Exercício 1 Considere o corpo extenso homogêneo abaixo, de massaM=2 kg e dimensõesR=5 cm eH=10 cm.
(a) Mostre que o momento de inércia com relação ao eixozé103M R2. Dica: divida o objeto em fatias 1,0 circulares, cujo momento de inércia você conhece (veja o formulário), e some-os todos.
(b) Determine o momento de inércia com relação ao eixoz0. 0,5
(c) Determine a potência do motor que deve ser acoplado ao eixoz00para que o corpo atinja 300/πrpm 0,25
em 0,5 s, sabendo que o momento de inércia com relação a esse eixo é de 2,5×10−3kg·m2. Exercício 2 Na ilustração abaixo, o corpo de massam=1 kg descreve uma trajetória retilínea com velocidade constantev~0=2ˆi0m/s, conforme observado a partir do sistema de referência não-inercial S0, que gira em torno do referencial inercialScom velocidade angular constanteω~=2kˆrad/s.
(a) Esboce os vetores das forças centrífuga e de Coriolis no instante ilustrado. 0,5
(b) Escreva a expressão vetorial dessas forças, na base{iˆ0,jˆ0}, em função do tempot, considerando 0,5
que emt =0,r~0=~0.
(c) Supondo que a força de atrito seja a única força verdadeira (ie, originária de interações), esboce-a 0,5
no diagrama de forças. Dica: atente para a aceleraçãoa~0, observada a partir deS0.
(d) Escreva a expressão vetorial da força de atrito, na base{ˆi0,jˆ0}, em função do tempot. 0,75
(e) Faz sentido determinar as forças centrífuga e de Coriolis no sistema inercialS? Por quê? 0,5
Exercício 3 Imagine um sistema massa-mola no qual a mola é esquisita: elanãoobedece a lei de Hook! Ao invés disso, sua energia potencial elástica é dada pela expressãoU(x) = 12x4−23x3−2x2 (num referencial inercial), cujo gráfico é apresentado abaixo.
Energia (J)
x(m) E1= 2
E2=−2/3
E3=−2
(a) Supondo que a única força que age sobre a massam=1 kg é aquela derivada do potencialU(x), 0,5
escreva a equação do movimento (2alei de Newton).
(b) Quais são as posições (coordenadasx) de equilíbrioestável? 0,75
(c) Imagine agora que façamos três experimentos distintos, deslocando a massa do ponto de equi- 0,5
líbrio de tal maneira que a energia mecânica seja E1 para o primeiro experimento, E2 para o segundo eE3para o terceiro (veja o gráfico). Para qual(is) dos experimentos observou-se movi- mento oscilatórioaproximadamenteharmônico? Por quê?
(d) Para esse experimento, aproximeU(x)porU0(x) =U0+12k(x−x0)2nas imediações do ponto de 0,75
equilíbrio. Isto é, determinex0,U0ek.
(e) Qual deve ser o valor da massa oscilante para que a frequência angular seja de 2 rad/s? 0,5
Exercício 4 O sistema massa-mola (m=1 kg ek=4 N/m) ilustrado abaixo está montado sobre uma carreta que acelera uniformemente com intensidadeA=1 m/s2para a direita. Não há atrito. Se em t =0,x0(0) =3/4 m e ˙x0(0) =2 m/s (a origem deS0está no ponto em que a mola está relaxada):
(a) Esboce o diagrama de forças nos sistemasS(inercial) eS0(não-inercial). 0,5 (b) Escreva a equação do movimento (2alei de Newton) no sistema não-inercial. 0,5
(c) Interprete, em palavras, as condições iniciais. 0,5
(d) Sabendo que a solução geral da equação do movimento éx0(t) =αcos(ωt +φ)−A/ω2, sendo 1,0
ω2=k/meαeφconstantes a determinar, encontre a expressão da equação horária,x0(t).
Formulário
Momento de inércia de um disco de raioRe massaM:I=M R2/2 Volume do cone=(área da base)·(altura)/3
I=R
r2d m=R
d I, I=ICM+M l2, K=1 2Iω2, A=−2ω~×v~0, A=−ω~×(ω~×r~0), Fin=−mA,~ F~+F~in=ma~0,
¨
x+ω2x=0, comω2 .
