Issuu on Google+


IV O

Volume 1

MO

NS

TR

AT

Mecânica Óptica Termodinâmica

DE

Anual 2010 Prof Renato Brito


AT

TR

NS

MO

DE IV O


IV O

NS

TR

AT

FOTOCÓPIA

É PROIBIDA A REPRODUÇÃO QUAISQUER

SEM

TRANSGRESSORES

MO

OS

MEIOS

PARCIAL

AUTORIZAÇÃO

SERÃO

OU

TOTAL

PRÉVIA

PUNIDOS

DO

COM

POR

AUTOR.

BASE

NO

ARTIGO 7°, I DA LEI 9.610/98 . DENUNCIE O PLÁGIO.

DE

TODO O CONTEÚDO DESSA OBRA ENCONTRA-SE REGISTRADO .


AT

TR

NS

MO

DE IV O


CAPÍTULO 1 - VETORES

IV O

SUMÁRIO 1

1 - Grandezas escalares e grandezas vetrotoriais 2 - Vetores

1

1

3 - Operações com vetores – Soma vetorial

1

4 - Operações com vetores – subtração de vetores 5 - Método gráfico do paralelogramo

2

2

6 - Ângulo formado entre dois vetores

3

3

8 - Multiplicação de um vetor por um número

AT

7 - Decomposição de vetores

5

9 - Propriedade do polígono fechado de vetores

5

10 - Representação i e j para vetores

6 7

12 - Breve Revisão de Geometria Plana

7

- Pensando em classe - Pensando em casa

TR

11 – Expandindo para a notação i, j e k para vetores

10 14

CAPÍTULO 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU 1 – Introdução

20 20

3 – Galileu chega ao conceito de Inércia

20

4 – O princípio da Relatividade de Galileu

22

5 – A primeira lei de Newton do movimento

23

6 – Entendendo o conceito de equilíbrio

23

7 – Entendendo o conceito de repouso

24

8 – O Papel da Força no Movimento dos Corpos

24

9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ?

25

MO

NS

2 – O Pensamento Aristotélico e o senso comum

– Pensando em classe

27

– Pensando em casa

28 31

11 – Movimento Uniforme (MU)

32

12 – Movimento Uniformemente Variado (MUV)

32

13 – A velocidade escalar média no MUV

33

14 – A função horária da Velocidade no MUV

33

15 – A função horária da posição no MUV

34

16 – Interpretação de gráficos

34

17 – Conversnado sobre o lançamento horizontal

35

18 – Conversando sobre o lançamento obliquo

37

DE

10 – Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia

– Pensando em classe

40

– Pensando em casa

45


50

20 - Massa e peso

50

21 - Massa resiste a aceleração

IV O

19 - Força produz aceleração

51

22 - Segunda lei de Newton do movimento

51

23 - Quando a aceleração é g – Queda Livre

52

24 - Forças e interações

53

- Leitura Complementar: A natureza das forças 25 - Terceira lei de newton do movimento

56

26 - Ação e reação em massas diferentes

56

29 – Forças e deformações em molas ideais

58

AT

27 – Força de tração T em fios ideais 28 – Força de tração T em polias ideais

30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos Padrão - Pensando em classe

TR

- Pensando em casa

54

59 60 61 64 68

CAPÍTULO 3 – ESTUDO DO ATRITO

73

2 - Força de atrito estático e cinético

74

3 - A força de atrito na escala microscópica

75

4 - Resistência dos fluidos

77

NS

1 - Força de atrito seco de escorregamento entre sólidos

- Pensando em classe

83

- Pensando em casa

88

CAPÍTULO 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO 1 – Introdução

95 96

3 - Forças em trajetória curvilínea

97

4 - Estudo do movimento de um Pêndulo Simples

98

5 – Dinâmica do MCU plano horizontal

99

6 - Uma questão intrigante: por que a lua não cai na Terra ?

101

7 - Comentários finais – Características do MCU

103

8 - Resumo das propriedades - Componentes da aceleração

105

MO

2 - As componentes tangencial e centrípeta da aceleração

106

- Pensando em casa

111

DE

- Pensando em classe

APÊNDICE – REFERENCIAIS NÃO-INERCIAIS

1 – O Domínio de Validade das leis de Newton

119

2 – Introdução ao Referencial Inercial

119

3 – Propriedades dos Referenciais não-inerciais

121

4 - O Referencial Não Inercial

122


5 - O Princípio da Equivalência de Einstein

122

6 - O elevador acelerado para cima

123

7 - O elevador acelerado para baixo

IV O 124

8 - Vagão acelerado horizontalmente

124

9 – Forças de Interação e Forças de Inércia

126

- Pensando em classe

130

- Pensando em casa

132

CAPÍTULO 5 – TRABALHO E ENERGIA

134

AT

1 - Por que estudar trabalho e energia ? 2 - O significado físico do trabalho realizado por uma força

134

3 - Entendendo o sinal algébrico do trabalho

135

4 - Trabalho realizado por forças internas

138 140

6 - Trabalho realizado por força de intensidade variável

140

7 - Aplicação: Cálculo do trabalho realizado pela força elástica

141

8 - Princípio da Trajetória Alternativa (P. T. A.)

142

9 - Princípio do trabalho total ou trabalho resultante

142

10 - Trabalho realizado pela força peso

144

11 - Forças conservativas e forças não-conservativas

145

12 - O Princípio da conservação da Energia Mecânica

145

NS

TR

5 - Trabalho realizado por força constante inclinada

13 - Condições para a conservação da Energia Mecânica

147

14 - Potência média e potência instantânea

149

15 – Máquinas

149

16 - O simples conceito de rendimento

150 153

- Pensando em casa

157

MO

- Pensando em classe

CAPÍTULO 6 – SISTEMA DE PARTÍCULAS 165

2 - O impulso: o ganho de quantidade de movimento

165

3 - Impulso aplicado por uma força de intensidade variável

167

4 - O conceito de Sistema

168

5 - O conceito de Forças internas e Externas

169

6 - Entendo o impulso trocado entre dois corpos como uma mera transferência de quantidade de movimento entre eles.

169

7 - Sistema mecânico isolado na direção horizontal

170

8 - O centro de massa de um sistema de partículas

173

9 - A velocidade do centro de massa de um sistema de partículas

173

10 - A relação entre a quantidade de movimento de um sistema e a velocidade do seu centro de massa

176

DE

1 - A quantidade de movimento (qdm) de uma partícula


176

12 - Sistemas mecânicos isolados e a primeira lei de Newton para sistemas

179

13 - Sistemas mecânicos não isolados na vertical 14 - Coeficiente de restituição numa colisão

IV O

11 - A 2ª lei de Newton para sistema de partículas

182

183

15 – Tipos de Colisão

183

16 – Caso Especial: Colisão elástica Unidimensional entre partículas de massas iguais

185

17 – Caso Especial: Colisão Unidimensional em que uma das massas é muito maior do que a outra

186

187

- Pensando em classe

188

- Pensando em casa CAPÍTULO 7 – HIDROSTÁTICA 1 - O Conceito de Pressão 3 - A pressão atmosférica

TR

2 - Pressão exercida por uma coluna líquida

AT

 Leitura Complementar: O Efeito da Baladeira Gravitacional

195

202 203 206

4 - A Variação da Pressão no Interior de um gás

208

5 - A experiência de Torricelli

208

6 - Bebendo água de canudinho 7 - O Sifão

210 212 213

9 - A lógica por trás do Princípio de Arquimedes

214

10 - Calculando o empuxo a partir das leis de Newton

216

11 – Empuxo e Densidade

216

12 – Calculando o Empuxo Duplo

218

13 – Empuxo Não-Arquimedianos

219

14 – Referenciais não-inerciais na Hidrostática

225

15 – O Princípio de Pascal

227

16 – Mecanismos Hidráulicos

227

- Pensando em classe

229

- Pensando em casa

236

MO

NS

8 - O Princípio de Arquimedes do Empuxo

CAPÍTULO 8 – ESTÁTICA

248

2 - Momento de Uma Força

248

- Pensando em Classe

250

- Pensando em Casa

253

DE

1 – Introdução

CAPÍTULO 9 – GRAVITAÇÃO UNIVERSAL 1 - Introdução

255

2 - Geocentrismo

255


255

4 - As três Leis de Kepler

256

IV O

3 - Heliocentrismo 5 - Lei da Gravitação Universal de Newton

256

6 - Intensidade do Campo Gravitacional

256

7 – Corpos em órbita

258

8 - Imponderabilidade no Interior de Satélites

258

9 – Entendendo as marés

258

- Pensando em Classe

260

263

CAPÍTULO 10 – ESPELHOS PLANOS 1 - Introdução 2 - Imagem de um Objeto Pontual 3 - Imagem de um Corpo Extenso 4 - Deslocamento e Velocidade da Imagem 6 - Dois Espelhos Associados 7 - Rotação de um Espelho Plano 8 - Velocidade no Espelho Plano

NS

9 – Enantiomorfismo

TR

5 - Campo Visual de um Espelho Plano

AT

- Pensando em Casa

267 267 268 268 269 269 270 270 271

CAPÍTULO 11 – ESPELHOS ESFÉRICOS 1 - Introdução

273

2 - Elementos dos Espelhos Esféricos

273

3 - Leis da Reflexão

274

4 - Condições de Gauss

274

5 - Focos

274 276

7 - Construção Geométrica de Imagens

276

8 - Espelho Esférico Convexo

277

9 – Espelho Esférico Côncavo

277

10 - Estudo Analítico

279

MO

6 - Raios Principais no Espelho Esférico

CAPÍTULO 12 – REFRAÇÃO DA LUZ

279

2 - Índice de Refração

279

3 - Leis de Refração da Luz

279

4 - Ângulo Limite e Reflexão Total

280

5 - Dioptro Plano

280

6 - Lâmina de Fases Paralelas

281

7 - Prisma Óptico

282

DE

1 - Introdução


284

9 – Decomposição da Luz Branca

285

10 - Refração atmosférica, Miragens e Arco-íris. CAPÍTULO 13 – LENTES ESFÉRICAS 1 - Introdução

IV O

8 - Prismas de Reflexão Total

286

288

2 - Tipos: Elementos e Nomenclatura

288

3 - Comportamento Óptico

289

4 - Focos

289

6 - Propriedades 7 - Construção Geométrica de Imagens 8 - Estudo Analítico 9 – Vergência (V) 11 – Associação de Lentes 12 – Instrumentos Ópticos 13 – Lupa 14 – Máquina Fotográfica 15 – Projetor

NS

16 – Microscópio Composto

TR

10 - Fórmulas dos Fabricantes

290

AT

5 - Distância Focal e Pontos Antiprincipais

290 291 293 293 293 294 295 295 295 296 296

17 – Luneta Astronômica

296

18 – Óptica da Visão

296

19 – Comportamento Óptico do Globo Ocular

297

20 – Acomodação Visual

297

21 – Defeitos da Visão

297 299

- Pensando em casa

311

MO

- Pensando em classe

CAPÍTULO 14 – Gases e Termodinâmica 325

2 – Leis experimentais dos gases

325

3 – A Equação de Estado do Gás ideal

327

4 – A Equação geral dos gases

328

5 – A Densidade do gás ideal

328

6 – Mistura de gases que não reagem entre si

329

7 – Transformações gasosas particulares

330

DE

1 – Entendendo o Estado Gasoso

7.1 – Transformação isovolumétrica – Estudo gráfico e analítico

330

7.2 – Transformação isobárica – Estudo gráfico e analítico

331


7.3 – Transformação isotérmica – Estudo gráfico e analítico

333

9 – Interpretação molecular da pressão de um gás ideal

IV O

335

8 – A Teoria Cinética dos Gases

335

10 - Interpretação molecular da temperatura de um gás ideal

336

11 – A Energia interna de um gás Ideal

337 338

12 – Trabalho em Transformações gasosas

340

13 – Maneiras para Aquecer ou Esfriar um gás

340

13.2 – Extraindo energia do gás

AT

13.1 – Fornecendo energia ao gás

340

13.3 – Aumentando a energia interna U do gás

340

13.4 – Diminuindo a energia interna U do gás

341

14 – A 1ª Lei da Termodinâmica

TR

15 – A Expansão Livre – Um caso especial

341 342

16 – Funções de Estado e Funções de Caminho

344

17 – Calores Molares dos gases - Cp e Cv

345 345

17.2 – Calor fornecido ao gás no processo isobárico (Qp)

346

17.3 – Analise Comparativa entre Qp e Qv

346

17.4 – Proporção entre Qp, Qv, 'U e Wisob nesse contexto

347

NS

17.1 – Calor fornecido ao gás no processo isovolumétrico (Qv)

347

19 – A transformação adiabática

348

MO

18 – Relação entre Cv e 'U

348

20.3 – O calor trocado por um gás num ciclo termodinâmico

352

20.4 – A primeira lei da termodinâmica aplicada a um ciclo

352

20.5 – Interpretando o Ciclo – Máquinas Térmicas

352

20.6 – O conceito de rendimento de uma máquina térmica

353

20.7 – Máquinas Frigoríficas

353

19.1 – Processos adiabáticos no dia-a-dia

19.2 – Estudo analítico da transformação adiabática

349

19.3 – Estudo gráfico da transformação adiabática

350

20 – Ciclos Termodinâmicos

350 350

20.2 – O trabalho realizado num ciclo termodinâmico

351

DE

20.1 – A variação da energia interna 'U num ciclo termodinâmico


353

20.8 – Eficiência de máquinas frigoríficas

IV O

354

21 – A segunda lei da Termodinâmica

354

22 – O ciclo de Carnot

22.1 – A máquina de Carnot na prática – Exemplo Numérico 23 – Uma visão histórica das máquinas térmicas 23.1 – Ciclo Otto – motores de automóveis 24 – Leis da Termodinâmica – Considerações Finais

355 357 358 359 361

AT

25 – AutoTestes comentados - Pensando em classe - Pensando em casa

363 373

CAPÍTULO 15 – Entropia – Propriedades Fundamentais 2 - Entropia no Ciclo de Carnot

TR

1 - Introdução

394 395

3 - Variações de Entropia em Processos irreversíveis – O Caso da Expansão Livre

396

4 - Entropia e o Sentido da Passagem do Tempo

399

5 - Entropia e a Desordem de um Sistema

400

6 – Entropia e a Disponibilidade de Energia

401

Gabarito Comentado

NS

- Pensando em casa

403 407 421

Cronograma de aulas da Frente 2

466

DE

MO

Manual de Resoluções


1. Grandezas escalares e grandezas vetoriais

É isso aí turma ! Massa é uma grandeza escalar..... infelizmente .

sentido (flecha) e mesmo módulo (comprimento). Sendo assim, podemos dizer que: G G G G G a =b e a z d z c . G G Os vetores b e c são iguais apenas e direção. G em módulo G Simbolicamente, podemos escrever | b | = | c | apesar de G G b z c. 3. Operação com vetores – soma vetorial Conforme dito, um vetor pode representar qualquer grandeza vetorial. Assim, para ilustrar a operação da “soma vetorial”, utilizaremos vetores que representam o deslocamento de uma pessoa, que têm sua origem no ponto de partida e, sua extremidade, no ponto de chegada. Imagine que uma pessoa partiu do ponto A e fez o percurso ABCD parando no ponto D. Cada um dos seus deslocamentos parciais AB, BC e CD podem ser representados, respectivamente, pelos G G G vetores a , b e c conforme a figura 2. O deslocamento resultante G dessa pessoa é representado pelo vetor r , que parte do ponto inicial A e tem sua extremidade no ponto final D como mostra a G figura 3. Dizemos que r é a soma vetorial ou a resultante dos G G G vetores a , b e c e, simbolicamente, escrevemos: G G G G r = a + b + c

AT

Na natureza, algumas grandezas físicas ficam bem definidas quando lhes é atribuído um valor numérico (módulo) e uma unidade de medida. São as chamadas grandezas escalares. Essas grandezas não têm nenhuma orientação e a sua aritmética é simples como a utilizada no caixa de uma padaria. Dentre elas, podemos citar massa, tempo, comprimento, temperatura, energia, corrente elétrica, resistência elétrica, potência.

IV O

Vetores

Aula 01

TR

Entretanto, existem grandezas que, além de um valor numérico (módulo) e uma unidade de medida, também recebem uma orientação, caracterizada por uma direção e um sentido. São as chamadas grandezas vetoriais. As operações matemáticas com essas grandezas precisam levar em conta não só o valor numérico, mas também a sua orientação. Assim, lançamos mão da geometria para nos auxiliar nas operações matemáticas com essas grandezas. Deslocamento, velocidade, aceleração, força, impulso , quantidade de movimento, velocidade angular, momento de uma força são exemplos de grandezas vetoriais.

B

G d

G a

B

DE

A

MO

2. Vetores Para representar as grandezas físicas orientadas (vetoriais), utilizamos um ente geométrico denominado Vetor. Trata-se de um segmento de reta orientado (orientação dada pela flecha) que apresenta uma direção, um sentido e um módulo, que está relacionado com o comprimento do vetor. Um vetor, portanto, pode representar qualquer grandeza física vetorial.

figura 1

G b

G c

G c

G a

NS

A força é uma grandeza vetorial ! Estou aplicando uma força vertical para cima !

G b

C

D

A

figura 2

G b

B

G c

G a A

C

D

G r figura 3

Admitindo que os módulos dos deslocamentos valem G G G G | a | = 9 km, | b | = 8 km e | c | = 3 km, a fim de obter o vetor r , você não deve efetuar o cálculo:

G G G G r = a + b + c = 9 + 8 + 3 = 20 km

Afinal de contas, a expressão acima não se trata de uma soma algébrica ou soma escalar. As flechinhas sobre cada letra indicam que estamos realizando uma soma vetorial ou geométrica e que não se pode substituir diretamente os valores numéricos na expressão. Devemos fazer uso das propriedades da geometria e, a partir do diagrama dos vetores ilustrado na figura 3, obter o módulo G do vetor r . A partir do Teorema de Pitágoras, o triângulo hachurado na figura 3 nos permite escrever :

A figura ilustra o vetor AB que tem direção horizontal, sentido da esquerda para a direita e módulo dado pelo comprimento AB . ser simplesmente designado por uma O vetor AB também pode G apenas ao módulo única letraG minúscula d . Para nos referirmos G do vetor d , podemos usar o símbolo | d | ou simplesmente d. Dizemos que dois vetores são iguais, se e somente se, (a–c)2 + ( b )2 = ( r )2 Ÿ ( 9–3 )2 + ( 8 )2 = ( r )2 Ÿ r = 10 km apresentarem a mesma direção (forem paralelos), o mesmo Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Assim, sempre que desejarmos calcular o resultado de uma operação com vetores, Ê preciso primeiro traçar o diagrama vetorial e, só em seguida, utilizar a geometria plana para efetuar a operação. Em linhas gerais, para se obter a resultante entre vårios vetores, basta dispor os vetores um após o outro, com a extremidade de um na origem do próximo. O vetor soma Ê sempre obtido ligando a origem do primeiro à extremidade do último. Esse processo gråfico chama-se mÊtodo do polígono.

IV O

FĂ­sica

2

4. Operação com vetores – subtração de vetores G G G Sejam os vetores a , b e c mostrados na figura 7. Desejamos G G G G G obter o vetor r tal que r = a + b – c . Para isso, definimos G G o vetor oposto a c , representado por – c . Note que os vetores G G c e – c têm o mesmo módulo (comprimento), mesma direção (são paralelos) e sentidos opostos ( flechas contrårias) como na figura 7.

G f

G d G e

G c

G b

TR

G g

AT

A seguir, destacamos uma sÊrie de relaçþes vetoriais existentes no diagrama da figura 4. Observe:

G a

MO

NS

figura 4 G G G G G a +b + d + f = g G G G mas ( a + b ) = c , portanto: G G G G G ( a + b) + d + f = g G G G G c + d + f = g G G G mas ( c + d ) = e , portanto: G G G G (c + d ) + f = g G G G e + f = g As relaçþes vetoriais acima mostram que a soma de vetores Ê associativa. É fåcil ver que tambÊm Ê vålida a propriedade comutativa para a adição, ou seja,

G O vetor – c nĂŁo se trata de um vetor negativo, afinal de contas, um vetor ĂŠ um ente geomĂŠtrico e, assim como nĂŁo existem quadrados negativos ou triângulos negativos, nĂŁo existem vetores negativos. G Apenas, da mesma forma que existe um vetor chamado c , G tambĂŠm existe um vetor chamado – c , ĂŠ o nome dele, chama-se vetor “menos cĂŞ â€?. G c

G G G G a +b =b + a :

G a

G b

G c

G c

G b

G r G a

figura 7

figura 8 G G G G Assim, reescrevemos a expressão r = a + b – c como G G G G r = a + b + (– c ) e traçamos o diagrama vetorial naturalmente, G G G dispondo os vetores a , b e (– c ) em sÊrie, um após o outro e G traçando o vetor resultante r como mostra a figura 8. Mais uma G vez, determinaremos o módulo de r com base na geometria da figura.

Graficamente, temos:

a

G b

DE

G c G a

G G ab

G c

figura 5

G b

G c G G ba

G c

figura 6

5. MÊtodo gråfico do paralelogramo Para determinar a resultante entre vårios vetores atravÊs do mÊtodo do polígono, vimos que devemos dispor um vetor após o outro (figura 9a), com a extremidade de um coincidindo com a origem do seguinte (em sÊrie). O vetor resultante Ê obtido ao final, ligando a origem do primeiro vetor à extremidade do último (figura 9b). Uma forma alternativa de se traçar a resultante entre dois vetores G G a e b que formam um ângulo D entre si Ê atravÊs do mÊtodo do paralelogramo. Nesse mÊtodo, que se aplica a apenas dois vetores de cada vez, devemos dispor os dois vetores de forma que

SimÊtrico PrÊ-Universitårio – Hå 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simÊtrico.com.br


FĂ­sica

Figura 9 b

Figura 9 a r

G a D

G a s

G b

D

Figura 9 c

G r

G G b a

G b

Figura 9 d

r2

A decomposição de vetores Ê uma ferramenta muito útil na anålise G de problemas de Física. Seja um vetor genÊrico F . Estamos interessados em determinar as componentes horizontal e vertical G G G Fx e Fy do vetor F .

G Fy

G F

G Fx

Figura 12 a

a 2  b 2  2.a.b. cos D

NS

Para uma importante revisĂŁo de geometria plana, veja a pĂĄgina 7.

G F

D

G Fy

G Fx

Figura 12 b

G Para isso, posicionamos o vetor F na origem de um sistema de eixos cartesianos e determinamos as projeçþes desse vetor sobre G G os eixos x e y (figura 12 a). Os vetores projeçþes Fx e Fy mostrados na figura 12 claramente satisfazem a relação vetorial G G G F = F x + Fy .

TR

É fåcil ver que os traçados gråficos mostrados na figura 9b e 9d G são equivalentes e determinam o mesmo vetor r , por qualquer um dos mÊtodos. A partir da lei dos cossenos, pode-se demonstrar G G que, se a e b são dois vetores que formam um ângulo D entre G G G si ( figura 9d ), a resultante r = a + b tem módulo dado pela relação:

tĂŞm origens coicindentes e, realmente vale 60q, assim G c.

7. Decomposição de vetores

AT

D

G G Jå os vetores a e c , na figura 10, portanto, o ângulo formado entre eles G como o ângulo formando entre b e

IV O

suas origens fiquem coincidentes (figura 9c). Traçando-se as retas paralelas r e s, determinamos um paralelogramo. Traçando-se a diagonal desse paralelogramo (figura 9d) a partir da origem dos G vetores, determina-se o vetor resultante r tal que G G G r = a + b. G G b b G G a a

3

E aĂ­...brother.... como se determinam os mĂłdulos das componentes Fx e Fy conhecendo o mĂłdulo de F ?

Ora Raul.....basta usar os conceitos de seno e cosseno no triângulo retângulo. Veja a seguir !

6. Ângulo formado entre dois vetores O ângulo D formado entre dois vetores, por definição, Ê o menor ângulo determinado entre eles quando suas origens estão coincidentes.

MO

Observando o triângulo retângulo da figura 12b, Ê fåcil ver que:

Figura 10

Figura 11

sen D =

Fy F

Â&#x;

Fy = F . senD

cos D =

Fx F

Â&#x;

Fx = F . cosD

Adicionalmente, pelo teorema de Pitågoras, os módulos dos G G vetores projeçþes Fx e Fy satisfazem a relação algÊbrica:

DE

G G G Para esclarecer melhor, considere os vetores a , b e c (F)2 = (Fx)2 + (Fy)2 apoiados sobre um triângulo eqßilåtero na figura 10. G G A seguir, ilustramos uma aplicação clåssica da decomposição de Observando apenas os vetores a e b , alguÊm, à primeira vista, forças em Mecânica. poderia julgar que o ângulo formado entre eles Ê de 60q, o que estaria errado visto que suas origens não estão coincidentes. Exemplo resolvido 1: Uma caixa de peso P = 120 N encontra-se Assim, ainda Ê preciso mover um dos vetores paralelamente a si a apoiada sobre um plano inclinado liso que forma um ângulo fim de tornar a sua origem coincidente com a do outro, como D = 36q com a horizontal e escorrega ladeira abaixo. Determine o sugere a figura 11. Portanto, o ângulo D formado entre os vetores valor da componente do peso responsåvel pelo movimento da G G a e b não serå 60q, mas sim, o seu suplemento caixa. Dado D = 36q , sen36q = 0,6 cos36q = 0,8 180q – 60q = 120q. SimÊtrico PrÊ-Universitårio – Hå 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simÊtrico.com.br


Solução: A figura 13a mostra as duas forças aplicadas sobre a caixa: o peso P exercido pela Terra e a reação normal N exercida pelo plano inclinado.

IV O

FĂ­sica

4

Solução:

G G a) Os vetores V1 e V2 certamente NĂƒO sĂŁo idĂŞnticos, pois tĂŞm orientaçþes diferentes. Apenas apresentam o mesmo mĂłdulo, G G G G G G portanto V1 z V2 e 'V V2  V1 z 0 . G G G G G V2  (  V1 ) , ou seja, devemos achar a b) 'V V2  V1 G G resultante (+) entre os vetores V2 e – V1

G V2

G  V1

AT

54o 54o

figura 13a

TR

figura 15

figura 13b

figura 16

G G O vetor – V1 Ê obtido invertendo-se a flecha do vetor V1 . A figura 15 ilustra o diagrama vetorial preparado para que se G G G determine a resultante 'V V2  (  V1 ) . G G Na figura 16 , tomamos | V2 | = | – V1 | = V = 40 m/s e decompomos os vetores para achar a resultante:

NS

Se o plano inclinado forma um ângulo D com a horizontal, Ê fåcil perceber que a força peso P tambÊm forma um ângulo D com a direção da normal N. Assim, decompondo a força peso em suas componentes (figura 13b), temos que: P.senD = P. sen36q = 120 x 0,6 = 72 N P.cosD = P. cos36q = 120 x 0,8 = 96 N

Estando a caixa em equilíbrio na direção normal, temos N = P.cosD = 96 N. A componente P.senD = 72 N Ê a responsåvel pelo movimento da caixa ladeira abaixo.

DE

MO

Exemplo resolvido 2 : Uma bola de tênis, movendo-se com G velocidade V1 de módulo 40 m/s, colide elasticamente com o solo G horizontal de acordo com a figura 14 e retorna com velocidade V2 de mesmo módulo 40 m/s. Dado sen54q = 0,8 cos54q = 0,6 , pergunta-se: G G a) É correto afirmar que V1 = V2 e, portanto, que G G G G 'V V2  V1 0 ? b) Caso contrårio, determine o valor da variação da velocidade G G G vetorial 'V V2  V1 da bola na colisão.

G V2

G V1

54o 54o

Na horizontal, as componentes Vx se cancelam e a resultante serĂĄ puramente vertical, de mĂłdulo: G | 'V | = Vy + Vy = 2.V.cos D = 2 x 40 x 0,6 = 48 m/s G | 'V | = 48 m/s

G 'V G  V1

54o 54o

G V2

figura 17 G G G Assim o vetor diferença 'V V2  (  V1 ) Ê vertical, apontando para cima (figura 17) e tem módulo dado por G | 'V | = 48 m/s

figura 14

SimÊtrico PrÊ-Universitårio – Hå 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simÊtrico.com.br


Física

G a

G a

G a

G 2a

G a

G  3a

G a

Muitas grandezas vetoriais na Física são definidas pelo produto entre um número real n e um outro vetor. A tabela nessa página mostra alguma dessas grandezas, bem como a interpretação física. Se o estudante conhece bem as propriedades matemáticas dos vetores, ele percebe que as conclusões mostradas na tabela anterior são meras conseqüências matemáticas da relação vetorial que define essas grandezas. Isso significa que essas conclusões não merecem ser memorizadas. O aluno deve ser capaz de reproduzi-las por si só posteriormente, sempre que se deparar com aquelas relações vetoriais. 9. Propriedade do polígono fechado de vetores

AT

figura 18 G G Nota-se que o vetor 2 a é paralelo ao vetor a , tem a mesma G direção e sentido de a e módulo (comprimento) duas vezes maior G G G que a . Já o vetor –3 a tem a mesma direção de a G (são paralelos) e sentido contrário de a (flecha invertida) e G módulo 3 vezes maior que a . Assim, generalizando: G G G x Se b = n. a com n  R , então o vetor b é paralelo ao G vetor a G G x Se n > 0, os vetores b e a apontarão no mesmo sentido G G x Se n < 0, os vetores b e a apontarão em sentidos opostos G G G G G G x Se b = n. a Ÿ | b | = | n. a | Ÿ | b | = | n | . | a | Ÿ b = n. a

IV O

8. Multiplicação de um vetor por um número G Seja um vetor a . O resultado da multiplicação desse vetor por G um número real n é um outro vetor de mesma direção de a G (paralelo a a ) e cujo sentido depende do sinal de n. Observe a figura 18: G a

5

G Força F

Força elétrica G Fe

G G F m.a

Como a massa m de um corpo é sempre positiva (m > 0), concluímos que a aceleração G G a causada por uma força F está sempre na mesma direção e sentido da referida força. G A força elétrica Fe é sempre G paralela ao campo elétrico E que a transmite. G G x Se q > 0 , Fe e E terão o mesmo sentido G G x Se q < 0 , Fe e E terão sentidos opostos Como a massa m de um corpo é sempre positiva (m > 0), concluímos que a quantidade G de movimento Q de um móvel está sempre na mesma direção G e sentido da sua velocidade V Como 't é sempre positivo ('t > 0), concluímos que o G Impulso I aplicado por uma força está sempre na mesma direção e sentido da referida G força F .

G Fe

G q. E

G Q

G m.V

Impulso de G uma força I

G I

G F . 't

B

A

figura 19

Conseqüência matemática da relação vetorial

DE

Quantidade de G Movimento Q

Relação vetorial

MO

Grandeza

NS

TR

Se n vetores, dispostos em série, um após o outro, formam um polígono fechado, então a resultante desses vetores é nula.

B

A

figura 20

Para compreender melhor o significado dessa propriedade, considere os 8 vetores da figura 19 dispostos num polígono fechado. Se uma pessoa parte do ponto A, segue no sentido antihorário o caminho formado pela série de vetores e retorna ao ponto A, qual o deslocamento efetivo dessa pessoa ? Certamente é nulo. Essa é uma forma simples de entender a propriedade do polígono fechado de vetores. A resultante de todos os vetores é nula. Uma outra forma de visualizar que a resultante dos vetores é nula consiste em, inicialmente, determinar a resultante de todos os vetores exceto um deles, por exemplo, o vetor AB , como indica a figura 20. Em seguida, somamos a resultante de todos os vetores exceto AB com o vetor AB faltante e, assim, obtemos a resultante final de todos os vetores. A resultante dos 7 vetores na figura 20, partindo de B e percorrendo no sentido anti-horário o caminho de vetores, até o ponto A é dada, graficamente, pelo vetor BA . Agora somando a resultante dos 7 vetores BA com o 8o vetor AB que foi temporariamente deixado de fora, temos:

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

10

Pensando em Classe Pensando em Classe

AT

Questão 1 Determine o módulo do vetor resultante em cada um dos sistemas abaixo. Todos os vetores têm o mesmo módulo igual a 1: b) c) d) a)

TR

Questão 2 A figura mostra um hexágono regular de lado a sobre o qual se apoiam 5 vetores. A resultante desses vetores tem módulo dado por :

a) 3.a. 3 b) 4.a c) 6.a

Questão 3

NS

d) 6.a. 3 e) 12 a

G G G G G O esquema a seguir mostra cinco vetores a , b , c , d e e apoiados sobre um pentágono regular. A relação vetorial que existe entre eles é:

G G b) a G c) a G d) a G e) a

G

G G G G G G G + e + b + c= d G G G G G +b + c +d +e = 0 G G G G + c + d = b +e G G G G + e =b + c + d

G b

MO

a) a + b + c = d + e

G c

G d

G a G e

DE

Questão 4 Através do Método da Decomposição, determine a resultante dos vetores do sistema abaixo: sen D = 0,8 20 U

cos D = 0,6

D

7U

4U

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

18

IV O

Questão 15 - ²

G G Em cada Ă­tem abaixo, determine os vetores a e b fazendo uso dos versores unitĂĄrios i e j, bem G G G como o mĂłdulo do vetor diferença d = a â&#x20AC;&#x201C; b . Admita que as cĂŠlulas sĂŁo quadrados de lado 1. b) a) G b

G a

AT

G a

G b

Dica: veja explicação e exemplo resolvido nas påginas 6 e 7.

TR

QuestĂŁo 16 - ² Duas bolas de sinuca A e B, de massas mA = 4 kg e mB = 2 kg, se movem sobre um plano G G horizontal liso em movimento uniforme, com velocidades VA (3.i + 5.J) e VB ( 6.i â&#x20AC;&#x201C; 1.J) em G m/s. Determine o mĂłdulo da velocidade Vcm do centro de massa desse sistema, dada pela fĂłrmula abaixo: G G G mA .VA  mB .VB Vcm = mA  mB

c) 1,0 d) 6,5 Dica: veja pågina 7, seção 11.

NS

QuestĂŁo 17 - ² Uma partĂ­cula puntiforme movendo-se pela floresta encantada - tem, em certo instante t, a velocidade, em m/s, dada por V0 = 1,0 i â&#x20AC;&#x201C; 14,0 j + 5,0 k. Dois segundos depois, sua velocidade, em m/s, ĂŠ dada por V2 = 4,0 i â&#x20AC;&#x201C; 2,0 j + 1,0 k. No intervalo de tempo considerado, o mĂłdulo da aceleração mĂŠdia, em m/s2, ĂŠ: G G G G 'V V2  Vo a) 25,0 am 't 't b) 5,0

MO

O símbolo ², no começo de algumas questþes, indica que aquelas questþes encontram-se resolvidas no Manual de Resoluçþes que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da pågina 421

QuestĂŁo 18 Determine o mĂłdulo e a orientação aproximada do vetor que resulta em cada sentença vetorial a seguir: a) 3. ( 2 n ) â&#x20AC;&#x201C; 4. ( 3o) + 2.( 2 o) = (exemplo resolvido) = ( 6 n ) + ( 12 m) + ( 4 o) = = ( 6 n ) + ( 8m) = = 10 M

DE

b) (â&#x20AC;&#x201C;3).( 2 n ) + 4. ( 3 n ) â&#x20AC;&#x201C; 2.( 5 o) +

c) (â&#x20AC;&#x201C;2).( 7 n ) +

4.( 4 o)

3.( 6 o)

+ 2. ( 2 n ) â&#x20AC;&#x201C; 3.( 2 o)

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Física

19

6

2

G 0

G 2X

6

IV O

Questão 19 - ² G Resolva as seguintes equações vetoriais e determine o módulo do vetor x em cada caso: a)

b)

4 60o

4

6

4 c)

6

30o

6

G 2X

8 30o

TR

Questão 20 - ²

AT

G 2X

60o

NS

G G G (Unifor) A figura mostra 3 forças F1 , F2 e F3 de intensidades respectivamente iguais a 6N, 3N e 2N. A resultante dessas forças tem intensidade : a) 3 N b) 4 N c) 5 N d) 7N e) 11 N

G F2

Questão 21 - ²

G F1

G F3

MO

A figura ilustra 4 vetores apoiados num cubo de aresta a = 6 . A resultante desses quatro vetores tem módulo: a) 6 b) 10 c) 12 d) 14 e) 16

Questão 22 - ²

DE

A figura ilustra 3 vetores apoiados num cubo de aresta a = 3 . A resultante desses três vetores tem módulo: a) 6 b) 10 c) 12 d) 14 e) 16

Dica: decomponha cada vetor e use a idéia da questão 13 de classe

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


De Aristóteles a Galileu

1 – Introdução Há mais de 2000 anos atrás, os cientistas da Grécia antiga estavam familiarizados com algumas das idéias que estudamos hoje. Tinham um bom entendimento de algumas propriedades da luz, mas eram confusos sobre o movimento. Um dos primeiros a estudar seriamente o movimento foi Aristóteles, o mais proeminente filósofo-cientista da Grécia antiga.

F

F

F

TR

F

AT

2 - O Pensamento Aristotélico e o Senso Comum. Denominamos “senso comum” o conjunto de princípios e conclusões que consideramos corretas com base em nossas experiências cotidianas. Entretanto, muitas vezes a simples observação dos fenômenos do dia-a-dia, mascaradas por efeitos que fogem à nossa capacidade de observação, nos leva a conclusões equivocadas mas que são admitidas corretas até que uma nova observação mais cautelosa, regada por um raciocínio lógico dedutivo, nos faz perceber a necessidade de rever nossos conceitos e ser mais cautelosos com tudo aquilo que denominamos senso comum. Ao contrário do que se possa imaginar, nossos sentidos nem sempre são tão confiáveis.

Aristóteles acreditava que a resistência natural ao movimento (atrito, resistência do ar) era algo inerente ao movimento, sendo impossível suprimi-la. Ele fez deste o fato central da sua teoria do movimento segundo a qual era fundamental que houvesse uma força empurrando ou puxando os corpos para mantê-los em movimento. Curiosamente, até hoje, as idéias aristotélicas sobre o movimento ainda coincidem com o pensamento do senso comum das pessoas leigas em ciências. Uma pessoa não devidamente instruída, quando questionada sobre “quem cairá primeiro, uma pedra ou uma folha de papel”, certamente responde que “a pedra cairá antes, por ser mais pesada”.

IV O

Aula 2

Figura 1 - O estado natural dos corpos é o de repouso. Um corpo só se manterá em movimento enquanto uma força atuar sobre ele. Quando esta for suprimida o corpo deve retornar ao repouso. Esse é o ponto de vista de Aristóteles (384-322 a.c.). Se você ainda pensa assim, seu ponto de vista está atrasado 2000 anos -.

As idéias aristotélicas sobre o movimento dominaram o mundo científico por mais de dois mil anos e começaram a ser questionadas no século dezesseis por Copérnico e Galileu. Apesar de não ter sido o primeiro a apontar algumas dificuldades nas concepções de Aristóteles, Galileu foi o primeiro a fornecer refutações definitivas apoiadas no método experimental por ele introduzido no estudo das ciências naturais.

NS

Por exemplo, sabemos que se uma força suficientemente grande for aplicada sobre uma mesa, esta acabará se movendo ao longo do piso. Entretanto, percebemos que esse movimento cessa tão logo a força seja suprimida. Conclusão do senso comum: para manter um corpo em movimento, é necessária a atuação de uma força a favor do deslocamento. Tão logo todas as forças sejam suprimidas, o corpo voltará ao estado de repouso, o estado natural dos corpos livres da ação de forças. Quando uma pedra e uma folha de papel são abandonadas do alto de um prédio, facilmente percebe-se que a pedra chega ao solo antes que o papel, o que leva à seguinte conclusão do senso comum: Os corpos mais pesados caem mais rapidamente que os corpos mais leves.

Figura 3 – Galileu Galilei

DE

MO

3 – Galileu chega ao conceito de Inércia

figura 2 - Aristóteles (384 – 322 a.c.) foi um dos mais famosos filósofos gregos e um dos primeiros a se preocupar com o movimento dos corpos.

Esses dois exemplos de senso comum citados acima constituem a base do pensamento Aristotélico sobre o movimento dos corpos.

Figura 4 – A lendária demonstração de Galileu sobre a queda dos corpos.

Para demonstrar o erro na hipótese de Aristóteles sobre a queda dos corpos, conta-se que Galileu deixou cair, do alto da torre inclinada de Pisa, vários objetos com pesos diferentes e comparou

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

na horizontal, quão longe a bola deve ir para alcançar a mesma altura inicial ?” A resposta óbvia é “ela jamais alcançará essa altura inicial, se moverá para sempre, perpetuamente, na ausência de atrito”. A propriedade de um objeto tender a se manter em movimento numa linha reta (movimento retilíneo e uniforme) foi chamada de inércia. O conceito de inércia não era o senso comum e os antigos tinham muita dificuldade em compreendê-lo. Por exemplo, considere que uma pessoa esteja no topo do mastro de um navio que se move para frente com velocidade constante em alto mar. Admita que essa pessoa segure, em suas mãos, uma bola de canhão. Até o século XVI, acreditava-se que, se a bola de canhão fosse abandonada do repouso pela pessoa, a bola iria descendo e ficando para trás (figura 6), em relação ao navio e, portanto, não cairia no pé do mastro.

