 𝑔

𝑑

Q.4. (3,0) A figura ao lado é uma adaptação de uma ilustração do livro de Isaac Newton “Sistema do Mundo”, onde ele discute o que aconteceria se um projétil fosse lançado horizontalmente do topo de uma montanha muito alta com velocidades iniciais cada vez maiores. A ação da força gravitacional da Terra, desvia o projétil fazendo com que ele descreva trajetórias curvilíneas. A princípio, as trajetórias podem ser bem descritas por parábolas, como em A e B na figura. Quando a velocidade atinge um valor que designaremos por 𝑣 , o projétil descreve uma órbita circular, como em C. Aumentando ainda mais a velocidade, será atingido um valor igual a 𝑣 (velocidade de escape), para o qual e acima do qual o projétil escapará da atração gravitacional da Terra. A velocidade de escape será calculada mais adiante no curso. (a) (0,8) Desprezando o efeito da atmosfera e supondo que a única força que atua no projétil seja a atração gravitacional da Terra, calcule 𝑣 . Considere o raio da Terra 𝑅 = 6.371 𝑘𝑚 e suponha que a altura da montanha é h = 9 km. Outras informações: 𝐺 = 6,67 × 10 𝑚 𝑘𝑔 𝑠 e massa da Terra 𝑀 = 6 × 10 𝑘𝑔. Suponha que a Terra seja uma esfera. Neste caso, a força de atração da Terra sobre uma partícula situada a uma distância 𝑟 ≥ 𝑅 do centro da Terra, pode ser calculada considerando a Terra como uma partícula com toda a massa em seu centro. (b) (0,8) A Estação Espacial Internacional (ISS) está numa órbita em torno da Terra de altitude média aproximadamente igual a 400 km. Calcule a aceleração da gravidade nessa altitude e encontre também a velocidade escalar da ISS em km / h. (c) (0,7) Suas contas no item anterior mostram que na altitude da ISS a aceleração da gravidade é apenas 11% menor que a aceleração da gravidade na superfície da Terra. Como você explica, então, que o ambiente na Estação Espacial se assemelhe a uma situação de gravidade zero? Dica: A aceleração gravitacional de um corpo é independente de sua massa. Imagine-se na ISS calculando a reação normal de um objeto que você colocou sobre sua mão. (d) (0,7) Qual a característica comum ao movimento da ISS e de um elevador em queda livre? Podemos, então, afirmar que a ISS está constantemente em queda livre? Solução: (a) Temos que

𝐺𝑀𝑚

(𝑅 + ℎ)= 𝑚

𝑣

𝑅 + ℎ → 𝑣 =

𝐺𝑀

𝑅 + ℎ

Substituindo os valores,

𝑣 =6,67 × 10 × 6 × 10

6,38 × 10𝑚/𝑠 = 7.920 × 3,6𝑘𝑚/ℎ = 28.512𝑘𝑚/ℎ

(b) Vamos chamar de 𝑔 a aceleração da gravidade na altitude da ISS.

𝑔 =𝐺𝑀

(𝑅 + ℎ)=

6,67 × 10 × 6 × 10

(6,771 × 10 )

𝑚

𝑠= 8,73𝑚/𝑠

A velovcidade da ISS é

𝑣 = 𝑔 (𝑅 + ℎ) = 8,73 × 6,771 × 10 = 7.691𝑚/𝑠 = 27.690𝑘𝑚/ℎ

(c) Porque a ISS e tudo que está dentro dela estão todos com a mesma aceleração 𝑔 em direção à Terra. Se um objeto estiver parado em relação a um sistema de eixos fixo na ISS, vai permanecer parado porque o objeto e a ISS estão igualmente acelerados. Se, por exemplo, você colocar um objeto de massa m sobre sua mão, a reação normal 𝑁 = 𝑚(𝑔 − 𝑎) será igual a zero, uma vez que 𝑎 = 𝑔 . Quando você está parado na superfície da Terra, 𝑁 = 𝑚(𝑔 − 𝑎) =

𝑚𝑔 porque a aceleração da sua mão é zero. (d) A característica comum é que ambas estão sob a ação unicamente da força gravitacional. Nesse sentido, a ISS está em constante queda livre. Ela não atinge a superfície da Terra porque sua velocidade é tal que ela “sente” a curvatura da Terra: quando ela cai a superfície da Terra ao mesmo tempo se afasta. A curvatura de sua trajetória corresponde à curvatura da Terra.