=k/m, Fe=−k x⇔U(x) =1 2k x2
Resolução
Exercício 1
(a) Podemos imaginar esse objeto como uma sobreposição de discos de raio r (que varia comz) e alturadz, como ilustrado abaixo. Deste modo, cada disco tem um momento de inérciadI =
1
2dm r2. Note que a massa do disco é uma pequena parceladm da massa do objeto todo, que podemos escrever comodm=ρdV, ondeρé a densidade (constante) do objeto edVé o volume do disco, que por sua vez é dado pordV =πr2dz. Assim, se somarmos o momento de inércia de cada disco, fazendodz→0, teremos:
Iz= Z
dI= Z 1
2dm r2=1 2ρ
Z
r2dV =1 2ρπ
Z r4dz
Como o objeto é simétrico com relação ao planox y, podemos calcular a integral acima desde z=0 atéH/2 e multiplicá-la por dois:
Iz=ρπ Z H/2
0
r4dz.
Falta determinar a relação entrer(distância até o eixo de rotação) ez. Observando a figura acima, vemos que emz=0,r=R; e emz=H/2,r=0. Usando esses dois pontos para definir a geratriz do cone, concluímos quer(z) =2Rz/H. Assim, a integral acima fica:
Iz= 2R
H 4
ρπ ZH/2
0
z4dz= 2R
H 4
ρπ z5
5 H/2
0
= 1
10ρπH R4= 1 10
M V πH R4,
lembrando queρ= M/V, ondeV é o volume do objeto, que por sua vez é igual ao dobro do volume do cone de alturaH/2 e área da baseπR2:
V=2 1
3πR2H 2
=1 3πH R2. Assim,
Iz= 1 10
M
1
3πH R2πH R4= 3 10M R2.
(b) Como o objeto é homogêneo, o centro de massa coincide com o centro geométrico, por onde passa o eixoz. Ou seja,Izcalculado acima é o momento de inércia com relação ao eixo que passa
pelo centro de massa. E como o eixoz0é paralelo aoz, podemos utilizar o teorema dos eixos paralelos, bastando para isso observar que a distância entre eles éR:
Iz0=Iz+M R2=13
10M R2=6,5×10−3kg·m2.
(c) Quando em plena rotação, o objeto terá energia cinética de rotação igual aK =Iz00ω2/2. Essa é a energia que precisa ser fornecida a ele, supondo que não haja perdas. Se isso precisa ser feito no intervalo∆t, então a potência é dada porK/∆t. Mas antes de calcularmos a potência, precisamos colocarωem unidades do SI:
ω=300 π
rotações min ·1 min
60 s · 2πrad
1 rotação=10 rad/s.
Assim,
Potência= K
∆t =Iz00ω2
2∆t =0,25 W.
Exercício 2 (a)
(b) Como a velocidadev~0é constante e emt =0,r~0=~0, para um instantet >0 qualquer podemos escrever:r~0=v0tˆi0(movimento uniforme). Além disso, comokˆ0≡kˆ, podemos escreverω~=ωkˆ0. Conhecendo os vetoresr~0eω~, podemos calcular a força centrífuga algebricamente:
F~cf=−mω~×(ω×~ r~0) =−m(ωkˆ0)×
(ωkˆ0)×(v0tiˆ0)
=−mω2v0tkˆ0×(ˆk0×iˆ0) =−mω2v0tkˆ0×jˆ0=mω2v0tiˆ0
=8tiˆ0.
Alternativamente, podemos utilizar a regra da mão direita para identificar a orientação do vetor (+ˆi0) e, observando quer~0⊥ω, calcular sua intensidade:~ mω2r0 =mω2v0t =8t. Assim,Fcf= 8tiˆ0, como acima.
Quanto à força de Coriolis, pelo método algébrico temos:
F~co=−2mω~×v~0=−2m(ωkˆ0)×(v0iˆ0)
=−2mωv0kˆ0×iˆ0=−2mωv0jˆ0
=−8jˆ0
Alternativamente, podemos utilizar a regra da mão direita para identificar a orientação do vetor (−jˆ0) e, observando quev~0⊥ω~, calcular sua intensidade: 2mωv0 =8. Assim,Fco=−8jˆ0, como acima.