Posição final

MO

Posição inicial

NS

TR

AT

as quedas. Ao contrário do que afirmava Aristóteles, Galileu comprovou que uma pedra duas vezes mais pesada que outra não caía realmente duas vezes mais rápido. Desprezando o efeito do ar, Galileu percebeu que objetos de pesos diferentes, soltos ao mesmo tempo, caíam juntos e atingiam o chão ao mesmo tempo. Modernamente, sabemos que, na ausência da resistência do ar (no vácuo), todos os corpos são igualmente acelerados e caem juntos. Esse comportamento ainda é aproximadamente observado mesmo em situações em que a resistência do ar esteja presente, desde que ela ainda seja desprezível, como no caso das pedras abandonadas por Galileu do alto da torre. Em geral, quando a força de resistência do ar está presente, ela afeta diferentemente o movimento de queda dos corpos, sendo que aqueles mais pesados e com formato mais “aerodinâmico” tendem a cair mais rapidamente que os demais. Estudaremos a força de resistência do ar em detalhes no capítulo de Atrito. A metodologia investigativa de Galileu, aliando suas habilidades experimentais ao seu raciocínio lógico, constitui a base do método experimental. Pelo seu pioneirismo, Galileu é considerado o precursor da grande revolução ocorrida na Física a partir do século XVII. Para chegar ao conceito de Inércia, Galileu realizou uma série de experimentos com planos inclinados. Numa de suas mais famosas experiências, ele colocou dois de seus planos inclinados (Figura 5) um de frente para o outro. Ele observou que uma bola liberada do topo de um plano inclinado, a partir do repouso, rolava para baixo e então subia o outro plano inclinado até alcançar uma altura quase igual à sua altura inicial. Raciocinou que apenas o atrito a impedia de chegar até exatamente a mesma altura inicial, pois quanto mais liso era o plano inclinado, mais próximo daquela altura a bola chegava.

21

Posição inicial

Posição final

Posição inicial

DE

Onde é a posição final ?

Figura 5 – Planos inclinados de Galileu

Ele então reduziu a inclinação do plano de subida. Novamente a bola alcançava a mesma altura, embora tivesse que percorrer uma distância maior. Reduzindo o valor do ângulo gradativamente, a bola vai cada vez mais longe para atingir a mesma altura inicial. Galileu, então, pôs a seguinte questão: “se eu disponho esse plano

v

v

v

v

Figura 6 – Segundo o pensamento aristotélico, o barco permaneceria se movendo para a frente. A bola abandonada iria ficando para trás, em relação ao navio, e não cairia no pé do mastro. O conceito de inércia ainda não era conhecido.

Se eles conhecessem o conceito de inércia, entenderiam que os movimentos horizontais e verticais ocorrem de forma independente (é o chamado Princípio da Independência dos Movimentos de Galileu) e que, portanto, a bola de canhão acompanha o movimento horizontal do barco durante a sua queda, conforme a figura 7. Os antigos acreditavam no modelo geocêntrico para o sistema solar, defendendo que a Terra encontrava-se em repouso no centro do universo. Para eles, era senso comum o fato de que seria impossível existir uma força suficientemente grande capaz de manter a Terra se movendo para frente. Se eles conhecessem o conceito de inércia, entenderiam que a Terra poderia se manter em movimento sem que nenhuma força fosse necessária para a manutenção da sua rapidez. Um corpo em MCU, por exemplo, não requer uma força tangencial para mantê-lo em movimento, mas tão

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


somente uma força radial (ctp) para garantir a sua gradual mudança de direção, ao descrever a órbita curvilínea.

v v

IV O

Física

22

cavalos, em estradas sacolejantes, não os conduziam aos experimentos capazes de revelar os efeitos da inércia. Hoje nós atiramos uma moeda para cima dentro de um carro ou avião e apanhamos a moeda de volta, da mesma forma que o faríamos caso estivéssemos parados. Nós vemos a evidência da lei da inércia quando a moeda nos acompanha. A força vertical da gravidade afeta apenas o movimento vertical da moeda. Em suma, a inércia é parte na nossa rotina diária nos tempos modernos, embora nem todos tenham essa percepção da física presente no cotidiano.

AT

Figura 7 – A inércia em ação – Na natureza, o barco se move para frente e a bola cai ao pé do mastro. Isso ocorre pelo fato do movimento de queda vertical descrito pela bola ser independente do seu MRU original para a direita, acompanhando o movimento do navio.

Figura 9 – Pessoa no interior de um avião em MRU - A inércia em ação – A moeda lançada para cima retorna novamente à mão da pessoa, acompanhando o seu movimento horizontal. No referencial do avião, a moeda executa um mero movimento vertical de sobe e desce.

TR

Outro argumento curioso (cômico, na verdade -) dos aristotélicos a favor da imobilidade da Terra era o seguinte: Se a Terra estivesse se movendo ao redor do sol, seria necessária uma velocidade orbital da ordem de 30 km/s para que ela completasse uma volta a cada ano. Assim, imagine um pássaro pousado num galho de uma árvore observando uma suculenta minhoca no chão. Se o pássaro decidir apanhar a minhoca, gastando um segundo para descer até o chão e pegá-la, segundo os antigos, ele jamais conseguirá, caso a Terra esteja em movimento. Isso porque, durante um segundo de descida do pássaro, a Terra, juntamente com o chão e a minhoca, se deslocará 30 km para frente e, portanto, o pássaro jamais alcançará a minhoca a tempo ! Como os pássaros comem minhocas diariamente, parecia claro para os antigos que a Terra só pode estar em repouso.

MO

NS

Nossas noções do movimento atualmente são muito diferentes daquelas dos nossos ancestrais. Aristóteles não reconheceu a idéia de inércia porque não percebeu que todas as coisas que se movem seguem as mesmas leis. Ele imaginava que as leis que regiam os movimentos celestes eram muito diferentes daquelas que regiam os movimentos na Terra. Galileu e Newton, por outro lado, perceberam que todos os objetos em movimentos seguem as mesmas leis. Para eles, corpos que se movem em MRU, na ausência de atrito, não requerem a ação de forças para permanecer em movimento. Podemos apenas especular como a ciência teria progredido se Aristóteles tivesse reconhecido a unidades de todos os tipos de movimento a 2000 anos atrás.

4 - O Princípio da Relatividade de Galileu O princípio da inércia traz consigo o Princípio da Relatividade de Galileu segundo o qual é impossível um observador distinguir se encontra-se num referencial parado ou num referencial em movimento retilíneo uniforme, visto que experimentará exatamente as mesmas sensações em ambos os referenciais.

Figura 8 – A inércia em ação – O movimento horizontal do pássaro, da minhoca e da árvore acompanha o movimento da Terra. O movimento vertical do pássaro é independente do seu movimento horizontal.

DE

Atualmente, entendemos que o movimento de descida do pássaro ocorre independente do seu movimento horizontal a 30 km/s, acompanhando o movimento da Terra, árvore, chão e minhoca. Assim, por inércia, ele prossegue horizontalmente junto com a Terra, enquanto desce, apanha a minhoca e sobe, o que permite matar a sua fome diariamente, ainda que a Terra esteja se movendo ao redor do sol - ! Se os antigos estivessem corretos, você é capaz de imaginar o que ocorreria caso você chegasse bem próximo a uma parede vertical em sua casa e desse um pulo para cima ? Estaria literalmente cometendo suicídio - ! As pessoas de 400 anos atrás tinham dificuldades com idéias como essa não só por falharem em reconhecer o conceito de inércia, mas porque estavam acostumadas a locomoverem-se em veículos que trepidavam bastante. Carruagens puxadas por

Figura 10 – A inércia em ação – Uma partida de tênis jogada em qualquer referencial Inercial transcorre da mesma forma, quer você esteja jogando em terra firme, quer você esteja jogando no interior de um Boeing voando em MRU.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

permanecerá se movendo, sem fazer curvas ou alterar sua rapidez, enquanto não sofrer a ação de uma força que altere o seu estado de movimento. Ao contrário do que dizia Aristóteles, o estado natural dos corpos não é o repouso, mas sim, o equilíbrio.

AT

Por exemplo, todas as leis da Física válidas durante uma partida de tênis em Winbledon também são igualmente válidas caso os jogadores estejam jogando tênis numa ampla quadra instalada no interior de um Wide Boeing Large voando em movimento retilíneo e uniforme em relação à Terra. A verdade é que, sem olhar pela janela, os jogadores no interior do avião não têm como distinguir em qual das situações se encontram, visto que a trajetória seguida pela bola, as sensações fisiológicas, a gravidade, tudo funciona exatamente como se estivessem jogando numa quadra em terra firme. A lei da inércia é sempre válida em referenciais que encontram-se parados ou que se deslocam em movimento retilíneo e uniforme, os chamados Referenciais Inerciais ou Galileanos. Um metrô que esteja se movendo aceleradamente para frente, por exemplo, não é um referencial inercial visto que, em seu interior não será válida a lei da inércia. O que isso significa ? Caso um passageiro desse metrô jogue uma moeda verticalmente para cima, perceberá que a moeda subirá e descerá sendo arrastada para trás, caindo no piso numa posição atrás do passageiro. Referenciais acelerados como estes são denominados Referenciais Não-Inerciais. No momento estamos interessados em tratar somente com Referenciais Inerciais. As Leis de Newton só são válidas em referenciais inerciais. A importância do Princípio da Relatividade de Galileu é tão grande para a compreensão da Física como um todo, que enfatizaremos o seu enunciado:

23

TR

Figura 11 – Isaac Newton

As leis da física são sempre as mesmas, esteja você parado ou se movendo uniformemente em linha reta.

O Equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças.

NS

Ora, mas se as leis da natureza não são afetadas pelo movimento retilíneo e uniforme, tampouco o serão experimentos, máquinas, medidas ou observações. Em outras palavras, não há como você dizer se está parado ou se movendo em MRU com base em medidas ou experimentos. Assim, o Princípio da Relatividade pode ser enunciado da seguinte forma:

6 – Entendendo o conceito de Equilíbrio A palavra “equilíbrio” é um termo bastante amplo. Genericamente, dizemos que um corpo ou um sistema encontra-se em equilíbrio quando suas características permanecem estáveis no tempo, imutáveis, constantes.

Nenhum experimento ou medida física é capaz de distinguir se um observador encontra-se parado ou em movimento retilíneo e uniforme.

MO

5 –A primeira lei de Newton do movimento Em 1642, no ano da morte de Galileu, nasce Isaac Newton. Aos 23 anos de idade, Newton formulou as suas famosas leis do movimento, que suplantaram em definitivo as idéias aristotélicas que haviam dominado o pensamento das melhores mentes por quase dois milênios. A primeira lei de Newton é uma reafirmação do conceito de inércia, proposto por Galileu. Newton refinou esse conceito estabelecendo que:

DE

Todo objeto permanece em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo e uniforme (em suma, permanece em equilíbrio) , a menos que seja obrigado a mudar aquele estado, devido à ação de forças sobre ele.

A palavra chave nesta lei é permanece: Um corpo permanece fazendo seja o que for, a menos que uma força seja exercida sobre ele. Se ele estiver em repouso, permanecerá em repouso. Isto é ilustrado quando uma toalha de mesa é habilmente puxada por baixo dos pratos sobre uma mesa, deixando esses pratos em seus estados iniciais de repouso. Se um objeto estiver se movendo, ele

Por exemplo, dizemos que a economia de um país encontra-se equilibrada quando a taxa de juros permanece estável, quando a cotação do dólar não varia, assim como o PIB, a renda per capita etc. Da mesma forma, um sistema físico-químico encontra-se em equilíbrio quando as concentrações das substâncias em seu interior permanecem constantes no tempo. O mesmo ocorre na mecânica: um corpo encontra-se em equilíbrio quando sua velocidade permanece constante no decorrer do tempo (podendo ser nula ou não). Tanto um quadro pendurado na parede em “repouso permanente” como uma bola de boliche que se move em MRU num solo liso encontram-se em equilíbrio. Mas o que há em comum em duas situações aparentemente tão distintas ? O fato da velocidade permanecer constante (vetorialmente constante) em ambas as situações, quer essa velocidade seja ou nula ou não. Para ser mais claro e explícito, podemos dizer que: x Um corpo só encontra-se em equilíbrio se sua VELOCIDADE permanecer CONSTANTE em direção, sentido e valor; x Todo corpo que tenha VELOCIDADE CONSTANTE em direção, sentido e valor (quer ela seja nula ou não) encontra-se em EQUILÍBRIO; x Só existem dois possíveis estados de equilíbrio mecânico: o “repouso permanente” e o “movimento retilíneo e uniforme”. Assim, todo corpo em equilíbrio só pode estar em um desses dois estados, respectivamente denominados “equilíbrio estático” e “equilíbrio dinâmico”. x Todo corpo que estiver se movendo em trajetória NÃORETILÍNEA, ou seja, CURVILÍNEA, não estará em equilíbrio, por apresentar velocidade variável. Afinal, por estar fazendo curvas, a velocidade do móvel estará mudando de direção em

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


cada ponto da trajetória, mantendo-se tangente à ela, o que já é suficiente para dizermos que a sua velocidade não é constante, por se tratar de uma grandeza vetorial. x Conforme aprenderemos, o agente que causa a VARIAÇÃO DA VELOCIDADE (direção, sentido e valor) de um corpo é a FORÇA. Na ausência dela, o corpo certamente apresentará VELOCIDADE CONSTANTE, isto é, estará em EQUILÍBRIO.

IV O

Física

24

dentro da curva naquele ponto. (- calminha, tudo isso será explicado com detalhes no capítulo 4). Profinho, um corpo pode estar em equilíbrio sem estar em repouso ?

Profinho, um corpo pode estar momentaneamente em repouso sem estar em equilíbrio ?

AT

7 – Entendendo o conceito de repouso O conceito de “repouso” é bastante simples. Dizemos que um corpo está em repouso num certo referencial quando sua velocidade é nula ( V = 0) naquele referencial.

Todo corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio, esqueceu, Claudete ? Mas ainda assim, não está em repouso por apresentar velocidade. Sempre que o corpo pára apenas para inverter o sentido do seu movimento, ele encontra-se apenas em repouso momentâneo (v = 0), mas não encontra-se em equilíbrio (FR z 0, a z 0). O estudante precisa estar bastante atento, visto que muitos textos de física usam a palavra repouso referindo-se ao caso particular de “repouso permanente”. Cabe ao leitor analisar o contexto e, com bom senso, dar a devida interpretação ao enunciado proposto pelo autor. Ao pé da letra, “repouso” significa “parado” apenas.

TR

Certamente, Claudete !

P

P

T

T

T

Repouso (V = 0)

Permanente

Parou prá inverter o sentido do movimento

V = 0, mas a 0, FR 0 Não é Equilíbrio

V = 0, FR = 0, a = 0 Estado de Equilíbrio

8 – O papel da Força no movimento dos corpos Ao descobrir a propriedade da inércia, Galileu percebeu que, definitivamente, a presença de uma força resultante não é necessária para manter um corpo em movimento.

V

T

MO

D

Momentâneo

NS

Basta imaginar qualquer situação em que um corpo pare de se mover (v = 0) apenas para inverter o sentido do seu movimento. Por exemplo, quando lançamos um corpo verticalmente para cima, num certo momento ele atingirá o ponto de altura máxima. Naquele instante, ele estará momentaneamente em repouso (v=0), mas não estará em equilíbrio. Por que não? Porque a força resultante agindo no corpo não é nula naquele momento, visto que continua sendo atraído pela massa da Terra (massas se atraem, isso chama-se força gravitacional). No instante em que ele pára a fim de inverter o sentido do movimento, temos força resultante FR = P e aceleração a = g para esse corpo.

T

Certamente, Claudete !

Px

P

P

D

Py

P

DE

Figura 12 – durante a oscilação do pêndulo, ele nunca estará em equilíbrio (FR = 0), visto que a tração T jamais cancelará a força peso P em nenhum instante da oscilação. Nos extremos da oscilação, dizemos que o pêndulo apenas encontra-se em repouso momentâneo (velocidade nula), pois inverterá o sentido do seu movimento naquele ponto.

Para melhor esclarecer, considere a caixa da figura acima que se move ao longo de uma superfície horizontal lisa sendo empurrada por um operador. Se de repente, a mão do operador perder o contato com a caixa, o que ocorrerá ao seu movimento posterior ? x A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, freiando gradativamente até parar ? Não, pois essa redução no valor da velocidade requer a presença de uma força agindo contra a velocidade (Figura 13).

Figura 13 Figura 14 O mesmo ocorre a um pêndulo simples que está oscilando (figura 12). Nos extremos da sua oscilação ele se encontra x A caixa prosseguirá em movimento retilíneo horizontal, acelerando momentaneamente em repouso (ele pára a fim de inverter o gradativamente ? Não, pois esse aumento no valor da velocidade sentido do movimento), mas não se encontra em equilíbrio. requer a presença de uma força agindo a favor da velocidade Mesmo na posição mais baixa da oscilação teremos T > P, visto (Figura 14). que a trajetória circular descrita pelo pêndulo requer que a força resultante tenha uma componente centrípeta radial apontando para Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

Isso está implícito no caráter vetorial da 2ª Lei de Newton:

G G F m.a

G G Sendo m um número positivo, os vetores F e a têm a mesma direção e sentido. Assim, saber “para onde” o corpo está indo nos informa sobre “para onde” aponta a sua velocidade, mas nada nos diz sobre sua aceleração, cuja orientação é dada pela força resultante que age sobre o corpo. Um corpo, basicamente, pode subir ou descer de três maneiras diferentes: acelerado, retardado ou em movimento uniforme. Para visualizar melhor esse fato, considere o balde da figura a seguir, sob ação exclusiva das forças F e P. Vejamos as seis possibilidades para o seu movimento vertical :

AT

x A caixa prosseguirá em movimento não-retilíneo, descrevendo uma trajetória curvilinea ? Não, pois essa mudança de direção e, consequentemente, essa mudança da velocidade vetorial da caixa requer a presença de uma força . x A caixa não prosseguirá em movimento mas, sim, parará instantaneamente - logo após a caixa ser abandonada ? Falso, pois essa redução brusca de velocidade requer a ação de uma grande força se opondo ao seu movimento para freiar a a caixa. Como vemos, qualquer MUDANÇA DE VELOCIDADE, tanto na sua direção (movimentos curvilíneos), quanto no seu sentido (inversão de movimento), ou mesmo no seu valor (movimentos não-uniformes), implica a presença de uma força resultante agindo sobre o corpo.

25

O papel da força, no movimento, é causar VARIAÇÃO DE VELOCIDADE. Se a força resultante agindo sobre o corpo for NULA, sua velocidade PERMANECERÁ INVARIÁVEL (em direção, sentido e valor).

P

1) Subindo acelerado: “subindo” significa velocidade para cima nv, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade na. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração também aponta para cima nFR , o que implica F > P.

TR

Mas, afinal de contas, o que ocorrerá ao movimento da caixa que se movia horizontalmente com velocidade vo quando, de repente, todas as forças que agiam nela desapareceram ?

F

2) Subindo retardado: “subindo” significa velocidade para cima nv, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade pa. Assim, como a força resultante que proporcionou essa aceleração tem que ter a sua mesma orientação (sempre), ela aponta para baixo p FR, o que implica F < P. (acompanhe pela tabela 1). Tabela 1

NS

Ora, na ausência total de forças, a velocidade que a caixa já possuía deverá PERMANECER CONSTANTE enquanto perdurar a ausência de forças. Isso significa que: x a velocidade não poderá aumentar de valor ( a caixa não poderá se mover cada vez mais rapidamente); x a velocidade não poderá diminuir de valor ( a caixa não poderá se mover cada vez mais lentamente, isto é, a caixa não pode parar); x a velocidade não poderá mudar de direção (a caixa não poderá fazer a curva). Assim, só resta a essa pobre caixa descrever qual tipo de movimento ??????? Sim !!!! O movimento retilineo uniforme MRU, o único tipo de movimento que se mantém, mesmo na ausência total de forças, evidenciando que a presença de forças não é necessária para que haja movimento, sendo necessária apenas para mudanças de movimento (mudanças de velocidade).

MO

9 – Subindo ou descendo ? Acelerado ou retardado ? Quando dizemos que um corpo está subindo verticalmente, estamos dizendo que, necessariamente, a sua velocidade está apontando para cima Vn. Ao contrário, quando dizemos que um corpo está descendo verticalmente, isso implica que a sua velocidade, necessariamente, está apontando para baixo Vp. O vetor velocidade V de um corpo sempre aponta para onde o corpo e s t á indo naquele momento.

DE

E quanto à sua aceleração? Se o corpo está subindo, a sua aceleração aponta para cima ou para baixo ? Apenas com essa informação, nada se pode afirmar. O que sabemos é que toda aceleração é causada por uma força. Uma força vertical Fn para cima causa uma aceleração na vertical para cima, assim como uma força Fp vertical para baixo causa uma aceleração pa vertical para baixo. Generalizando, podemos dizer que: G G A aceleração a causada por uma força F sempre aponta na mesma direção e sentido da força que a originou.

Acelerado

Retardado

Uniforme

Subindo nV

n V, na, FR n

n V, pa, FR p

nV , a = 0

(F>P)

(F<P)

(F=P)

Descendo pV

p V, pa, FR p

p V, na, FR n

p V, a = 0

(F<P)

(F>P)

(F=P)

3) Subindo em movimento retilíneo e uniforme: “subindo” significa velocidade para cima nv, “uniforme” significa aceleração nula. Nesse caso o balde sobe em MRU e a resultante das forças que age sobre ele é nula (isto é, F = P). O MRU é o único movimento que se mantém na ausência total de forças, ao contrário do que pensava Aristóteles. 4) Descendo acelerado: “descendo” significa velocidade para baixo pv, “acelerado” significa aceleração a favor da velocidade pa. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração aponta para baixo p FR , o que implica P > F. 5) Descendo retardado: “descendo” significa velocidade para baixo pv, “retardado” significa aceleração contrária à velocidade na. Assim, a força resultante que proporcionou essa aceleração aponta para cima nFR , o que implica F > P.

6) Descendo em movimento retilíneo e uniforme: “descendo” significa velocidade para baixo pv, “uniforme” significa aceleração Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

28

Questão 3 Durante a oscilação de um pêndulo simples clássico, em quais pontos do movimento ele se encontra em equilíbrio ? E em quais pontos do movimento ele se encontra em repouso ?

Pensando em Casa Pensando em Casa

T

Para um bom aprendizado da física, o estudante deve inicialmente ler a teoria completa do capítulo, escrita pessoalmente pelo prof Renato Brito. Em seguida, deve rever todas as questões resolvidas em classe e que estão copiadas no seu caderno (o caderno é imprescindível !) . Só então, o aluno deve partir para a fixação dos conceitos na lista de exercícios de casa. Sugestão: Tenha um caderno dividido em duas metades – uma para as questões de classe e a outra para as questões de casa. Às vésperas do vestibular, na hora da revisão, você verá como valeu a pena ter se organizado.

D

P

T

AT

T

Px

P

D

Py

P

TR

Questão 4 - ² A caixa a seguir pesa 40 N e está descendo uma rampa que forma um ângulo de 30q com a horizontal com uma velocidade constante de 4 m/s.

a) podemos afirmar que essa caixa encontra-se em equilíbrio ? b) quanto vale a força de atrito que atua sobre essa caixa ? ( Dica: Veja página 3 – exemplo resolvido 1)

Questão 5 (Questão Conceitual Estilo Enem) A foto a seguir mostra um corpo sobre o qual atuam, exclusivamente, a força de sustentação F = 10 N e o seu peso P = 40 N. No momento em que essa foto foi tirada, é errado afirmar que:

NS

MO

DE

P

T

P

Questão 1 O conceito de equilíbrio é fundamental para a Física. Aristóteles achava que o estado natural dos corpos, quando livre da ação de puxões ou empurrões, era o estado do repouso. Quase 2000 anos depois, Galileu chega o conceito de inércia. Newton nasce do ano da morte de Galileu e, “apoiado sobre ombros de gigantes” , generaliza o conceito de inércia e sintetiza todo o pensamento moderno sobre o conceito de força nas chamadas 3 Leis de Newton do movimento. Ao contrário do que pensava Aristóteles, o estado natural de um corpo (ou seja, quando ele está livre da ação de forças) é o estado , de Equilíbrio. Assinale quais das situações a seguir caracterizam corpos ou sistemas em equilíbrio: a) um corpo em repouso permanente sobre uma rampa inclinada; b) um corpo descendo um plano inclinado com velocidade constante v = 2 m/s; c) um corpo em queda livre na lua, onde g = 1,6 m/s2 ; d) uma bóia de isopor flutuando imóvel na superfície de uma piscina sem ondas; e) a lua girando em torno da Terra em movimento circular uniforme; f) as pessoas no interior de um elevador que desce com velocidade constante; g) as pessoas no interior de um carro, usando cinto de segurança, durante uma curva; h) um pêndulo de um relógio, no momento em que ele pára de se mover a fim de inverter o sentido do seu movimento; i) uma pedra que foi lançada verticalmente para cima, no instante em que ela atinge a sua altura máxima; j) qualquer corpo se movendo em trajetória curvilínea; k) qualquer corpo se movendo com velocidade escalar constante; l) Qualquer corpo em movimento uniforme; m) Qualquer corpo em movimento retilíneo; n) Qualquer corpo se movendo em MRU; o) Um pára-quedistas caindo em MRU, devido à ação do páraquedas;

T

F = 10 N

P = 40 N a) o corpo poderia estar descendo acelerado b) o corpo poderia estar subindo retardado c) o corpo poderia apresentar velocidade horizontal para a direita Vo d) o corpo certamente tem aceleração vertical para baixo e) o corpo só pode estar se deslocando em trajetória vertical Questão 6 - ² Um homem está no alto do mastro de um navio que se move com velocidade constante e vai abandonar uma pedra.

O símbolo ², no começo de algumas questões, indica que aquelas questões encontram-se resolvidas no Manual de Resoluções que encontra-se anexado a essa apostila, a partir da página 421

Questão 2 O equilíbrio é um estado em que não ocorrem mudanças. Assim, é correto afirmar que a lua, girando em torno da Terra em movimento uniforme, está em equilíbrio ? Alguma grandeza física está mudando nesse caso ? Em caso afirmativo, cite algumas. Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

30 Descrição: Corpo se movendo em MRU V

M

e) Sistema Físico a

M

V

Descrição: Corpo se movendo para a esquerda f) Sistema Físico V

M

AT

a

a) A força resultante agindo sobre esse corpo aponta para a direita o; b) A aceleração desse corpo aponta para a direita; c) Esse corpo está se deslocando em movimento acelerado; d) Esse corpo está se deslocando em movimento retardado; e) Esse corpo está necessariamente se movendo para a direita. f) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda; g) Esse corpo pode estar momentaneamente em repouso (parou a fim de inverter o sentido do movimento). h) Esse corpo pode estar em Equilíbrio. i) A velocidade desse corpo pode se manter constante. j) A velocidade desse corpo está necessariamenteo variando; k) Esse corpo pode estar se movendo para a esquerda V m em movimento retardado a o; l) Se o corpo for abandonado a partir do repouso, se moverá para a direita em movimento acelerado; m) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo pode estar se movendo tanto para a esquerda quanto para a direita, desde que se mova em MRU; n) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatóriamente em repouso permanente; o) Se F1 e F2 tivessem módulos iguais, o corpo está obrigatóriamente em Equilíbrio;

Descrição: Corpo se movendo para a direita

TR

Questão 11 Em poucas palavras, dizemos que um corpo encontra-se em Equilíbrio Mecânico quando: a) O corpo encontra-se em repouso; b) O corpo se desloca em movimento uniforme. c) sua aceleração (grandeza vetorial) permanece constante; d) A força resultante (grandeza vetorial) permanece constante; e) sua velocidade (grandeza vetorial) permanece constante;

Questão 14 - ² (Questão Conceitual Estilo Enem) A Figura mostra dois blocos A e B, de 2 mesma massa m , presos entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você 1 assinalar a alternativa correta: m B a) os blocos estão necessariamente em m A repouso; b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso dele; c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma altura; d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante; e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula

MO

NS

Questão 12 Assinale Verdadeiro ou falso: a) Todo corpo que se encontra em equilíbrio Mecânico possui velocidade constante, podendo ela ser nula ou não. b) É possível fazer uma curva com velocidade constante; c) É possível fazer uma curva estando livre da ação de forças; d) Sempre que um móvel descreve uma curva, sua velocidade está variando em direção, motivo pelo qual dizemos que a velocidade do corpo está variando; e) A força é o agente responsável pela variação da velocidade, quer através da variação do seu módulo, da sua direção ou do seu sentido. f) Sempre que a velocidade de um corpo estiver variando, quer em direção (nas curvas), quer em sentido (quando o corpo inverte o sentido do seu movimento), quer em módulo (mov. Acelerado ou retardado), a força resultante agindo sobre o corpo certamente não é nula. g) Todo corpo em Movimento Retilíneo e Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico. h) Todo corpo em Movimento Circular e Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico. i) Todo corpo em Movimento Uniforme encontra-se em Equilíbrio Mecânico. j) Todo corpo em repouso permanente encontra-se em Equilíbrio Mecânico. k) Um corpo em repouso momentâneo (um pêndulo simples, por exemplo, no instante em que pára e inverte o sentido do movimento) encontra-se em Equilíbrio Mecânico. l) Todo corpo em repouso encontra-se em Equilíbrio Mecânico. m) Um corpo que se move em MRU encontra-se em equilíbrio, embora não esteja em repouso.

DE

Questão 15 - ² (Questão Conceitual Estilo Enem) A figura mostra dois blocos A e B, de 2 massas 2m e m , presos entre si através de um fio ideal que passa por uma polia sem atrito. Se a aceleração da gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você 1 assinalar a afirmativa errada: a) os blocos podem estar momentaneam B 2m A mente em repouso em algum instante; b) os blocos jamais estarão em equilíbrio; Questão 13 c) o bloco A pode estar subindo Considere o bloco a seguir, apoiado sobre uma mesa horizontal d) o bloco B pode estar subindo lisa. Marque verdadeiro V ou falso F ou “nada se pode afirmar” e) se A estiver subindo, a tração no fio 1 é maior que o peso do NPA conforme seus conhecimentos de Mecânica: bloco A Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Galileu e o M ovimento Acelerado

Galileu percebeu que a bola possuía uma aceleração máxima quando a rampa era vertical (Figura 9C). Nesse caso, a sua aceleração tornava-se igual à de um objeto em queda e seu valor era independente do peso e do tamanho do corpo , desde que a resistência do ar fosse pequena o suficiente para ser desprezada.

IV O

10 –Aceleração: a rapidez com que a velocidade varia Galileu desenvolveu o conceito de aceleração em seus experimento com planos inclinados. Ele estava interessado na queda dos objetos, e como lhe faltavam instrumentos, usou planos inclinados para tornar efetivamente mais lentos os movimentos acelerados e, assim, poder investigá-los mais detalhadamente.

TR

Figura 8 – Para se ter uma idéia das dificuldades enfrentadas por Galileu, basta lembrar que ele media o tempo com um relógio d’água – isto é, determinava a quantidade de água que escoava de um recipiente, enquanto o corpo descia o plano.

AT

A

Galileu percebeu que, quando uma bola rola para baixo ao longo de um plano inclinado, a sua rapidez (rapidez denota o módulo da velocidade) aumenta sempre a mesma quantidade 'v, a cada segundo 't de movimento. No plano inclinado da Figura 9A, por exemplo, a rapidez da bola, abandonada do repouso, aumenta de acordo com a tabela abaixo: 0s 0 m/s 2 m/s2

1s 2 m/s 2 m/s2

2s 4 m/s 2 m/s2

3s 6 m/s 2 m/s2

NS

Tempo Velocidade Aceleração

a

MO

A aceleração do movimento é o ritmo com que a rapidez do móvel está variando. No caso da tabela acima (Figura 9A), a rapidez está aumentando de 2 m/s em 2 m/s a cada 1 segundo que se passa (0, 2, 4, 6, 8, 10, 12......). Dizemos que a aceleração do movimento é de 2 m/s a cada 1 segundo, ou, uma aceleração de 2 m/s2 (note que a unidade de tempo apareceu duas vezes – uma na unidade de rapidez e, de novo, no intervalo de tempo durante o qual ocorreu a variação da rapidez): aumento da rapidez tempo decorrido

'V 't

2 m/s 1s

2 m/s 2

Galileu descobriu que as acelerações eram tão maiores quanto mais inclinadas fossem as rampas usadas. Esse fato pode ser percebido comparando-se as Figuras 9A e 9B. 0s 0 m/s 4 m/s2

1s 4 m/s 4 m/s2

DE

Tempo Velocidade Aceleração

2s 8 m/s 4 m/s2

3s 12 m/s 4 m/s2

No caso da rampa B, a rapidez aumenta num ritmo de 4 m/s em 4 m/s (0, 4, 8, 12, 16......) a cada 1 segundo, revelando que o movimento ocorre com uma aceleração de 4 m/s a cada 1 segundo, ou 4 m/s2, conforme a tabela anterior: a

aumento da rapidez tempo decorrido

'V 't

4 m/s 1s

4 m/s 2

B

C

Figura 9 – uma bola é abandonada do repouso e sua posição é registrada a cada um segundo. Quanto maior a inclinação, mais rapidamente a bola adquire velocidade, maior a distância que ela percorre durante os três segundos. Qual a aceleração da bola na Figura C ?

Autoteste 1 1. Qual a aceleração de um carro de fórmula 1 que passa zunindo por você com uma rapidez constante de 400 km/h ? 2. Quem tem maior aceleração, um avião que vai de 1000 km/h para 1005 km/h em 10 segundos, ou um skate que vai de zero a 5 km/h em 1 segundo ?

Os corpos caem por causa da gravidade. Quando um objeto está caindo, sem enfrentar qualquer impedimento – sem atrito ou resistência do ar – ele está num estado denominado queda livre. A tabela a seguir mostra a rapidez como a sua velocidade varia a cada segundo (Figura 9C): Tempo Velocidade Aceleração

0s 0 m/s 10 m/s2

1s 10 m/s 10 m/s2

2s 20 m/s 10 m/s2

3s 30 m/s 10 m/s2

Vemos que a rapidez varia de 10 m/s em 10 m/s a cada 1 segundo do movimento ( 0, 10, 20, 30, 40, ......), para um objeto caindo nas proximidades da superfície da Terra. Essa aceleração vale, portanto, 10 m/s a cada 1 segundo, ou 10 m/s2, sendo freqüentemente denotada pela letra g (porque ela deve-se à gravidade). Dizemos que, na queda livre tem-se a = g = 10 m/s2. O valor da aceleração g da gravidade é muito diferente na lua ou nos demais planetas, pois está relacionada à massa e ao raio do

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física grandeza física representada pela área sob a curva. Para se determinar o significado físico da inclinação do gráfico ( tgD), basta dividir a unidade física do eixo Y pela unidade física

Exemplo resolvido 3: A Figura abaixo mostra o gráfico da posição escalar S, em função do tempo, de dois móveis A e B, que se movem sobre uma mesma estrada. Analise o gráfico: A S(m)

IV O

unidade física do eixo X. A unidade física resultante indicará a

do eixo X. A unidade física resultante indicará a grandeza física representada pela inclinação da curva em um dado instante.

D

A tabela a seguir mostra o significado físico da área e da inclinação

aceleração escalar a e potência P, em função do tempo. No

Inclinação (YyX)

Sem significado físico

m s

m/ s

tgD { v

a x t

m us m s área { 's

m/s s

m / s2

tgD { a

AT

Área (Y x X)

Vx t

t1 t2

m s

2

us

Px t

m s

área { 'v Sem significado físico

j us j s

t3

t(s)

Solução: Analisando o gráfico acima, é possível afirmar que: x Por leitura direta dos valores do gráfico, conclui-se que o móvel A está à frente do móvel B no instante inicial ( t = 0 ) visto que S0A > S0B. x No intervalo de tempo [ 0 , t2 ] os móveis se movem com velocidades escalares iguais, visto que os gráficos de A e B são retas paralelas ( mesma inclinação ) nesse intervalo de tempo. Assim, velocidades dos móveis certamente são iguais entre si iguais no instante t1. x A partir do instante t2, o móvel A passou a se mover com velocidade maior que o móvel B, visto que o ângulo D que a reta A faz com a horizontal é maior que o ângulo E que a reta B faz com a horizontal, para t > t2 . Então, certamente o carro A está mais veloz que o B no instante t3

TR

Sxt

S0A S0B

joule segundo

1 watt = 1

B

E

em alguns gráficos como de posição S, velocidade escalar V,

gráfico da potência P x t, note que:

35

área { energia Sem significado físico

NS

A tabela mostra que não há necessidade de se memorizar o significado da área e da inclinação da curva

para todos os

inúmeros gráficos. Afinal, todos seguem o mesmo princípio. 17 – Conversando Sobre o Lançamento Horizontal

Vx

MO

Vo

Vx

Vy

Vx

V Vy

V Vx Vy

V

DE

Professor: Observe a figura acima. A bola vem rolando pelo solo horizontal e, de repente, entra em queda livre (sob ação exclusiva da força peso) até atingir o solo. Esse movimento chama-se lançamento horizontal porque, quando o corpo iniciou o movimento de queda, G G sua velocidade era exclusivamente horizontal, não havendo nenhuma componente vertical, ou seja, Vx Vo . Claudete, o que você espera que ocorra com a velocidade horizontal Vx da bola durante o movimento em direção ao solo ? Claudete: Não sei, prôfi, mas acho que ela deve diminuir, certo ? Professor: Ora, claudete, Vx não deve aumentar nem diminuir de valor, pois, para isso, seria necessária alguma força atuando na bola na direção horizontal, força essa que não existe. Durante todo o movimento de queda livre da bola, a única força que age sobre a mesma é o peso na direção vertical. Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

36

IV O

Claudete: Ah, entendi ! Quer dizer que se a gente observar somente o movimento da bola na direção horizontal, esquecendo que ela também está caindo, o movimento seria MU né, prôfi, já que a velocidade horizontal permanece constante ? Professor: Exatamente, querida ! Na horizontal será um MU, a velocidade Vx será constante durante o movimento. Horizontalmente a bola percorrerá espaços iguais em intervalos de tempos iguais. Agora me diga, Claudete. O que se pode concluir sobre o comportamento da velocidade vertical Vy da bola durante a sua queda ? Claudete: Agora até eu sei ! Como tem a força peso P agindo na direção vertical, ele causará um aumento progressivo da velocidade Vy, de acordo com a aceleração da gravidade, né verdade ? Professor: Sem dúvida ! Se esquecermos que a bola também se move na direção horizontal, seu movimento vertical é idêntico ao de um coco que cai verticalmente de uma árvore. A velocidade vai aumentando gradativamente de acordo com a gravidade. Claudete: Ah ! Legal ! Mostre um exemplo prático, professor !

t=0s

Vo

AT

g = 10 m/s 2

t=1s

40 m/s

40 m/s

t=2s

10 m/s

V

40 m/s

20 m/s

H = 45 m

V

TR

t=3s

40 m/s

30 m/s

V

Alcance = D

NS

Professor: Olhe atentamente a figura acima. A bola de basquete que vinha com Vo = 40 m/s rolando num plano a 45 m de altura entra em queda até o chão. x Veja a velocidade Vx = 40 m/s da bola permanecendo constante durante a queda. x Veja a velocidade Vy da bola, que inicialmente valia Vy = 0, aumentando progressivamente de 10 m/s em 10 m/s a cada 1 segundo, já que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2. x Note que se quisermos achar a velocidade V da bola num certo instante, temos que achar a resultante (teorema de Pitágoras) entre as velocidades Vx e Vy da bola. Assim, no instante t = 3 s, a bola tem velocidade Vx = 30 m/s , Vy = 40 m/s , o que permite facilmente achar o valor da velocidade total V da bola:

V2 = (Vx)2 + (Vy)2 = (30)2 + (40)2

MO

V2 = 900 + 1600 = 2500 V = 50 m/s

A bola, que partiu lá de cima com velocidade Vo = 40 m/s, chegou ao solo em t = 3 s com velocidade V = 50 m/s Claudete: Puxa, que legal ! E prôfi, como eu iria saber que a bola leva t = 3 s para chegar lá embaixo ?

DE

Professor: Ora, amiga Claudete. Lembra que o movimento vertical daquela bola é idêntico ao de um coco caindo de uma árvore. Quanto tempo um coco leva para despencar do alto de uma árvore gigante de 45 m de altura ? Basta usar aquela conhecida relação da queda livre:

H

g. t 2 2

Ÿ

10.t 2 45 = 2

Ÿ

t = 3s (cálculo do tempo de queda)

Claudete:Hummmm ! entendi. E seu eu quisesse saber quanto vale aquela distância percorrida pela bolota horizontalmente, aquele tal de alcance D , prôfi ?

Professor: Beeem facinho ! Você lembra que o movimento daquela bola, na horizontal, é um MRU, já que horizontalmente sua velocidade é constante Vx = 40 m/s ? Assim, qual a distância horizontal percorrida por um móvel que se desloca com 40 m/s durante t = 3 s ? Adiviiiiinha ?

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física x

IV O

D = Vx . t = 40 m/s

37 ?

3s

D = 120 m

(cálculo do alcance)

Ou seja, Claudete. A bola, em seu “vôo” até o chão percorreu, horizontalmente, 120 m , que é o chamado alcance. A figura abaixo resume todos os resultados que encontramos. Agora você já sabe como se calcula o tempo de queda da bolinha, bem como o seu alcance: g = 10 m/s 2

t=0s

Vo

t=1s

40 m/s 40 m/s 10 m/s

AT

t=2s

V

40 m/s

20 m/s

H = 45 m

V

t=3s

40 m/s

TR

30 m/s

50 m/s

Alcance = 120 m

Claudete: Afff ! Gostei desse negócio, prôfi ! E olhe, e é porque pensei que nunca fosse entender, acredita ? Olhe, percebi uma coisa interessante nesse movimento: quando calculamos o tempo de queda da bolinha ( t = 3 s ), nem precisamos utilizar a velocidade V0 = 40 m/s com que a bolinha iniciou o seu movimento. Por que, prôfi ?

NS

Professor: Bem notado, Claudete ! O cálculo do tempo de queda é efetuado usando apenas a altura e a gravidade, da mesma forma como calculamos o tempo de queda de um coco. Isso ocorre porque o movimento de queda vertical é totalmente independente do movimento horizontal da bola. Em outras palavras, quando a bolinha está caindo, ela “não sabe” que também está indo para a direita em MRU ! A tabela abaixo resume tudo isso:

Grandeza a ser determinada

Únicos fatores dos quais a grandeza depende

Tempo de queda (t)

H e g apenas

Vo e tempo de queda (t), ou seja,

MO

Alcance (D)

Vo , H e g

18 – Conversando Sobre o Lançamento Oblíquo Professor: Agora o lançamento não será mais horizontal. A bola será lançada numa direção que forma um ângulo D com a horizontal. Isso significa que, no início do lançamento, a bola já terá tanto velocidade horizontal Vx quanto vertical Vy. Uma vez mais, durante todo o movimento da bola, só atuará na mesma a força vertical peso P. Assim, Claudete, como você espera que seja o comportamento da velocidade horizontal Vx da bola, durante o movimento ?

DE

g = 10 m/s 2

VoY

Vo

D

VoX

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Pensando em Classe Pensando em Classe

IV O

Física

40

AT

Questão 6 A Figura abaixo mostra um reservatório cilíndrico contendo água, que escorre por um tubo cilíndrico em sua base inferior a uma velocidade de 80 cm/s. Considerando as dimensões indicadas na figura, qual a velocidade de descida do nível da água nas paredes do cilindro ? a) 5 cm/s R = 60 cm b) 10 cm/s c) 15 cm/s d) 20 cm/s e) 40 cm/s r = 15 cm

S(m)

TR

Questão 7 O gráfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que inicia em t = 0 s numa mesma estrada retilínea. O prof Renato Brito pede para você determinar a opção correta a cerca desse movimento:

B A

SOB

T(s)

NS

SOA

t1 t2

t3 t4

a) a velocidade inicial de B é maior que a de A b) a velocidade de A aumenta com o passar do tempo c) a velocidade de B aumenta com o passar do tempo d) num instante entre t2 e t3 os móveis chegam a ter velocidades iguais e) a velocidade de A sempre supera a velocidade de B em todo o movimento

DE

MO

Questão 8 Em cada uma das rampas mostradas a seguir, a bolinha será abandonada do repouso a partir de uma mesma altura. O prof Renato Brito pede para você determinar: a) se a velocidade da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada caso. b) se a aceleração da bola aumenta, diminui ou permanece constante durante a descida em cada caso. c) Estabeleça uma ordem para as velocidades finais com que cada bola atinge a base da rampa; d) Estabeleça uma ordem para o tempo de descida de cada uma das três bolas

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

43

IV O

Questão 17 – As proporções de Galileu para a queda livre Galileu Galilei foi um dos primeiros cientistas a utilizar o método científico para estudar a queda dos corpos. Sobre esse movimento, considere o conjunto de fotografias abaixo, tiradas em intervalos de tempos iguais, que mostra o deslocamento em queda livre de um móvel, a partir do repouso.

0 1T

AT

velocidade

2T 3T

4T

5T

tempo

Um dos princípios que Galileu estabeleceu para a queda dos corpos diz que:

Hipóteses: se o corpo parte do repouso (Vo = 0) com aceleração constante.

Tese: As sucessivas distâncias que o corpo percorrerá, em intervalos de tempos arbitrariamente

TR

iguais, serão proporcionais aos números ímpares 1, 3, 5, 7, 9, ...., 2n + 1

Questão 18 Num edifício pode-se notar um aparelho de ar-condicionado instalado a 80 m de altura. Esse aparelho goteja água periodicamente, em intervalos de tempos iguais. Percebe-se que a 1a gota atinge o solo no exato momento em que a 5a gota se desprende. O prof. Renato Brito pede para você determinar, no referido instante, a distância que separa a 3a e a 4a gota.

a) 25 m

b) 45 m

c)

30 m

d) 15 m

e) 50 m

MO

NS

Questão 19 A torneira do chuveiro da Claudete está mal fechada e, por isso, goteja água periodicamente em intervalos de tempos iguais. A figura mostra o exato momento em que uma gota está se desprendendo e outras 3 gotas já estão em queda livre. As distâncias x e y valem, respectivamente: a) 4 cm, 15 cm b) 4 cm, 12 cm c) 6 cm, 15 cm d) 6 cm,12 cm e) 9 cm, 15 cm

x y

20 cm

DE

Questão 20 – lançamento horizontal Uma bolinha rola sobre uma mesa, com velocidade constante cujo módulo é v0 = 7,0 m/s. A altura da mesa é 0,80 m e a aceleração da gravidade é g = 10 m/s2. Desprezando os efeitos do ar, calcule o alcance horizontal d.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

IV O

45 S(m)

SOB

Pensando em Casa Pensando em Casa

A B

SOA

T(s)

Que tal resolver todas as questĂľes de casa sempre num mesmo caderno grande, especialmente reservado para o nosso Curso de FĂ­sica ? Assim, a sua revisĂŁo em novembro, Ă s vĂŠsperas do vestibular, serĂĄ enormemente facilitada. Lembre-se: arrependimento sĂł vem depois, ou vocĂŞ jĂĄ viu alguĂŠm se arrepender antes do fato ? - Portanto, aceite meu conselho e organize-se desde jĂĄ ! -

AT

QuestĂŁo 16 - ² Para encher uma caixa dâ&#x20AC;&#x2122;ĂĄgua de 4 m de largura, 5 m de comprimento e 120 cm de altura, foi utilizada uma torneira que derrama ĂĄgua com uma vazĂŁo de 1200 litros por minuto. A velocidade de subida do nĂ­vel da ĂĄgua ao longo das paredes da caixa vale: a) 10 cm/s b) 2 cm/s c) 5 mm/s d) 1 mm/s e) 1cm/s

a) o mĂłvel A estĂĄ Ă  frente do B no inĂ­cio do movimento, porĂŠm B se move com velocidade maior que A: b) o mĂłvel B estĂĄ Ă  frente do A no inĂ­cio do movimento, porĂŠm A se move com velocidade maior que B: c) o mĂłvel A estĂĄ Ă  frente do B no inĂ­cio do movimento e se move com velocidade maior que B: d) o mĂłvel B estĂĄ Ă  frente do A no inĂ­cio do movimento e se move com velocidade maior que A: e) A velocidade de B ĂŠ maior que a de A no inĂ­cio do movimento. A velocidade de A supera a velocidade de B ao final.

Dica: 1 m3 = 1000 litros

TR

Questão 17 - ² Um trem parte de São Paulo com destino ao Rio de Janeiro com velocidade de 60 Km/h. Ao mesmo tempo, parte do Rio de Janeiro, com destino a São Paulo, um segundo trem com velocidade de 40 Km/h. Na frente deste e ao mesmo tempo, parte uma abelha com a velocidade de 70 Km/h. Essa abelha vai ao encontro do trem que vem de São Paulo e, ao encontrå-lo, volta com destino ao Rio de Janeiro atÊ encontrar o segundo trem, e assim sucessivamente atÊ quando os dois trens se cruzam. Admitindo que a distância São Paulo-Rio de Janeiro Ê igual a 500 Km, pergunta-se quanto percorreu a abelha?

Questão 20 a) Um objeto pode estar se movendo quando sua aceleração Ê nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo. b) um objeto pode ter aceleração num instante em que a sua velocidade Ê nula ? Em caso afirmativo, dê um exemplo.

NS

Questão 21 - ² Duas bolas são liberadas do repouso, ao mesmo tempo, da extremidade esquerda dos trilhos A e B lisos, de mesmo comprimento, que diferem apenas por uma ligeira depressão no trilho B, como mostra a Figura.

MO

Questão 18 - ² (IME 2009) Uma estaca de comprimento L de um determinado material homogêneo foi cravada no solo. Suspeita-se que a estaca tenha sido danificada durante o processo de cravação, sofrendo possivelmente uma fissura (rachadura) abrangendo toda sua seção transversal conforme ilustra a figura abaixo. Para tirar a dúvida, foi aplicado uma leve pulso em seu topo com um martelo. Após t1 segundos da martelada, observou-se um repique (pulso) no topo da estaca e, t2 segundos após o primeiro repique, percebeu-se um segundo e último repique. Admitindo-se que a estaca esteja danificada em um único ponto, a distância do topo da estaca atÊ o ponto em que se encontra a fissura vale: L.t L.t L.t1 L.t 2 L.t d) e) 2 a) 1 b) 1 c) t2 3.t 2 t1  t 2 t1  t 2 2.t1

A

B

a) qual delas atinge o final do trilho com maior velocidade final ? b) qual delas atinge o final do trilho antes ? Dica: Pågina 21, experiências de Galileu, tente usar a intuição, sem matematiquês.

Questão 22 Uma bolinha se desloca por inÊrcia em direção a uma superfície inclinada lisa, como mostra a figura. Durante a subida da rampa pode-se afirmar que sua:

DE

Dica: o pulso aplicado pelo martelo sai do topo da estaca e se propaga para baixo. Ao atingir a fissura, uma parte do pulso ĂŠ refletido e retorna para cima, ao passo que o restante do pulso prossegue atĂŠ a extremidade inferior da estaca, quando ĂŠ refletida e retorna tambĂŠm ao topo da estaca. Ă&#x2030; por esse motivo que sĂŁo recebidos dois pulsos refletidos no topo da estaca -.

a) velocidade e aceleração crescem QuestĂŁo 19 b) velocidade e aceleração decrescem O grĂĄfico a seguir ilustra o movimento de dois carros A e B, que c) a velocidade decresce e a aceleração cresce inicia em t = 0 s numa mesma estrada retilĂ­nea. O prof Renato d) a velocidade e a aceleração decrescem Brito pede para vocĂŞ determinar a opção correta a cerca desse e) a velocidade cresce e aceleração decresce. movimento: SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


IV O

Física

56

perceptível no caso b, em que a diferença entre os valores das massas é menos acentuada.

25 –Terceira Lei de Newton do movimento A terceira lei de Newton estabelece que:

Sempre que um objeto exerce uma força sobre um outro objeto, este exerce uma força igual e oposta sobre o primeiro. A terceira lei de Newton com freqüência é enunciada assim: “A cada ação corresponde sempre uma reação igual e oposta”.

Fat

TR

Fat

AT

Em qualquer interação há sempre um par de forças de ação e reação, que são iguais em valor e de sentidos opostos. Nenhuma força existe sem a outra — as forças aparecem em pares, uma é a ação e a outra é a reação. O par de forças de ação e reação constitui uma interação entre dois corpos.

Figura 26 – O garoto aplica sobre o solo uma força (fat) empurrando-o para trás. O solo, por sua vez, reage e aplica uma força (fat) sobre os pés do garoto, empurrando-o para frente. Assim, o menino anda.

Figura 27 – Qual das bolas cai em direção à outra, A ou B ? As acelerações de cada uma delas têm relação com as suas massas ?

No caso c, onde os corpos têm mesma massa, a aceleração de A é tão evidente quanto à de B. Continuando, vemos que a aceleração de A torna-se ainda mais evidente no caso d, e ainda mais evidente no caso e. Assim, estritamente falando, quando você salta do meio-fio da calçada, a rua inteira sobe ao seu encontro, ainda que muito ligeiramente -. O papel desempenhado pelas massas diferentes fica evidenciado no disparo de um rifle. Quando se dispara o rifle, ocorre uma interação entre este e a bala (Figura 28). A força exercida sobre a bala é tão grande quanto a força de reação exercida sobre o rifle; logo, a bala acelera para frente enquanto o rifle “dá um tranco” no atirador. Uma vez que as forças são de mesmo valor, por que o rifle não recua com a mesma rapidez da bala ? Ao analisar as mudanças no movimento, a segunda lei de Newton nos lembra que devemos também levar em conta as massas envolvidas. Suponha que F represente os valores das forças de

MO

NS

Você interage com o piso quando caminha sobre ele. O empurrão que você exerce contra o piso está acoplado ao empurrão dele contra você. O par de forças ocorre simultaneamente. Qual das forças é chamada de ação e qual é chamada de reação não importa. O ponto importante é que uma não existe sem a outra. Analogamente, os pneus de um carro empurram contra a rodovia, enquanto a rodovia empurra de volta os pneus — os pneus e a rodovia estão empurrando-se mutuamente. Ao nadar, você interage com a água e a empurra para trás, enquanto ela o empurra para frente — você e a água estão se empurrando um ao outro. Em cada caso existe um par de forças, uma de ação e outra de reação. Nesse contexto, as forças de reação são as responsáveis pelo nosso movimento, e dependem do atrito existente entre as superfícies em contato. Na ausência de atrito numa superfície de gelo, por exemplo, uma pessoa ou carro são incapazes de exercer a força de ação para produzir a força de reação necessária ao seu movimento.

DE

26 – Ação e Reação sobre Massas Diferentes Embora, à primeira vista, pareça estranho, um objeto em queda puxa a Terra tanto para cima tanto quanto a Terra o puxa para baixo. O puxão para baixo, atuando sobre o objeto, parece-nos normal porque a aceleração de 10 metros por segundo a cada segundo é bastante evidente. O mesmo valor de força, agindo para cima sobre a imensa massa da Terra, entretanto, produz nela uma aceleração tão pequena que não pode ser notada nem medida. Podemos compreender melhor que a Terra acelera ligeiramente em resposta à queda de um objeto, considerando os exemplos exagerados, nos casos de a até e, dos dois corpos planetários da Figura 27 (é importante olhar a figura) .

ação e reação, m represente a massa da bala e m a massa do rifle mais massivo. As acelerações da bala e do rifle são, então, obtidas tomando-se a razão da força pela massa. A aceleração da bala é dada por: F = m

a

enquanto a aceleração do recuo do rifle é F

m=

a

Usei símbolos com tamanhos diferentes no cálculo acima para As forças com que os corpos A e B se atraem são de mesmo indicar as diferenças nas massas e nas acelerações decorrentes. valor, mas com sentidos opostos em cada caso. Se no caso a o planeta A possui uma aceleração imperceptível, então ela é mais Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

F

IV O

Vemos, assim, porque a mudança 'V no movimento do rifle não é tão grande comparada com a mudança de movimento 'V da bala: uma certa força agindo sobre uma pequena massa produz uma grande aceleração, enquanto a mesma força agindo sobre uma grande massa produz uma pequena aceleração.

57

F

AT

Figura 28 – A força exercida contra o rifle que recua é exatamente tão grande quanto a força que impulsiona a bala. Por que, então, a bala acelera mais que o rifle ?

Figura 30 – Lançamento de um foguete

Um foguete funciona melhor, aliás, acima da atmosfera, onde não existe ar para oferecer resistência ao seu movimento. Usando a terceira lei de Newton, podemos compreender como um helicóptero (Figura 31) obtém sua força de sustentação. As lâminas giratórias possuem a forma adequada para forçar as partículas de ar para baixo (ação), enquanto o ar força as lâminas para cima (reação). Essa força de reação atuando para cima é chamada sustentação. Quando a sustentação é igual ao peso da nave, o helicóptero plana no ar. Quando a sustentação é maior, o helicóptero ganha altura.

NS

TR

O que ocorreria se você disparasse uma pistola cuja massa fosse muitas vezes menor que a bala contida no seu interior ? Você estaria cometendo suicídio -. Se estendermos a idéia de um rifle recuando, ou “dando um tranco” a partir da bala que ele dispara, podemos compreender a propulsão de foguetes. Considere uma metralhadora que recua a cada vez que dispara uma bala. Se a metralhadora for adaptada, de modo que possa deslizar livremente ao longo de um arame distendido verticalmente (Figura 29), ela acelera para cima quando as balas são disparadas para baixo. Um foguete acelera da mesma maneira. Ele “recua” continuamente em decorrência dos gases da combustão ejetados. Cada molécula do gás ejetado é como uma minúscula bala disparada do foguete (Figura 30).

MO

Figura 29 – uma metralhadora adaptada a um arame vertical demonstra facilmente como funciona um sistema de propulsão. Com os disparos, a metralhadora impulsiona os projéteis para baixo; estes, por sua vez, impulsionam a arma para cima, fazendo com que ela suba.

DE

Uma falsa concepção muito comum é a de que um foguete seja propelido pelo impacto dos gases ejetados contra a atmosfera. No início do século XX, antes do advento dos foguetes, de fato muitas pessoas pensavam que fosse impossível mandar um foguete para a Lua por causa da ausência de uma atmosfera que o foguete pudesse empurrar. Mas pensar assim é como afirmar que uma arma de fogo não recuaria a menos que houvesse ar contra o qual ela pudesse empurrar. Nada disso! Tanto o foguete como a arma de fogo que recua aceleram não por causa de qualquer empurrão sobre o ar, mas por causa das forças de reação das “balas” que eles atiram — com ou sem a presença do ar.

F

F

F

F

Ar

Ar

Figura 31 Ação: as hélices empurram o ar para baixo Reação: o ar empurra as hélices para cima

Assim, é fácil compreender que um helicóptero não consegue levantar vôo na ausência de uma camada de ar. Na lua, por exemplo, não há atmosfera (lá existe vácuo), apesar de haver gravidade. Um helicóptero pousado na superfície lunar jamais levantaria vôo, devido à ausência do “colchão de ar necessário para interagir com as suas hélices. Autoteste 11. Um ônibus em alta velocidade e um inocente besouro colidem frontalmente.A força de impacto esparrama o pobre besouro sobre o pára-brisa.A força correspondente que o besouro exerce contra o pára-brisa é maior, menor ou a mesma? A conseqüente desaceleração do ônibus é maior, menor ou a mesma que a do besouro?

Percebemos a terceira lei de Newton atuando em todos os lugares. Um peixe empurra a água para trás com suas nadadeiras, e a água o empurra para frente. O vento empurra os galhos de uma

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


árvore, e eles empurram de volta o vento, e temos sons de assobios. As forças são interações entre diferentes coisas. Cada contato requer no mínimo duas vias; não existe maneira de um objeto exercer força sobre nada. As forças, sejam grandes empurrões ou rápidos toques leves, sempre ocorrem aos pares, cada uma oposta à outra. Assim, não podemos tocar sem sermos tocados. É impossível tocar sem ser tocado....

....essa é a terceira Lei de newton....

IV O

Física

58

Observe os meninos A e B interagindo, cada um, com uma corda C ideal (figura 33). Na interação AC, percebemos o par de forças: x FAC – força que A exerce em C – ela é causada por A mas atua em C, trazendo conseqüências para a corda C; x FCA – força que C exerce em A – ela é causada por C mas atua em A, trazendo conseqüências para o menino A; Essa força poderia machucar a mão do menino visto que ela age sobre a mão dele. Esse par de forças FAC e FCA constitui um par ação-reação e, portanto, têm intensidades iguais: FAC| = |FCA| .

A

Autoteste comentado

FBC

B

Figura 34 - Cada força é sempre causada por um corpo, mas age sobre outro corpo, trazendo conseqüências apenas para este corpo sobre o qual ela age. Assim, FAC é incapaz de acelerar o menino A, visto que essa força age na corda C e não, no menino A . A força FCA é que age sobre o menino A e, portanto, só ela pode trazer conseqüências para ele, tais como acelerá-lo ou provocar dor na sua mão etc.

TR

Figura 32

FCB

C

FAC

AT

FCA

Da mesma forma, na interação entre o menino B e a corda C, percebemos o par de forças: x FBC – força que B exerce em C – ela é causada por B mas atua em C, trazendo conseqüências para a corda C; x FCB – força que C exerce em B – ela é causada por C mas atua em B, trazendo conseqüências para o menino B; Essa força poderia, por exemplo, acelerar o menino B para frente.

NS

11. Os valores de ambas as forças são os mesmos, pois elas formam um par ação-reação de forças que constitui a interação entre o ônibus e o besouro. As acelerações são muito diferentes, entretanto, porque as massas envolvidas são diferentes! O besouro sofre uma desaceleração enorme e mortal, enquanto o ônibus sofre uma desaceleração minúscula — tão minúscula que a perda muito pequena de rapidez nem é notada pelos seus passageiros. Mas se o besouro fosse mais massivo — tão massivo quanto outro ônibus, por exemplo — a perda de rapidez ficaria totalmente evidente!

MO

27 – Força de TRAÇÃO T em fios ideais Fios, cordas, correntes fazem parte do nosso dia a dia e são utilizados, basicamente, para a mesma função simples: PUXAR algo. Um fio tracionado, uma corda esticada, eles sempre são usados para PUXAR um corpo, jamais sendo usados para empurrar corpos. Você já tentou EMPURRAR uma caixa pesada usando um fio ? Tente fazê-lo, você perceberá ser impossível.

Fios e cordas servem para PUXAR ou serem PUXADOS. Eles jamais empurrarão ou serão empurrados por algo ou alguém.

DE

Denominamos “fio ideal” aquele cuja massa é desprezível quando comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na prática, a massa do fio ideal é considerada nula (m=0). Qual a importância desse fato na resolução dos problemas ?

C

A

B

Figura 33 - Nessa figura percebemos duas interações (AC e CB) e, portanto, estão presentes dois pares de forças, sendo um par para cada interação.

Esse par de forças FAC e FCA também constitui um par açãoreação e, portanto, têm intensidades iguais: |FAC| = |FCA|. Levando-se em conta que a corda é ideal, a sua massa é nula mcorda = 0. Observando as forças FAC e FBC que agem sobre a corda, podemos calcular a força resultante sobre ela, aplicando-se a 2ª lei de Newton: FR corda = mcorda x a ( FAC  FBC) = mcorda x a ( FAC  FBC) = 0 x a ( FAC  FBC) = 0 Ÿ FAC = FBC Assim, vemos que, numa corda ideal (mcorda = 0), as forças que agem em suas extremidades sempre têm intensidades iguais. Essa intensidade é denominada tração na corda: FAC = FBC = T Assim, em módulo, podemos escrever: corda ideal

FCA = FAC = FBC = FCB ação-reação

ação-reação

Todas as forças, na figura 34, têm o mesmo valor T (tração). Isso é verdade desde que a corda seja ideal, caso contrário, as trações em cada extremidade da corda terão valores diferentes, mas ainda podem ser calculadas pela 2ª lei de Newton: ( FAC  FBC) = mcorda x a As trações, em geral, são diferentes em problemas que envolvam cabos de aço ou cordas pesadas.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física T

A

T

T

C

B

T

Figura 35 - quando a corda é ideal, as quatro forças têm a mesma intensidade, denominada tração T.

interaja com outro corpo para que um “par de forças” seja “produzido”. A intensidade do par de forças que surgirá, durante essa interação, depende não somente da “vontade da pessoa”, mas também das características do outro corpo, tais como inércia, elasticidade, dureza etc. Lembre-se sempre do exemplo do lutador de boxe (figura 23) aplicando seu golpe mais violento num pesado saco de areia e, depois, num lenço de papel. Ele produzirá forças bastante diferentes nesses corpos, por mais que se esforce, visto que tais corpos têm inércias muito diferentes. 28 – Força de TRAÇÃO T em polias ideais Denominamos “polia ideal” aquela cuja massa é desprezível quando comparada às massas dos demais corpos do sistema. Na prática, a massa da polia ideal é considerada nula (m=0). Qual a importância desse fato na resolução dos problemas ?

AT

Assim, alguns fatos interessantes devem ser observados na figura 35: x A rigor, a frase “o menino A tem mais força que B” não faz sentido, visto que “força não é algo que alguém possua”. As forças que cada menino aplicará na corda (ideal) e sofrerá, devido a ela, sempre terão valores iguais T = T = T = T ! x Quanto maior for a “violência” com que um deles (ou ambos) puxe a corda, maior será o valor da tração T = T = T = T nela ! x O menino A jamais puxará a corda com mais força que o menino B; e vice-versa. As forças com que eles puxarão a corda terão sempre a mesma intensidade T = T = T = T ! Se você não acredita nisso, segure firmemente as mãos do seu irmão e brinquem de “cabo de guerra” sem a corda. Quem puxará o outro com mais força, você ou ele ? Ora, uma vez mais, essas forças têm que ser iguais em módulo. Nesse caso, elas constituem um par ação-reação. x Ainda que apenas o menino A efetivamente puxe a corda, enquanto B apenas mantenha-a firmemente em suas mãos, esticada, ambos os meninos serão puxados, um em direção ao outro, por forças de mesma intensidade T = T = T = T ! x A vitória no “cabo de guerra” dependerá, fundamentalmente, da inércia, da massa dos oponentes. Imagine uma corda com tração T puxando uma pessoa gordona (massa M) numa extremidade e, uma pessoa magrela (massa m) na outra extremidade. A mesma força T, agindo em massas diferentes (M > m), produzirá acelerações diferentes, sendo mais acelerado a pessoa magrela. Ela terá maior tendência a ser arrastada para frente e cruzar a linha no marcada no chão que define o perdedor da disputa. x A pessoa mais pesada também obterá mais atrito do chão (Fat max) que a pessoa mais leve, o que favorece ainda mais a sua vitória. x A forma como cada oponente posiciona o seu corpo inclinado para trás, enquanto puxa a corda, também é importante. x Para que um magrelo possa vencer um gordão num “cabo de guerra”, ele deverá maximizar o seu atrito com o solo (calçando sapatos adequados) e posicionar melhor melhor o seu corpo em relação à vertical durante a disputa. Uma outra dica é aplicar impulsos na corda na hora certa, tirando proveito de momentâneos desequilíbrios do oponente. x Um gordão só perderá uma disputa de cabo de guerra se for muito desajeitado. Afinal, a sua natureza muito massuda lhe assegura o favoritismo nesse tipo de disputa.

IV O

Na grande maioria dos problemas, os fios são admitidos ideais (mcorda = 0). Nesses casos, a figura 34 poderá ser simplificada assim:

59

TB

TR

TA

TE

TA

TC

TD

Figura 36

Figura 37

DE

MO

NS

Na figura 36, vemos uma polia sustentada por seu pino através de uma corda B que exerce sobre ele uma tração de intensidade TB para cima. A periferia dessa polia, por sua vez, sustenta uma corda A que exerce um par de trações de mesma intensidade TA para baixo. As trações nas extremidades da corda A têm intensidades iguais pelo fato da corda ser ideal, conforme vimos na secção 2.23. Mas qual a relação entre as trações TA e TB na figura 36 ?

O prof Renato Brito discutiu esse exemplo afim de nos fazer, definitivamente, rever os nossos conceitos, os nossos pontos de vista sobre as forças. As forças sempre surgem aos pares, visto que são fruto de uma interação entre dois corpos. Uma pessoa não tem mais nem menos força que outra pessoa ! Sempre será necessário que ela

Ora, como a polia tem massa nula mpolia = 0, a 2ª lei de Newton nos permite escrever : FR polia = mpolia x a 2.TA  TB = mpolia x a 2.TA  TB = 0 x a 2.TA  TB = 0 Ÿ TB = 2.TA Assim, na figura 36, a relação TB = 2.TA advém do fato da polia ser ideal. O mesmo raciocínio pode ser aplicado a qualquer configuração de cordas e polias. Na figura 37, por exemplo, temos um sistema de forças apontando em direções distintas, o que requer a aplicação da 2ª lei de Newton em sua forma vetorial:

G F R polia

G m polia . a

Substituindo os vetores da figura 37 na equação vetorial acima e efetuando as operações vetoriais, vem:

TD

+

TC

+

TE

= mcorda

G a

Note que as intensidades TC e TD são iguais, visto que são as trações nas extremidades de uma corda ideal mcorda = 0. Assim, faremos |TC| = |TD| = T. Substituindo, vem:

T

+

T

+

TE

= mcorda

G a

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


T

+

T

T

+

+

T

+

TE

TE

=

0

G

=0

G a

LO

TE

T

A

T

T

mola elongada

(TE) 2 = 2.T2 Ÿ TE = T. 2

Essa é, portanto, a relação entre as trações nos fios da figura 37.

B

T

T

mão direita sendo puxada para dentro

Figura 38 - uma mola e l o n g a d a sempre está PUXANDO DE VOLTA os corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural. Note, na figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo PUXADAS de volta para o centro da mola (forças brancas), visando a restituir o seu comprimento natural.

AT

Ÿ

T

x

mão esquerda sendo puxada para dentro

O teorema de Pitágoras permite escrever: T2 + T2 = (TE)2

IV O

Física

60

Nas figuras 38 e 39, o prof Renato Brito usou o seguinte código de cores: Forças pretas: são as forças que as mão aplicam nas extremidades da mola. São exercidas pelas mãos, mas agem na mola, causando a sua deformação. Forças brancas: são as forças que as extremidades da mola aplicam nas mãos do operador. São exercidas pela mola, mas agem nas mãos (ou em qualquer objeto que estivesse conectado às extremidades da mola).

TR

29 – Forças e deformações em molas ideais Uma mola é um objeto muito comum no nosso dia-a-dia e tem utilidade bastante variada, desde canetas a amortecedores de veículos, armamentos, brinquedos etc. Aplicando-se adequadamente uma força nas extremidades de uma mola, é possível elongá-la (aumentar o seu tamanho) ou comprimila (reduzir o seu comprimento). Quando a força é suprimida, a mola volta ao seu comprimento natural. Dizemos que trata-se de uma mola elástica. Toda mola tem o seu limite de elasticidade, isto é, a maior deformação que ela é capaz de suportar de forma a ainda ser capaz de restituir o seu tamanho original. Uma deformação maior que esta levaria a mola a ter o seu comprimento natural (quando relaxada) maior que o original, ou seja, a mola apresentaria uma deformação residual permanente. A deformação X experimentada por uma mola (veja a figura 38 e 39) é diretamente proporcional à força T aplicada a ela (tração ou compressão). Esse fato é expresso matematicamente pela Lei de Hooke das molas:

NS

As forças brancas são as de maior interesse nas resoluções de problemas, visto que, em geral, estamos interessados em analisar as forças que agem nos corpos conectados à mola e não, nas forças que agem na própria mola. Lembre-se, também, que estamos tratando de molas ideais, isto é, molas com massa nula (m = 0), por isso que as forças pretas nas extremidades da mola sempre têm valores iguais. Aliando esse fato à 3ª lei de Newton (ação e reação), concluímos que as 4 forças T = T = T = T = K.x que aparecem na figura 38 acabam sendo, inevitavelmente, de mesma intensidade. O mesmo ocorre na figura 39. x

T = K. X

MO

onde K é a chamada constante elástica da mola, medida em N/m no SI. Quanto maior o valor de K de uma mola, mais newtons serão necessários para deformar “cada metro” da mola, ou seja, mais dura será essa mola. Assim, dizemos que a constante K expressa a “dureza da mola”. A força T, acima, é a força que está deformando a mola. Geralmente, trata-se da própria tração no fio em que a mola está inserida. Essa força T também pode ser chamada de “força elástica”. É importante atentar para o fato de que, enquanto cordas, fios e correntes só são capazes de PUXAR os corpos aos quais foram fixados, uma mola tanto pode PUXAR quanto EMPURRAR os corpos ao seu redor, conforme o tipo de deformação que ela apresente:

DE

Molas ELONGADAS sempre PUXAM os corpos ao seu redor (figura 38). Molas COMPRIMIDAS sempre EMPURRAM os corpos ao seu redor (figura 39). Afinal, toda mola que encontra-se deformada sempre age no sentido de tentar retornar ao seu comprimento natural, ao seu estado relaxado. As figuras 38 e 39 ilustram o comportamento das molas em cada caso:

LO

B

A T mão esquerda sendo empurrada para fora

T

mola comprimida

T

T mão direita sendo empurrada para fora

Figura 39 - uma mola c o m p r i m i d a está sempre EMPURRANDO DE VOLTA os corpos ao seu redor, com o objetivo de voltar ao seu tamanho natural. Note, na figura, que tanto a mão esquerda quanto a mão direita estão sendo EMPURRADAS para longe do centro da mola (forças brancas), visando a restituir o seu comprimento natural.

30 – O Formato da Trajetória e o Par de Eixos-Padrão Nessa seção, aprenderemos alguns métodos simples, porém muito eficientes no equacionamento de problemas de Dinâmica, isto é, problemas que envolvam forças, aceleração, velocidade, deslocamentos etc.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

A experiência mostra que uma ferramenta importante na resolução sistemática de problemas de Dinâmica é a análise do formato da trajetória seguida pelo móvel.

Eixo 1 – Eixo tangencial

Características x Eixo que está na mesma direção da velocidade da partícula, no referencial inercial em questão (Figura 41) ; x em movimentos retilíneos, coincide com a trajetória seguida pela partícula (Figura 41); x em movimentos retilíneos, esse eixo contém a força resultante agindo no móvel (caso ela não seja nula) e,conseqüentemente, a sua aceleração resultante (caso ela não seja nula); e x as forças e acelerações, nesse eixo, determinam se o movimento será retardado, uniforme ou acelerado. Eixo 2 – Eixo centrípeto, radial ou normal

AT

O formato da trajetória está intimamente relacionado com as forças que agem sobre o corpo durante seu movimento num dado referencial, e nos permite concluir quais forças efetivamente colaboram para a sua aceleração e quais forças definitivamente devem se cancelar por não participarem do processo de aceleração do móvel.

IV O

Em geral, uma das grandes dificuldades com as quais os estudantes de Física se deparam, na análise das forças que agem num corpo, é como saber quais forças devem ser decompostas e quais não precisam ser decompostas na resolução do problema. “....Será que há apenas uma forma sistemática de analisar o problema, ou será que existem várias maneiras de analisar que conduzem ao mesmo resultado correto ? ....“

61

TR

Características x Eixo que é perpendicular à velocidade da partícula, no referencial inercial em questão (Figura 41); x em movimentos retilíneos, o corpo sempre está em equilíbrio (FR = 0, aR = 0 ) na direção do eixo 2; x esse eixo, obviamente, é sempre perpendicular ao eixo 1, visto que sempre é perpendicular à velocidade do corpo; x as forças que agem sobre esse eixo estão relacionadas à curvatura da trajetória descrita pelo corpo no referencial inercial. Esse par de eixos descrito será denominado “Par de eixospadrão”. Na maioria das resoluções, adotaremos o par de eixospadrão, fazendo uso de eixos alternativos apenas quando a simplificação algébrica obtida nesse caso for vantajosa (o que raramente acontece).

MO

NS

Para esclarecer um pouco essas idéias, considere, por exemplo, o pêndulo preso ao teto do vagão (Figura 40), que coincide com a questão 30 de classe. A bola presa ao fio se encontra em movimento acelerado descrevendo uma trajetória retilínea horizontal em relação à Terra (referencial inercial). Esse formato da trajetória descrita pela bola permite concluir que : x a aceleração (oa) resultante do móvel está (integralmente) na mesma direção da velocidade (ov), isto é, está na direção horizontal, não havendo nenhuma componente de aceleração vertical (Figura 40); x conseqüentemente, a força resultante agindo no móvel (responsável por produzir tal aceleração) é horizontal FR = TX o ; x a ausência de aceleração vertical garante que a força resultante nessa direção p n é nula, portanto, TY = P na Figura 40.

DE

Em geral, no estudo da Dinâmica dos movimentos, o par de eixospadrão utilizado para a decomposição das forças obedece o seguinte modelo :

tra

ó jet

ria

Exemplo Resolvido 1: a Figura mostra um prisma de massa M que move-se sobre um plano horizontal. Um pequeno bloco de massa m se encontra apoiado sobre a superfície inclinada do prisma. Se a gravidade local vale g, o prof. Renato Brito pede que você determine com qual força F horizontal e constante se deve empurrar esse prisma, de forma que o conjunto se mova sem que o bloquinho escorregue em relação ao prisma. Todos os atritos são desprezados.

Solução A Figura 43 mostra o diagrama das forças que agem no prisma e no bloco. A questão-chave, para o estudante de Física, é “qual das forças que agem no bloquinho deve ser decomposta, N ou m.g ? ” Será que tanto faz ?

A resposta é que devemos fazer uso do chamado Par de Eixospadrão (mostrado na Figura 41), a fim de que o nosso equacionamento do problema seja mais objetivo, reduzindo o trabalho algébrico. A seguir, analisaremos a Dinâmica do movimento da caixa, com base no formato da sua trajetória descrita no referencial da Terra.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

62

O prisma compartilha dessa mesma aceleração horizontal a, portanto, observando as forças horizontais que agem no prisma, na Figura 44, vem: FR = M.a Ÿ (F  NX) = M.a Ÿ (F  N.senD) = M.a (eq3) Dividindo as equações eq1 e eq2 membro a membro, vem: a = g.TgD.

Somando as equações eq2 e eq3, membro a membro, vem:

AT

Segundo o enunciado, bloco e prisma descreverão trajetórias retillíneas compartilhando das mesmas acelerações oa no referencial da Terra, como mostra a Figura 42. A trajetória do bloco no referencial da Terra define o eixo 1 a ser adotado, o chamado eixo tangencial.

Essa é a aceleração horizontal que os corpos devem compartilhar (no referencial da Terra) a fim de que o bloco se mova em equilíbrio vertical. Agora, com qual força F devemos empurrar o prisma para que ambos compartilhem dessa aceleração ?

Assim, adotando esse par de eixos-padrão, decomporemos apenas as forças que não estiverem sobre nenhum desses dois eixos, como mostra a Figura 44

(eq 4a)

A relação eq4 nos lembra que ambos os corpos compartiham da mesma aceleração horizontal a no referencial da Terra (como mostra a Figura 42) e, portanto, podem ser tratados como se fossem corpo único de massa “M + m” movendo-se com aceleração a = g.TgD. Em linhas gerais, so é possível considerar um sistema de N corpos como se fosse corpo único, a fim de aplicar a segunda lei de Newton, quando todos os corpos do sistema compartilharem de uma mesma aceleração a (que será a aceleração do centro de massa do sistema). Assim, da relação eq 4a, vem:

TR

Conforme expresso anteriormente, em movimentos retilíneos, o eixo 1 sempre coincide com a trajetória do corpo em relação à Terra (referencial inercial), portanto será horizontal nessa questão. O eixo 2 (centrípeto ou normal) é perpendicular ao eixo 1, portanto será vertical nessa questão.

F = (M + m).a

Ÿ

F = (M + m).g.TgD

(eq 4b)

NS

F = (M + m).a

MO

O formato da trajetória seguido pelo bloco, no referencial inercial (Terra), é uma reta horizontal (Figura 45b) que não se curva nem para cima (Figura 45a) nem para baixo (Figura 45c), sugerindo que o bloco não possui aceleração na direção 2 (a2 = 0), isto é, que o bloco encontra-se em equilíbrio (FR = 0) na direção do eixo 2, o que permite escrever: NY = m.g Ÿ N.cosD = m.g

DE

Equilíbrio na direção 2:

(eq1)

Na direção 1, bloco e prisma compartilham de uma mesma aceleração a1 = a no referencial da Terra. O diagrama de forças da Figura 45 mostra que essa aceleração horizontal do bloquinho decorre da força NX. A segunda lei de Newton permite escrever: FR = m.a Ÿ NX = m.a Ÿ N.senD = m.a (eq2)

A Figura 46 mostra o diagrama das forças agindo no bloco, fazendo uso de um sistema de eixos cartesianos alternativo, como sugeriu a Claudete. Nesse caso, relacionar a aceleração horizontal (oa) do bloco com a força resultante horizontal que causou essa aceleração, torna-se uma missão complicada, visto que as forças que agem no bloco (N, p.senD e p.cosD) não se encontram direcionadas ao longo do mesmo sistema de eixos coordenados que contém a aceleração, como mostra a Figura 46.

Dizemos que o diagrama de forças não está “casado” com o diagrama cinemático do bloco (o par de eixos das forças não coincide com o par de eixos da aceleração), o que dificulta o equacionamento da segunda lei de Newton. Para melhor compreender, note que o diagrama de forças (padrão) utilizado na Figura 44 ficou automaticamente “casado” ao

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

66

Questão 31 Cada uma das figuras a seguir representa um vagão (que pode mover-se sobre trilhos retos e horizontais), com um pêndulo simples pendurado no seu teto, estando o pêndulo em repouso em relação ao vagão.

AT

(I) ( II ) ( III ) Para cada uma das situações propostas a seguir, diga qual é a figura correspondente. a) O vagão está em repouso. b) O vagão tem velocidade constante. c) O vagão move-se para a direita em movimento acelerado. d) O vagão move-se para a direita em movimento retardado. e) O vagão move-se para a esquerda em movimento acelerado. f) O vagão move-se para a esquerda em movimento retardado.

TR

Questão 32 No sistema representado na figura, os blocos A, B e C têm massas, respectivamente iguais a 44 kg, 10 kg e 6 kg. Uma força F é aplicada ao bloco A, de modo que o conjunto todo se move em relação ao solo, mas os blocos B e C permanecem em repouso, em relação a A. Sabendo que não há contato entre os blocos A e C e desprezando quaisquer atritos, determine o módulo: a) da aceleração do conjunto em relação ao solo; B b) da força F; F c) como o B e C encontra-se em repouso permanente em c A relação ao carrinho A, por que não fazemos simplesmente o equilibrio das forças que agem em B e C, no referencial do carrinho A ? -

NS

Questão 33 A figura mostra uma cunha de massa M que se move sobre um plano horizontal liso sob ação de uma força constante F. Um pequeno bloco de massa m encontra-se apoiado sobre a superfície da cunha. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são desprezíveis, o prof Renato Brito pede para você determinar:

MO

a) a aceleração a com que o sistema precisa estar se movendo para que o bloquinho não escorregue em relação à cunha; b) a força F que causa essa aceleração; c) como o bloco encontra-se em repouso permanente em relação à cunha, por que não fazemos simplesmente o equilibrio das forças que agem no bloco, no referencial da cunha ? -

DE

Questão 34 A figura ilustra um bloco de massa M foi abandonado no topo de um plano inclinado de altura H que forma um ângulo D com a horizontal. Se a gravidade local vale g e todos os atritos são desprezíveis, pede-se determinar: a) a aceleração com que o bloco vai escorregar ladeira abaixo; b) essa aceleração depende da massa do bloco ? c) se H = 5m, D = 30q e g = 10 m/s2, quanto tempo a caixa gastará para descer toda a rampa ? d) qual a velocidade final da caixa ? g

H

D

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

67

k B A

AT

30o

IV O

Questão 35 No sistema representado na figura, o fio e a polia são ideais e não tem atrito. Os blocos A e B têm massas 4 k g e 6 kg . Se a constante elástica da mola vale k = 60 N/m e todos os atritos são desprezíveis, determine: a) A aceleração adquirida pelo sistema; b) A deformação da mola.