(c) Comoa~0=~0 (pois é dito quev~0é constante), a resultante de forças (inerciais e verdadeiras) ob- servada emS0deve ser nula. Ou seja, a soma vetorial das forças centrífuga, de Coriolis e de atrito deve ser nula. Portanto, para que o observadorvejao corpo se movendo comv~0 constante, a força de atrito deve ter a mesma intensidade da soma vetorial das forças de inércia, mas sentido oposto. Veja o esboço na figura acima.
(d) Da argumentação no item anterior, concluímos imediatamente que F~at=−(F~cf+F~co) =−8tiˆ0+8ˆj0.
Alternativamente, podemos argumentar algebricamente: no sistema de referênciaS0, valeF~at+ F~in=ma~0, ondeFiné a soma vetorial das forças de inércia. Mas comoa~0=~0 (pois é dito quev~0é constante), entãoF~at=−F~in. Assim,F~at=−8tiˆ0+8jˆ0, como acima.
(e) As forças de inércia são artefatos da aceleração que um sistema de referência sofre (no caso de S0, é a rotação). MasSé um sistema de referência inercial, ou seja, por definição ele não sofre aceleração. Logo, não há forças de inércia e, por conseguinte, não faz sentido determinar as forças centrífuga e de Coriolis emS.
Exercício 3
(a) Como é dito que a força deriva (literalmente) da energia potencial, então sabemos imediatamente que:
F(x) .
=−d U
d x =−2x3+2x2+4x.
Mas pela segunda lei de Newton,F=mx¨. Então, a equação do movimento é:
F(x) =mx¨ ⇒ −2x3+2x2+4x=x¨.
(b) As posições de equilíbrio (estável ou instável) são as coordenadasx0para as quais(d U/d x)x0=0 [ou, equivalentemente, para as quaisF(x0) =0]. No nosso caso,
d U d x x0
=2x03−2x02−4x0=0 ⇒ x03−x02−2x0=0 ⇒ (x02−x0−2)x0=0.
A equação acima é válida quandox0=0 ou quandox20−x0−2=0, cujas raízes sãox0=−1 e x0=2. Esses são os pontos de equilíbrio. Para identificar o tipo de equilíbrio (estável ou instável), temos de analisar a derivada de segunda ordem em cadax0:
• Se(d2U/d x2)x0>0, trata-se de um mínimo deU(x)e o equilíbrio é estável;
• Se(d2U/d x2)x0<0, trata-se de um máximo deU(x)e o equilíbrio é instável.
No nosso caso,d2U/d x2=6x2−4x−4:
• Parax0=−1,(d2U/d x2)x0=−1=6>0. Logo, esta é uma posição de mínimo deU(x)e, por conseguinte, uma posição de equilíbrio estável.
• Parax0=0,(d2U/d x2)x0=0=−4<0. Logo, esta é uma posição de máximo deU(x)e, por conseguinte, uma posição de equilíbrio instável.
• Parax0=2,(d2U/d x2)x0=2=12>0. Logo, esta é uma posição de mínimo deU(x)e, por conseguinte, uma posição de equilíbrio estável.
Assim, os pontos de equilíbrioestávelsãox0=−1 ex0= +2. Alternativamente, como temos à nossa disposição o gráfico deU(x), podemos simplesmente identificar visualmente os máximos e mínimos e concluir a natureza dos pontos de equilíbrio.
(c) Apenas para o experimento E2o movimento é aproximadamente harmônico, pois como E2 é apenas ligeiramente superior ao valor deU(x)emx0=−1, na região em queU(x)≤E2podemos aproximar o gráfico deU(x)por uma função do segundo grau, da formaU0(x) =U0+12k0(x−x0)2. Com isso,
F(x) =−d U
d x =−k0(x−x0)
=m a=mx.¨
Fazendo a mudança de variávelζ=x−x0e notando que ¨ζ=x, a equação do movimento fica¨ ζ¨+mk0ζ=0, característica do oscilador harmônico com frequência angularω2=k0/m.