TR

Questão 36 A figura mostra dois blocos A e B, de massas 8 kg e 2 kg respectivamente, encostados entre si, apoiados numa rampa lisa de inclinação D = 30o com a horizontal, subindo a ladeira com aceleração a = 3 m/s2 devido à ação de uma força F paralela à rampa. Se a gravidade local vale g = 10 m/s2 e todos os atritos são desprezíveis, determine: a) a intensidade da força F; b) a força que A aplica em B.

MO

NS

Questão 37 Um bloco A, de massa 10 kg, está apoiado sobre a face horizontal plana de um prisma triangular B, o qual desce por uma rampa sem atrito, fixa ao solo como mostra a figura, sem que A escorregue sobre B. Sendo sen D = 0,6 e cos D = 0,8 , determine a força normal e a força de atrito exercida sobre o bloco A. (Dado g = 10 m/s2)

Questão 38 A figura mostra uma esfera de massa m que oscila verticalmente, conectada a uma mola, presa a uma caixa de massa M que repousa sobre o prato de uma balança. A gravidade local vale g. O prof Renato Brito pede para você assinalar a alternativa errada a cerca da marcação da balança durante a oscilação da esfera:

a) Quando a esfera desce em movimento retardado, a marcação da balança é maior do que M.g;

DE

b) Quando a esfera sobe em movimento acelerado, a marcação da balança é maior do que M.g; c) Quando a esfera pára no ponto mais alto, estando a mola elongada, a marcação da balança é menor do que M.g;

m

M

d) No instante em que a aceleração da esfera é nula, a balança marca M.g; e) Quando a esfera pára no ponto mais baixo, a marcação da balança é maior do que M.g.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


A ula 3

d

F

Estas por sua vez, ao tentarem girar em torno do seu eixo, acabam empurrando o solo para trás, devido ao atrito entre elas. O solo, por sua vez, reage e empurra essas rodas para a frente, dando o movimento ao carro (Figura 39). Nesse carro, as rodas traseiras não recebem a tração motora e o seu movimento é devido ao contato entre elas e o solo (Figura 40). Movimento acelerado

G  Fat

G Fat

AT

3.1– Força de Atrito seco de escorregamento entre Sólidos Quando duas superfícies deslizam ou tendem a deslizar uma sobre a outra, atua uma força de atrito. Quando se aplica uma força a um objeto, geralmente uma força de atrito reduz a força resultante e a conseqüente aceleração. O atrito é causado pelas irregularidades nas superfícies em contato mútuo, e depende dos tipos de materiais e de como eles são pressionados entre mutuamente. Mesmo as superfícies que aparentam ser muito lisas têm irregularidades microscópicas que obstruem o movimento. Os átomos agarram-se nos muitos pontos de contato. Quando um objeto desliza sobre outro, ele deve ou elevar-se sobre as saliências ou senão desfazer-se de átomos. Ambos os modos requerem força. Falaremos mais sobre isso adiante.

IV O

Estudo do A trito

Figura 39 - Força de atrito trocada entre o solo e a roda de tração. Esta roda gira porque recebe a tração do motor através do seu eixo.

G Fat

G  Fat

Figura 40 - Força de atrito trocada entre o solo e a roda sem tração motora. Esta roda gira porque o solo a empurra no sentido da rotação.

Para que haja atrito entre duas superfícies, são necessárias três condições básicas: I – deve haver contato entre as superfícies; II – o contato deve ser áspero. Na prática, toda superfície é áspera na escala microscópica. Entretanto, algumas vezes admitimos situações idealizadas onde as superfícies em contato são consideradas perfeitamente lisas (P = 0) por simplicidade; III – deve haver, pelo menos, uma tendência de movimento relativo entre essas superfícies. A força de atrito sempre age no sentido de contrariar essa tendência de escorregamento. Caso essa tendência não exista, não haverá força de atrito (Fat = 0).

TR

Figura 36 – Em termos macroscópicos, dizemos que há um contato entre o pé do Ronaldinho e a bola de futebol durante um chute. Entretanto, do ponto de vista microscópico, quando o pé do jogador chega a uma distância d muito pequena da superfície da bola (imperceptível a olho nu), os átomos do pé do atleta exercem uma força elétrica de repulsão F muito intensa sobre os átomos da bola (repulsão núcleo-núcleo), fazendo com que ela se movimente, sem que haja propriamente contato contato entre o pé e a bola. Forças de contato como normal, atrito, tração, em última análise, são forças de natureza eletromagnética.

Movimento acelerado

MO

Fat

NS

O sentido da força de atrito é sempre oposto à tendência de escorregamento relativo entre as duas superfícies. Um objeto escorregando para baixo numa rampa experimenta um atrito que aponta rampa acima; um objeto que escorrega para a direita experimenta um atrito direcionado para a esquerda.

N

Fat P

PsenD

D

Fat

Figura 37 – O garoto aplica sobre o solo uma força (fat) empurrandoo para trás. O solo, por sua vez, reage e aplica uma força (fat) sobre os pés do garoto, empurrando-o para frente. Assim, o menino anda.

DE

Quando um carro se desloca, é interessante perceber como a força de atrito trocada na interação entre o pneu e o solo atua de forma a propiciar o movimento do veículo (Figura 38).

Fat

Fat

Figura 38 - Roda de tração é a roda acionada pelo motor que transmite o movimento de rotação a ela através do eixo.

Num carro com tração nas rodas dianteiras (por exemplo), o motor transmite o movimento de rotação apenas para as rodas da frente.

Figura 41a

Figura 41b

Na figura 41a, por exemplo, o bloco encontra-se em repouso sobre uma superfície áspera. Apenas as condições I e II são satisfeitas, visto que o bloco não tem nenhuma tendência de se mover ao longo da superfície horizontal. Assim, como a condição III não foi satisfeita, temos que Fat = 0. Considere agora a figura 41b, na qual o bloco permanece em equilíbrio sobre um plano inclinado áspero graças à tração da força de atrito, que cancela a tendência de movimento (P.senD) impedindo o escorregamento do bloco ladeira abaixo. Nesse caso, as três condições foram satisfeitas e, portanto, Fat = P.senD. Curiosamente, o atrito não depende da área de contato entre as superfícies. Se você fizer um caixote deslizar sobre sua superfície de menor área, estará meramente concentrando o mesmo peso sobre uma área menor, mas o atrito resultará o mesmo. Ainda que esse propriedade não seja intuitiva, ela e todas as demais propriedades da força de atrito são obtidas experimentalmente.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


superfícies planas constituídas apenas do metal 100% puro. Na prática, mesmo uma superfície metálica altamente polida está longe de ser plana, em escala atômica como mostra a Figura 44. Além disso, as superfícies dos objetos comuns sofrem oxidação, ficando recobertas por uma camada de óxido e outros contaminantes, o que reduz a possibilidade de fusão sob pressão.

IV O

Física

76

só por termos colocados mais duas caixas idênticas sobre ela? N2 B

Fat2

B

T2

B

3m.g

T2

A

PA

Figura 44b – Quando apoiamos as mãos sobre o solo, microscopicamente apenas 1/ 10.0000 da superfície da palma da mão está efetivamente em contato com o solo. Não é incrível ?

AT

Figura 44 d

N2 = 3.m.g,

PA = T2 = Fat2

Ÿ Fat2 = PA

Já pensou como seria cômico se a força de atrito Fat2 triplicasse quando as outras duas caixas fossem empilhadas à caixa B como mostrado na Figura 44d ? - A caixa B sairia andando para a esquerda m sozinha (rsrsrr....) arrastando a caixa A, que iria subindo n..... que piada hein ?

TR

Quando duas superfícies são colocadas em contato, somente os pontos salientes se tocam. (E como se duas cadeias de montanhas fossem colocadas uma sobre a outra.) A área microscópica real de contato é muito menor do que a macroscópica aparente, por um fator quase igual a 104 vezes menor. Os pontos de fusão ocorrem apenas na minúscula área de contato real. Quando as superfícies são deslocadas umas sobre as outras, há uma ruptura e uma regeneração contínua das fusões, à medida que novos contatos são estabelecidos durante o deslizamento.

Lógico que não, pois a força de atrito que age nela continuará tendo a mesma intensidade do peso da caixa A :

Assim, vemos que, embora o “tanto o peso da caixa B quanto a sua normal N tenham triplicado”, a força de atrito permaneceu constante Fat1 = Fat2 = PA. Note que a caixa B, nas figuras 44c e 44d, não encontra-se necessariamente na iminência de escorregar, o que nos impede de admitir que a força de atrito estático já tenha atingido o seu valor limite Fatmax = P.N = Pe. m.g.

NS

É importante saber que, ao contrário do que a maioria das pessoas pensa: 1) A força de atrito que está agindo num corpo não é diretamente proporcional à força normal N que atua nele. Em outras palavras, se a força normal N que está agindo no corpo, por exemplo, triplicar de valor, não implica que a respectiva força de atrito também deva triplicar.

MO

2) A força de atrito não é diretamente proporcional ao peso do corpo. Para entender esses fatos, observe a Figura 44c. Como as caixas A e B encontram-se em equilíbrio estático, podemos escrever : N1 = m.g,

PA = T1 = Fat1

Ÿ

Fat1 = PA

A força de atrito que está agindo na caixa B é igual ao peso da caixa A (Fat1 = PA), impedindo o escorregamento da caixa B ao longo da mesa (Figura 44c). N1

T1

Fat1

B

DE

m.g

Ah, Claudete, trata-se apenas de uma força de linguagem. Na verdade, essas pessoas estão se referindo ao valor limite da força de atrito, chamado de Fatmax, aquele valor atingido quando o corpo encontra-se na iminência de escorregar. Na Figura 44e, admita que o operador aplique à corda uma tração suficientemente grande para levar à caixa à iminência de escorregar. Nessa situação, a força de atrito terá atingido o seu valor limite: Fatmax = Pe .N = P.m.g

T1

A

PA

Figura 44 c

Entretando, o que ocorre ao “triplicarmos o peso da caixa B” como mostrado na Figura 44d ? Pense fisicamente  será que faria sentido a caixa B passar a escorregar ao longo da mesa

Figura 44 e

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O N1

Entretanto, na figura 44f, ao empilharmos mais dois blocos, o peso do conjunto B triplicará, assim como a normal N2.

B

m.g

B B

T1

Fat1

N2

Fat2

77

T2

B

3m.g

Figura 44 g - puxando o bloco em pé, apoioado na menor área de contato

Figura 44 f

Para levar novamente o conjunto B à iminência de escorregar, o operador deverá aplicar uma tração T2 três vezes maior que antes, até equiparar o novo valor da força de atrito limite: T2 = Fat max = Pe .N = Pe.(3.m.g)

4) A força de atrito que trocamos com o solo, quando caminhamos ou corremos(sem patinar, sem escorregar) é atrito estático, assim como o atrito trocado entre as rodas de um carro e o asfalto (desde que não estejam derrapando).

AT

Supondo iminência de escorregar

O leitor, entretanto, não deve confundir “a força de atrito que está agindo efetivamente no corpo” com a “força de atrito máxima”, isto é, a máxima força de atrito disponível, também chamada de força de atrito limite. A força de atrito que age num corpo só atinge o valor máximo Fatmax = PE.N quando o corpo em repouso está na iminência de escorregar. A partir dessa situação, se a força solicitadora crescer ainda mais um pouco, o corpo passará a escorregar e a força de atrito assumirá o seu valor cinético Fat = PC.N. Logicamente, a força de atrito máxima Fatmax = PE.N é diretamente proporcional à normal N, mas, isso não implica que a força de atrito que está agindo no corpo seja diretamente proporcional à normal N. Afinal de contas, a força de atrito que está efetivamente agindo no corpo só atinge o valor Fatmax quando ele estiver na iminência de escorregar. Portanto, evite generalizações: embora possamos dizer que a força de atrito máxima é diretamente proporcional à normal, não podemos generalizar dizendo que a força de atrito que está agindo no corpo em qualquer situação é diretamente proporcional à normal N, nem mesmo diretamente proporcional ao peso do corpo ou à sua massa, erro muito comum entre os estudantes de Física. Da mesma forma, a força de atrito cinética Fatcin = PC.N é diretamente proporcional à normal N, mas, isso não implica que a força de atrito que está agindo no corpo em qualquer situação seja diretamente proporcional à normal N. Afinal de contas, a força de atrito que está efetivamente agindo no corpo só assume o seu valor cinético quando ele estiver escorregando, o que nem sempre está ocorrendo. Em linhas gerais, a força de atrito que está agindo num corpo só é diretamente proporcional à normal N em situações bem particulares: (1) se ele é mantido na iminência de escorregar ou (2) se ele estiver escorregando. Em todos os outro casos, a força de atrito não é diretamente proporcional à normal N que age no corpo.

NS

TR

Vimos, portanto, que quem é diretamente proporcional à normal N é o “valor limite” da força de atrito (que age somente na iminência de escorregar). O mesmo ocorre ao Fat cinético, que também é diretamente proporcional à normal N que age na superfície de contato Fatcin = Pc. N. Entretanto, esses são apenas casos particulares da força de atrito e, portanto, não podem ser tomados como regra geral. Não perca de vista os exemplos mostrados nas figuras 44c e 44d, quando vimos que a força de atrito agindo no bloco B não triplicou de valor quando o seu peso triplicou, evidenciando que a força de atrito agindo no corpo não é diretamente proporcional à normal N nem ao peso do corpo, exceto nos casos particulares mostrados anteriormente (Fat limite e Fat cinético).

5) O atrito cinético independe da velocidade do corpo.

MO

3) A força de atrito seco (estático ou cinético) independe da área de contato entre o corpo e a superfície. Isso significa que não faz a menor diferença se você vai puxar o bloco deitado (figura 44g), apoiado sobre uma maior área de contato, ou em pé (figura 44h), apoiado sobre uma menor área de contato. A dificuldade que você vai sentir ao puxar o bloco será exatamente a mesma, apesar de eu saber que você está duvidando -. N1

T1

Fat1

B

m.g

DE

Figura 44 g - puxando o bloco deitado, apoioado na maior área de contato

Esse comportamento da força de atrito é observado experimentalmente, mas não tem uma explicação teórica muito simples. Devemos ter em mente, também, o fato de que, aquilo que vemos a olho nu como sendo a área de contato entre o bloco e a mesa, quando observador microscopicamente se revelam míseros pontos de contato “aqui acolá” entre o bloco a mesa, como mostrado na figura 44a

3.4– Resistência dos fluidos O ar e outros fluidos resistem a movimentos realizados “dentro” deles. É graças a isso que o pára-quedas funciona: quando o paraquedista salta, ele é submetido a uma força de resistência exercida pelo ar. Ela se manifesta como um vento forte para cima que vai aumentando a medida que ele cai. A velocidade de queda também aumenta até atingir um valor limite. Sabe-se que um paraquedista em queda livre (paraquedas fechado) atinge uma

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


resistência maior do que um pequeno. Um guarda-chuva, se usado como pára-quedas tem um efeito desastroso, porque sua área é muito pequena e a força de resistência será insuficiente para diminuir a velocidade de queda de uma pessoa até um valor seguro. Para determinar a área, devemos verificar qual é o lado do objeto que está voltado para o movimento, e a partir daí descobrir em que ponto essa área é maior. Veja a ilustração a seguir, por exemplo, onde mostramos a área de um automóvel voltada para o movimento.

AT

velocidade máxima em torno 200 km/h. Porém, sem a força de resistência do ar (no vácuo) eles atingiriam velocidades muito maiores: saltando de uma altura de 1000 metros chegariam ao chão com uma velocidade de 508 km/h.

IV O

Física

78

Figura 46B – Ao contrário do atrito entre sólidos, a resistência dos fluidos depende da área do móvel transversal à sua direção de movimento.

TR

A velocidade relativa não influi no atrito cinético entre corpos sólidos, mas influi diretamente na resistência que o fluido impõe quando um móvel está passando através dele. Quanto maior for a velocidade do carro, maior é a força de resistência que ele sofre. Se um passageiro colocar o braço para fora do vidro, sentirá um pequeno vento na mão quando a velocidade do veículo é baixa. Mas quando ela é alta, o vento empurra fortemente sua mão para trás. Essa é a força de resistência do ar, que aumenta com a velocidade. Evidentemente, se além disso houver um vento contrário ao movimento do móvel, a velocidade relativa será maior. Por outro lado um vento favorável deverá ter descontada a sua velocidade no cálculo. Na verdade, um carro a 100 km/h movendo-se em um dia sem vento ou a 70 km/h contra um vento de 30 km/h sofrerá a mesma força de resistência. O mesmo vale para um carro em repouso sujeito a um vento frontal a 100 km/h. Finalmente, há um último fator que influi na intensidade da resistência do ar: a densidade U do próprio ar (ou outro fluido). A densidade do ar depende da temperatura e da pressão ambiente. Em locais de menor altitude, a pressão atmosférica é maior e o ar é mais denso e, portanto, oferece mais resistência ao movimento. O mesmo vale para locais onde a temperatura é menor : o ar se torna mais denso dificultando mais o movimento através dele. Há uma fórmula que resume todas essas características que discutimos até aqui e que expressa o valor da força de resistência no ar e outros fluidos para a maioria das situações: 1 FRes = .Cx.U.A.Vn 2 ou, de forma mais resumida: 1 FRes = K.V n , com K = .Cx.U.A 2 onde K é constante durante o deslocamento do móvel e n é um expoente determinando experimentalmente, geralmente valendo 1 ou 2. Quando um corpo cai verticalmente sob ação do seu peso e da resistência do ar (mantenha os olhos na Figura 47 para entender a sequência), a sua aceleração, em cada instante, é dada pela 2a lady de Newton - :

Figura 46A – “Skydivers” abrem os braços e as pernas para maximizar a área do seu corpo, aumentando a força de resistência do ar que atua sobre eles. Essa posição de vôo é chamada de “grande águia”.

DE

MO

NS

Quando o paraquedista abre o pára-quedas, a força de resistência se torna muito maior devido ao formato e à área do pára-quedas. Com isso sua velocidade cai rapidamente, atingindo valores menores que 10 km/h seguros o suficiente para uma aterrissagem tranqüila. O skydiver pode variar sua rapidez mudando sua posição. Mergulhar no ar com a cabeça ou os pés para baixo é uma maneira de encontrar menos ar pelo caminho e, assim, sofrer menor força de resistência aerodinâmica e alcançar a máxima velocidade terminal. Uma velocidade terminal menor será alcançada abrindo os braços e as pernas, aumentando a área da secção transversal do corpo. A velocidade terminal mínima é alcançada quando o pára-quedas é aberto, visto que a área transversal é maximizada nessa circunstância. Se neste caso a força de resistência é útil, há outras situações em que procuramos evitá-la. É o caso do projeto de carrocerias de automóveis. Talvez você já tenha ouvido frases do tipo “tal automóvel é mais aerodinâmico”. O que quer dizer isso? Quer dizer que, dependendo do formato que um veículo tiver, ele sofre uma força de resistência do ar maior ou menor. Os veículos mais esportivos têm um formato mais aerodinâmico, ou seja, de cortar o ar de uma maneira mais eficaz, diminuindo a resistência. Isso melhora o desempenho do veículo (velocidade final atingida) e economiza combustível, pois o motor não precisa de tanta força para manter a velocidade. O formato do carro é caracterizado por um número chamado coeficiente de arrasto aerodinâmico, indicado por Cx. Quanto menor o coeficiente, melhor a "aerodinâmica". Normalmente o Cx dos veículos varia entre 0,3 e 0,9. A tabela ao lado mostra o valor de Cx para vários formatos. Porém a força de resistência não depende apenas do formato do objeto. Vários outros fatores influem. Um deles é a área do objeto FR P  K.v n m.g  K.v n a voltada para o movimento. Ela está relacionada ao tamanho do m m m objeto: um pára-quedas grande por exemplo, sofrerá uma Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física Cx

Formato mais aerodinâmico

0,08

Carro esporte

0,25

Semi-esfera face plana atrás

0,38

Carros de passeio

0,40

Esfera

0,47

Ônibus

0,70

v vL

a

g

AT

Descrição

IV O

Apesar da aceleração do móvel estar diminuindo, ela continua sempre a favor da velocidade do móvel (vp, ap). Assim, a velocidade do corpo em queda continua crescendo, apesar de fazê-lo num ritmo cada vez menor. Esse ritmo é dado pela aceleração do movimento, cuja intensidade está diminuindo, por conseqüência da gradativa diminuição da força resultante FR sobre a bola (Figuras 47c e 47d).

Tabela de coeficientes de arrasto aerodinâmico Cx

Formato

79

t

t

Figura 48

0,90

Caminhão

0,90

Ciclista em competição

0,90

Cubo

1,05

Placa quadrada

1,2

Motociclista

1,8

Secção em forma de C

2,3

k.v n

v

P

(a)

v

a

a

P

(b)

P

m.g = K.Vn Ÿ

V=

n

m.g Ÿ K

VL =

n

m.g K

O resultado acima obtido mostra que objetos mais pesados tendem a atingir velocidades limites maiores que os mais leves e, por isso, tendem a chegar ao solo antes.

a

v

P

(c)

Ÿ

a=0

v

v=0

P = K.Vn

k.v n

k.v n

MO

k.v n

a=g

1,42

A Figura 48 mostra o comportamento da velocidade e da aceleração do corpo em queda, do instante inicial (repouso v = 0, a = g) até o momento em que a velocidade limite é atingida (a = 0, V = VL). A velocidade limite pode facilmente ser determinada pela condição a seguir:

NS

Semi-esfera face plana frontal

Quando a velocidade cresce o suficiente para que a resistência do ar se equipare ao peso do corpo (P = K.Vn), a força resultante sobre ele se anula (FR = 0, a = 0) fazendo com que a velocidade pare de aumentar, o mesmo ocorrendo à resistência do ar K.Vn . Desse ponto em diante (Figura 47e), dizemos que a bola atingiu a velocidade terminal ou velocidade limite VL e prosseguirá em MRU até tocar o solo.

TR

Cilindro vertical

(d)

P

(e)

Figura 47

DE

A figura 47a mostra uma bola de ferro caindo, a partir do repouso v = 0 sob ação do seu peso. Assim, a sua aceleração inicial será: a

FR m

P  K.v n m

m.g  0 =g m

Entretanto, à medida que sua velocidade vai aumentando, a força de resistência do ar K.Vn também crescerá gradativamente, diminuindo a força resultante FR = P – K.Vn sobre a bola e, conseqüentemente, a sua aceleração de queda (Figura 47b).

Figura 49A – Quando dois corpos têm o mesmo formato aerodinâmico e diferem apenas pelo peso, o mais pesado tende a cair mais rapidamente que o mais leve.

Para melhor ilustrar esse fato, considere uma mulher e um homem saltando de pára-quedas de uma mesma altitude (Figura 49A). Suponha que o homem é duas vezes mais pesado que a mulher e que seus pára-quedas (de mesmo tamanho) estão abertos desde

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Em geral, os gatos criados em apartamentos gostam de dormir no parapeito das janelas. Quando um deles cai, acidentalmente, de uma janela até a calçada, a extensão das lesões (como o número de fraturas ou de mortes) será menor quanto maior for a altura da queda, caso ele caia do sétimo ou oitavo andares para cima.

TR

AT

o início. Pára-quedas de mesmo tamanho significa que, com uma mesma rapidez de queda, a resistência do ar é igual para ambos. Quem chega primeiro ao solo — o homem pesado ou a mulher leve? A resposta é que a pessoa que cai mais rápido chega primeiro ao solo — ou seja, a pessoa que alcança uma velocidade limite maior. À primeira vista, pode parecer que como os pára-quedas são idênticos, as velocidades limites de cada um serão as mesmas e que, portanto, eles atingiriam o solo juntos. Entretanto, esse raciocínio só seria correto para pessoas de mesmo peso. Vimos que uma pessoa alcançará a sua velocidade limite quando a força de resistência aerodinâmica sobre seu pára-quedas se igualar ao seu peso. Sendo, a mulher, mais leve que o homem, a força de resistência (que cresce com o aumento da velocidade) primeiro empata com o peso m.g dela, para continuar crescendo e, só depois, finalmente empatar com o peso M.g do homem. Assim, quando a resistência K.vn empatar com o peso m.g da mulher e a sua velocidade estacionar no seu valor limite, a velocidade do homem ainda continuará crescendo, até que K.vn (dele) aumente o suficiente para empatar com o seu peso M.g. Percebemos, então, que a velocidade limite atingida é maior para a pessoa mais pesada, com o quê, ele (o homem) chegará primeiro ao solo.

IV O

Física

80

Figura 49B – Quando um gato cai em queda livre, o seu corpo atua como um pára-quedas, que reduz a extensão das lesões que ele sofrerá no impacto contra o solo. Entretanto, durante a queda do felino, “o seu pára-quedas só abrirá” após o gato cair cerca de 6 andares. Somente a partir daí o efeito de frenagem terá início.

NS

Algumas Velocidades Limites no Ar Objeto Velocidade Limite Distância (*) Pessoa em queda 60 m/s 430 m Pára-quedista (típico) 5 m/s 3m Bola de beisebol 42 m/s 210 m Bola de tênis 31 m/s 115 m Bola de basquete 20 m/s 47 m Bola de pingue-pongue 9 m/s 10 m Gotas de chuva 7 m/s 6m

(*)“Esta é a distância que o corpo deve percorrer em queda, a partir do repouso, para atingir 95% da sua velocidade limite. Fonte: Adaptado de Peter J. Brancazio, Sport Science, Simon & Schuster, Nova torque, 1984.

Há até mesmo um recorde de um gato que caiu do 32o andar de um edifício e sofreu apenas leves contusões em seu tórax e num dente. Por que isso acontece ? A velocidade do gato, durante a queda, se comporta de acordo com o gráfico V x t da figura 49C. A seguir, eu Renato Brito explicarei o gráfico:

m.g , onde o K termo K = 1/2.Cx.U.A inclui os parâmetros área A, densidade U do fluido, coeficiente de arrasto aerodinâmico Cx relacionado ao formato do corpo, de forma que todos esses parâmetros influenciam o tempo de queda de um corpo sob ação da força de resistência do ar. n

MO

Note que a velocidade limite é dada por VL =

De acordo com as expressões acima, vemos que, tendem a cair mais rapidamente (atingem maior velocidade limite) os corpos que possuem maior massa m, menor área A de secção transversal, formato mais aerodinâmico (menor Cx) se movendo através de fluidos de menor densidade U. Ou seja, Aristóteles tem razão apenas quando se leva em consideração a resistência do ar -.

DE

No vácuo, entretanto, os corpos caem livre da ação da resistência do ar, de forma que todo e qualquer corpo cairá com a mesma aceleração constante dada por : a

FR m

peso m

m.g m

g

independente da sua massa m, formato, etc, conforme mostrado acima. Em suma, no vácuo, quaisquer corpos, abandonados de uma mesma altura, chegam sempre juntos ao solo.

Figura 49C – A velocidade do gato do gato durante a sua queda apresenta dois valores limites VL1 e VL2 . A velocidade dele é decrescente após o instante t1 em que seu “páraquedas natural” se abre.

Antes de qualquer coisa, lembremos que a força de resistência do ar é dada por: 1 1 FRes = .Cx.U.A.Vn = K.V n , com K = .Cx.U.A 2 2 e, portanto, depende do formato (Cx) e da área (A) do corpo transversal ao sentido do movimento. Adicionalmente, devemos lembrar que o gato não é um corpo rígido, como uma bola, mas sim, um ser vivo que tem mobilidade

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

quanto maior for essa altura, menor será a velocidade de aterrissagem do gato, portanto, menores os danos ao corpo do felino. Isso está relacionado ao trecho decrescente do gráfico da Figura 49C. Logicamente que, para alturas inferiores a 6 andares (tempo de queda inferior a t1), quanto maior for a altura da queda, maior será a velocidade de aterrissagem do animal, maior será a extensão das lesões do felino ao atingir o solo. É importante ressaltar que um gato não atinge o solo num impacto violento, como durante a queda de um copo, por exemplo. Um pouco antes do final da queda, quando se aproxima do solo, o gato encolhe suas patas traseiras, preparando-se para a aterrissagem, de forma que ele primeiro cai com as patas dianteiras para, em seguida, apoiar as traseiras no solo.

AT

e que pode mudar o formato do seu corpo, abrindo ou fechando as patas conforme a sua vontade própria. O que ocorre ao gato durante a sua queda ? Você certamente já saltou de um trampolim de uma piscina e já sentiu o frio que dá na barriga no início da queda, provocado pela aceleração do movimento de queda. O mesmo ocorre ao gato no início da sua queda: o gato fica assustado se encolhe todo e mantém seus pés por baixo do seu corpo, a cabeça encolhida e a espinha curvada para cima, diminuindo a área da secção transversal A. Uma área de secção transversal pequena levará a um pequeno valor de K = 1/2.Cx.U.A e, conseqüentemente, a um m.g a ser atingida pelo grande valor da velocidade limite VL1 = n K1

81

Autoteste 2 Por que as probabilidades de sobrevivência são as mesmas se cairmos de um penhasco a 500 m do solo, sem pára-quedas, ou de um avião a 3000 m de altura?

TR

gato, conforme o gráfico da figura 49C. Se o gato permanecesse encolhido durante toda a sua queda, sua velocidade aumentaria até atingir o valor limite VL1 (Figura 49C) mas, entretanto, essa velocidade limite não chega a ser atingida. Por quê ?

EXEMPLO - Um gato caindo atinge uma primeira velocidade limite de 96 km/h, enquanto está encolhido, quando então se estica duplicando a sua área transversal. Qual a velocidade escalar da queda quando ele atinge uma nova velocidade limite ? Admita que a força de resistência é dada por FRes = K.V2.

MO

NS

O mal-estar da queda livre, sentido pelo gato, é proveniente da sua aceleração de queda. Entretanto, conforme explicado nas figuras 47 e 48, sabemos que a aceleração a de queda do gato (dada pela inclinação do gráfico na figura 49C) vai gradativamente diminuindo no intervalo [0, t1] : FR m.g  K1.V n a m m Quando essa aceleração se torna suficientemente pequena, o mal-estar da queda livre (causado pela aceleração) praticamente desaparece (instante t1 do gráfico, figura 49C, quando K.Vn está quase empatando com o peso P do felino). O gato, então, relaxa, estica as pernas e o pescoço horizontalmente e sua espinha fica reta (parecendo com um esquilo voador). Estas atitudes bruscamente aumentam a área A transversal do gato (aumentando o K) e, conseqüentemente, a força de resistência k.Vn, fazendo com que esta bruscamente passe a superar o peso (k2.Vn > P), de forma que a queda do gato passa a ser RETARDADA a partir do instante t1 (veja figura 49C) !! Com o brusco aumento da área A do seu corpo e, conseqüentemente da constante K2 = 1/2.Cx.U.A , a velocidade do gato passa a diminuir (veja o gráfico) visando a atingir o valor m.g menor que VL1 , visto que K2 > K1. limite VL2 = n K2

DE

Estudos revelam que o instante t1 (mostrado no gráfico da figura 49C), é atingido após o gato já ter despencado cerca de 6 andares em queda livre, de forma que a queda do gato só passa a ser retardada (a velocidade da queda dele só começa a diminuir) após o gato já ter caído mais de 6 andares. Desta forma, fica claro porque muitos gatos que caem de grandes alturas não se machucam gravemente: no caso de quedas de alturas superiores a 6 andares, digamos, 10 andares, 15 andares,

Solução: A velocidade limite é atingida quando a força de resistência do ar se equipara ao peso do corpo. Assim: m.g FRes = K.V2 = m.g Ÿ VL = K onde K é uma constante diretamente proporcional à área do móvel. Sejam VL1 e VL2 as velocidades limite, e A1 e A2 as áreas correspondentes. Segundo o enunciado, o gato duplicou a sua área transversal, ou seja, A2 = 2.A1 o que implica K2 = 2.K1. As velocidades limites VL1 e VL2 são dadas por: m.g VL1 = K1 VL2 =

m.g K2

Dividindo membro a membro as expressões acima, temos: VL1 = VL 2

K2 = K1

2.K 1 = K1

2

Finalmente, substituindo VL1, vem: 96 2 = # 1,41 Ÿ VL2 # 67 km/ h. VL 2 Em abril de 1987, durante um salto, o pára-quedista Gregory Robertson notou que sua companheira, Debbie Williams, havia sido nocauteada numa colisão com um terceiro companheiro, ficando impossibilitada de abrir seu pára-quedas. Robertson, que estava bem acima de Williams naquele momento e ainda não

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

F2

F1

b) Se uma força F3 = 20N for acrescentada ao sistema como na figura abaixo, a caixa ainda ficará em equilíbrio ? Qual será a nova intensidade da Fat ? F2 F

escorregamento ou não e determine a intensidade da força de atrito que agirá permanentemente sobre o bloco. Dado sen 36º = 0,6 cos 36º = 0,8 a) 36N b) 42N c) 60N d) 48 N 36º e) 56N Questão 13 - ² Dois blocos A e B foram abandonados em repouso, conectados entre si através de um fio ideal e uma polia, como mostra a figura. Em cada caso a seguir, analise se haverá escorregamento ou não e determine a intensidade da tração T no fio ideal, conhecendo a massa de cada bloco e os coeficientes de atrito. Admita g = 10 m/s2 a) MA = 8 kg MB = 2 kg PE = 0,5 PC = 0,4

AT

1

IV O

Questão 9 A caixa da figura tem peso P = 30N e está submetida a duas F1 = 40N e F2 = 10N. Sabendo que a caixa encontra-se em equilíbrio, determine: a) a direção, sentido e intensidade da força de atrito Fat;

89

F3

c) Ainda na figura acima, qual o maior valor possível da força F3 para o qual se pode garantir que a caixa certamente não se moverá ?

TR

Questão 10 - ² A figura 1 mostra uma caixa A, de massa 3m, apoiada sobre uma superfície áspera e conectada a uma caixa B, de massa 2m, através de polia e fio ideais. O sistema encontra-se em equilíbrio estático: a) É possível determinar o coeficiente de atrito estático entre a caixa A e o plano horizontal, nessas condições ? Justifique. b) O prof Renato Brito pede para você determinar qual a maior massa possível para a caixa C que foi adicionada ao sistema (figura 2) para a qual ainda se pode garantir que as caixas permanecerão em equilíbrio estático.

B

figura 1

Questão 14 - ² Um bloco de massa M = 5 kg encontra-se sobre uma superfície horizontal áspera e passa a ser solicitado por uma força horizontal F cuja intensidade é ajustável. O gráfico da intensidade da força de atrito Fat que a superfície aplica sobre o bloco, em função da força solicitante F, é mostrado abaixo. Se a intensidade do campo gravitacional local vale g = 10 N/kg, é correto afirmar que:

NS A

A

b) MA = 2 kg MB = 8 kg PE = 0,8 PC = 0,4

C

B

figura 2

MO

Questão 11 Um pequeno bloco de massa m = 40 kg foi abandonado em repouso sobre uma superfície inclinada. Em cada caso a seguir, analise a estabilidade e determine a intensidade da força de atrito que atua sobre o bloco. Admita que a gravidade local vale 10 m/s2 e que os coeficientes de atrito estático e cinético valem PE = 0,9 e PC = 0,4 : b) a) 4m

DE

3m

3m

4m

Questão 12 Um bloco está inicialmente em repouso sobre um plano inclinado, conforme a figura abaixo. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e o plano valem, respectivamente 0,7 e 0,6 e que o peso do bloco vale P = 100N, analise se haverá

a) O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície vale PE = 0,6; b) O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície vale PC = 0,4; c) Estando o bloco inicialmente em repouso, se uma força F de intensidade F = 30 N for aplicada ao corpo, ele se moverá com velocidade constante em MRU; d) A força de atrito que age no bloco é diretamente proporcional à força normal N que o solo aplica sobre ele; e) Se o bloco estiver escorregando sob ação de uma força solicitadora F = 20 N, a força de atrito agindo sobre o bloco valerá Fat = 30N.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Questão 15 - ² Na figura a seguir, os blocos A e B apresentam massas respectivamente iguais a 60kg e 20kg e são abandonados em repouso. Se o coeficiente de atrito vale 0,8 e a gravidade vale g = 10m/s2, determine: a) A força de atrito que atua no bloco A; b) A menor força horizontal com que se deve empurrar o bloco A para colocá-lo em iminência de movimento. A

IV O

Física

90

Questão 20 Uma caixa de massa 2kg foi lançada num solo áspero com velocidade de 6 m/s e pára após percorrer 9 m (g = 10 m/s2). Determine:

a) a aceleração que age na caixa durante a frenagem; b) o coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o chão;

D

TR

Questão 16 - ² Aplicamos uma força F a um bloco de massa m = 40 kg que estava em repouso sobre uma superfície plana horizontal. São dados g = 10 m/s2, F = 160N, sen D = 0,6 cos D = 0,8. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético são ambos iguais a 0,5, determine a aceleração adquirida pelo bloco.

F

Questão 21 O prof Renato Brito contou que uma caixa de massa M foi lançada num solo horizontal áspero com velocidade inicial Vo e pára de se mover após um tempo T, tendo percorrido uma distância D. Se a caixa fosse lançada com uma velocidade duas vezes maior, pode-se afirmar que:

AT

B

NS

Questão 17 - ² Aplicamos uma força F a um bloco de massa m = 40 kg que estava em repouso sobre uma superfície plana horizontal. São dados g = 10 m/s2, F = 200N, sen D = 0,6 cos D = 0,8. Sabendo que os coeficientes de atrito estático e cinético são ambos iguais a 0,5, determine a aceleração adquirida pelo bloco.

a) a caixa 2D; b) a caixa 2D; c) a caixa D; d) a caixa 4D; e) a caixa 2D;

F

D

MO

Questão 18 Na figura a seguir, os blocos A e B apresentam massas respectivamente iguais a 60 kg e 40 kg e foram abandonados a partir do repouso. Se os coeficientes de atrito estático e cinético valem 0,6 e 0,5 , respectivamente, a gravidade vale g = 10m/s2 , a tração na corda vale: a) 300 N A b) 324 N c) 340 N d) 360 N B e) 400 N Dica: mesmo raciocínio da questão 13 de casa, tem que analisar se a caixa A escorrega ou permanece em repouso.

DE

Questão 19 - ² Uma caixa de massa 2 kg foi lançada num solo áspero com velocidade de 20 m/s e pára após 5s de movimento. Determine (g = 10 m/s2): V

a) A aceleração que age na caixa durante a frenagem; b) O coeficiente de atrito cinético entre a caixa e o chão;

iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância iria para num tempo T, após percorrer uma distância

iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância

iria para num tempo 2T, após percorrer uma distância iria para num tempo 4T, após percorrer uma distância

Questão 22 (UNIFOR Medicina 2008.1) Uma pista horizontal perfeitamente lisa é continuada por um trecho áspero. Na parte lisa um móvel descreve um movimento retilíneo uniforme percorrendo 60 m em 5,0 s. Ao atingir a parte áspera ele percorre 12 m até parar. Sabendo que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2, o coeficiente de atrito entre o móvel e a pista áspera vale

a) 0,80

b) 0,75

c) 0,60

d) 0,50

e) 0,25

Questão 23 Um corpo é lançado sobre uma superfície plana horizontal rugosa e a sua velocidade varia com o tempo de acordo com o gráfico a seguir. Se a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2, o prof Renato Brito pede para você determinar o coeficiente de atrito cinético e a distância percorrida pelo móvel até parar:

V(m/s)

a) 0,2 , 25m b) 0,4 , 25m

10

c) 0,2 , 75m d) 0,3 , 60m e) 0,5 , 20m

5

t(s)

Questão 24 - ² Uma caixa foi abandonada em repouso no ponto mais alto do plano inclinado mostrado na figura. Sabendo que o coeficiente de

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

e cos D = 0,8 . Se F = 50 N, então a força de atrito que atua sobre o bloco e a aceleração com que ele se move valem: a) 12 N b) 15 N c) 12 N d) 15 N e) 15 N

e e e e e

4 m/s2 4 m/s2 3 m/s2 2 m/s2 1 m/s2

F

Questão 35 - ² Considere duas caixas, A e B, de massas respectivamente iguais a 10kg e 40kg apoiadas sobre a carroceria de um caminhão que trafega numa estrada reta, plana e horizontal. Os coeficientes de atrito estático entre A e B e a carroceria valem PA = 0,35 e PB = 0,30 e, no local, g = 10m/s2.

IV O

92

D

AT

Questão 32 Um bloco A, apoiado em uma superfície plana horizontal sem atrito, move-se em movimento acelerado de aceleração a, empurrado por uma força horizontal F. O bloco A por sua vez empurra um bloco B, como mostra a figura, de modo que B não caia. Adote g = 10 m/s2 e suponha que o coeficiente de atrito estático entre os blocos A e B seja igual a P. :

B

Questão 36 - ² Na figura, o corpo de massa m2 = 10kg escorrega sobre uma mesa sem atrito. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre m2 e m1 = 5 kg são PE = 0,6 e PC = 0,4. Se M3 vale 30 kg e g = 10 m/s2 , o prof. Renato Brito pede para você determinar a tração no cordão:

TR

A

Para que nenhuma das caixas escorregue, qual a maior aceleração (ou desaceleração) permitida ao caminhão ?

b) 60 N

c) 90 N d) 250 N e) 300 N

m1 m2

m3

NS

a) Supondo P = 0,40, determine os valores possíveis para o módulo de a. b) Supondo P = 0,40 e que as massas de A e B sejam mA = 8,0kg e mB = 2,0kg, calcule a faixa de valores possíveis para F a fim de que B não escorregue para baixo. c) Supondo que a caixa se move com aceleração a = 20m/s2, calcule os valores possíveis de P. a fim de que B não escorregue para baixo.

a) 45 N

MO

Questão 33 Um bloco A, de massa 4 kg está sobre um bloco B de massa 8 kg, que repousa sobre uma superfície plana horizontal sem atrito, numa região em que g = 10m/s2. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A e o bloco B é Pe = 0,40. Calcule a máxima intensidade de uma força horizontal F que pode ser aplicada sobre o bloco A, de modo que o conjunto se mova sem que A escorregue sobre B.

DE

Questão 34 Um bloco A, de massa 4 kg está sobre um bloco B de massa 8 kg, que repousa sobre uma superfície plana horizontal sem atrito, numa região em que g = 10m/s2. O coeficiente de atrito estático entre o bloco A e o bloco B é Pe = 0,40. Calcule a máxima intensidade de uma força horizontal F que pode ser aplicada sobre o bloco B, de modo que o conjunto se mova sem que A escorregue sobre B.

Questão 37 - ² No sistema visto na figura, o coeficiente de atrito entre os blocos A e B, bem como entre o bloco A e o solo é Pc = 0,25. Se as massas de A e B valem 4 kg e 8 kg, determine a intensidade da força F com que deve puxar o bloco A para que os blocos se desloquem com velocidade constante V = 4 m/s.

B

A

F

Questão 38 Um pano de prato retangular, com 60 cm de comprimento e constituição homogênea, está em repouso sobre uma mesa, parte sobre sua superfície horizontal e fina, e parte pendente, como mostra a figura. Sabendo que o coeficiente de atrito estático entre o pano e a mesa vale P = 0,25 e que o pano está na iminência de escorregar, pode-se afirmar que o comprimento X da parte sobre a mesa vale: a) 40 cm b) 45 cm x c) 50 cm d) 55 cm e) 48 cm

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


4.1â&#x20AC;&#x201C; Introdução A figura a seguir mostra a velocidade de um mĂłvel durante o seu movimento ao longo de uma trajetĂłria sinuosa. Percebemos que, a cada instante, a velocidade do mĂłvel ĂŠ tangente Ă  trajetĂłria, apontando na direção que ele seguiria a partir daquele instante, caso prosseguisse em linha reta. V

V

V

V

V

G Vo

G V1

Figura 50 â&#x20AC;&#x201C; A velocidade do mĂłvel se molda Ă  trajetĂłria, permanecendo tangente a ela em cada ponto. Assim, a velocidade varia em direção no trecho curvilĂ­neo, mantendo uma direção constante no trecho retilĂ­neo.

G Assim, se o vetor aceleração a do móvel estiver sempre na G mesma direção e sentido do vetor velocidade V , as sucessivas G G G G velocidades V0 , V1 , V2 , V3 ...... atingidas pelo móvel serão vetores que apontam numa direção constante, o que significa que a trajetória seguida pelo móvel serå retilínea (Figura 51. Não haverå mudanças na direção do seu movimento, visto que não hå mudanças na direção da velocidade do móvel à medida que o tempo passa. G Mas como serå o comportamento da velocidade v do móvel G caso a aceleração a que atua sobre ele não aponte na mesma direção da sua velocidade ?

Quando um projÊtil Ê lançado horizontalmente com G velocidade inicial Vo , ele sofre a ação de uma aceleração vertical G G constante a = g chamada aceleração da gravidade. Assim, a sua G velocidade sofrerå sucessivas variaçþes a.'t na direção vertical (Figura 52), de forma que a trajetória seguida pelo móvel vai G gradativamente encurvando para baixo, na direção do vetor a.'t , como mostra a Figura 53 G Vo

NS

MO

ApĂłs um novo intervalo 't, a velocidade do mĂłvel passarĂĄ de G G V1 para V2 , tal que: G G V1 a.'t G G G V2 V1  a.'t G V2

E assim por diante, apĂłs um novo intervalo 't, a velocidade do G G mĂłvel passarĂĄ de V2 para V3 , tal que: G G V2  a.'t

DE

G V3

G V3

Figura 51â&#x20AC;&#x201C; A trajetĂłria de um mĂłvel serĂĄ retilĂ­nea sempre que a sua aceleração apontar na mesma direção da sua velocidade.

TR

Assim, em todo o trecho curvilíneo, a velocidade do móvel vai se moldando à trajetória, mudando de direção de acordo com o formato da curva. No trecho retilíneo, entretanto, essa velocidade não muda mais de direção, permanecendo alinhada à trajetória. Sendo, a velocidade, uma grandeza vetorial, qualquer mudança em sua direção, sentido ou valor Ê suficiente para dizermos que esta grandeza estå variando. Assim, todo movimento curvilíneo Ê caracterizado por uma velocidade V variåvel, no mínimo em direção, implicando que uma aceleração deve estar presente. Em outras palavras, todo movimento curvilíneo Ê acelerado, visto que uma aceleração estå presente para variar a velocidade do móvel. O vetor aceleração indica, a cada instante, em qual direção e com que rapidez a velocidade do móvel sofrerå variaçþes. Assim, se no presente momento a velocidade do móvel Ê representada G pelo vetor Vo , qual serå a velocidade dele após um intervalo de G tempo 't ? A velocidade serå representada pelo vetor V1 , tal que: G G Vo a.'t G G G V1 V0  a.'t G V1

G V2

G V2

AT

V

IV O

D inâmica do M ovim ento Curvi líneo

A ula 4

G V1 G V2 G V3

G a.'t

G a.'t

G V1 G V2 G V3

G G V0  a.'t G G V1  a.'t G G V2  a.'t

G a.'t

Figura 52â&#x20AC;&#x201C; a velocidade vetorial do mĂłvel sofre sucessivos acrĂŠscimos verticais para baixo, sempre na mesma direção e sentido da aceleração que atua sobre ele.

Exatamente ! Veja a seguir.

Profinho, quer dizer que o formato da trajetória seguida pelo móvel estå relacionado com o ângulo formado entre os vetores velocidade e aceleração ?

G a.'t

G V3

As figuras acima mostram graficamente essas operaçþes G matemåticas. Assim, a cada intervalo 't, a velocidade V do móvel G sofre uma variação a.'t na mesma direção e sentido do vetor G aceleração a .

Do exposto atÊ aqui, concluímos que o formato da trajetória seguida por um móvel estå intimamente relacionado ao fato dos G G vetores velocidade v e aceleração a apontarem numa mesma direção ou não.

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


donde se conclui que F1b > F3. A 2a lei de Newton na direção centrípeta permite escrever: Fctp = m. actp Fctp = F1b – F3 = m. actp , com F1b = F1. cosE Fctp = F1. cosE – F3 = m. actp , com actp = V2/R

IV O

Física

98

T

P

Assim, percebemos que, o que a Claudete estava chamando de “a força centrípeta” é, meramente, a resultante das forças que atuam sobre o móvel ao longo da direção centrípeta (Figura 61 e 62).

T

T

P

T

T

P

P

P

AAhh ! entendi, profinho ! A tal de força centrípeta é, na verdade, a componente centrípeta da força resultante, dada por: Fctp = F1.cosE - F3

AT

Figura 64 – o par de eixos tangencial e radial se desloca junto com a massa, e precisa ser levado em conta, para a análise das forças em cada ponto da trajetória

TR

Em seguida, tendo feito a escolha correta do par de eixos adequado em cada posição da bola, fica claro quais forças precisam ser decompostas em suas componentes para a análise do movimento: aquelas que não estiverem sobre nenhum dos eixos cartesianos, no caso, a força peso P.

Exatamente, Claudete ! Agora percebo que você entendeu ! Da Figura 62, ainda podemos escrever as seguintes relações: FTg = FR . cosD ,

Fctp = FR . senD , (FR)2 = (FTg)2 + (Fctp)2

NS

Note que, como as acelerações que aparecem no diagrama cinemático da Figura 56 foram respectivamente causadas pelas forças que aparecem na Figura 62, o ângulo D indicado em ambos os diagramas é exatamente o mesmo, visto que a G aceleração resultante a aponta exatamente na mesma direção e G sentido da força resultante FR que a causou.

D

V=0

MO

4.4 – Estudo do movimento de um Pêndulo Simples Um pêndulo simples trata-se de uma massa suspensa a um ponto de sustentação através de um cordão ideal de massa desprezível. O Pêndulo é deslocado da posição de equilíbrio e abandonado a partir do repouso, dando início a um movimento oscilatório. Durante esse movimento, apenas duas forças atuam sobre a massa do pêndulo a cada instante: a tração e o peso.

T

T

Px

P

D

Py

P.cosD P.senD

Figura 65

Figura 66

As figuras 65 e 66 mostram a decomposição conveniente do peso da bola. Lembrando que as forças que apontam para dentro da curva sempre superam as forças que apontam para fora (FIN > FOUT) na direção radial ou centrípeta, a 2a lei de Newton permite escrever: Fctp = FIN – FOUT = m. actp

V=0

V

DE

D

V

V

Fctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cosD Fctp = T – P.cosD = m.

V2 R

Expressaõ geral da Dinâmica do Pêndulo Simples

Assim, a expressão anterior nos permite determinar a tração T no fio do pêndulo em cada posição angular D do pêndulo, desde que se conheça a velocidade V da massa, ao passar por aquela posição.

Figura 63 – o Pêndulo Simples

Mais uma vez, a velocidade da bola é tangente à trajetória em cada ponto (Figura 63). A fim de estudar a Dinâmica do movimento, precisamos traçar o par de eixos tangencial (paralelo à velocidade) e radial (perpendicular à velocidade) em cada ponto do movimento, como indica a Figura 64

Nos extremos da oscilação, onde a velocidade da bola é momentaneamente nula (V = 0), temos: Fctp = T – P.cosD = 0 Ÿ T = P.cosD Em qualquer outra posição do pêndulo, tem-se T > P.cosD.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

IV O

FR

99 (Ftang )2  (Fctp )2

(P.senD)2  (T  P.cos D)2

ou

FR

2

(Ftang )  (Fctp )

2

(P.senD)2  (m.V 2 / R)2

Na posição c mais baixa da oscilação, a força resultante aponta para cima (na direção radial, centrípeta) e tem módulo dado por FR = T  P Analogamente, como a aceleração resultante aR sempre aponta na mesma direção e sentido da força resultante FR, o diagrama que mostra a aceleração resultante do pêndulo simples, em cada ponto da oscilação, Ê mostrado na figura abaixo:

T

V

AT

P

Figura 67a

Em particular na posição mais baixa da oscilação (Figura 67a), quando o pêndulo passar por ali com velocidade V, a 2a lei de Newton na direção centrípeta permite escrever:

Fctp = T â&#x20AC;&#x201C; P = m. actp V2 Fctp = T â&#x20AC;&#x201C; P = m. R

TR

Fctp = FIN â&#x20AC;&#x201C; FOUT = m. actp

Note que, na posição mais baixa da oscilação, temos T > P, visto que FIN > FOUT nos movimentos em trajetórias curvilíneas . Apenas no caso em que o pêndulo Ê abandonado em repouso (V = 0) naquela posição de equilíbrio Ê que teremos:

V2 = 0 Â&#x; T=P R Adicionalmente, ĂŠ interessante analisar a orientação e o mĂłdulo da força resultante agindo na esfera em cada ponto da oscilação, conforme mostrado na figura 67b abaixo:

4.5â&#x20AC;&#x201C; Dinâmica do MCU no plano horizontal O PĂŞndulo ilustrado na Figura 68 ĂŠ chamado de PĂŞndulo CĂ´nico. A pequena esfera executa um movimento circular uniforme, presa por um fio a um ponto de suspensĂŁo, descrevendo uma trajetĂłria que estĂĄ contida num plano horizontal.

MO

NS

Fctp = T â&#x20AC;&#x201C; P = m.

Figura 67c â&#x20AC;&#x201C; Diagrama da aceleração Resultante em cada ponto da oscilação do PĂŞndulo

Figura 68 â&#x20AC;&#x201C; O PĂŞndulo CĂ´nico

Assim como no Pêndulo Simples, apenas duas forças atuam sobre a pequena esfera do Pêndulo Cônico: a tração T e peso P.

Figura 67b â&#x20AC;&#x201C; Diagrama da força resultante em cada ponto da oscilação do PĂŞndulo

DE

Nas posiçþes extremas da oscilação (posiçþes a e e), onde o pĂŞndulo pĂĄra (va.=.ve.=.0) a fim de inverter o sentido do movimento, a tração T equilibra (cancela) a componente P.cosD, e T T a componente P.senD farĂĄ o papel da força resultante FR, isto ĂŠ, T T FR = P.senD nas posiçþes a e e. Note que, nesses extremos da oscilação, a força resultante FR ĂŠ perpendicular ao fio (ou seja, a P P força resultante ĂŠ tangente Ă  trajetĂłria). T T P P Nas posiçþes b e d da oscilação, a força resultante tem uma componente centrĂ­peta de mĂłdulo Fctp.= T..P.cosD e uma P P componente tangencial de mĂłdulo Ftang.=.P.senD. Nessas posiçþes, a força resultante aponta numa direção intermediĂĄria Figura 69 â&#x20AC;&#x201C; Apenas a tração T e o peso P atuam sobre a esfera do pĂŞndulo entre a tangencial e a centrĂ­peta, e tem mĂłdulo dado por : SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


IV O

Física

100

Para que você compreenda a dinâmica do pêndulo cônico, consideremos, inicialmente, um outro móvel descrevendo um movimento idêntico ao da esfera do pêndulo cônico, sob ação das quatro forças genéricas mostradas a seguir:

D

T D

H

F3 F2

F1

D

L

R

F4

P

Figura 72 - O comprimento L do fio e o raio R da trajetória circular estão relacionados entre si pelo senD no triângulo retângulo hachurado.

AT

Figura 70 – exemplo alternativo de móvel que executa um movimento idêntico ao da esfera do pêndulo cônico (isto é, um MCU no plano horizontal) , submetido a um sistema de quatro forças genéricas.

TY

TX

Se esse móvel mantém a trajetória sempre no mesmo plano horizontal, sem acelerar para cima nem para baixo, qual deve ser a relação entre as intensidades das forças verticais F3 e F4 ?

TR

Elas precisam ser iguais em módulo para se cancelarem, neh profi ?

Fctp = FIN – FOUT = F1 – F2 = m . actp

Em síntese, as forças que atuam sobre o móvel devem satisfazer as seguintes relações:

MO

Direção vertical: F3 = F4 Direção radial: F1 – F2 = m . actp

DE

O mesmo raciocínio será aplicado ao pêndulo cônico, visto que trata-se do mesmo tipo de movimento: um MCU que se mantém num plano horizontal. Assim, a fim de que o diagrama de forças mostrado na figura 71 se assemelhe ao da figura 70, qual das forças tração T ou o peso P deverá ser decomposta no esquema a seguir ? Se você disse “a tração”, você acertou !

T.cosD

P Figura 73

Decompondo a tração em suas componentes TX e TY, percebemos a semelhança entre o diagrama de forças das Figuras 70 e 73, o que nos permite equacioná-los da mesma forma: Direção vertical:

T.cosD = m.g

Direção radial:

T.senD – 0 = m .

Triângulo retângulo:

senD =

NS

Exatamente, Claudete ! Assim, podemos dizer que F3 = F4 . E sobre as forças F1 e F2 que atuam na direção radial (Figura 70), o que podemos dizer sobre elas ? Ora, sendo a trajetória curvilínea, devemos recordar que, na direção radial, precisamos sempre ter FIN > FOUT , para que haja uma resultante centrípeta Fctp = FIN – FOUT a fim de produzir a aceleração centrípeta actp necessária a todo movimento curvilíneo. Assim:

T.senD

V2 = m.Z2.R R

R L

CONCLUSÃO IMPORTANTE: sempre que um corpo descrever um MCU num plano horizontal, as forças que agem no corpo devem ser decompostas de forma semelhante à figura 70 (sempre !). Dessa forma, o equacionamento das forças sempre seguirá o mesmo raciocínio mostrado anteriormente.

O período 7 do movimento de rotação do movimento circular executado pelo pêndulo cônico é facilmente determinado a seguir: T.senD = m. Z2. R Substituíndo a tração T e o senD, vem: § m.g · § R · ¨ ¸.¨ ¸ = m. Z2. R © cos D ¹ © L ¹

Ÿ

g L. cos D

Z=

Da cinemática do movimento circular, vem:

7 = T

2S L. cos D = 2S . Z g

= 2S.

H , com H = L.cosD g

Período de Rotação do Pêndulo Cônico.

P

Da expressão encontrada acima, decorre que pêndulos cônicos, que girarem com alturas H = L.cosD (veja Figura 72) idênticas,

Figura 71

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

110

AT

Questão 17 Uma pequena esfera, de massa m = 4 kg, suspensa por um fio, descreve um movimento circular uniforme, em um plano horizontal, constituindo o chamado pêndulo cônico. Sendo o raio da trajetória R = 3 m, o comprimento do fio L = 5 m, g = 10m/s2, determine intensidade da tração T no fio e o período desse MCU.

TR

Questão 18 Uma pequena esfera de massa 5 kg move-se em órbita circular no interior de um cone fixo, apoiada sobre sua parede interna lisa num local onde a gravidade vale g = 10 m/s2. A altura H da órbita que a esfera descreve é tão maior quanto maior é a velocidade com que ela se move. Assim, para que a órbita ocorra a uma altura H = 40 cm, a pequena esfera deve estar girando com velocidade v igual a : a) 1 m/s b) 2 m/s c) 3 m/s d) 4 m/s e) 5 m/s

g

v

NS

H

MO

Questão 19 Assinale verdadeiro ou falso: a) Uma partícula movendo-se em MCU tem velocidade constante, portanto aceleração nula. ( ) b) Uma partícula em MCU tem rapidez constante, portanto aceleração tangencial nula. ( ) c) No MCU, a aceleração centrípeta do móvel é constante. ( ) d) No MCU a força centrípeta constante. ( ) e) No MCUV, a força tangencial é constante. ( ) f) Se a lua gira em torno da terra em MCU, então move-se com velocidade constante. ( ) g) Uma partícula movendo-se em trajetória retilínea PODE ter aceleração centrípeta Não-nula. ( ) h) Uma partícula movendo-se em trajetória curvilínea PODE ter aceleração tangencial nula. ( ) i) No MCUV, a aceleração centrípeta do móvel tem módulo varíável, ao passo que a aceleração tangencial tem módulo constante. ( ) j) Um móvel pode deslocar-se em movimento acelerado, embora sua rapidez permaneça constante durante o movimento. ( )

DE

k) Um móvel pode deslocar-se com velocidade variável, embora apresente aceleração escalar (tangencial) nula. ( ) l) A aceleração tangencial é necessária para que a rapidez do móvel varie durante o movimento, qualquer que seja a forma da trajetória. ( ) m) A aceleração centrípeta é indispensável a qualquer movimento não–retilíneo, independente da forma da trajetória curvilínea. ( ) n) Durante o MCU, a força centrípeta atuante sobre a partícula permanece constante em módulo, ao passo que no MCUV, a força tangencial permanece constante em módulo. ( ) o) Se a força resultante sobre um móvel é nula, ele deve deslocar-se necessariamente em movimento uniforme, embora possa descrever trajetória de qualquer formato.( ) p) Em todo e qualquer movimento curvilíneo, a velocidade é obrigatoriamente variável; q) Todo e qualquer movimento curvilíneo é um movimento acelerado.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

a) TA = TB = TC

Questão 47 - ² A figura mostra um carrossel de raio R = 1,5 m girando em torno do seu eixo central. Um mastro fixo à sua periferia suporta um pêndulo de comprimento L = 10 m que permanece estacionário em relação ao carrosel, formando um ângulo D constante com a vertical, tal que senD = 0,6. (g = 10 m/s2)

IV O

Questão 44 Na figura abaixo, três pêndulos cônicos A, B e C giram em torno de um eixo vertical, formando respectivamente 30º, 45º e 60º com a vertical. Sabendo que os três cones têm a mesma altura H, qual a relação entre os períodos de rotação desses pêndulos ?

117

b) TB = TA + TC

?

c) TA = TB + TC d) TC = TA + TB

AT

e) TC = TA + 2TB.

L

Dica: veja figura 74, página 100

Questão 45 - ² A figura ilustra um pêndulo cônico que gira em MCU amarrado a um ponto de suspensão fixo ao teto de uma casa num planeta onde a gravidade vale g.

Determine a velocidade angular Z de rotação do sistema. a) 1 rad/s b) 2 rad/s c) 3 rad/s d) 4 rad/s e) 5 rad/s

TR

É intuitivo o fato de que, quanto maior a velocidade angular Z com que a esfera gire num plano horizontal, mais a bola tenderá a subir e menor será a distância H a que ela ficará do teto. Assim, admita que, para uma bola girando a uma velocidade angular Z = 6 rad/s , a altura H vale 1 m. Reduzindo-se a velocidade angular dessa esfera à metade, a sua órbita estacionará a uma nova altura H igual a :

R

a) 2 m

NS

b) 3 m

Questão 48 Em todo movimento uniforme, estão presentes as seguintes características: a) aceleração centrípeta nula e velocidade constante; b) aceleração constante e velocidade variável; c) aceleração tangencial nula e velocidade escalar constante; d) aceleração e velocidade variáveis; e) aceleração nula e velocidade constante.

c) 4 m

H

d) 5 m e) 6 m

Dica: veja questão 18 de classe página 110

MO

Questão 46 - ² A figura mostra uma caixa de massa M = 2,4 kg em repouso sobre uma mesa fixa ao solo. Um fio ideal preso a essa caixa passa por uma polia e conecta-se a uma esfera de massa m = 2kg que gira em MCU descrevendo uma circunferência de raio R = 50 cm num plano horizontal com velocidade angular Z = 2 rad/s. Determine o menor coeficiente de atrito P entre a caixa e a mesa que impede o escorregamento da caixa. Admita g = 10 m/s2.

DE

D

D

Questão 49 Em todo movimento circular uniforme, estão presentes as seguintes características: a) aceleração nula e velocidade constante b) aceleração constante e velocidade variável c) aceleração constante e velocidade escalar constante d) aceleração e velocidade variáveis e) aceleração nula e velocidade variável. Questão 50 Em todo movimento circular uniformemente variado, estão presentes as seguintes características: a) aceleração centrípeta constante em módulo b) aceleração tangencial constante c) velocidade constante em módulo d) aceleração tangencial constante em módulo e aceleração centrípeta de módulo variável. e) a intensidade da força tangencial varia.

M

Questão 51 (UFRS) Durante o seu estudo de mecânica, um aluno realizou diversos experimentos sobre o movimento de um móvel. m Revisando-os, reuniu as figuras 1, 2, 3 e 4, obtidas em experimentos diferentes. Os pontos indicam as posições do móvel, obtidas em intervalos de tempo sucessivos e iguais. Analisando as figuras, ocorreu ao aluno a seguinte pergunta: em quais dos experimentos o móvel foi acelerado? A resposta correta a essa a) 0,3 b) 0,4 c) 0,5 d) 0,6 e) 1,0 questão é: Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


1 - O DOMÍNIO DE VALIDADE DAS LEIS DE NEWTON As leis de Newton são o pilar de sustentação da Mecânica. Elas descrevem o movimento dos corpos, tanto no céu como na Terra, descrevem as órbitas dos planetas, prevêem a existência de novos planetas e explicam o fenômeno das marés. Ainda assim, por mais brilhantes que sejam as três leis de Newton, é preciso cautela ao interpretá-las e aplicá-las.

IV O

Referenciais Não-inerciais

2 - INTRODUÇÃO AO REFERENCIAL INERCIAL Um referencial ou sistema de referência pode ser formalmente definido como um sistema de coordenadas cartesianas em relação ao qual são tomadas as medidas de posição XYZ, velocidade e aceleração de um móvel. Deixando de lado o formalismo matemático, podemos simplificar, considerando como referencial um simples observador que avaliará a cinemática e a dinâmica do móvel, medindo as grandezas físicas relevantes para o estudo do fenômeno em questão.

AT

Por definição, um referencial é dito inercial quando nele se verifica a lei da inércia e, por extensão, a segunda lei de Newton. Para verificar se um dado referencial é inercial, alguns testes experimentais diretos podem ser realizados em primeira aproximação.

TR

Por exemplo, a Figura 1 mostra dois sistemas de coordenadas cartesianas: o sistema XYZ, fixo ao solo, e o sistema X’Y’Z’, fixo a um vagão, que pode se mover sobre trilhos retos e horizontais. O vagão, assim como a bola que se encontra sobre o seu piso, está inicialmente em repouso em relação à Terra (referencial XYZ). Sobre a bola agem apenas as forças peso P e normal N, visto que os atritos são desprezíveis. Qual será o comportamento da bola, no referencial da Terra, quando o vagão partir do repouso com aceleração a constante na direção horizontal X ?

A 1ª lei de Newton estabelece que todo corpo livre da ação de forças permanecerá em seu estado de repouso permanente (v = 0) ou de movimento retilíneo e uniforme, até que alguma força atue sobre ele e altere seu estado de equilíbrio.

NS

Esse repouso ao qual a lei da inércia se refere, entretanto, é em relação a quem ? Afinal, sabemos que um móvel pode estar em repouso num referencial, mas em movimento em outro referencial. Você já havia pensado sobre isso ?

MO

A segunda lei de Newton, por sua vez, estabelece que a força resultante FR, agindo sobre um corpo de massa m, proporciona a ele uma aceleração a tal que: F a= R m Sabemos, porém, que um móvel pode estar acelerado num referencial, mas estar não acelerado em outro referencial. A expressão da segunda lei de Newton fornece a aceleração do móvel em qual referencial ? Você já havia pensado sobre isso ? Em geral, os livros-textos de Física não deixam bem claro para o estudante o fato de que as leis de Newton têm sua validade restrita ao chamado referencial inercial, cujo conceito é bastante sutil, requerendo atenção e concentração especiais por parte do leitor para assimilá-lo de forma eficaz.

Ora, para o referencial da Terra (Figura 1), o vagão irá se mover acelerado para a direita, mas a bola permanecerá em repouso, isto é, suas coordenadas XYZ permanecerão inalteradas com o passar do tempo. Isso está de acordo com a lei na inércia. Afinal, se nenhuma força horizontal está agindo sobre a bola, ela deve permanecer indefinidamente em repouso nesse referencial. Dessa forma, dizemos que o referencial XYZ (referencial da Terra) é inercial, visto que a lei da inércia é verificada nesse referencial.

Por outro lado, qual será o comportamento da bola, no referencial do vagão, quando este partir do repouso com aceleração a constante na direção horizontal X ?

DE

Nesse capítulo, investigaremos o conceito de referencial inercial e faremos uma análise comparada entre os referenciais inerciais e não inerciais, buscando esclarecer de que maneira as leis de Newton falham nestes últimos. No capítulo 4, aprenderemos o Princípio da Equivalência de Einstein, que nos ajudará a aplicar as leis de Newton com sucesso, mesmo nos referenciais não inerciais.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

FĂ­sica

126

Comparando as relaçþes eq12, eq13 e eq14, escritas pelo referencial inercial, com as relaçþes eq15, eq16 e eq17, escritas pelo referencial acelerado, vemos que ambos chegam às mesmas equaçþes e, portanto, aos mesmos resultados, apesar de usarem argumentos e princípios físicos distintos, conforme o referencial de cada um.

Seu mĂłdulo pode ser determinado pelo Teorema de PitĂĄgoras ou calculando o cosseno de D no triângulo em destaque na Figura 54. gâ&#x20AC;&#x2122; =

g2  a 2 =

g cos D

(eq-19)

Estando o pĂŞndulo, em equilĂ­brio relativo nesse referencial, as forças T e Pâ&#x20AC;&#x2122; que agem na bola (Figura 54) tĂŞm o mesmo valor, mesma direção e sentidos contrĂĄrios de forma a se cancelarem (mutuamente) :

Â&#x;

A prĂłpria natureza adapta-se perfeitamente a essas novas direçþes vertical (direção de gâ&#x20AC;&#x2122;) e horizontal (direção perpendicular a gâ&#x20AC;&#x2122;) redefinidas no referencial nĂŁo inercial. Uma comprovação experimental desse fato ĂŠ o interessante comportamento da superfĂ­cie livre de um lĂ­quido que preencha o interior de um vagĂŁo apoiado sobre trilhos retilĂ­neos:

x caso o vagĂŁo esteja parado ou em MRU num referencial inercial, a superfĂ­cie livre do lĂ­quido repousarĂĄ na horizontal, conforme a lei de Stevin, da HidrostĂĄtica (Figura 58);

TR

Do ponto de vista do referencial no interior do vagĂŁo (Figura 54), a G G gravidade deixou de ser g (Figura 53) e passou a ser g ' (Figura 54). As forças que agem na bola do pĂŞndulo, nesse contexto, sĂŁo a tração T e o peso da bola Pâ&#x20AC;&#x2122; = m.gâ&#x20AC;&#x2122;.

T = Pâ&#x20AC;&#x2122;

Figura 59 - superfĂ­cie da ĂĄgua caso o vagĂŁo seja um referencial nĂŁo inercial

AT

Ainda na Figura 54, uma segunda forma alternativa do referencial nĂŁo inercial interpretar o que se passa no interior do vagĂŁo ĂŠ considerar a ação de uma Ăşnica gravidade resultante gâ&#x20AC;&#x2122; que serĂĄ a soma vetorial das gravidades parciais : G G G g' = (g) + ( a ) (eq-18)

T = m.gâ&#x20AC;&#x2122;

NS

G Adicionalmente, essa gravidade resultante g ' define uma nova direção vertical e, conseqßentemente uma nova direção horizontal perpendicular a ela nesse referencial, como mostra a Figura 57.

x caso o vagĂŁo esteja se movendo com aceleração constante ao, ele constituirĂĄ um referencial nĂŁo inercial e a superfĂ­cie livre do lĂ­quido nele contido agora repousarĂĄ na nova direção horizontal (Figura 59) como se, para o lĂ­quido, o campo gravitacional resultante gâ&#x20AC;&#x2122; Ă&#x2039; que reina nesse referencial nĂŁo inercial fosse tĂŁo natural quanto a antiga gravidade gp convencional. Nesse caso, a lei de Stevin, da HidrostĂĄtica tambĂŠm, precisarĂĄ ser adaptada para esse referencial nĂŁo inercial trocando-se g por gâ&#x20AC;&#x2122;. A verdade ĂŠ que, como os lĂ­quidos nĂŁo sĂŁo Homo sapiens nem muliere sapiens -, para eles, de fato, nada incomum estĂĄ ocorrendo no referencial acelerado. Quando um pĂŞndulo simples, fixo ao teto do vagĂŁo, ĂŠ abandonado em repouso nessa nova direção vertical, ele tende a permanecer estacionĂĄrio alinhado Ă  direção de gâ&#x20AC;&#x2122; .

MO

a

Figura 57 â&#x20AC;&#x201C; novas direçþes horizontal e vertical

DE

Basicamente, o sistema de â&#x20AC;&#x153;coordenadas convencional XoYâ&#x20AC;? sofreu uma rotação de um ângulo D tal que tgD = a/g, conforme o triângulo retângulo em destaque na Figura 57. A nova vertical, G definida pela direção da nova gravidade g ' , forma um ângulo D com a vertical original.

G g

Figura 60 - pĂŞndulo simples oscilando no referencial acelerado

Se, porĂŠm, o seu equilĂ­brio for perturbado, o pĂŞndulo inclinado executarĂĄ um MHS (Figura 60), oscilando simetricamente em relação Ă  direção do novo campo gravitacional gâ&#x20AC;&#x2122; (como de costume), com perĂ­odo de oscilação dado por : T = 2S.

L g'

2S.

L 2

g a

2

2.S.

L g cosD

(eq-20)

9- FORĂ&#x2021;AS DE INTERAĂ&#x2021;Ă&#x192;O E FORĂ&#x2021;AS DE INĂ&#x2030;RCIA Seja um vagĂŁo que move-se sobre trilhos retilĂ­neos (Figura 61) com aceleração ao em relação Ă  Terra, constituindo-se, portanto, um referencial nĂŁo inercial.

Figura 58 - superfĂ­cie da ĂĄgua caso o vagĂŁo seja um referencial inercial

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


IV O

FĂ­sica

132

I - Se o elevador permanecer em repouso ou mover-se em movimento retilíneo e uniforme, o período de oscilação do pêndulo serå T = 2S A / g .

II - Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para cima, o período de oscilação do pêndulo serå A T = 2S . ga

Pensando em Casa Pensando em Casa

a) 0,4 s

a) todas. b) apenas II e III. e) apenas I, II e III.

c) 0,6 s d) 0,7 s

e) 0,8 s

V

MO

d) 0,7 s

d) apenas I.

Questão 04 A figura mostra um elevador que se move para cima em movimento acelerado com aceleração a = 2 m/s2 num local onde a gravidade vale g = 10 m/s2. Os blocos A e B, de massas 4 kg e 6 kg, encontram-se ligados entre si atravÊs de um fio ideal que passa por uma polia presa ao teto do elevador. Pede-se determinar: a) a aceleração com que se movem os bloquinhos para o observador dentro do elevador a b) a tração no cordão

NS

Questão 02 A figura mostra um elevador panorâmico que desce com uma velocidade constante V = 10 km/h. De repente, Dr. Raul percebe que a lâmpada se desprende do teto a 1,8 m de altura do piso do elevador e passa a cair verticalmente em direção ao piso. Quanto tempo ele dispþe para afastar o pÊ e não se machucar com o impacto da lâmpada no piso ? (Dado g = 10 m/s2)

c) 0,6 s

c) apenas IV.

TR

a

e) 0,8 s

b) 0,5 s

IV - Se o elevador estiver em queda livre, o pĂŞndulo nĂŁo oscilarĂĄ, visto que a gravidade aparente em seu interior serĂĄ nula.

o prof Renato Brito pede para vocĂŞ determinar as corretas:

b) 0,5 s

a) 0,4 s

III - Se o elevador mover-se com aceleração de módulo a dirigida para baixo (a < g), o período de oscilação serå A T = 2S . ga

AT

Questão 01 A figura mostra um elevador panorâmico que desce acelerado com aceleração a = 2 m/s2 . De repente, Dr. Raul percebe que a lâmpada se desprende do teto a 2,56 m de altura do piso do elevador e passa a cair verticalmente em direção ao piso. Quanto tempo ele dispþe para afastar o pÊ e não se machucar com o impacto da lâmpada no piso ? (Dado g = 10 m/s2)

A

Questão 05 A figura mostra um elevador que se move com aceleração a = 5 m/s2 para cima. Um bloco inicialmente em repouso, em relação ao elevador, Ê abandonado do topo de um plano inclinado e escorrega ladeira abaixo, atÊ atingir o piso do elevador. Admitindo g = 10 m/s2 e desprezando atritos, o prof Renato Brito pede para você determinar:

ĂŠ preso ao teto de um

DE

QuestĂŁo 03 Um pĂŞndulo simples de comprimento elevador, como mostra a figura.

B

Sendo g o módulo do campo gravitacional no local, analisar as afirmaçþes a seguir:

a

h

D

a) a aceleração adquirida pelo bloco ladeira abaixo, em relação ao elevador ; b) quanto tempo o bloco gasta para descer toda a ladeira, admitindo que a mesma tenha altura vertical h = 2,7 m. Dado: sen D = 0,60 e cos D = 0,80

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Devido ao atrito trocado entre A e B, parte da velocidade de A é transferida para o bloco B e o conjunto “A+B” passa a se mover sobre o plano horizontal liso com velocidade comum V em movimento uniforme. De onde vem a energia cinética adquirida pelo bloco B nesse episódio ? Ela é proveniente do trabalho positivo realizado pela força de atrito FatAB o que A exerce sobre B enquanto escorrega sobre sua superfície. Este é um exemplo de situação em que a força de atrito realiza um trabalho positivo.

IV O

Física

138

trabalho sbre ele. Afinal, qual força está realizando trabalho sobre o patinador ?

AT

4– Trabalho Realizado por Forças Internas Nem sempre é fácil determinar quais forças estão efetivamente realizando trabalho sobre um corpo ou sistema. Em alguns casos, a atuação das forças internas pode esconder algumas armadilhas às quais o estudante deve estar atento. A seguir, descreveremos algumas situações particularmente interessantes.

TR

Caso 1 : um patinador empurrando uma parede com as mãos Considere um patinador que empurra uma parede com as mãos a fim de impulsionar o seu corpo para trás como mostra a Figura 14. Ao fazer isso, ele adquire velocidade e, conseqüentemente, energia cinética, o que nos permite concluir que há realização de trabalho positivo sobre o patinador. Durante esse episódio, a parede, a Terra e o chão liso interagem com o patinador, aplicando sobre ele, respectivamente, as forças externas FEXT, o peso P e as normais N1 e N2. Assim, qual dessas forças externas agindo sobre o garoto (Figura 14a) realiza trabalho sobre ele ?

MO

NS

Observando a seqüência da Figura 14, vemos que as forças Pp, N1n e N2n são perpendiculares ao deslocamento horizontal do sofrido pelo garoto e, portanto não realizam trabalho nesse episódio. E o que dizer da força FEXT de contato entre a parede e as mãos do patinador ? Sabemos que a condição necessária para que haja realização de trabalho é que “o ponto de aplicação da força” sofra um deslocamento na direção da referida força. Qual o ponto de aplicação da força FEXT ? Ora, a mão do garoto. E qual o deslocamento sofrido pela mão do garoto durante todo o tempo em que ele está tocando a parede (Figuras 14A e 14B) ? Esse deslocamento é nulo, já que a mão só passa a se deslocar em relação a Terra depois que perde o contato com a parede, situação em que a força de contato FEXT já não está mais atuando. Assim, apesar da força que a parede aplica sobre a mão do patinador (FEXT) ser a força externa responsável pela sua aceleração FR = FEXT = m.a

DE

ainda assim ela não realiza trabalho sobre o garoto nesse episódio visto que seu ponto de aplicação (a mão do garoto) não sofre deslocamento durante todo o tempo em que essa força de contato está agindo. Propriedade 1: para que uma força realize trabalho, o seu ponto de aplicação deve necessariamente sofrer um deslocamento em relação a Terra (referencial inercial). Do exposto, vimos que nenhuma das forças externas agindo no patinador (Figura 14) realiza trabalho sobre ele. Ainda assim, o aumento da sua energia cinética, durante a fase de aceleração (Figura 14A e 14B), evidencia que está havendo realização de

Observando mais atentamente a Figura 14, vemos que nem todas as partes do corpo do garoto (tórax, mãos, cotovelos) se deslocam igualmente. O seu tórax, por exemplo, começa a se deslocar antes da sua mão. Esta só passa a se mover (em relação à Terra) quando o garoto perde o contato com a parede (Figura 14C). Propriedade 2: Quando as partes de um corpo se deslocam diferentemente, durante o seu movimento, é conveniente que ele não seja mais tratado como um único objeto,mas ,sim, como um sistema de partículas que se movem independentemente uma das outras, apesar de interagirem entre si através da ação das forças internas.

Na análise energética de sistemas de partículas, não só o trabalho das forças externas deve ser considerado, mas também o trabalho das forças internas ao sistema. A Figura 15 mostra uma das forças internas ao sistema “patinador”, realizando trabalho positivo sobre ele, justificando o aumento da sua energia cinética: a força FIN que o seu braço aplica sobre o seu tórax durante a fase de aceleração (Figuras 15A e 15B). Note que, diferentemente do ponto de aplicação da FEXT (a mão), o ponto de aplicação da força FINo (o tórax do garoto) sofre um deslocamento do e, portanto, realiza trabalho durante a fase de

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica 2

IV O

M Â&#x2DC; V02

MÂ&#x2DC;V2 2

Fel

 7

ou simplesmente: Ecfinal = Ecinicial + 7

k.xB

[eq 4]

Em outras palavras, o significado físico do trabalho realizado por uma força, durante um deslocamento, ainda Ê o mesmo que aprendemos anteriormente. Entretanto, a maneira de calculå-lo Ê que muda, dependendo do fato da força ter intensidade constante (7 = F.D) ou variåvel ( 7 { årea ) durante o deslocamento.

xA

B N

N

P

P

X

K

K

A

X

xA B

X

MO

xB

7FEL AoB

§ K.X 2 B = (â&#x20AC;&#x201C;1) . ¨ ¨ 2 Š

Denominando

K

Figura 19 â&#x20AC;&#x201C; Calcularemos o trabalho realizado pela força elĂĄstica Fel = K.X, que a mola exerce sobre a esfera desde a deformação XA atĂŠ a deformação XB.