(d) Queremos aproximarU(x)porU0(x) =U0+12k0(x−x0)2no intervalo dexdefinido pela condição U(x)<E2, em torno do ponto de equilíbriox0=−1. Assim,U0≡U(x0) =−5/6. Falta determinar k0: no intervalo em questão, deve valer a relação
U0(x) =U0+1
2k0(x−x0)2≈U(x) d⇒/d x k0(x−x0)≈d U d x
d/d x
⇒ k0≈d2U d x2. Como esse ajuste é perfeito emx0[note queU0(x0) =U(x0)], calculamosd2U/d x2emx0:
k0= d2U d x2
x0=−1=6.
Deste modo,U0(x) =3(x+1)2−56.
(e) Queremos queω=2 rad/s. Mas dos itens (c) e (d), ω2=k0
m ⇒ m= k0 ω2=3
2.
Ou seja, se a experiênciaE2for realizada com um objeto de massa 1,5 kg, ele oscilará harmonica- mente com frequência angular de 2 rad/s.
Exercício 4
(a) No sistema inercialS: No sistema não-inercialS0:
(b) Como o referncial não é inercial, temos de corrigir a segunda lei de Newton, adicionando as forças inerciais às forças verdadeiras. Ou seja, F~+F~in= ma~0. As forças verdadeiras são a força-peso P~=−m gjˆ, a força-normalN~=Njˆe a força-elásticaF~e=−k x0iˆ(note que não faz diferença usar iˆouˆi0,jˆoujˆ0, pois os versores permanecem paralelos). Como o sistemaS0 sofre apenas uma aceleraçãoA~ =Aiˆ, a força inercial é simplesmenteF~in =−mA~=−m Aˆi. Assim, a equação do movimento é:
F~+F~in=P~+N~+F~e+F~in=−m gjˆ+Njˆ−k x0iˆ−m Aiˆ=m(a0xiˆ+a0yjˆ).
Como não há movimento na direção vertical (a0y =0), podemos deixar de lado essa componente e nos concentrar apenas na componente horizontal:
−k x0−m A=m ax0 ⇒ mx¨0+k x0+m A=0 ⇒ x¨0+4x0+1=0. (1) (c) No instante inicial, a massa oscilante está 3/4 m à direita da posição na qual a mola está relaxada
(origem deS0), movendo-se com velocidade de 2 m/s para a direita.
(d) Primeiramente, convém observar queω=p
k/m=2 e queA/ω2=1/4. Assim,x0(t) =αcos(2t+ φ)−1/4. Utilizando a expressão dex0(t)dada, calculamosx0(0)e impomosx0(0) =3/4, que é a condição inicial referente à posição:
x0(0) =αcos(φ)−1 4=3
4 ⇒ αcos(φ) =1. (2)
Em seguida aplicamos a condição inicial referente à velocidade, ˙x0(0) =2:
˙
x0(t) =−2αsen(2t+φ) ⇒ x˙0(0) =−2αsen(φ) =2 ⇒ αsen(φ) =−1. (3)
Dividindo (3) por (2),
αsen(φ) αcos(φ)=−1
1 ⇒ tan(φ) =−1 ⇒ φ=−π 4. Usando esse resultado em (2)[ou em (3)], concluímos queα=p
2. Assim, x0(t) =p
2 cos
2t−π
4
−1 4.
EXTRA: com relação à solução da equação diferencial, dada no enunciado, note podemos fazer a seguinte manipulação na equação (1):
¨ x0+ k
m
x0+m A k
=0 ⇒ x¨0+ω2
x0+ A ω2
=0.
Se em seguida fizermos a mudança de variávelζ=x0+A/ω2e notarmos que ¨ζ=x¨0, podemos reescrever a equação acima como ¨ζ+ω2ζ=0, que é a equação do oscilador harmônico. Sua solução é:
ζ(t) =αcos(ωt+φ) ⇒ x0(t) + A
ω2=αcos(ωt+φ) ⇒ x0(t) =αcos(ωt+φ)− A ω2, que é a equação horária dada como solução de (1).