X A .K.X A K.X B2 = 2 2





K.X 2A 2

§ K.X 2 K.X 2A ¡¸ ¨ B  |7FEL A-B| = ¨ 2 2 ¸ Š š Tendo determinado o mĂłdulo do trabalho realizado pela Fel no trecho AB, acrescentamos a ele o sinal negativo â&#x20AC;&#x153;â&#x20AC;&#x201C;â&#x20AC;? , jĂĄ que o trabalho realizado pela força elĂĄstica ĂŠ negativo nesse trajeto (a força se opĂľe ao movimento da esfera). Assim:

NS

X

x=0

X B .K.X B 2

TR |7FEL A-B| =

K

X

|7FEL A-B| = ĂĄrea ' maior â&#x20AC;&#x201C; ĂĄrea ' menor

Diagrama das forças que agem sobre a esfera no trajeto AB

V

xB

O módulo do trabalho realizado pela força elåstica Fel que atua na esfera, quando a mesma se desloca da posição A atÊ a posição B, Ê numericamente igual à årea hachurada no gråfico. Matematicamente, temos:

Fel B

Fel A

Fel = K.x

k.xA

AT

A

141

7FEL

IoF

=

K.X 2A ¡¸ K.X 2A  = 2 ¸ 2 š

Epot Elast = 2 K.X inicial 2





K.X B2 2

iniciaI

â&#x20AC;&#x201C; Epot

K.X 2 , vem : 2 K.X 2final 2

=

Epot

Final

[eq 5] Quando uma mola evolui entre duas deformaçþes XA e XB quaisquer, o trabalho realizado pela força elåstica nesse deslocamento só depende das deformaçþes XA e XB que a mola apresenta em cada um desses pontos e da sua constante elåstica K.

DE

7 - Aplicação : CĂĄlculo do trabalho realizado pela força elĂĄstica Quando uma esfera que se move num plano horizontal liso (Figura 19) encontra uma mola inicialmente nĂŁo deformada (x = 0), passa a sofrer a ação da força elĂĄstica que irĂĄ se opor ao seu O trabalho realizado pela força elĂĄstica, portanto, sempre serĂĄ movimento, diminuindo a sua Ecin, realizando um trabalho determinado pela relação [eq-5], visto que a expressĂŁo negativo. O diagrama da figura 19 mostra as força que atuam sobre a esfera num deslocamento genĂŠrico AB durante o qual a 7 = F.D nĂŁo se aplica nesses casos. Assim como no caso da força elĂĄstica aumenta de intensidade Fel-B > Fel-A devido ao força peso, o trabalho da força elĂĄstica tambĂŠm independe da aumento da deformação x da mola. trajetĂłria seguida pelo mĂłvel. Como a intensidade da força elĂĄstica Fel = K.X varia, durante o Apesar do aluno, ao observar a expressĂŁo [eq-5], sempre estranhar movimento da esfera ( X aumenta) , a expressĂŁo 7 = F.D o fato da subtração ser â&#x20AC;&#x153;o valor inicialâ&#x20AC;? menos â&#x20AC;&#x153;o valor finalâ&#x20AC;?, nĂŁo se aplica ao cĂĄlculo do trabalho realizado por forças variĂĄveis. A determinação do trabalho realizado pela força elĂĄstica deverĂĄ enfatizo que esse resultado estĂĄ correto nessa ordem e sempre ser efetuado atravĂŠs do cĂĄlculo da ĂĄrea sob o grĂĄfico F x D serĂĄ assim, quando se tratar de energias potenciais. mostrado a seguir: SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Física

VF

IV O

Exemplo Resolvido 1: Um pêndulo constituído por uma esfera de massa M = 5 kg, presa a um fio ideal de comprimento L = 1 m, está inicialmente em repouso, quando sofre a ação de uma força F = 90 N horizontal constante causada por um forte vento naquela direção. Pede-se determinar com que velocidade VF a bola atingirá o teto. Admita g = 10 m/s2 .

143

O trabalho do peso será calculado tomando (mentalmente) a trajetória alternativa horizontal+vertical ilustrada na figura 24 7Peso = 7Peso-horizontal + 7Peso-vertical

Note que o peso é perpendicular à trajetória no trecho horizontal (7Peso-horizontal = 0) e se opõe ao movimento da esfera, durante a subida ( 7Peso-vertical < 0). Assim, vem: 7Peso = 7Peso-horizontal + 7Peso-vertical = 0 + (–).P.D Sendo D = L, temos:

L

V

V F

– M.g.L

TR Figura 25

NS F

IA ÓR ET AJ TR

T

= +F.D

+

0

7F = + F.L

MO

Conforme vimos na figura 12, o trabalho realizado pela tração T é nulo durante o movimento de um pêndulo simples, visto que essa força se mantém perpendicular (D = 90q) à trajetória durante todo o percurso: 7 Tração = 0

DE

P

P

7F - vertical

F

F

L

P

P

Figura 24

7F- horizontal +

P

F

Figura 23

=

F

T

F

F

Sendo D = L, vem:

P

T

F

O trabalho da força F também será calculado tomando (mentalmente) a trajetória alternativa horizontal+vertical ilustrada na figura 26. O trabalho realizado pela força F é nulo no trecho vertical pois D = 90q, a força é perpendicular ao deslocamento : 7F

T

F

A RI TÓ

Solução: Durante a subida da bola, atuam sobre a mesma três forças: peso P, tração T e a força horizontal constante F exercida pelo forte vento horizontal, como mostra a figura 23. As forças P e F são constantes em direção, sentido e intensidade durante todo o percurso. Isso significa que o trabalho realizado por essas duas forças pode ser calculado através de uma trajetória alternativa a fim de minimizar o esforço matemático.

F

E AJ TR

Figura 22 - Nessa questão, queremos determinar a velocidade final VF com que a bola irá se chocar com o teto.

7Peso =

0 – M.g.L

AT

IA ÓR ET AJ TR

7Peso =

P

P

P

P

P

L

F

F

F

F

F

L

Figura 26

Agora podemos determinar o trabalho total realizado sobre a esfera, durante o seu movimento de subida: 7Total = 7 Tração + 7Peso +

7 F = EcF – Eci

7Total = 0

F.L =

+ (–M.g.L) +

M.V 2 2



M.Vo2 2

Como o pêndulo estava inicialmente em repouso, temos Vo = 0. Então: (–M.g.L) +

F.L

=

M.V 2 2

 0

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física ¾ “Realizar trabalho” também significa “converter energia”. Quando uma força realiza um trabalho de N joules, ela está convertendo N joules de uma modalidade de energia em outra modalidade;

IV O

Do exposto, podemos tirar as seguintes conclusões:

145

Apenas as forças conservativas têm energia potencial associadas a si. Afinal, você já ouviu falar em Epot atrítica , Epot normáltica, Epot tracíltica, Epot magnéltica ? -

Profi, considerando o princípio da trajetória alternativa, uma força vetorialmente constante pode ser considerada conservativa ?

¾ Quando a força peso realiza trabalho positivo (movimento de descida), ela está convertendo Epot em energia Ecin, por isso a soma das energias Ecin + Epot permanece inalterada;

AT

¾ Quando a força peso realiza trabalho negativo (movimento de subida), ela está convertendo Ecin em energia Epot, por isso a soma das energias Ecin + Epot permanece inalterada.

Para ser conservativa, uma força precisa ter uma função potencial associada a ela. Uma força vetorialmente constante poderia ser tomada como uma força conservativa, caso associássemos uma função potencial a ela, já que é um tipo de força que se enquadra na definição de Força Conservativa. Entretanto, como a força vetorialmente constante é definida de forma muito ampla e genérica, não passando de uma abstração matemática, sem estar relacionada a nenhum fenômeno físico, achamos por bem não associar a ela nenhuma função potencial. Deixemos esse “privilégio” apenas para aquelas três forças da natureza. Por esse motivo, uma força vetorialmente constante genérica F é admitida não-conservativa. Esse tipo de força não possui energia potencial associada a si.

TR

11 – Forças Conservativas e Forças não-Conservativas A definição formal diz que Forças conservativas são aquelas cujo trabalho realizado entre dois pontos independe da trajetória seguida. Outra forma de expressar esse conceito é afirmar que o trabalho realizado por uma força conservativa numa trajetória fechada é sempre nulo. Na natureza, apenas três e somente três forças se enquadram nessa definição e são ditas conservativas: ¾ força gravitacional (peso) ¾ força elétrica ¾ força elástica Todas as demais forças, tais como atrito, força magnética, tração, normal, empuxo etc são forças não-conservativas. Quando determinamos o trabalho realizado pelas forças elástica (seção 6) e gravitacional (seção 8), o aluno percebeu que, naturalmente, durante os cálculos, surgiram funções secundárias que auxiliaram o cálculo do trabalho realizados por aquelas forças: são as chamadas funções potenciais. Em geral, são funções da posição do corpo dentro do sistema. Por esse motivo, os valores fornecidos por essas funções são interpretados fisicamente como sendo energias potenciais, isto é, energias que ficam armazenadas no sistema e que estão relacionadas à posição do corpo, como no caso da deformação X da mola, ou da altura H do corpo em relação ao solo. Cada uma das três forças conservativas tem a sua própria função potencial particular. O trabalho 7FC realizado por qualquer uma das três forças conservativas pode ser calculado através da sua respectiva função potencial, através da expressão geral:

MO

NS

12 – O Princípio da Conservação de Energia Mecânica Os princípios de conservação são muito úteis à solução de problemas da natureza em geral e aparecem nos mais variados ramos da Física, como a conservação da massa, a conservação da carga, do momento angular, do momento linear ou mesmo da energia.

7FC = Epot inicial– Epot Final

[eq-10]

DE

As relações [eq-5] e [eq-7] são casos particulares da relação [eq-10]. A tabela a seguir mostra as funções potenciais associadas a cada uma das três forças conservativas, bem como a expressão do trabalho realizado por cada uma delas no deslocamento de uma posição inicial i até uma posição final F genéricas: Forças Conservativas

Energia Potencial

Trabalho Realizado

Força peso

Ep = m.g.H

7 = mg.H i – m.g.H F

Força elétrica

Ep = q . v

7 = q.V i – q.V F

Força elástica

Ep =

K ˜ x2 2

7=

K.x i2 2



K.x F2 2

A conservação da Energia Mecânica (ou da energia total, nos casos em que outras modalidades de energia também estejam presentes, como a elétrica associada à força elétrica) está intimamente relacionada à capacidade das forças conservativas de realizarem trabalho sem alterar a Emec (ou total) do sistema.

Profinho, como uma força conservativa consegue realizar trabalho sem alterar a Emec do sistema ?

Para entender isso, Claudete, precisamos entender direitinho o que ocorre quando uma força está realizando trabalho. Forças Conservativas realizando trabalho: Quando qualquer força conservativa realiza um trabalho de N joules, ela está meramente convertendo N joules de Epot em Ecin, caso o trabalho realizado seja positivo; ou convertendo N joules de Ecin em Epot, caso o trabalho realizado seja negativo. Esse raciocínio é sintetizado na tabela a seguir:

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

Questão 24 - ² O prof Renato Brito conta que uma pequena esfera de massa M está conectada a um fio de comprimento 2L e é abandonada do repouso a partir de uma posição A a uma altura h = L do solo, passando a oscilar periodicamente entre os extremos A e C. Considerando a gravidade g, as trações no fio, respectivamente, nas posições B (tangenciando o solo) e C, valem:

161

(3) Quando a bola atingir a posição superior, o que diz a 2ª lei de Newton ? FRctp = Fin – Fout = m.v 2 / R (4) Note que, na altura superior, a bola estará a uma altura H = 2R !

Questão 27 - ² Uma bolinha de massa m é abandonada do ponto A ao longo de um trilho sem atrito, como mostra a figura a seguir. Para que a bolinha seja capaz de percorrer todo o trecho circular de raio R, sem perder o contato com o trilho, a menor altura H de onde a bolinha deve ser abandonada vale:

a) 2R.

D

AT

b) 2,5R.

A

c) 3R.

H

C

d) 3,5R.

M.g 2 M.g d) 4.M.g , 4

a) 3.M.g ,

b) 2.M.g , M.g e) 2.M.g ,

c) 2.M.g ,

M.g 2

M.g. 3 2

b) 56 c) 48 d) 36 e) 16

a) 1,0 R. b) 1,5 R c) 2,0 R d) 2,5 R e) 3,0 R

MO

Dicas: (1) Com que velocidade a bola atingirá a posição inferior? (2) Calcule usando conservação de energia. (3) Quando a bola atingir a posição inferior, o que diz a 2ª lei de Newton ? FRctp = Fin – Fout = m.v 2 / R (4) Note que, na parte superior, a bola estará a uma altura H = 2R !

Questão 26 - ² (OSEC-SP) Uma esfera de massa 0,2 kg presa a um fio ideal de comprimento 0,4m descreve uma circunferência vertical. No ponto mais baixo da trajetória, a velocidade da esfera é 6 m/s. o prof Renato Brito pede para você determinar a força que traciona o fio no ponto mais alto da trajetória.

DE

a) 0 N

Questão 28 - ² (Vunesp) A figura, fora de escala, mostra um pêndulo simples abandonado à altura H do ponto mais baixo da trajetória. Na vertical que passa pelo ponto de sustentação, um pino faz o fio curvar-se e o pêndulo passa a descrever uma trajetória circular de raio R e centro C. O menor valor de h para que a esfera pendular descreva uma circunferência completa é:

NS

a) 66

B

Dicas: (1) no famoso problema do “globo da morte”, qual a velocidade mínima que a bolinha precisa ter no ponto D para que ainda consiga passar por aquele ponto sem perder o contato (N # 0) ? (2) De que altura H a bolinha deve partir a fim de atingir o ponto D (altura 2R) com essa tal velocidade ? (conservação de Emec)

TR

Questão 25 - ² (UNIFOR Medicina 2008.1) Uma esfera de massa m = 1,0 kg está presa numa das extremidades de um fio ideal de comprimento L = 1,0 m, que tem a outra extremidade fixa num ponto O. A esfera descreve um movimento circular, num plano vertical, sob a ação exclusiva do campo gravitacional. Sabendo que a velocidade da esfera no ponto mais alto da trajetória é 4,0 m/s e que g = 10 m/s2, a intensidade da força de tração no fio quando a esfera passa pelo ponto mais baixo vale, em newtons:

e) 4R.

b) 8 N

Dicas Essa questão segue o mesmo raciocínio da anterior, só que em vez de N # 0 fazemos T # 0 no ponto mais alto, ou seja, o fio (lá em cima) está na iminência de ficar “foló” - se a bola passar lá em cima com uma velocidade pequena demais.

Questão 29 - ² A figura mostra um pêndulo simples composto por um fio de comprimento L preso a uma bolinha de massa m num local em que a gravidade vale g. Sabendo que a aceleração da bolinha, ao passar pelo ponto A, vale g, determine a aceleração da bolinha ao atingir o ponto extremo C: a) g.sen30o b) g.cos30o c) g.tg30o d) g e) 0

c) 10 N

d) 16 N e) 2 N

Dicas: (1) Com que velocidade a bola atingirá a posição superior ? (2) Calcule usando conservação de energia.

Dicas Na posição A, a aceleração da bola é exclusivamente centrípeta, assim determinarmos VA e, por conservação de energia determinamos a altura final HC. Com isso, encontramos o ângulo que o pêndulo faz com a vertical, na posição C, determinando o valor da aceleração resultante a = g.senD na posição C. Revise a página 99, Figuras 67b e 67c, caso necessário.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

onde 't = t2  to e 'tp = t2  t1 são as duraçþes de cada impulso. G G G Qbola final Qbola inicial  I bola G om.v = 0 + ( oN1x.'t + mF.'tp ) [eq 8]

Exemplo Resolvido 5: Para um sistema composto por duas massas M1 = 3m e M2 = m separadas entre si, por uma distância L = 8 cm, determine a posição do seu centro de massa:

y

1

2

C.M.

x

Figura 16

Solução:

Fazendo uma das massas coincidir com a origem do sistema de coordenadas, temos X1 = 0 , X2 = 8 cm e determinaremos Xcm:

AT

Note que a orientação dos vetores nas relaçþes [eq 7] e [eq 8] estão de acordo com o diagrama de forças que agem no carrinho e na bola (figura 13). Adicionalmente, arbitramos que a bola e o carrinho compartilhariam uma velocidade vo para a direita após o impacto (figura 15) . A escolha do sentido para onde aponta essa velocidade v Ê arbitrårio, você då o seu palpite (seu chute).

IV O

Substituiremos os vetores na expressĂŁo vetorial, colocando o mĂłdulo de cada vetor prĂłximo a ele: G G G Qcarro final Qcarro inicial  I carro G oM.v = 0 + ( mN1x.'t + oF.'tp ) [eq 7]

173

Desenvolvendo e essa expressĂŁo vetorial, vem:

MO

Uau ! O leitor pĂ´de comprovar, matematicamente, porque o sistema â&#x20AC;&#x153;pĂĄraâ&#x20AC;? apĂłs a colisĂŁo entre a bola e o carrinho. Percebemos que os impulsos internos sempre aparecem aos pares e se cancelam dois a dois : G mN1x.'t + oN1x.'t = 0 G oF.'tp + mF.'tp = 0 Ă&#x2030; por esse motivo que os impulsos aplicados pelas forças internas findam nĂŁo alterando a quantidade de movimento total do sistema, visto que eles sempre aparecem aos pares e se cancelam dois a dois, quando consideramos o sistema como um todo.

DE

8  O Centro de Massa de um sistema de partículas Consideremos inicialmente um sistema simples, de duas partículas, unidimensional. Sejam x1 e x2 abscissas das partículas em relação a um sistema de coordenadas cartesianas. A abscissa Xcm do centro de massa do sistema Ê definida por:

Xcm =

m1.x1  m2 .x 2 m1  m2

[eq 9]

No caso de duas partĂ­culas, o centro de massa estĂĄ num ponto sobre a reta que une as duas partĂ­culas. No caso de partĂ­culas iguais, o centro de massa coincide com o ponto mĂŠdio das partĂ­culas. Nos outros casos, o centro de massa estĂĄ mais perto da partĂ­cula que tiver a maior massa.

C.M.

3mg

x

NS

v=0

O centro de massa do sistema Ê o ponto atravÊs do qual o sistema deverå ser suspenso por um cordão, para que o mesmo permaneça em equilibro horizontal, sem girar no sentido horårio ou anti-horårio, como mostram as figuras 17 e 18.

T

o(M+m).v = (mN1x.'t + oN1x.'t) + ( oF.'tp + mF.'tp ) G G o(M+m).v = 0 + 0 G o(M+m).v = 0 (M+m).v = 0 Â&#x;

3m .0  m.8 m1.x1  m2 .x 2 = 2 cm = m1  m2 m  3m

TR

Somando, membro a membro, as relaçþes [eq 7] e [eq 8], vem: G oM.v = 0 + ( mN1x.'t + oF.'tp ) [eq 7] G om.v = 0 + ( oN1x.'t + mF.'tp ) [eq 8] ____________________________________________________ oM.v + om.v = mN1x.'t + oF.'tp + oN1x.'t + mF.'tp

X cm =

x x x

Figura 17

T

mg

C.M.

4mg Figura 18

Na colocação das forças que agem num sistema, tanto podemos colocar os pesos de cada partícula individualmente (figura 17), um para cada corpo; como tambÊm podemos colocar logo o peso total do sistema (soma dos pesos) concentrado num único ponto (figura 18) , o chamado centro de massa CM do sistema. São formas equivalentes de se analisar o sistema tendo, cada uma, suas vantagens, dependendo do tipo de anålise que se deseja fazer.

Na figura 17, por exemplo, ĂŠ fĂĄcil ver por que o halteres permanece em equilĂ­brio: O momento (anti-horĂĄrio) da força peso 3mg em relação ao CM ( M = FuD = 3mg u 1X ) ĂŠ compensado pelo momento (horĂĄrio) do outro peso (M = FuD = 1mg u 3X) em relação ao CM, de forma que o sistema acaba ficando em equilĂ­brio de rotação. A figura 18 ĂŠ uma forma alternativa e mais conveniente de representar a figura 17. 9  A velocidade do Centro De Massa De Um Sistema De PartĂ­culas - Uma abordagem Intuitiva Quando as partĂ­culas que compĂľem um sistema estĂŁo se movendo, o centro de massa CM desse sistema de partĂ­culas geralmente tambĂŠm estarĂĄ em movimento. Entretanto, ĂŠ possĂ­vel que as partĂ­culas de um sistema se movam de uma tal forma que o deslocamento de algumas massas acabe compensando o deslocamento das outras massas desse sistema e, assim, o seu CM ainda permaneça em repouso ! SĂŁo os casos que o professor Renato Brito costuma denominar de â&#x20AC;&#x153;sistemas compensadosâ&#x20AC;?.

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


IV O

FĂ­sica

174

Para entender melhor e perceber que, na verdade, estamos falando de algo relativamente simples e, atĂŠ certo ponto, intuitivo, consideremos alguns casos particulares a seguir:

Vala, que invocado ! As massas estĂŁo numa razĂŁo 1:2 e as velocidades estĂŁo na razĂŁo inversa 2:1 .... isso ĂŠ bom ou ruim, profinho ?

Caso 1: Na figura 19, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 3M e 1M) , sempre divide o segmento AB que liga as esferas na razão inversa das massas 1:3 em cada instante, confira ! Como todos os corpos do sistema se movem com velocidades iguais v (iguais em direção, sentido e valor em MRU), tudo se passa como se o sistema fosse um corpo só.

A cm v

3M

cm

M v

v

Figura 19 â&#x20AC;&#x201C; caso 1: quando todas as partĂ­culas que compĂľem o sistema se movem com velocidades iguais v (iguais em direção, sentido e valor),

o

seu centro de massa

cm

A

2v

TR

tambĂŠm se move com essa mesma velocidade Vcm = v.

Observe a figura 21 atentamente e perceba os seguintes detalhes: x A distância que separa a bola A do â&#x20AC;&#x153;CM do sistemaâ&#x20AC;? ĂŠ o dobro da distância que separa B do cm, em qualquer instante. Confirme esse fato agora, olhando a figura 21. x Adicionalmente, a distância que A percorre, em cada intervalo de tempo, ĂŠ sempre o dobro da distância percorrida pelo B naquele intervalo de tempo, por ter o dobro da sua velocidade. Confira essas distâncias agora na figura 21.

AT

B

As partĂ­culas que compĂľem o sistema nem se aproximam nem se afastam uma das outras. Nesses casos, a velocidade Vcm do centro de massa ĂŠ a mesma velocidade v compartilhada por todas as partĂ­culas do sistema, independente das suas massas, ou seja, Vcm = v.

B

A

cm M

v

cm v

M

Figura 20 â&#x20AC;&#x201C; caso 2: massas iguais, velocidades iguais em O

centro de massa do sistema

MO

mĂłdulo, mas opostas.

encontra-se no ponto mĂŠdio do segmento AB e permanece imĂłvel (Vcm = 0) , durante o movimento das partĂ­culas que compĂľem o sistema.

DE

Ă&#x2030; intuitivo o fato de que esse ponto mĂŠdio do segmento AB permanecerĂĄ imĂłvel durante o movimento das partĂ­culas, visto que elas se movem no mesmo ritmo (velocidades iguais) em direção Ă quele ponto em MRU. Esse ĂŠ o caso mais simples de compensação, isto ĂŠ, as partĂ­culas se movem de forma que uma compensa o movimento da outra, permanecendo em repouso o cm do sistema.

Caso 3: Na figura 21, como jĂĄ estamos acostumados, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 1M e 2M) , sempre divide o segmento AB que liga as esferas na razĂŁo inversa das massas 2:1, em cada instante (confira na figura). Entretanto, as velocidades 2v e v dessas esferas estĂŁo na razĂŁo inversa das massas 1:2.

B v

cm

M

NS

Caso 2: Na figura 20, o centro de massa do sistema, composto por duas esferas A e B (massas 1M e 1M) , divide o segmento AB na razĂŁo inversa das massas 1:1 em cada instante, isto ĂŠ, o cm estĂĄ sempre no ponto mĂŠdio do segmento AB, confira !

cm

2M

cm M

2M

Figura 21 â&#x20AC;&#x201C; caso 3: as massas M e 2M se movem com velocidades 2V e V (em MRU) de forma que o movimento de uma massa compensa o movimento da outra. O centro de massa do sistema, que divide o segmento AB na proporção 2:1, permanece imĂłvel Vcm = 0 durante o movimento das partĂ­culas que compĂľem o sistema.

Assim, sempre que a massa 2M percorre uma distância X, a massa M percorrerĂĄ uma distância 2X, ou seja, os deslocamentos se compensam de tal forma que o CM do sistema AB permanece parado Vcm = 0 durante o movimento das partĂ­culas. Esse tambĂŠm ĂŠ um exemplo de â&#x20AC;&#x153;sistema compensadoâ&#x20AC;?. Acabamos de ver 3 casos onde ĂŠ possĂ­vel determinar a velocidade do centro de massa intuitivamente. Entretanto, nem sempre essa determinação da Vcm serĂĄ intuitiva. Nesses casos, podemos determinar a Vcm pela expressĂŁo geral:

m A .v A  m B .v B [eq 10] m A  mB Esse cålculo poderå ser feito vetorialmente ou escalarmente (adotando eixo e levando em conta sinais algÊbricos), dependendo do tipo de problema. Podemos aplicar a expressão acima para determinar Vcm nos casos 1, 2 e 3 que acabamos de analisar, apenas a título de verificação: Vcm

Caso 1 â&#x20AC;&#x201C; figura 19: m .v  m B .v B 3M.(  v)  M.(  v) Vcm1 = A A = 3M  M m A  mB Caso 2 â&#x20AC;&#x201C; figura 20: m .v  m B .v B M.(  v)  M.( v) Vcm2 = A A = 3M  M m A  mB

v

0 0 4M

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


FĂ­sica Para que isso ocorra, devemos ter:

0 3M

0

Vcm = 0 Â&#x;

Assim, fazendo uso da relação [eq 11], encontramos os valores que jå eram esperados para Vcm em cada caso, conforme discutimos anteriormente.

Figura 22

Pela relação [ eq 11], podemos escrever:

m A .v A  m B .v B 2M.( 2v)  M.( v ) V = 2M  M m A  mB O sinal positivo indica que o centro de massa do sistema estĂĄ se movendo para a direita ( a favor do eixo) com velocidade v. Assim, nesse sistema, tanto os corpos A e B quanto o seu centro de massa cm estĂŁo se movendo. AlĂŠm disso, os corpos A e B vĂŁo acabar se encontrando. Pense e responda: O encontro de A e B ocorrerĂĄ Ă  esquerda, Ă  direita ou sobre o centro de massa cm do sistema AB - ?

cm

v

cm A 2M

mA.vA =  mB.vB Â&#x; mA.|vA| = mB.|vB| Â&#x; mA . Â&#x; mA .DA = mB .DB

M

mB .

DB 't

[eq 11]

Considere um sistema contendo n partículas que se movem com G G G G suas respectivas velocidades V1 , V2 , V3 ..... V n e suas G G G G respectivas aceleraçþes a1 , a 2 , a 3 ..... a n . A velocidade com que se move o centro de massa do sistema, bem como a sua aceleração, são dadas por: G G G G G m1 .V1  m 2 .V2  m 3 .V3  ....  m n .Vn Vcm = [eq 12] m1  m 2  m 3  ....  m n G G G G G m .a  m 2 .a 2  m 3 .a 3  ....  m n .a n a cm = 1 1 [eq 13] m1  m 2  m 3  ....  m n

B

B

cm

DA 't

Assim, quando duas partículas A e B, de massas mA e mB, sofrerem deslocamentos de módulo DA e DB (em relação à Terra) numa mesma direção, mas em sentidos opostos, que satisfazem a relação eq11, o centro de massa dessas partículas permaneceu imóvel. Note que todas as velocidades, bem como deslocamentos, são tomados necessariamente em relação à Terra.

NS

2v

Â&#x; mA.vA + MB.vB = 0

TR

Vcm

2M

m A .v A  m B .v B =0 m A  mB

AT

A relação [eq 11] Ê geral e vale mesmo quando a determinação de Vcm não Ê intuitiva. Por exemplo, quanto vale a Vcm do sistema mostrado na figura 22 a seguir: 2M cm M B A 2v v

A

IV O

Caso 3 â&#x20AC;&#x201C; figura 21: m .v  m B .v B M.( 2v)  2M.( v ) Vcm3 = A A = M  2M m A  mB

175

M

Exemplo Resolvido 6: O sistema da figura 24 ĂŠ composto por duas bolas de sinuca que se movem em MRU sobre uma G superfĂ­cie horizontal lisa com velocidades VA (3.i + 5.J) m/s e G VB ( 6.i â&#x20AC;&#x201C; 1.J) m/s. Sendo mA = 4 kg e mB = 2 kg, determine a G velocidade Vcm do centro de massa desse sistema:

MO

cm

Figura 23 - O encontro de duas partĂ­culas sempre ocorrerĂĄ no centro de massa cm do sistema formado por essas duas partĂ­culas, quer esse cm esteja parado ou se movendo.

Ora, basta vocĂŞ pensar o seguinte: quando A e B se encontrarem (se superpuserem), onde estarĂĄ o centro de massa do sistema A+B ? - Se vocĂŞ sorriu, vocĂŞ percebeu que a resposta estĂĄ dentro da pergunta.

DE

O encontro de duas partĂ­culas sempre ocorrerĂĄ no centro de massa cm do sistema formado por essas duas partĂ­culas, quer esse cm esteja parado ou se movendo. Os casos 2 e 3 mostrados nas figuras 20 e 21 sĂŁo exemplos de â&#x20AC;&#x153;sistemas compensadosâ&#x20AC;?.

Figura 24

5 m/s A

VA 3 m/s

B 1 m/s

6 m/s VB

Solução: como se trata se um sistema bidimensional (XY), G efetuaremos o cålculo de Vcm vetorialmente, fazendo uso dos versores unitårios i e j, conforme estudado no capítulo 1: G G G m A .VA  m B .VB 4.( 3.i  5.J)  2.( 6.i  1.j ) Vcm = = m A  mB 42

SISTEMA COMPENSADO: Seja um sistema formado por duas G 12.i  20.j  12.i  2.j 24.i  18.j partĂ­culas A e B que se movem na mesma direção e sentidos Vcm = = 6 6 opostos. Dizemos que esse sistema se move compensado G quando seu centro de massa CM permanece em repouso Vcm = 0 Vcm = ( 4.i + 3.j ) m/s durante o movimento das partĂ­culas que o compĂľem. SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


FĂ­sica

176

IV O

G G G G G G m1 .V1  m 2 .V2  m 3 .V3  ....  m n .Vn Qsist Vcm = = M total m1  m 2  m 3  ....  m n

Assim, encontramos uma relação entre Qsist e Vcm : G G Qsist = M total . Vcm

G Vcm = ( 4.i + 3.j ) m/s G | Vcm | = 5 m/s

G Â&#x; | Vcm | =

42  32

?

A expressĂŁo acima nos diz que â&#x20AC;&#x153;calcular a quantidade de movimento total [eq 14] de um sistema de partĂ­culasâ&#x20AC;? equivale a calcular a quantidade de movimento do seu Centro de Massa [eq 15], admitindo que esse ponto se mova com velocidade Vcm e seja portador de toda a massa Mtotal do sistema.

AT

Assim , vemos que o centro de massa do sistema se move a 5 m/s numa direção indicada na figura 25.

[eq 15]

Podemos entender o movimento do centro de massa como sendo o movimento do sistema como um todo. Em um certo sentido, podemos dizer que o movimento do sistema da figura 24 corresponde ao movimento de uma partícula de massa 4 kg + 2kg = 6 kg que se move com velocidade 5 m/s numa direção dada pela figura 25.

De fato, temos que: G G Qsist = M total . Vcm = 6 x ( 4.i + 3.j ) = ( 24.i + 18 j) kg.m/s

TR

10 - A Relação entre Quantidade de Movimento de um sistema e a Velocidade do seu centro de massa. A quantidade de movimento Q de uma partícula Ê uma grandeza vetorial definida como o produto da sua massa pela sua velocidade G G Q = m. v . Para um sistema de partículas, a sua quantidade de movimento total Ê a soma das qdms de todas as partículas que compþem o sistema. G G G Qsist m A .VA  m B .VB  ...... [eq 14]

Podemos verificar a validade da relação [eq 15] a partir dos valores obtidos nos exemplos 6 e 7 anteriores: G Qsist = ( 24.i + 18 j) kg.m/s G V cm = ( 4.i + 3.j ) m/s M total = mA + mB = 4 + 2 = 6 kg

NS

Conforme aprendemos no capĂ­tulo 1 (vetores), a relação [eq 15] G G nos permite concluir que os vetores Qsist e Vcm apontam sempre na mesma direção e sentido, visto que Mtotal ĂŠ sempre um nĂşmero positivo. Adicionalmente, aplicando-se o mĂłdulo em ambos os membros da relação vetorial [eq 15], encontramos a relação entre os mĂłdulos desses vetores: G G G G Qsist = Mtotal. Vcm Â&#x; | Qsist | = | Mtotal. Vcm | G G G | Qsist | = | Mtotal. Vcm | = | Mtotal | . | Vcm |

Exemplo Resolvido 7: Considere as duas bolas de bilhar A e B de massas mA = 4 kg e mB = 2 kg da figura 13, rolando sobre G um plano horizontal liso em MRU com velocidades VA (3.i + 5.J) G m/s e VB ( 6.i â&#x20AC;&#x201C; 1.J) m/s. Determine a qdm total desse sistema:

MO

Solução: Efetuando o cĂĄlculo direto, vem: G G G Qsist m A .VA  m B .VB [15] G Qsist = (4 kg).( 3.i + 5.J) m/s + (2 kg).( 6.i â&#x20AC;&#x201C; 1.J) m/s G Qsist = ( 12.i + 20 j) + ( 12.i  2.j ) kg.m/s G Qsist = ( 24.i + 18 j) kg.m/s G | Qsist | 24 2  18 2 = 30 kg.m/s

DE

Observemos a expressĂŁo geral [eq 12] que determina a Vcm do centro de massa de um sistema G G G G G m 1 .V1  m 2 .V2  m 3 .V3  ....  m n .Vn Vcm = [eq 12] m1  m 2  m 3  ....  m n O numerador da expressĂŁo [eq 12] traz a quantidade de movimento total do sistema: G G G G G Qsist m 1 .V1  m 2 .V2  m 3 .V3  ....  m n .Vn [eq 14]

Enquanto o seu denominador traz a massa total do sistema: Mtotal = m1 + m2 + m3 + ...... + mn

Assim, podemos reescrever a relação [eq 12] como sendo:

Qsist = Mtotal . Vcm

[eq 16]

Podemos facilmente verificar a validade da relação escalar [eq 16] acima, a partir dos valores obtidos nos exemplos 6 e 7 anteriores: Qsist = 30 kg.m/s,

Mtotal = 6 kg

e

Vcm = 5 m/s

De fato, Qsist = Mtotal . Vcm = 6 x 5 = 30 kg.m/s

11 â&#x20AC;&#x201C; A 2a Lei de Newton Para Sistemas de partĂ­culas Seja o sistema da figura 26, composto por trĂŞs massas m1, m2 e m3. Considere, tambĂŠm, a presença de uma quarta massa mext externa ao sistema. Admitindo que todas as 4 partĂ­culas interajam entre si, cada uma delas sofrerĂĄ forças devido Ă s outras 3 partĂ­culas, ou seja, cada partĂ­cula sofrerĂĄ a ação de trĂŞs forças como mostra a figura 27. Conforme vimos anteriormente, força internas que agem no sistema sĂŁo forças trocadas entre duas partĂ­culas que pertencem ao sistema, que estĂŁo dentro do sistema. Quando a força age no sistema, mas ĂŠ exercida por um corpo que estĂĄ fora do sistema, esta força ĂŠ denominada força externa que age no sistema.

Assim, como o sistema (figura 26) Ê composto apenas pelas partículas 1, 2 e 3, são internas ao sistema apenas os pares de G forças trocadas entre essas 3 partículas, duas a duas, isto Ê, F 1 2 , G G G G G F2 1 , F 1 3 , F3 1 , F 2 3 e F 3 2 .

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


FĂ­sica m1

F21

m3

m2

F12 m2

F31 Fext 1 F32

F1 ext

Fext 3

F3 ext

Fext 2 F2 ext

mext

figura 26

atuantes no sistema, esses pares de forças internas se cancelam G G G duas a duas ( F 1 2 + F2 1 = 0 ) . G G G G G G G G G G FR = F 1 2 + F2 1 + F 1 3 + F3 1 + F 2 3 + F 3 2 + Fext 1 + F ext 2 + F ext 3

F13 m3 F23

IV O

m1

177

mext

figura 27

visto que as forças internas se cancelam mutuamente, duas a G duas. A expressão acima da FR ainda pode ser simplificada, fazendo uso da expressão da aceleração do centro de massa : G G G G m1 .a 1  m 2 .a 2  m 3 .a 3 a cm = , o que implica: m1  m 2  m 3 G G G G m1. a 1 + m2. a 2 + m3. a 3 = ( m1 + m2 + m3 ). a cm

AT

Nesse ponto, Ê fåcil perceber que o número de forças internas que agem nos sistema Ê sempre par, em qualquer situação. G As forças externas que agem no sistema são as forças Fext 1 , G G F ext 2 e F ext 3 , visto que são exercidas respectivamente pelo corpo que estå fora do sistema (mext) em cada uma das massas m1 , m2 e m3 que pertencem ao sistema.

Somando, membro a membro, as expressþes da 2a lei de Newton dadas pelas relaçþes [eq 17], [eq 18] e [eq 19], temos: G G G G G G G FR = Fext 1 + F ext 2 + F ext 3 = m1. a 1 + m2. a 2 + m3. a 3

TR

A partícula 1, por exemplo, sofrerå a ação das seguintes forças (figura 27): G F2 1 = força que a partícula 2 exerce na partícula 1 G F3 1 = força que a partícula 3 exerce na partícula 1 G Fext 1 = força que a partícula externa ao sistema exerce na partícula 1

Substituindo, vem: G G G G G G G FR = Fext 1 + F ext 2 + F ext 3 = m1. a 1 + m2. a 2 + m3. a 3 G G G G G FR = Fext 1 + F ext 2 + F ext 3 = ( m1 + m2 + m3 ). a cm , ou : G G G G G FR = Fext 1 + F ext 2 + F ext 3 = M total . a cm G G G FR = FR e xt = Mtotal . a cm [eq 20] A expressão eq20 acima, que representa a 2ª Lei de Newton para sistemas, afirma que a resultante das forças externas FR ext Ê quem determina a aceleração acm do centro de massa do sistema.

NS

Assim, a 2a Lei de Newton para a partícula 1 permite escrever a seguinte relação vetorial: G G G G F2 1 + F3 1 + Fext 1 = m1 . a 1 [eq 17] Para as massas m2 e m3 do sistema, podemos escrever: G G G G F 1 2 + F 3 2 + F ext 2 = m2 . a 2 [eq 18] G G G G F 1 3 + F 2 3 + F ext 3 = m3 . a 3 [eq 19]

Não desprezamos as forças internas. Elas simplesmente se cancelaram duas a duas, durante a soma, esqueceu, mói ?

Prôfi, porque desprezamos as forças internas no cålculo da força resultante FR sobre o sistema?

Ao todo, percebemos que 9 (nove) forças estão agindo no sistema da figura 27, sendo 6 internas e 3 externas.

MO

Prôfi, mas qual o nosso objetivo analisado todas essas forças que agem no sistema ?

Raul, queremos determinar a Força Resultante que age sobre o sistema, isto Ê, a soma de todas as nove forças.

DE

A expressĂŁo [eq 20] ĂŠ a expressĂŁo da 2a lei de Newton para sistemas. Ela nos permite concluir que: x Por mais complexo que seja um sistema de corpos, o seu movimento pode ser entendido como a superposição de dois movimentos mais simples: (1) o seu movimento macro, isto ĂŠ, o movimento do seu centro de massa CM (2) e o seu movimento micro (interno ao sistema), isto ĂŠ, o movimento das partĂ­culas que compĂľem o sistema em relação ao seu centro de massa. A figura 28 mostra um garoto que salta de um trampolim. As partes internas do sistema (braços, pernas, tronco, membros) podem se a mover mutuamente devido Ă s forças internas trocadas pelos Antes disso, notemos que, de acordo com a 3 lei de Newton, para G seus mĂşsculos(movimento interno ao sistema). Entretanto o seu cada força interna F A B que atua sobre uma partĂ­cula do sistema, G movimento macro, isto ĂŠ, o movimento do seu CM, ĂŠ regido pela hĂĄ outra força, igual porĂŠm oposta â&#x20AC;&#x201C; F A B , que atua sobre outra resultante das forças externas que agem no garoto, isto ĂŠ, o seu partĂ­cula do sistema. Quando se faz a soma de todas as forças peso. SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Física

IV O

178

x As forças trocadas internamente, entre as partículas que compõem o sistema, não exercem nenhuma influência sobre o movimento do C.M. do sistema, sendo incapazes de acelerá-lo. Ao determinarmos a resultante de todas as forças que atuam no sistema, as forças internas se cancelaram duas a duas G G G ( F 1 2 + F2 1 = 0 ) como conseqüência da 3a lei de Newton,

AT

sobrando apenas as forças externas, exercidas por partículas que estão fora do sistema sobre partículas que estão dentro do sistema. x Eventos que são desencadeados pela ação de forças internas, como a explosão de uma granada, ou uma colisão entre duas bolas de sinuca, em nada afetam a dinâmica do movimento do centro de massa que, conforme já disse, é definida exclusivamente pela ação das forças externas ao sistema.

TR

Figura 28 – Sistema garoto – As forças internas, trocadas entre seus membros, podem mover seus braços e pernas em relação ao seu centro de massa CM, durante o salto, mas em nada afetarão o movimento macro do sistema, isto é, o movimento do seu CM, que é regido exclusivamente pela resultante das forças externas que agem no sistema menino : o seu peso P = m.g. O seu centro de massa se descreverá uma trajetória parabólica, independente da “estripulia” que o garoto fizer enquanto estiver no ar.

Considere que uma granada descreve uma trajetória parabólica (figura 30) sob ação exclusiva do seu peso (força externa ao sistema granada exercida pela Terra, que está fora do sistema) quando a ação de forças internas, geradas numa explosão, a dividem em dois fragmentos.

3m

NS

x O movimento macroscópico do sistema, isto é, o movimento executado pelo seu centro de massa CM, é regido pelas forças externas que agem no sistema, mais especificamente pela resultante dessas forças externas FR-ext . A aceleração do CM de um sistema é dada exclusivamente pelas forças externas que agem no sistema, de acordo com a relação [eq 20].

DE

MO

x A forças internas a um sistema definem como será o movimento interno das partes que compõem o sistema, em relação ao seu centro de massa, o chamado movimento micro. Elas permitem que as partículas que compõem o sistema se aproximem ou se afastem do seu centro de massa CM, mas são incapazes de mover, acelerar ou retardar esse CM. Esse papel é executado apenas pelas forças externas ao sistema.

2m

2m

CM

CM

m

m

figura 30 - uma granada descreve uma trajetória parabólica sob ação exclusiva do seu peso (força externa ao sistema granada exercida pela Terra, que está fora do sistema) quando a ação de forças internas, geradas numa explosão, a dividem em dois fragmentos.

O centro de massa dos fragmentos, entretanto, permanece em sua trajetória parabólica, como se nada tivesse acontecido, visto que uma explosão é desencadeada por um par de forças internas ao sistema e, portanto, não afetam o movimento do seu centro de massa. O centro de massa dos fragmentos da granada permanece sobre a trajetória parabólica até que o primeiro fragmento toque o solo.

Figura 29 - O movimento interno de rotação do sistema terra-lua é governado pelas forças internas gravitacionais trocadas entre a terra e a lua. O movimento macro do sistema terra-lua, isto é, o movimento do seu centro de massa C, que descreve uma trajetória elíptica em torno do sol, é governado pela resultante das forças externas que agem no sistema terra-lua, ou seja, a força que o sol (que está fora do sistema terra-lua) exerce no centro de massa do sistema terralua.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

179

12 - Sistemas Mecânicos Isolados e a 1a lei de Newton para sistemas A 1a Lei de Newton para partículas enuncia que:

Se a resultante das forças que atuam sobre uma partícula for nula, então a velocidade dessa partícula permanecerá constante (em direção, sentido e módulo), podendo ser nula ou não. Em outras palavras, se a resultante das forças que atuam sobre uma partícula for nula, ou ela está em repouso (equilíbrio estático) ou ela está se movendo em movimento retilíneo uniforme (equilíbrio dinâmico).

AT

A 2a Lei de Newton para sistemas é dada pela expressão: G G FR externas = M total . a cm [eq 20] A partir da expressão acima, facilmente podemos enunciar a 1a Lei de Newton para sistemas:

Se a resultante das forças externas que atuam sobre um sistema de partículas for nula então, o seu centro de massa tem aceleração nula. Assim, ou o seu Centro de Massa está parado, ou está em Movimento Retilíneo e Uniforme: G G G G G FR externas = 0 Ÿ a cm = 0 Ÿ Vcm = constante Um sistema que satisfaz essa condição é chamado de sistema mecânico isolado. Assim, se um sistema encontra-se G mecanicamente isolado, permanecem constantes a sua Vcm , bem G G como a sua Qsist = Mtotal. Vcm . Esse estado de equilíbrio permanecerá até que alguma força externa atue sobre o sistema, acelerando o seu centro de massa. As figuras 31, 32, 33 e 34 mostram exemplos bastante elucidativos de sistemas isolados.

TR

Figura 31 – um protótipo encontra-se parado sobre uma superfície de gelo lisa num dia sem vento. O garoto ligou um poderosíssimo ventilador para soprar a vela e empurrar todo o sistema para frente. Entretanto a força com que o ventilador empurra a vela é a mesma com que a vela empurra o ventilador de volta. Trata-se de um par de forças internas. Elas jamais moverão o CM do sistema.

NS

Figura 32 – uma pessoa afundando em areia movediça jamais se salvará puxando seu próprio corpo para cima, pois a interação mão-cabeça é interna ao sistema pessoa, sendo incapaz de acelerar o seu centro de massa de volta para cima. A pessoa pode arrancar a cabeça do seu pescoço, mas o seu centro de massa CM afundará anyway ! Tente se levantar empurrando seu pescoço para cima -!

DE

MO

Figura 33 – Um poderoso ímã está fixo ao teto do caminhão, conforme a figura. Entretanto, a força que o ímã aplica ao caminhão é interna ao sistema ímã-caminhão e jamais causará um movimento macro desse sistema, isto é, jamais fará com que o CM do sistema caminhão-ímã saia do repouso e passe a se mover. É possível haver um movimento micro, interno ao sistema (movimento de aproximação mútua), devido ao par de forças internas atrativas mas, nunca, um movimento macro, devido a ausência de forças externas necessárias para tirar o CM do repouso.

Figura 34 – Pai e filho inicialmente em repouso sobre um solo liso (ausência de atrito externo). Sem soltarem as mãos, por mais que eles se empurrem mutuamente, o sistema pai-filho jamais se moverá, seu CM jamais sairá do lugar, eles ficarão parados, pela falta de uma força externa ao sistema pai-filho para tirar seu CM do repouso. Caso eles se empurrem e soltem as mãos, o sistema ganhará movimento interno, devido à ação das forças internas trocadas entre pai e filho. Entretanto, o CM do sistema pai-filho permanecerá em repouso na posição original, durante o MRU executado por cada corpo.

O estudo de sistemas mecânicos isolados se torna particularmente interessantes, em relação aos demais sistemas, exatamente pelo G G fato de que seu momento Qsist e a velocidade Vcm do seu centro de massa permanecem inalterados em qualquer processo que não envolva a ação de forças externas, tais como colisões internas ao sistema, a explosão de uma bomba etc. Considere, por exemplo, o caso de um sistema composto por duas bolas de bilhar A e B que se deslocam em MRU sobre uma superfície horizontal sem atrito (figura 35). Esse sistema está mecanicamente isolado, visto que as forças externas (normal e peso trocada entre as bolas e a terra) se anulam mutuamente. Assim, o seu centro de massa também se move em MRU e assim permanecerá até que alguma força externa interfira no sistema. Admita, por exemplo, que MA = 2.MB , de tal forma que o centro de massa desse sistema está, a qualquer momento, sobre a reta que liga os centros dessas duas bolas, dividindo a distância entre elas na proporção 2 : 1 como mostra a figura 35. O centro de massa do sistema se desloca em trajetória retilínea G com velocidade Vcm constante. Caso as bolas venham a colidir entre si, nesse evento (a colisão) as forças trocadas durante o impacto são forças internas ao sistema (trocadas entre dois corpos que pertencem ao sistema) e que, portanto, em nada interferem no movimento do seu centro de massa de acordo com a relação [eq20].

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


cm

A

VA*

IV O

Física

180

Existe alguma força externa ao sistema na direção horizontal, empurrando o sistema para a esquerda ou direita ? A resposta é não. As únicas forças horizontais são as forças F e F trocadas entre o menino e a prancha (atrito) que fazem o menino ir para a direita e a prancha ir para a esquerda.

B

Vcm

VB*

figura 36

VP

B

A cm VA

AT

VH

VB Vcm

TR

Figura 35 - O centro de massa do sistema mecanicamente isolado está se deslocando em MRU. Perceba que a colisão não é percebida pelo centro de massa do sistema cuja trajetória não sofre nenhuma alteração decorrente do impacto.

Lembre-se que, conforme vimos anteriormente, o impulso trocado internamente, entre as bolas, trata-se de uma mera transferência de quantidade de movimento de uma para a outra, de forma que a somas das suas quantidades de movimento permanece inalterada, após a transferência (após o impacto).

MO

Esse exemplo nos mostra que, em toda e qualquer colisão interna G a um sistema, a Vcm do seu centro de massa, bem como a sua quantidade de movimento, dada pela relação [eq 16], se conservam. Matematicamente: G G G G Vcm ANTES = Vcm DEPOIS ou Qsist ANTES = Qsist DEPOIS

[eq21]

DE

Exemplo Resolvido 8: Considere um homem de massa M que encontra-se parado sobre a extremidade uma prancha de massa 4M e comprimento L, também em repouso em relação ao solo. Só existe atrito entre o homem e a prancha. De repente, o homem começa a caminhar para frente até atingir a outra extremidade, quando novamente pára se de mover em relação à prancha. Analise esse sistema. Solução: Dizemos que fazem parte do sistema apenas os corpos que não estão fixos, ou seja, aqueles que estão livres para se mover. Assim: Sistema = { menino, prancha }

Ambiente = { chão, planeta Terra }

Forças internas que atuam no sistema: F e NH Forças externas que atuam no sistema: PH, PH e NP

figura 38

DP L

Entretanto, este é um par de forças internas e, portanto, elas apenas fazem as partes do sistema se aproximarem ou se afastarem do seu centro de massa CM, mas são incapazes de mover o CM, de acelerar o CM.

NS

Isso significa que, apesar das velocidades individuais das bolas A e B mudarem, devido à colisão, o MRU descrito pelo centro de massa do sistema não será afetado. O seu centro de massa permanecerá em sua trajetória retilínea original com velocidade G constante Vcm como se nenhuma colisão tivesse ocorrido. O CM simplesmente ignora qualquer interação interna ao sistema, como colisões internas, explosões etc. Isso não é incrível ?? -

DH

figura 37

NH

F PH NH

F PP

NP

Terra

NP PP

PH

Por esse motivo, o centro de massa do sistema CM, que estava inicialmente em repouso, permanecerá parado ainda que menino e prancha se movam em relação ao CM, movidos pelas forças internas. Temos aqui o famoso “sistema compensado”, isto é, as partes que compõem o sistema se moverão de tal forma que o movimento de uma compense o movimento da outra, mantendo parado o centro de massa CM do sistema. O sistema encontra-se isolado de forças externas visto que a resultante das forças externas horizontais é nula, isto é, FR-ext = 0. Assim, pela 1a Lei de Newton para sistemas (relação 20), o seu centro de massa, que estava inicialmente em repouso, permanecerá em repouso o tempo todo Vcm = 0, até que alguma força resultante externa horizontal perturbe esse repouso, como ocorreria se houvesse atrito entre o chão e a plataforma.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física Da definição de coeficiente de restituição e, temos:

VB'

apĂłs

A

e=

B

x Pela conservação da QDM, vem: Qsist-antes = QSist-apĂłs Â&#x;

M.VA + 3M.VB = M.(â&#x20AC;&#x201C;VAâ&#x20AC;&#x2122;) + 3M.VBâ&#x20AC;&#x2122;

| Vrelativaantes |

VAâ&#x20AC;&#x2122; + VBâ&#x20AC;&#x2122; = 2

Â&#x;

V1â&#x20AC;&#x2122; + V2 = e.V1

Â&#x;

6Q antes = 6Q depois Â&#x; +M.V1 + 0 = M.V1â&#x20AC;&#x2122; + M.V2

[eq 29]

=

V1'  V2 = e V1

V2 = V1 + V1â&#x20AC;&#x2122;

(eq32)

Substituindo eq31 em eq32, vem:

VA '  VB ' 0,2 15  5

§ e  1¡ V2 = V1 + (e.V1  V2) Â&#x; V2 = V1 .¨ ¸ Š 2 š

[eq 30]

Resolvendo o sistema de equaçþes [eq 29] e [eq 30] , vem: VAâ&#x20AC;&#x2122; = â&#x20AC;&#x201C;6 m/s e VBâ&#x20AC;&#x2122; = 8 m/s.

AT

| VrelativaapĂłs |

Vrelativa antes

Da conservação da QDM na colisão, temos:

x Sendo o coeficiente de restituição e = 0,2,. vem: e=

Vrelativa apĂłs

V1â&#x20AC;&#x2122; = e.V1  V2 (eq31)

VA + 3.VB = â&#x20AC;&#x201C;VAâ&#x20AC;&#x2122; + 3.VBâ&#x20AC;&#x2122; Â&#x; 3.VBâ&#x20AC;&#x2122; â&#x20AC;&#x201C; VAâ&#x20AC;&#x2122; = 15 + 3 .5 3.VBâ&#x20AC;&#x2122; â&#x20AC;&#x201C; VAâ&#x20AC;&#x2122; = 30

IV O

VA'

185

Assim, quando a 1ÂŞ bola bate na 2ÂŞ bola, esta Ăşltima sai com a velocidade determinada acima.

Analisando o problema de forma recorrente, percebemos que as primeiras colisþes entre cada bola e a bola que a sucede sempre têm as mesmas características em comum : x A bola que vai chegando sempre colide com outra bola de mesma massa e inicialmente em repouso; x O coeficiente de restituição em cada colisão vale e;

TR

Como o sinal de VAâ&#x20AC;&#x2122; foi encontrado negativo, devemos inverter o sentido do movimento arbitrado para o mĂłvel A, apĂłs a colisĂŁo:

Assim, quando a bola 2 colidir com a bola 3, a velocidade de saída da bola 3 pode ser calculada da mesma forma, atravÊs de um sistema de equaçþes semelhante a eq31 e eq32, o que levarå ao resultado abaixo, anålogo ao encontrado na relação eq33:

NS

Exemplo Resolvido 12: A figura mostra n esferas de mesma massa m suspensas em fila por fios de comprimentos iguais, com as esferas quase se tocando. Se a esfera 1 Ê abandonada da posição tracejada e acerta a esfera 2 com velocidade v1, o prof Renato Brito pede que você determine a velocidade vn da n-Êsima esfera imediatamente após ser acertada pela esfera que a antecede, pela primeira vez. O coeficiente de restituição entre os choques vale e.

(eq33)

§ e  1¡ V3 = V2 .¨ ¸ Š 2 š

(eq34)

Substituindo eq33 em eq34, temos: § e  1¡ § e  1¡ § e  1¡ V3 = V2 .¨ ¸ .¨ ¸ ¸ = V1 .¨ 2 Š 2 šŠ 2 š Š š

§ e  1¡ V1 .¨ ¸ Š 2 š

2

MO

Por analogia, para as demais colisĂľes, encontraremos:

Solução: O prof. Renato Brito chama a atenção do aluno para o fato de que as bolas não estão em contato entre si, como ocorre na maioria das questþes dessa natureza.

DE

Assim, analisaremos a 1ÂŞ colisĂŁo do sistema que ocorrerĂĄ, logicamente, entre a 1ÂŞ bola e a 2ÂŞ bola:

§ e  1¡ § e  1¡ V4 = V3 .¨ ¸ ¸ = V1 .¨ Š 2 š Š 2 š

2

§ e  1¡ .¨ ¸ Š 2 š

§ e 1¡ V1 .¨ ¸ Š 2 š

3

§ e  1¡ § e  1¡ V5 = V4 .¨ ¸ ¸ = V1 .¨ Š 2 š Š 2 š

3

§ e  1¡ .¨ ¸ Š 2 š

§ e  1¡ V1 .¨ ¸ Š 2 š

4

Assim, apĂłs n1 colisĂľes, a bola de ordem n sairĂĄ, portanto, com velocidade com velocidade Vn dada por: (n 1)

§ e  1¡ Vn = v1. ¨ ¸ Š 2 š

16 â&#x20AC;&#x201C; Caso Especial: colisĂŁo elĂĄstica unidimensional entre partĂ­culas de massas iguais Considere o caso especial de dois corpos A e B de mesma massa, que se movem sobre uma mesma reta e sofrem uma colisĂŁo frontal elĂĄstica. A seguir mostraremos que, durante a colisĂŁo, esses corpos apenas trocam de velocidades, ou seja, a velocidade inicial de um passarĂĄ a ser a velocidade final do outro, e viceversa:

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


FĂ­sica Vrel.apos Vrel.antes

IV O

e =

187

V ' u = 1 Â&#x; Vâ&#x20AC;&#x2122; + u = V  u V u

18 - Leitura Complementar O EFEITO DA BALADEIRA GRAVITACIONAL

Vâ&#x20AC;&#x2122; = V  2u

AT

Assim, apĂłs o impacto, as velocidades da bola e do caminhĂŁo sĂŁo mostradas na figura abaixo:

O esquema acima mostra o planeta Saturno se movendo com uma velocidade orbital (em relação ao Sol) igual a u = 9,6 km/s. A massa de Saturno Ê igual a 5,69 x 1026 kg. Uma nave espacial com massa de 825 kg se aproxima de Saturno, movendo-se inicialmente com uma velocidade de V = 10,4 km/s. A atração gravitacional de Saturno (uma força conservativa) faz com que a nave mude de direção e retome em sentido oposto. Neste caso, a "colisão" não Ê um impacto, mas sim uma interação gravitacional. Podemos supor que a velocidade de Saturno seja essencialmente constante durante a interação porque sua massa Ê muito maior do que a massa da nave. Logo, podemos imaginar o problema como uma colisão elåstica ( força gravitacional Ê conservativa) em linha reta (unidimensional), semelhante ao caso 2 recÊm estudado na seção 17.

TR

Exemplo Resolvido 13 â&#x20AC;&#x201C; UECE 2007.1 â&#x20AC;&#x201C; 2ÂŞ fase Para Transportar uma carga extremamente pesada, um certo caminhĂŁo trafega a uma velocidade de 10 m/s. Um rapaz Ă  beira da estrada brinca com uma bola de tĂŞnis. Quando o caminhĂŁo passa, o rapaz resolve jogar a bola na traseira do mesmo. Sabendo que a bola atinge a traseira do caminhĂŁo perpendicularmente, com velocidade de 20 m/s, em relação ao solo, qual a velocidade horizontal final da bola apĂłs o choque, considerado perfeiramente elĂĄstico ? a) 10 m/s b) 20 m/s c) 30 m/s d) zero Solução: A figura abaixo mostra a situação que antecede o impacto.

NS

Aplicando conservação da quantidade de movimento e conservação da energia mecânica do sistema nave + planeta, conclui-se que a nave voltarå com uma velocidade V + 2u = 29,6 km/s (veja caso 2, seção 17), ou seja, sua velocidade praticamente triplicarå nesse exemplo específico e sua energia cinÊtica aumentarå por um fator (29,6 / 10,4)2 = 8,1 neste processo.

MO

Sendo a massa do caminhão milhares de vezes maior que a massa da bola de tênis, admitiremos que sua velocidade permaneça constante igual a 10 m/s nesse episódio:

DE

Seja Vâ&#x20AC;&#x2122; a velocidade da bola apĂłs o impacto, conforme a figura abaixo:

Sendo a colisĂŁo elĂĄstica (e = 1), podemos escrever: e =

Vrel.apos

Vrel.antes

V  10 = 1 Â&#x; V + 10 = 20  10 20  10

Donde se conclui que teremos V = 0.

A razão para esse aumento aparentemente misterioso de rapidez Ê que Saturno não estå parada mas, sim, se movendo na sua órbita em torno do Sol. Se Saturno estivesse em repouso, a velocidade da nave se inverteria, mas o seu módulo permaneceria essencialmente constante. Nesse efeito de ginåstica celestial, a nave espacial sofre um aumento de velocidade a partir de quê ? Sua energia cinÊtica aumenta do nada ? Claro que não. Conforme vimos nos cålculos da seção 17, a conservação de energia estå implícita nos cålculos. A energia cinÊtica de saturno, a rigor, precisa ter diminuído para que a energia cinÊtica da nave espacial tenha aumentado. Entretanto, sendo, a massa de saturno, 1023 maior que a massa da nave espacial, a redução da velocidade de Saturno Ê imperceptível. Este exemplo ilustra uma versão simplificada do efeito da atiradeira gravitacional, usado para fornecer um impulso auxiliar para uma nave espacial (Na realidade, o movimento de uma nave espacial não Ê retilíneo, como foi suposto neste problema.). A nave espacial Voyager 2, lançada em 1977, usou o efeito da baladeira gravitacional em seu vôo passando nas vizinhanças de Júpiter, Saturno e Urano. Graças à energia cinÊtica adquirida desse modo, a Voyager 2 atingiu o planeta Netuno em 1989; caso não fosse usado o efeito da baladeira gravitacional, essa nave atingiria Netuno somente no ano de 2008.

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Física

IV O

Questão 23 - ² Uma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicialmente em repouso, como mostra a figura. Um bloco que pesa 80N, também em repouso, é abandonado no ponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. São dados ainda: a =15 m e senD = 0,6. Desprezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco, pode-se afirmar que a distância percorrida pela rampa no solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto 2, é : a) 16,0m b) 24,0m c) 30,0m d) 9,6m e) 4,8m

199

Questão 28 Seja um prisma triangular de massa m inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal lisa. Uma esfera de mesma massa m, que encontra-se inicialmente em repouso sobre o prisma, é abandonada do repouso pelo prof Renato Brito e desliza sem atrito sobre a superfície inclinada, desde a altura h, até ser encaçapada pelo buraco na rampa.

m

m

AT

h

Dica: veja questão 15 de classe

6 B 4 2

A 4

NS

2

TR

Questão 24 - ² O gráfico abaixo representa a velocidade de dois carrinhos A e B em função do tempo, numa colisão unidimensional . Sabendo que a massa do carrinho A vale 20 kg, pede-se determinar: V(m/s)

t(ms)

a) A massa do carrinho B; b) O coeficiente de restituição da colisão;

MO

Questão 25 - ² (UFC) Uma bolinha de massa 50 g, movendo-se horizontalmente a 10 m/s, colide com uma parede vertical, retornando com velocidade horizontal 7 m/s. Se o tempo da colisão foi de 10 ms, determine o valor da força média exercida pela parede sobre a bola. (m = mili = 10–3)

DE

Questão 26 - ² (U Mackenzie-SP) Uma esfera de 0,5 kg, abandonada de uma altura de 1,8 m, choca-se com o solo. Adote g = 10 m/s2. Sabe-se que o choque dura 0,02s e que o coeficiente de restituição entre a esfera e o solo é 0,8. Determine: a) a velocidade com que a esfera colide com o chão; b) a velocidade com que a esfera retorna, após a colisão; c) a força média que age sobre a esfera durante o choque. Questão 27 - ² (Puccamp-SP) Um corpo de massa 5 kg move-se sobre o eixo X de um plano cartesiano XY desenhado num solo horizontal perfeitamente liso, com velocidade constante de 4 m/s. Ao passar pela origem, sofre um impulso ao longo da direção Y aplicado por uma força de intensidade 150 N, que atua durante 0,1 s. A nova velocidade do corpo, após esse impulso, vale, em m/s : a) 1,5

b) 7

c) 3

Pode-se afirmar que, nesse episódio, o prisma : a) Move-se inicialmente para a esquerda e pára logo após a bola ser encaçapada. b) Move-se inicialmente para a esquerda e, logo após a bola ser encaçapada, inverte o sentido do seu movimento, retardando em seguida até parar. c) Move-se inicialmente acelerado para a esquerda e, logo após a bola ser encaçapada, prossegue em movimento retardado até parar. d) Move-se inicialmente acelerado para a direita e, logo após a bola ser encaçapada, prossegue em movimento retardado até parar. e) Move-se inicialmente para a esquerda e depois retoma à sua posição inicial.

d) 15

Questão 29 (UFC 2003) O carrinho da figura ao lado repousa sobre uma superfície horizontal lisa e no seu interior há um pêndulo simples, situado inicialmente em posição horizontal. O pêndulo é liberado e sua massa m se move até colidir com a parede do carrinho no ponto P, onde fica colada. A respeito desse fato, considere as seguintes afirmações.

L g

m

P

I. .A lei de conservação da quantidade de movimento assegura que, cessada a colisão, o carrinho estará se movendo para a direita com velocidade constante. II. A ausência de forças externas horizontais atuando sobre o sistema (carrinho+pêndulo), assegura que, cessada a colisão, o carrinho estará em repouso à esquerda de sua posição inicial. III. A energia mecânica (mgL) é quase totalmente transformada em energia térmica.

e) 5

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

FĂ­sica

200 Assinale a alternativa correta. a) Apenas I ĂŠ verdadeira. b) Apenas II ĂŠ verdadeira. c) Apenas III ĂŠ verdadeira. d) Apenas I e III sĂŁo verdadeiras. e) Apenas II e III sĂŁo verdadeiras.

VB

VA

antes

A

B

Dica: veja Exemplo Resolvido 10 e 11, pĂĄgina 184

VB

antes

A

B

Dica: massas iguais, colisão frontal e elåstica, os corpos trocam de velocidades (direção, sentido e valor). Assim, B bate em A, A amassa a mola, depois a mola empurra A de volta, A bate em B trocando novamente de velocidade, A påra, B prossegue para a direita sozinho.

Questão 34 - ² Um projÊtil de massa m colide inelasticamente com uma caixa de madeira, que despenca de um penhasco e cai a uma distância D da parede, como indica a figura abaixo. Se a massa da caixa vale M e a gravidade vale g, o prof Renato Brito pede para você determinar a velocidade inicial Vo do projÊtil. D.(M  m) g . a) Vo m 2H

b)

QuestĂŁo 32 Em cada caso abaixo, duas caixas A e B idĂŞnticas sofrerĂŁo colisĂŁo frontal e elĂĄstica. Determine, em cada caso, as velocidades das caixas apĂłs a colisĂŁo.

c)

c)

DE

d)

MO

d)

b)

D.(M  m) g . M 2H

H

NS

Dica: veja Exemplo Resolvido 10 e 11, pĂĄgina 184

a)

A estarå oscilando e B se deslocando para a direita; A estarå em repouso e B se deslocando para a direita; A e B estarão oscilando; A e B estarão em repouso na posição O; A e B estarão em repouso à esquerda da posição O.

TR

Questão 31 A figura mostra duas caixas A e B, de massas M e 3M, que se movem com velocidades 15 m/s e 5 m/s. Determine a velocidade adquirida pelas caixas A e B após sofrerem uma colisão parcialmente elåstica, com coeficiente de restituição e = 0,2.

VA

a) b) c) d) e)

AT

QuestĂŁo 30 A figura mostra duas caixas A e B, de massas M e 3M, que se movem com velocidades 12 m/s e 2 m/s. Determine a velocidade adquirida pelas caixas A e B apĂłs sofrerem uma colisĂŁo elĂĄstica.

Dica: massas iguais, colisão frontal velocidades (direção, sentido e valor)

e elĂĄstica, os corpos trocam de

Questão 33 (CESGRANRIO-RJ) Na figura, a mola Ê ideal, a velocidade de B Ê constante, A estå em repouso na posição de equilíbrio O e as massas A e B são iguais. Despreza-se o atrito. Após um choque perfeitamente elåstico, existirå um instante a partir do qual:

D.(M  m) 2g . m H

D

D.(M  m) 2g . M H Dica: veja questĂŁo 20 de classe

Questão 35 (UECE) Oito esferas estão suspensas, sendo quatro de massa M = 150g e quatro de massa m = 50g, por fios flexíveis, inextensíveis e de massas desprezíveis, conforme a figura. Se uma esfera de massa M for deslocada de sua posição inicial e solta, ela colidirå frontalmente com o grupo de esferas estacionadas.

M

M

M

M

m

m

m

m

Considere o choque entre as esferas perfeitamente elĂĄstico. O nĂşmero n de esferas de massa m que se moverĂŁo ĂŠ: a) um b) dois c) trĂŞs d) quatro Dica: veja as questĂľes 21 e 22 de classe

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


mesma em cada caso, visto que se trata da pressão no mesmo ponto do líquido, tomando áreas infinitesimais dA idênticas em cada caso, podemos escrever: G G | F1 | |F2 | P. dA G G Porém, F1 e F2 têm orientações distintas, visto que são normais às G G respectivas superfícies em cada caso, ou seja F1 z F2 . Assim, percebemos que a pressão num ponto p de um líquido não tem orientação mas, sim, a força associada a essa pressão. Essa força é sempre normal à superfície do corpo. profinho, mas por que as forças exercidas por um fluido em equilíbrio hidrostático sobre uma superfície com a qual estejam em contato são sempre normais a essa superfície ?

A

TR

AT

1 – O Conceito de Pressão Fluido é uma denominação geral dada para qualquer meio que flui, portanto, os gases e os líquidos em geral são fluidos. Alguns meios têm uma viscosidade extremamente grande e fluem com grande lentidão, como é o caso do vidro ! Observando vitrais de antigas igrejas do século XVIII, percebe-se que a espessura do vidro em sua parte inferior é um pouco maior que na parte superior, evidenciando que, ao longo dos anos, o vidro fluiu lentamente de cima para baixo, sob ação da gravidade. O mesmo ocorre ao asfalto das ruas que, assim como o vidro, também é considerado fluido -. Nesse capítulo, estudaremos a estática dos fluidos, isto é, o equilíbrio dos gases e líquidos sob ação da gravidade. No estudo da Dinâmica, usualmente admitimos a atuação da força sobre um ponto do corpo. Entretanto, quando um fluido interage com um corpo, a força que este recebe está espalhada ao longo da sua superfície. Para levar em conta esse espalhamento, consideramos o conceito de pressão: G F

IV O

Hidrostática

Aula 07

Figura 1 – A força normal F que a caixa exerce sobre a superfície da mesa está espalhada ao longo de uma área igual à base da caixa. Dizemos que a caixa exerce uma pressão sobre essa área A.

NS

Seja uma caixa em repouso sobre a superfície de uma mesa, A pressão média que a caixa exerce sobre essa superfície é dada por: G |F| [eq-1] Pressão média área Note que a pressão trata-se de uma grandeza escalar, assim como temperatura e energia, portanto não tem direção e sentido.

G F2

MO

G F1

p

Para você entender isso facilmente, Claudete, suponha que isso não ocorra, ou seja, suponha que o líquido, em equilíbrio hidrostático em repouso no interior de um recipiente, exerça em suas paredes uma força F1 que não seja normal a elas, como mostra a figura 3a.

p

Figura 2A

Figura 3a – força hipotética exercida pelo líquido sobre a parede do recipiente

Pela Lei da Ação e Reação, a parede causaria uma reação (figura 3b) igual e oposta F2 sobre o líquido, que admitiria uma componente normal F2N e uma componente tangencial F2T à superfície do líquido.

G F2N

G F2

G F 2T

líquido escoaria

Figura 2B

Figura 2 – Assim como não faz sentido falar que a temperatura do ponto p da água aponta para baixo, também não faz sentido falar que a pressão no ponto p é para baixo. Ambas são grandezas escalares e, portanto, sem orientação. A força associada a essa pressão é que tem orientação (direção e sentido).

Seja p um ponto do interior de um líquido em equilíbrio estático. A Figura 2 mostra esse mesmo ponto em duas circunstâncias distintas A e B. Na figura 2A, o ponto p está na fronteira de separação entre a face lateral de um cubo e o líquido, ao passo que, em B, ele está na fronteira de separação entre a face superior do corpo e o líquido. Em cada caso, a pressão no ponto p está associada à força G normal F que o líquido exerce sobre uma área infinitesimal dA da superfície em torno desse ponto. Como a pressão P no ponto é a

DE

G F1

Figura 3b – a existência da componente tangencial F2T levaria o líquido a escoar na direção da parede, o que violaria a hipótese de que o líquido estava em equilíbrio hidrostático.

Entretanto, a existência dessa componente tangencial F2T agindo no líquido o aceleraria ao longo da superfície, provocando escoamento do mesmo, o que seria absurdo, visto que líquidos em equilíbrio hidrostático não escoam (o escoamento de líquidos é estudado em outro ramo da Física chamado Hidrodinâmica.). Os gases ou líquidos não são capazes de resistir a esforços tangenciais sem fluírem. Assim, para que um fluido esteja em repouso, ele só pode trocar forças normais à sua fronteira de separação com outros corpos.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

Essa propriedade dos fluidos pode ser verificada facilmente enchendo-se com água um recipiente de plástico ou uma bexiga (Figura 4) e em seguida fazendo alguns furos no recipiente.

203

A força de contato que a coluna líquida exerce no fundo do recipiente é a normal N. Estando, a coluna líquida, em equilíbrio, essa normal N será numericamente igual ao seu peso m.g. Assim: F A

Pcol =

N A

m.g A

d.A.h.g A

Pcol = d.g.h

Na expressão acima, as unidades físicas que devem ser usadas, no sistema internacional (SI), são: [ Pcol ] = N / m2 = Pascal, não pode ser usado atm nessa fórmula. [ d ] = kg / m3 , lembrando que 1g / cm3 = 103 kg / m3 [h] =m

AT

Figura 4

[eq-2a]

Você perceberá que os pequenos jatos d'água abandonam o recipiente perpendicularmente a ele. Propriedade 1 As forças exercidas pelo fluido sobre uma superfície com a qual esteja em contato são sempre perpendiculares à superfície.

A expressão [eq-2] mostra que a pressão Pcol exercida por uma coluna liquida em sua base independe área A da sua secção transversal. Suponha agora que os pontos X e Y estejam numa mesma vertical, sendo h o desnível entre eles. Tomemos uma porção do fluido em forma de cilindro vertical “muito fino”, cuja área da base é A, de modo que os pontos X e Y estejam nos centros das bases.

TR

Vamos agora considerar dois pontos X e Y situados no mesmo nível no interior do fluido (figura 5a). Qual seria a relação entre as pressões nesses pontos ? Para responder a essa questão, vamos tomar uma porção do fluido em forma de cilindro horizontal "muito fino" (figura 5b), de modo que os centros das bases sejam, os pontos X e Y.

y

h Figura 5 a

y

Fx

Fy

MO

Fx = Px. A e Fy = Py. A Para que o cilindro esteja em equilíbrio, devemos ter: Portanto:

Figura 6a

P = (m).g = (d.V).g = d.(A.h). g

Figura 5 b

Na figura 5b, isolamos o cilindro. A pressão na face esquerda é Px e na face direita é Py. Portanto, sendo A a área de cada face, as forças horizontais exercidas pelo resto do fluido sobre o cilindro têm intensidades Fx e Fy dadas por:

Fx = Fy Ÿ Px. A

h

Na face superior a pressão é py e na face inferior é px. Assim, as forças verticais que o resto do fluido exerce no cilindro têm intensidades Fx = px.A e Fy = py.A como mostra a figura 6b. Além dessas duas forças, devemos considerar o peso P do cilindro. Sendo V o seu volume e d a densidade do fluido, temos:

NS x

x

g

= Py .A Ÿ Px = Py

DE

Propriedade 2 Em um fluido em equilíbrio, isto é, que não estão escoando nem estão acelerados em relação à Terra, pontos que estejam num mesmo nível horizontal suportam a mesma pressão. 2 –Pressão exercida por uma coluna líquida Seja uma coluna líquida de altura h exercendo pressão Pcol sobre o fundo do seu recipiente. Admitindo que a densidade do líquido vale d e que a área da base do recipiente vale A, queremos determinar essa pressão Pcol. O volume da coluna líquida será V = A.h, onde A é a área do fundo do recipiente. Sendo d a densidade do líquido, a sua massa m será dada por m = d.V = d.A.h.

Fy y P

h

g x

h Fx

Figura 6 b

Como o “cilindro de fluido” certamente está em equilíbrio no fluido, devemos ter: Fx = Fy + P Px.A = Py.A + d.(A.h). g Px = Py + d.g.h

(eq-2b)

Lei de Stevin

A expressão eq-2b é chamada de Lei de Stevin. Ela permite calcular a diferença de pressão entre dois pontos x e y de um líquido em equilíbrio, conhecendo o desnível vertical h entre eles.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Assim, considere a superfície de um lago, submetida à ação da pressão atmosférica Patm (Figura 6c). Seja y um ponto da superfície do lago submetido à pressão atmosférica (Patm). A relação eq-2b fornece a pressão Px num ponto x genérico a uma profundidade h medida verticalmente, a partir da superfície do líquido (Figura 6c):

Patm

IV O

Física

204

A figura mostra três recipientes com formatos diferentes contendo o mesmo líquido (água por exemplo) até a mesma altura h medida verticalmente. Denominamos Pressão hidrostática a pressão exercida exclusivamente pela água (ou qualquer líquido), sem contar o efeito da atmosfera. Pode parecer inacreditável mas a pressão hidrostática que o líquido exerce (internamente) nos pontos a, b, c e d (figura 8) é a mesma e esse fato independe do formato do recipiente, conforme o prof Renato Brito explicará a seguir:

h g

AT

y h

x

a

Figura 6 c

Px = (d.g).h + Patm Y = (a).x + b

TR

Px = d.g.h + Py , com Py = Patm

b

(eq–2c)

NS

h

MO

No gráfico da Figura 6d, vale a relação tgD = d.g, onde tgD é a inclinação da reta (coeficiente angular na função dada por eq2), d é a densidade do líquido e g é a gravidade local. Assim, quanto maior for a densidade d de um líquido, maior será a inclinação D (tgD = d.g) do seu gráfico P x h.

DE

Ao fazer referência à tg D no triângulo retângulo da figura 6d, estamos nos referindo à tangente geométrica, dada pelo quociente: cat.oposto 'p tgD d.g cat.adjacente 'h Profinho, eu tenho uma dúvida. A pressão que o líquido exerce no fundo de um recipiente depende do formato desse recipiente ?

d

A pressão exercida pela água no fundo do 1o recipiente é a pressão no ponto a. Trata-se da pressão que a coluna 1 exerce sobre aquele ponto, ou seja, Pa = d.g.h.

A expressão eq2c mostra que a pressão no interior de um líquido varia linearmente com a profundidade h. Como se trata de uma função do 1o grau na variável h, o gráfico da pressão em função de h é uma reta cujo coeficiente angular (tgD) vale a = d.g.

Figura 6 d

c

Figura 7 – a pressão hidrostática exercida pela água (internamente) no fundo de cada é exatamente a mesma, independente da forma do recipiente.

g

4 e

k

y

b

5

2

3 a

m

6

1

x

7

c

d

Figura 8

Claramente percebemos que a pressão Pc no fundo do 2o recipiente é causada pela coluna 2, que é idêntica à coluna 1, ou seja, Pc = d.g.h e, portanto, Pc = Pa.

profinho, mas como a coluna 2 que esmaga o ponto c é maior que a coluna 3 que esmaga o ponto b, então né possível que Pb seja igual a Pc, neh?

Claudete, eu sei que parece inacreditável, mas Pc realmente é igual a Pb (figura 8), conforme indica a propriedade 2 vista anteriormente. Para entender isso, note que a pressão que esmaga o ponto b é a pressão exercida pela coluna 3 mais a pressão que a parede do recipiente exerce sobre a coluna 3, ou seja, mais a pressão Px no ponto x. Entretanto, temos que Px = Py (propriedade 2) e que Py é a pressão exercida pela coluna 4. Pb = Pcol 3 + Px = Pcol 3 + Py = Pcol 3 + Pcol 4 = Pcol 2

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física Da mesma forma, é fácil ver que a pressão Pd exercida pela água (internamente) no fundo do 3o recipiente coincide com as pressões anteriores: Pd = Pcol 5 + Pe = Pcol 5 + Pk = Pcol 5 + ( Pcol 6 + Pg)

a) a pressão hidrostática exercida no fundo de cada recipiente (figura 11a) é exatamente a mesma pressão exercida por uma coluna líquida de altura h, ou seja, P1 = P2 = P3 = Pcol = d.g.h. Conforme vimos, essas pressões independem da área da base e do formato do recipiente. Esse é exatamente o princípio que está por trás dos vasos comunicantes. Como a pressão hidrostática é exatamente a mesma no fundo de cada recipiente (figura 11b), se eles forem interligados através de canudos, a água não fluirá entre eles por não haver diferença de pressão entre as dos canudos.

Mas Pg = Pm = Pcol 7, assim: Pd = Pcol 5 + ( Pcol 6 + Pg) = Pcol 5 + Pcol 6 + Pcol 7 Pd = Pcol 2 = d.g.h, ou seja:

IV O

Portanto, temos: Pb = Pc = Pa = d.g.h

205

Pa = Pb = Pc = Pd = d.g.h.

1

2

AT

É por isso que o cientista francês Blaise Pascal, no seu livro intitulado “Tratado do equilíbrio dos Líquidos”, afirmou que “os líquidos pesam segundo a sua altura vertical” . Yes ... de fato, a pressão que a água exerce internamente no fundo de cada recipiente é a mesma, independente do formato do recipiente !

TR

Exemplo resolvido 1 – O Paradoxo Hidrostático: a figura mostra três recipientes (de massa desprezível) com área das bases idênticas contendo água até a mesma altura h apoiados sobre uma mesa. o prof Renato Brito pede que você:

3

2

3

Figura 11 b

b) Se P1 = P2 = P3 = Pcol e todos os recipientes têm a mesma área A da base (figura 11a), então :

NS

2

h

Figura 11 A

1

1

3

P1 = P2 = P3 = Pcol Ÿ

P1.A = P2.A = P3.A = Pcol . A

P1.A = P2.A = P3.A = Pcol . A Ÿ F1 = F2 = F3 = Pcol . A

h

Assim, percebemos que as forças que os líquidos exercem no fundo de seus respectivos recipientes, que é a mesma força que o fundo desses recipientes aplicam sobre o líquido (ação e reação), têm a mesma intensidade F = Pcol . A.

Figura 9

MO

a) coloque em ordem crescente as pressões P que a água exerce internamente no fundo de cada recipiente (pressão hidrostática); b) coloque em ordem crescente as forças F que a água exerce internamente no fundo de cada recipiente; c) coloque em ordem crescente os pesos W da água contida em cada recipiente; d) coloque em ordem crescente a pressões P* que o fundo de cada recipiente exerce sobre a mesa.

DE

Solução: Inicialmente, chamo a sua atenção para a diferença entre as forças F e F* mostradas na figura 10. F é a força que o líquido exerce (internamente) no fundo do recipiente, ao passo que F* é força que o fundo do recipiente exerce externamente sobre a mesa. Apesar de parecer que essas forças tem o mesmo valor, na verdade suas intensidades só irão coincidir em alguns casos, conforme veremos a seguir.

Figura 11 C - os pedreiros utilizam o princípio dos Vasos Comunicantes para nivelar os azulejos da parede, durante uma obra.

F F* Figura 10

c) Lembrando que estamos desprezando o peso do vaso, o recipiente que tiver maior volume de água terá o maior peso W (weight). Observando a Figura 9, é fácil perceber que: W1 > W2 > W3

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


6 – Bebendo água de canudinho Muitas pessoas, inclusive a Claudete, acham que, ao beberem água de canudinho, o líquido sobe devido ao poder de sucção da pessoa, Na verdade, quem faz o líquido subir através do canudo é a pressão atmosférica. A seguir, o prof Renato Brito lhe explicará como se dá o processo:

Patm

Patm

Patm

Patm

Patm

h A

B

A

B

A

do seu interior. Assim, teremos Pbaixo > Pcima, causando a diferença de pressão Pbaixo – Pcima, necessária para que o líquido suba pelo canudo. A altura h que o líquido atinge depende Pcima da diferença de pressão Pbaixo – Pcima causada pela pessoa durante a sucção, como veremos a seguir. Observando a figura 19c, tomando dois pontos a e b no Pbaixo Pbaixo h mesmo nível, pela Propriedade 2, vem: PA = PB

Ÿ Pcol agua + Pcima = Pbaixo

A

h

Como Pcol = d.g.h e Pbaixo = Patm, vem:

B

d.g.h + Pcima = Patm

B

AT

Patm

IV O

Física

210

d.g.h = Patm – Pcima

Figura 19a – seqüência mostrando a ação da pressão atmosférica, pressionando a superfície do líquido para baixo, forçando-o a subir gradativamente pelo canudo.

[eq-6]

Figura 19c

TR

A pressão atmosférica que age na superfície livre do líquido o empurra para baixo, forçando que ele suba através do canudo. Entretanto, uma outra pressão atmosférica idêntica à anterior entra pela extremidade superior do canudo e força a sua descida. Patm Patm Patm

h=0

h

NS

h

Figura 19b – seqüência mostrando a ação da pressão atmosférica, que entra pela extremidade superior do canudo, forçando a descida da coluna líquida gradativamente até a superfície do líquido.

MO

O resultado é que, como essas duas pressões agem juntas, o líquido acaba não conseguindo subir pelo canudo espontaneamente. Assim, percebemos que a subida do líquido trata-se de um cabo de guerra: uma pressão atmosférica lutando contra a outra.

DE

Aaah ! Entendi! Quer dizer que, para o líquido conseguir subir, a gente tem que ajudar a pressão de baixo a ganhar da pressão de cima, neh, profinho ?

Nooossa ! Agora você me surpreendeu! É exatamente essa a tática, Claudete . E para ajudar a pressão de baixo Pbaixo a ganhar da pressão de cima Pcima, precisamos reduzir esta última, fazendo sucção na extremidade superior do canudo para retirar parte do ar

Figura 20

A expressão [eq-6], mostra que, de fato, a altura vertical h que o líquido sobe é função da diferença de pressão entre as extremidades do canudo. Enquanto o garoto não põe a boca na extremidade superior do canudo, mantendo-a aberta, a pressão atmosférica Pcima entra por aquela extremidade (Pcima = Patm) e, de acordo com [eq-6], teremos: d.g.h = patm – Pcima , com Pcima = Patm d.g.h = patm – Patm = O d.g.h = O Ÿ h = O

ou seja, o líquido não sobe. A pressão Pcima na extremidade superior do canudo é controlada pela vontade da pessoa (veja figura 20). Quando a pessoa faz sucção, ela está reduzindo a pressão Pcima, aumentando a diferença de pressão (Patm – Pcima) e, consequentemente [eq-6], a altura h da coluna líquida. Em outras palavras, ela está fazendo o líquido subir pelo canudo. A maior altura h que a coluna d'água pode subir por sucção, empurrada pela pressão atmosférica Pbaixo , é obtida obtendo-se a maior diferença de pressão entre as extremidades do canudo ( patm – Pcima ), ou seja, reduzindo-se Pcima ao menor valor possível para uma pressão: Pcima = O. Esse puder de sucção para criar vácuo , entretanto, é para o super-homem - . Se ele sugasse com esse tamanho poder, teríamos: Pcol agua = Patm – Pcima Pcol agua = Patm – 0 Pcol agua = Patm

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Autoteste 3 Comentado a) Na 1ª situação, o bloco está em equilíbrio sob ação do seu peso P e da tração T = 10 kgf registrada pelo dinamômetro, portanto, seu peso vale P = T = 10 kgf. b) A balança da 2ª situação mede o peso do líquido que foi deslocado pelo bloco (4 kgf) que, conforme o princípio de Arquimedes, é o valor do empuxo que age no bloco (E = 4 kgf). c) Do equilíbrio do bloco, na situação final, podemos escrever T + E = P, donde se conclui que a marcação final do dinamômetro vale T = 6 kgf .

IV O

Física

218

Claudete, eu também pensava assim, quando era estudante de Física. Agora que virei prof Renato Brito, vou lhe mostrar que, de fato, o óleo está empurrando a caixa para cima, assim como a água também o faz. Patm

d1

óleo

F1

x

É fácil perceber que a lei do empuxo é mais facilmente aplicada a partir do enunciado original do Arquimedes ( o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado) que usando a sua formulação matemática E = d Liq. Vsub. g. Se ligue nesse fato ! -

b

x

d2

AT

água

F2

y

z h1 h2

y Figura 41

Para isso, considere a seguinte legenda: A = área das bases do cilindro. PX = pressão na face superior do cilindro PY = pressão na face inferior do cilindro Patm = pressão atmosférica

TR

Autoteste 4 Um mesmo bloco de madeira é posto a boiar em três recipientes distintos, sendo que um deles continha água, o outro continha óleo de cozinha, e o último continha mercúrio Hg. Identifique, na figura a seguir, o líquido contido em cada recipiente.

a

A figura 41 revela que a força de pressão F2 , que age na base inferior da caixa, está relacionada com a pressão no ponto Y, que é dada pela pressão da coluna b mais a pressão atmosférica: PY = Pcol b + Patm =

B

C

Já a força de pressão F1, que age na base superior da caixa, está relacionada com a pressão no ponto X, que é dada pela pressão da coluna a mais a pressão atmosférica:

NS

A

MO

12 – Calculando o Empuxo Duplo A seguir, mostraremos que o empuxo duplo que atua sobre um cilindro em equilíbrio, parcialmente mergulhado no óleo e na água, como mostra a figura 40, pode ser calculado como a soma dos empuxos parciais E1 e E2 feitos pelo óleo e pela água sobre ele, ou seja: E n = n E1 + n E2

h1

h2

óleo

água

Figura 40

DE

profinho, mas se o óleo pressiona o cilindro para baixo, o empuxo que ele exerce sobre o cilindro não deveria ser para baixo não ?

d2.g.h2 + d1.g.( h1 + z ) + Patm [eq-10]

PX =

Pcol a + Patm

=

d1.g. z + Patm

[eq-11]

Afinal, o óleo, na figura 41, está empurrando a caixa para cima ou para baixo ?

O leitor atento a essa figura perceberá que, enquanto toda a coluna de óleo de altura “h1 + z ” está contribuindo para a pressão PY no ponto Y e, consequentemente, para a força ascendente F2n, apenas a pequena coluna de óleo de altura “z” está contribuindo para a pressão PX no ponto X, ou seja, para a força descendente F1 p. Dessa forma, vemos que, no geral, o óleo (na figura 41) está aplicando na caixa uma força para cima n-, ao contrário do que muitas pessoas pensariam à primeira vista. A seguir, determinaremos a resultante das forças de pressão agindo na caixa, ou seja, o empuxo dado por E = F2 – F1 :

E =

F2 – F1

= PY. A – PX.A

= (PY – PX).A

Substituindo eq-10 e eq-11 na expressão acima, vem: E = (PY – PX).A = (d2.g.h2 + d1.g.h1). A E = d2.g.(A.h2) + d1.g.(A.h1) = d2.g.V2 + d1.g.V1 Fazendo E1 = d1.V1.g e

E2 = d2.V2.g , vem : E = E2 + E1

[eq-12]

Podemos, em poucas palavras, enunciar dizendo que, nesses casos, o empuxo total é simplesmente a soma dos empuxos parciais exercidos por cada líquido sobre o corpo. 3

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

IV O F

Exemplo Resolvido 5: Um bloco homogĂŞneo flutua parcialmente imerso na ĂĄgua e parcialmente imerso no Ăłleo, como ilustra a figura a seguir. Conhecendo a densidade d1 do Ăłleo e d2 da ĂĄgua, bem como as alturas h1 e h2 que o cilindro ocupa em cada lĂ­quido, pede-se determinar a densidade d do cilindro.

V1

h2

V2

h2

V2

h

nE1 + nE2 = Peso p d2.g.V2 + d1.g.V1 = d.(V1 + V2).g d1 .V1  d2 .V2 V1  V2

d

§h ¡ §h ¡ d1 .¨ 1 ¸  d2 .¨ 2 ¸ h Š 2š Š h2 š § h1 ¡ § h2 ¡ ¨ ¸¨ ¸ Š h2 š Š h2 š

d1 .k  d2 Â&#x; k 1

d1 .k  d2 , onde k ĂŠ simplesmente o quociente k = h1 / h2 k 1

TR

Se o cilindro tem densidade d e volume V = V1 + V2 , a sua massa m Ê dada por m = d.V = d.(V1 + V2) e seu peso P = m.g Ê dado por P = d.(V1 + V2).g . Substituindo na condição de equilíbrio, vem:

Isolando o valor de k na expressĂŁo acima, vem: d1 .k  d2 d Â&#x; d1.k + d2 = d.k + d Â&#x; k.(d  d1) = d2  d k 1 d2  d [eq14] k d  d1

Com base na relação eq14 acima, o que ocorre ao quociente k quando aplicamos a força F ao êmbolo ?

NS

A expressão acima fornece a densidade do corpo em função dos volumes V1 e V2 que ele ocupa, respectivamente, no óleo e na ågua. Substituindo V1 = h1.A e V2 = h2.A na expressão encontrada, temos: d1 .V1  d2 .V2 d .A.h  d2 .A.h2 = 1 1 V1  V2 A.h1  A.h2

d1 .h1  d2 .h2 h1  h2

Em suma, a densidade do corpo pode ser calculada por qualquer uma das expressĂľes abaixo: d1 .h1  d2 .h2 h1  h2

[eq13]

MO

d1 .V1  d2 .V2 V1  V2

d1 .h1  d2 .h2 = h1  h2

d

nE1 + nE2 = Peso p

d =

V1

AT

Figura 42

Solução: Como o cilindro estå em equilíbrio, vem:

d =

h1

Estando o corpo em equilíbrio na fronteira entre os 2 fluidos (ar e ågua), Ê vålida a relação eq13. Dividindo tanto o numerador quanto o denominador da relação eq13 pelo fator h2, temos:

ĂĄgua

d =

ĂŞmbolo

ar

Ăłleo

h1

219

A relação [eq-13] pode ser muito útil para poupar trabalho na resolução de questþes ainda mais complexas.

DE

Exemplo Resolvido 6: Dentro de um recipiente cilíndrico hå um corpo boiando em equilíbrio na fronteira de separação entre o ar e a ågua contida no seu interior. Um êmbolo que pode se mover sem atrito impede que o ar contido no cilindro escape. Se aplicarmos uma força F ao êmbolo, aumentando a pressão do ar aprisionado, que ocorrerå às alturas h1 e h2 ? Aumentam, diminuem ou permanecem constantes ?

Solução: Ainda seguindo o raciocínio do exemplo resolvido 5, considere os seguintes parâmetros: d = densidade do corpo d1 = densidade do ar d2 = densidade da ågua h1 = altura que a caixa ocupa no ar h2 = altura que a caixa ocupa na ågua

Ora, sendo o corpo e o líquido incompressíveis, suas densidades d e d2 permanecem constantes. O ar aprisionado, sendo compressível, sofre um aumento de densidade (seu volume diminui mas sua massa permanece constante) devido à compressão aplicada ao êmbolo. Com o aumento de d1n na relação eq14, vemos que o denominador diminui, embora o numerador permaneça constante, levando ao aumento do quociente kn.

Note que a soma h1 + h2 ĂŠ constante e vale a altura total h da caixa (h1 + h2 = h = constante), ou seja, se h1 aumentar, h2 diminuirĂĄ, e vice-versa. Mas como o quociente k = h1 / h2 aumentou, certamente houve aumento da altura h1 e, consequentemente, diminuição da altura h2. - Legal, nĂŠ ? 13 â&#x20AC;&#x201C; Empuxos NĂŁo-Arquimedianos Quando um corpo ĂŠ mergulhando num lĂ­quido, sofrerĂĄ por parte deste uma força que aponta na mesma direção e sentido contrĂĄrio da gravidade, denominada Empuxo ou Empuxo de Arquimedes. O Empuxo ĂŠ a resultante das â&#x20AC;&#x153;forças de pressĂŁoâ&#x20AC;? que o fluido exerce no corpo e surge devido Ă  diferença de pressĂŁo que a gravidade impĂľe no interior do fluido. Conforme a Lei de Stevin, a pressĂŁo aumenta Ă  medida que nos deslocamos no interior do fluido, na mesma direção e sentido da gravidade. Por esse motivo, a â&#x20AC;&#x153;resultante das forças de pressĂŁoâ&#x20AC;? que agem num corpo mergulhado no interior desse fluido estĂĄ na mesma direção e sentido contrĂĄrio ao do campo gravitacional.

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Entretanto, em algumas situações bastante raras, é possível que a “resultante das forças de pressão” que o líquido exerce sobre o corpo imerso não seja vertical n apontando para cima, como de costume. Para que isso ocorra, é suficiente que uma das faces do corpo deixe de ser molhada pelo líquido. O bloco A de borracha mostrado na figura 43a, por exemplo, está perfeitamente adaptado a um buraco na parede lateral de um tanque de água. Assim, como a face direita do bloco A não é molhada pelo líquido, é fácil ver que a resultante das forças de pressão que atuam sobre o bloco A será o empuxo EA Ê .

Claudete, era isso que eu temia .....rsrsrs. A maioria das pessoas, à primeira vista, é levada a pensar dessa forma, entretanto, é preciso atentar para o fato de que empuxos não-arquimedianos são raríssimos. Por exemplo, para que o empuxo na caixa B da figura 43a seja, de fato, vertical e para baixo p EB (não-arquimediano), o prof Renato Brito afirma que as duas condições abaixo devem ser satisfeitas ao mesmo tempo : 1) a face debaixo da caixa B (figura 43a) deve ser plana, portanto, não pode ser nem côncava nem convexa. Por esse motivo, bolas ou esferas encostadas no fundo de um recipiente sempre sofrerão empuxos arquimedianos (convencionais) nE. Essa condição número 1 é necessária para que “forças de pressão” ascendentes n não atuem sobre o corpo.

AT

Outro exemplo clássico é o do bloco B que adere perfeitamente ao fundo do tanque de água, de tal forma que “nenhuma água” molhará a face (plana) inferior desse corpo (veja figura 43a). Nesse caso, é fácil ver que a “resultante das forças de pressão” que agem sobre o bloco B será o empuxo EB vertical p e apontando para baixo. Portanto, mesmo que a densidade do corpo seja menor que a do líquido (isopor na água, por exemplo), esse corpo B, ainda assim, ficará em equilíbrio no fundo do tanque, sob ação das forças empuxo EB p, peso Pp e normal Nn.

IV O

Física

220

TR EY

B

B

A

EA

EX

NS

A

EB

Figura 43a – Um bloco de borracha A sofrendo um empuxo inclinado, e um bloco

B sofrendo empuxo vertical para baixo.

MO

Esses casos especiais de empuxo são denominados Empuxos Não-Arquimedianos por não seguirem o Princípio de Arquimedes ou, em outras palavras, pelo fato “do valor desses esses empuxos não ser igual ao valor do peso do líquido deslocado pelo corpo ( E z dLiq.V. g)” . Para se calcular o valor do empuxo não-arquimediano, devemos seguir a definição de empuxo, isto é, devemos calcular “a resultante das forças de pressão que agem no corpo”. Para isso, é preciso determinar individualmente cada uma das forças de pressão ( F = pressão x área) que atuam sobre o corpo e, em seguida, determinar a resultante dessas forças .

Assim, numa questão sobre Empuxo não-arquimediano bem formulada, o enunciado deve, de alguma forma, deixar claro que as duas condições acima estão sendo satisfeitas. Do contrário, sempre ficará no ar uma ambigüidade, uma dupla interpretação do enunciado. Essas ambigüidades ocorrem frequentemente, com esse tema, portanto, é preciso estar muito atento. Nunca esqueça que, por exemplo, quando uma esfera (ou qualquer corpo com superfície convexa) encostar no fundo de um recipiente com água (Figura 43b), o empuxo que a esfera receberá será para cima. Afinal, a água conseguirá molhar a face inferior da esfera, não é verdade? -

Não, não e mil vezes não, Claudete ! Afff...

DE

Ai, profinho, quer dizer que toda vez que o corpo encostar no fundo do recipiente, o empuxo sempre é prá baixo, é ?

2) É necessário que haja uma perfeita adesão entre a face inferior da caixa B (figura 43a) e o fundo do recipiente, de forma que esta face não tenha nenhum contato com o líquido. Essa condição número 2 é necessária pelo fato de que, mesmo superfícies planas, quando vistas a olho nu, às vezes apresentam rugosidades, irregularidades que permitem a penetração do liquido por baixo do corpo (por capilaridade) fazendo com que, mesmo que a face inferior seja plana, o empuxo agindo sobre o corpo ainda seja o convencional n E, isto é, ainda siga o Princípio de Arquimedes.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

Exemplo Resolvido 8 - Em cada um das seguintes situações físicas, o professor Renato Brito pede para você determinar se o nível H da água no tanque subirá, descerá ou permanecerá o mesmo após o completo derretimento do gelo: b)

a)

madeira

gelo

gelo

H

H

AT

Exemplo Resolvido 7 – UECE 2005 – 1ª fase Um bloco cúbico, de massa M e aresta L, repousa no fundo de um tanque com água parada, como mostra a figura. O valor da força normal N que a parede do fundo exerce sobre o bloco, considerando g a aceleração da gravidade, U a massa específica da água e desprezível a ação da atmosfera, é: a) Mg – (Ugh)L2 b) UgL3 c) Zero d) Mg + (Ugh)L2

221

c)

ferro

gelo

H

TR

Solução: Ainda que o enunciado não deixe claro que se trata de empuxo não-arquimediano, nenhuma das opções de resposta (a, b, c, d) dessa questão seria correta caso o empuxo seguisse o Princípio de Arquimedes. Por esse motivo, o estudante deduzirá que está sendo considerado o raro caso em que nem todas as faces do corpo encontram-se “molhadas” pelo fluido, no caso, a face inferior do cubo em contato com o fundo do tanque.

Comentários Preliminares do Professor Renato Brito :

E

™ Na situação da letra a, por exemplo, se o gelo fosse empurrado para baixo p pela mão de uma pessoa, o que ocorreria ?

NS

Assim, o empuxo E, que é a resultante das “forças de pressão” que o líquido exerce sobre o bloco, será vertical e apontará para baixo, conforme a figura acima. Trata-se de um empuxo NãoArquimediano e o seu valor, nesse caso, será meramente a força de pressão que a água exerce sobre a face superior do cubo, ou seja: E = (pressão) x (área) = (U.g.H ) x (L2) = U.g.H.L2

Inicialmente, vejamos alguns princípios gerais que se aplicam às três situações propostas:

x o volume de água deslocado pelo gelo aumentaria; x o empuxo En que age no gelo aumentaria; x O gelo passaria a ocupar mais espaço embaixo da água do tanque que, portanto, seria obrigada a se deslocar para cima, fazendo o nível H subir.

™ Por outro lado, se o gelo do item a fosse suavemente levantado n pela mão de uma pessoa, o que ocorreria ?

MO

E

N P

DE

A figura acima mostra o diagrama de forças que agem sobre o bloco. A questão sugere que o bloco está em repouso permanente no fundo do tanque, ou seja, em equilíbrio, o que permite escrever: N = E + P = U.g.H.L2 + M.g N = U.g.H.L2 + M.g Resposta Correta – Letra D Observação importante: A rigor, nesses casos não-arquimedianos, a pressão exercida sobre a face superior da caixa também deve levar em conta a pressão atmosférica Patm exercida na superfície da água. Assim, teríamos: E = (pressão) x (área) = (U.g.H + Patm ) x (L2) E = U.g.H.L2 + Patm.L2

x o volume de água deslocado pelo gelo diminuiria; x o empuxo En que age no gelo diminuiria; x O gelo passaria a ocupar menos espaço embaixo da água do tanque que, portanto, seria obrigada a descer para preencher o espaço vazio deixado pelo gelo que subiu. x O nível H da água do tanque desceria.

As idéias expostas acima podem ser sintetizadas no quadro a seguir. Conclusões Gerais : 1) O nível H da água no tanque sempre sobe n quando o empuxo que age no corpo aumenta; 2) O nível H da água no tanque sempre desce p quando o empuxo que age no corpo diminui; 3) O nível da água no tanque permanece inalterado se o empuxo que age no corpo não sofre alteração, isto é, se o volume de água deslocado pelo corpo (vsub) nem aumenta nem diminui. A seguir, aplicaremos nossas três conclusões gerais para solucionar as situações a, b e c propostas nesse exemplo 8.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Na figura 48, o equilíbrio inicial permite escrever: p Pbola Ferro + p Pgelo

do sistema “gelo+bola ferro”

=

grande quantidade de água, obtendo assim um empuxo suficiente grande para equilibrar todo o seu peso. Na figura 50b, o adulto fica em pé sobre o fundo da piscina, deslocando menos água que antes, sofrendo menor empuxo. O nível H da água na piscina claramente desce. O empuxo En agora conta com a ajuda da normal Nn sob seus pés para equilibrar todo o peso da pessoa. Na figura 50c, o adulto novamente molda seu corpo de forma a perder o contato com o fundo da piscina (N = 0), passando a deslocar mais água que antes, obtendo novamente um empuxo suficientemente grande para equilibrar todo o seu peso. Novamente, o aumento do empuxo leva ao aumento do nível H da água da piscina, como esperado -.

AT

Assim, comparando o item c com o item b, vemos que houve o acréscimo de uma nova força agindo no sistema “bola+gelo” : a força normal N (figura 49).

IV O

Resolução do item c: Quando o gelo, novamente envolto num saco de dindin (figura 48), derreter completamente, o saco permanecerá em equilíbrio completamente imerso no seio do líquido (figura 49). A bola de ferro, que estava inicialmente em equilíbrio sobre o gelo (figura 48), permanecerá em equilíbrio agora completamente imersa, tocando o fundo do recipiente (afinal ferro é mais denso que água), recebendo deste uma força de contato nN normal (figura 49).

223

Empuxo total inicial n

TR

Após o derretimento do gelo, mais uma vez o “peso total do sistema” não se altera. Entretanto, na figura 49 este “peso total” não será equilibrado apenas pela ação dos empuxos, mas também pela ação da normal N n acrescentada ao sistema. Assim, o equilíbrio final do sistema “saco de dindin + bola ferro” (figura 49) permite escrever: p Pbola Ferro + p Psaco de dindin = Empuxo total final n + Nn As duas expressões acima nos permitem concluir que: Empuxo total inicial n

=

Empuxo total final n +

Nn

NS

Assim, o empuxo E n requerido para equilibrar o peso total do sistema é maior na situação inicial (figura 48) que na situação final (figura 49). Afinal de contas, apesar do peso total do sistema “bola + saco de dindin” não ser alterado pela mera fusão do gelo, o empuxo En na figura 49 conta com a ajuda na normal Nn para equilibrar o mesmo peso total de antes, sendo requerido, portanto, um empuxo menor que na situação inicial.

O derretimento das calotas polares da Terra levaria sim ao aumento do nível dos oceanos. O raciocínio que usaremos para justificar esse fato segue o mesmo raciocínio do adulto na piscina. Veja:

MO

Uma redução do valor do empuxo que age no sistema implica uma redução do volume de água deslocada pelo mesmo (vsub), obrigando o nível da água do tanque a descer (H2 < H1 , nas figuras 48 e 49) , a fim de ocupar o espaço vazio que o sistema deixou no seio da água do tanque, ao diminuir sua porção imersa (Vsub diminuiu).

DE

A diminuição do empuxo total que age no sistema implica a descida - do nível H da água do tanque, conforme explicado no item 2 das Conclusões Gerais.

figura 50 a

figura 50 b

Figura 51

Figura 52

Inicialmente, o enorme bloco de gelo (figura 51) encontra um apoio (uma normal N n) agindo em sua face inferior, ajudando o empuxo En a equilibrar o peso total do gelo. E inicial n

+

A descida do nível H da água, no caso da bola de ferro, em geral é surpreendente à primeira vista, parecendo até mesmo ir contra a intuição. No entanto, as figuras 50 a, b e c acima mostram que, de fato, tudo faz sentido.

= Peso total p

(figura 51)

À medida que o blocão de gelo vai derretendo, essa normal N vai diminuindo gradativamente de valor até que, ao final, o blocão de “água derretida” agora estará em equilíbrio sem nenhuma normal N n (figura 52), sendo o seu peso total (que não mudou durante a mudança de estado físico) agora equilibrado exclusivamente pelo empuxo final. E final n

figura 50 c

Nn

= Peso total p

(figura 52)

Assim, é fácil perceber que, na situação final (figura 52), o empuxo requerido para equilibrar o peso total sozinho, sem ajuda da normal, é maior que o empuxo inicial da figura 51, que contava com a ajuda da normal N para equilibrar o mesmo peso total. Se o empuxo aumenta, isso implica que na figura 52 o corpo desloca mais água do tanque que inicialmente (Vsub aumentou),

Na figura 50a, um adulto (numa piscina rasa) abre bem as pernas de forma a perder o contato com o solo (N = 0), deslocando uma Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

224

água deslocada essa que é obrigada a subir, levantando o nível H da água do tanque (que representa a água dos oceanos).

(Figura 53), visto que o líquido encontra-se em equilíbrio:

Assim, conforme explicado no item 1 das Conclusões Gerais (página 221), o aumento do o empuxo implica o aumento do nível H da água do recipiente (o nível dos oceanos subiria gradativamente, à medida que as calotas polares fossem derretendo).

Como a balança é um aparelho que marca a força de contato exercida sobre ela, na figura 53 ela marcará N1 = 10 kgf. Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo Eo trocado entre a bola de ferro e o óleo é igual ao peso do óleo deslocado pela bola (ou seja, é igual ao peso de 1 litro de óleo), sendo, portanto, Eo = 0,8 kgf. Substituindo em eq15, temos: N1 = Pa + Po + Eo 10 kgf = Pa + Po + 0,8 kgf Pa + Po = 9,2 kgf Da mesma forma, a figura 54 mostra as forças que agem no líquido no caso 2. Note que a água exerce um empuxo Ean na bola de ferro que, por sua vez, exerce a reação Eap na água, empurrando os líquidos para baixo. Todas as forças que agem no líquido devem se equilibrar (figura 54), visto que o líquido encontra-se em equilíbrio:

AT

Exemplo Resolvido 9: Seja um recipiente parcialmente preenchido com água e óleo sobre uma balança. Uma bola de ferro maciça de volume 1 litro, presa a um fio, é inicialmente posicionada em equilíbrio no óleo (situação 1), situação em que a balança registra um peso de 10 kgf. Em seguida, a bola é posicionada em equilíbrio no interior da água (situação 2) e, finalmente, o fio se rompe, passando a esfera a repousar no fundo do recipiente. Considerando as massas específicas de cada líquido, dadas pela tabela abaixo, determine as marcações das balanças nas situações 2 e 3.

N1 = Pa + Po + Eo

N2 = Pa + Po + Ea

(eq15)

(eq16)

TR

Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo Ea trocado entre a água e a bola de ferro é igual ao peso da água deslocada pela bola (ou seja, igual ao peso de 1 litro de água), sendo, portanto, Ea = 1 kgf. Substituindo em eq16, temos: N2 = Pa + Po + Ea N2 = (Pa + Po) + Ea N2 = ( 9,2 kgf ) + 1 kgf = 10,2 kgf

NS

Assim, no caso 2, a balança marca N2 = 10,2, kgf. Finalmente, no caso 3, como não houve derramamento de líquido, a balança marcará tão somente o peso total do sistema, isto é, Pa + Po + Pfe. Pela densidade da bola de ferro, vemos que sua massa vale 8 kg e seu peso, Pfe = 8 kgf.

Substância água líquida Óleo

1 g/cm3

0,8 g/cm3

8 g/cm3

MO

Ferro

Massa específica

DE

O prof Renato Brito Comenta: A figura 4 mostra as forças que agem no líquido no caso 1. Note que o óleo exerce um empuxo Eo n na bola de ferro que, por sua vez, exerce a reação Eop no óleo, empurrando os líquidos para baixo.

figura 53

Assim, no caso 3, a marcação da balança será: Pa + Po + Pbola = ( Pa + Po ) + Pfe = ( 9,2 kgf ) + 8 kgf Pa + Po + Pfe = 17,2 kgf Ah ! Você não se convenceu ? Achou que eu desconsiderei o empuxo no caso 3 ? Então posso detalhar ainda mais. Veja:

figura 55 figura 54

Todas as forças que agem no líquido devem se equilibrar

A figura 55 mostra o diagrama de forças do caso 3 em que tanto a bola quanto a água estão em contato com a balança. Seja N3a a força de contato entre a água e a balança e N3b a força de contato entre a bola e a balança.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


A nova direção horizontal, no adorável mundo “linha”, também se comporta exatamente da mesma forma que antes. Por exemplo, sabemos que, se um vagão contendo água estiver parado ou em MRU, a superfície da água em seu interior repousará na direção horizontal.

al rti c ve

A

Analogamente, o empuxos, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam por :

E’ = d.v.g’ = d.v.(g / cosD) = d.v.g / cosD = E / cosD

(eq24)

Com base nas relações eq20 e eq22, é fácil ver que as trações no fio do balão, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam da mesma forma. Se não, vejamos: (eq20)

T2’ = d.v.g’ – m.g’

(eq22)

DE

T2 = d.v.g – m.g

T2’ = d.v.(g/cosD) – m.(g/cosD) = (d.v.g – m.g) / cosD

T2’ = T2 / cosD

(eq25)

Assim, vemos que, ao passarmos “do mundo normal” para o “adorável mundo linha”, basicamente o valor de todas as forças fica dividido por cosD.

C

ve rti

ca

l

TR

NS

MO

(eq23)

al

P’ = m.g’ = m.(g/cosD ) = m.g/ cosD = P/ cosD

t on riz ho

(eq21) (eq22)

O triângulo retângulo na figura 59 mostra que g’ = g/cosD, de forma que os “pesos” dos corpos, antes e após o vagão ser acelerado, se relacionam por:

E = d.v.g

B

Entretanto, quando esse vagão é acelerado para a direita, o sistema cartesiano gira D e, portanto, a nova direção horizontal passa a formar um ângulo D com a horizontal original (tgD = a/g). O nível da água, no interior desse vagão acelerado em relação à Terra, se adapta a essa nova direção horizontal, se alinhando a ela, como se nada tivesse ocorrido de esquisito.

Os corpos no interior do vagão encontram-se em equilíbrio (relativo ao observador fixo ao interior do vagão) e, portanto, podemos escrever:

P = m.g

horizontal

Figura 62

Figura 61

T1’ = M.g’ T2’ + m.g’ = d.v.g’

G g

AT

Aceitando-se esse novo sistema de coordenadas, o comportamento dos corpos em seu interior é exatamente o mesmo de antes, no sistema cartesiano original, quando o vagão estava em equilíbrio no campo gravitacional g : ambos os corpos permanecem alinhados à nova direção vertical, como se nada de esquisito estivesse acontecendo. De fato, se você aceitou e se imbuiu do Princípio da Equivalência, prontamente perceberá que o comportamento da natureza sob ação dos campos gravitacionais g e g’ deve ser exatamente o mesmo, visto que esses campos têm exatamente a mesma natureza.

Em outras palavras, as equações 21 e 22 são, exatamente, as mesmas equações 19 e 20, só que divididas pelo fator cosD. Note que, sendo 0 < cosD < 1, o valor de todas as forças aumenta quando o vagão é acelerado !

vertical

A figura 60 mostra o que o sistema cartesiano original, simplesmente, terá seu par de eixos rotacionados em um ângulo D tal que tgD = a/g para dar origem ao “novo sistema cartesiano” cuja nova direção vertical estará na direção da gravidade g’ resultante no interior do vagão, ao passo que a nova direção horizontal é perpendicular à direção do de g’.

IV O

Física

226

D

D

Figura 63

A Hidrostática toda, também, se adapta a esse novo estado de coisas. Por exemplo, uma das conseqüências da Lei de Stevin é que quaisquer dois pontos, na mesma horizontal de um mesmo líquido em equilíbrio, estão submetidos à mesma pressão hidrostática, ou seja, PA = PB, como mostra a figura 62. As linhas de pressão constante são sempre horizontais e o “Empuxo de Arquimedes” está sempre perpendicular a essas linhas e, portanto, na direção vertical. Quando o vagão é acelerado (figura 63), a propriedade se adapta ao “adorável mundo linha” e teremos PC = PD, onde C e D são dois pontos quaisquer na nova direção horizontal. No adorável mundo linha, as linhas de pressão constante estão, novamente, na nova direção horizontal, assim como o “Empuxo de Arquimedes” continua agindo na mesma direção e sentido contrário ao da gravidade, no caso, g’ . A equivalência entre os sistemas cartesianos é um dos aspectos mais atraentes do Princípio da Equivalência e a natureza se comporta exatamente da forma prevista, ratificando as idéias esboçadas nesse texto original escrito pelo prof Renato Brito.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

16 kgf

241

A

T

B

madeira

4 kgf

0 kgf Figura 1 a) 8 kgf e 12 kgf d) 12 kgf e 4 kgf

Figura 2 b) 16 kgf e 4 kgf e) 12 kgf e 8 kgf

c) 4 kgf e 12 kgf

chumbo

a segunda esfera de madeira seja adicionada ao recipiente A; a segunda esfera de madeira seja adicionada ao recipiente B; a segunda esfera de chumbo seja adicionada ao recipiente A; a segunda esfera de chumbo seja adicionada ao recipiente B; fazendo uso de apenas mais uma esfera, é impossível restabelecer o equilíbrio da balança.

AT

a) b) c) d) e)

Dica: autoteste 3, página 214

TR

Questão 35 A figura mostra um recipiente cheio de óleo (densidade 0,8 kg/litro) uma balança que registra um peso inicial de 100 kgf. Uma esfera de chumbo (densidade 10 kg/litro) e volume 20 litros, foi mergulhada nesse recipiente e o excesso de óleo foi recolhido por uma vasilha.

Questão 37 (UNIP-SP) Considere três recipientes idênticos, contendo um mesmo líquido homogêneo, até a mesma altura H, colocados em cima de balanças idênticas em um plano horizontal. O recipiente A só contem líquido. O recipiente B, além do líquido contém uma esfera homogêneo que está em equilíbrio flutuando em sua superfície. O recipiente C, além do líquido, contém uma outra esfera homogênea que, por ser mais densa que o líquido, afundou comprimindo o fundo do recipiente.

Pb 20 litros

MO

óleo

NS

H

a) qual a nova marcação da balança após esse episódio ? b) quantos litros de óleo foram derramados ? c) O empuxo que a bola sofre é igual ao peso do óleo deslocado ? d) a variação na marcação da balança corresponde á força Normal que a bola exerce no fundo do recipiente ? Questão 36 – Aulão de Véspera – Saúde 10 - 2005 - ²

DE

A figura ilustra uma balança fiel, de braços iguais, sustentando dois recipiente idênticos A e B completamente cheios de água até a borda, cada um. Nessa situação, a balança encontra-se em equilíbrio. Você dispõe de quatro esferas maciças de mesmo raio, sendo duas delas de madeira e duas delas de chumbo. Colocando-se cuidadosamente uma esfera de madeira no recipiente A e uma esfera de chumbo no recipiente B, percebe-se que a balança se desequilibra. A fim de restabelecer o equilíbrio inicial, fazendo uso de apenas mais uma esfera, basta que:

A

H

Balança 1

H

B

Balança 2

C

Balança 3

As balanças (1), (2) e (3), calibradas em newtons, indicam, respectivamente, F1, F2 e F3. a) F1 = F2 = F3. b) F3 > F2 > F1. c) F3 < F2 < F1. e) F1 = F2 < F3. d) F1 = F2 > F3.

Questão 38 – Simulado Turma Saúde 10 – ² (imperdível) Um recipiente cilíndrico de massa desprezível, preenchido com água até 4/5 de sua capacidade, encontra-se sobre uma balança que marca inicialmente um peso igual a 12 kgf. Em seguida, uma esfera de poliuretano é lentamente imersa nesse recipiente, até boiar em equilíbrio parcialmente imersa, acarretando o derramamento de 1000 ml de água. A nova marcação da balança, após esse episódio, valerá: a) 15 kgf b) 14 kgf c) 13 kgf d) 12 kgf e) 16 kgf

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Física

244

madeira

h

H

Dica: veja Exemplo Resolvido 6, página 219

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221

Questão 53 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de ferro em seu interior. Retirando-se o bloco de ferro e abandonando-o em equilíbrio sobre a superfície da água, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ? A superfície do bloco não é plana.

AT

Questão 50 (ITA 2002) Um pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico com uma certa quantidade de água depositada em um baldo. À medida que o gelo derrete, podemos afirmar que: a) o nível da água no balde aumenta, pois haverá uma queda de temperatura b) o nível da água no balde diminui, pois haverá uma queda de temperatura c) o nível da água no balde aumenta, pois a densidade da água é maior que a do gelo; d) o nível da água no balde diminui, pois a densidade da água é maior que a do gelo; e) o nível da água do balde não se altera.

h

ferro

TR

H

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221

NS

Questão 51 - ² Um cubo de gelo a 0ºC, preso a uma mola, é totalmente imerso num recipiente com água a 25ºC, conforme representa a figura. À medida que o gelo for se fundindo, podemos afirmar que:

MO

a) o comprimento da mola permanecerá constante. b) o comprimento da mola irá aumentado. c) o comprimento da mola irá diminuindo. d) o nível livre da água no recipiente permanecerá inalterado. e) o nível livre da água no recipiente irá subindo.

h1

H1 ferro

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221

Questão 54 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de ferro em seu interior. Retirando-se o bloco de ferro e abandonando-o e amarrando-o ao casco do barco através de um fio de nylon ideal, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ? h

Dica: a mola está inicialmente comprimida ou elongada ? Ou seja, o gelo, inicialmente, está tentando subir ou descer contra a vontade da mola ?

DE

Questão 52 O prof Renato Brito conta que um navio flutua com um bloco de madeira em seu interior. Retirando-se o bloco de madeira e abandonando-o em equilíbrio sobre a superfície da água, o nível da água H aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterado ? E o nível h do barco ?

ferro

H

h2

madeira

h

ferro

H2

H

Dica: veja Exemplo Resolvido 8 na página 221

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


a)

IV O

Física

246 b)

a) se movimenta para trás e a tração no fio aumenta. b) se movimenta para trás e a tração no fio não muda. c) se movimenta para frente e a tração no fio aumenta. d) se movimenta para frente e a tração no fio não muda. e) permanece na posição vertical.

a

a

c)

d)

Dica: veja figura 61, página 226

Questão 61 A figura ilustra um tubo de vidro totalmente vedado, completamente preenchido com um líquido de densidade d. inicialmente em repouso. Em seu interior, foram colocadas duas bolas A e B, de tais que densidades respectivamente iguais a dA e dB dA < d < dB . Quando o tubo passar a se mover para a direita com aceleração a, pode-se afirmar que:

a

a

AT

e) a

a) a bola A se moverá para a esquerda e a bola B se moverá para a direita, em relação ao tubo; b) a bola B se moverá para a esquerda e a bola A se moverá para a direita, em relação ao tubo; c) ambas as bolas se moverão para a esquerda, em relação ao tubo; d) ambas as bolas se moverão para a direita, em relação ao tubo; e) as bolas permanecerão em repouso em relação ao tubo.

TR

Questão 59 (UECE) O carrinho mostrado n afigura abaixo pode rolar sobre trilhos horizontais, quando acionado pelo peso do corpo K pendente de um fio ligado carrinho. São irrelevantes os atritos. O carrinho contém um pequeno pêndulo encerrado em uma caixa transparente e um vaso de vidro com água colorida.

NS

Inicialmente o carrinho está em repouso. Se o corpo K é liberado, a configuração mais provável das posições do pêndulo e da superfície da água, é a representada em: c) a)

d)

MO

b)

Questão 62 A figura ilustra um tubo de vidro totalmente vedado, completamente preenchido com um líquido de densidade d. inicialmente em repouso. Em seu interior, foram colocadas duas bolas A e B, de densidades respectivamente iguais a dA e dB tais que dA > d e dB > d . Quando o tubo passa a girar com velocidade angular Z constante em torno do seu eixo central, pode-se afirmar que:

DE

Questão 60 (ITA 2003) Um balão contendo gás hélio foi fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado. O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura. Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmar que, em relação a ele, o balão:

A

B

Z

a) ambas as bolas se movem em direção ao centro do tubo; b) ambas as bolas se movem se afastando do centro do tubo; c) a bola B se move em direção ao centro, enquanto a bola A se move se afastando do centro; d) a bola A se move em direção ao centro, enquanto a bola B se move se afastando do centro; e) como o tubo gira com velocidade angular constante, ambas as molas permanecem em repouso em relação ao tubo. Questão 63 (UFC 2001) - Duas esferas maciças, I (feita de isopor, densidade igual a 0,1 g/cm3) e F (feita de ferro, densidade igual a 7,8 g/cm3), respectivamente, estão em repouso dentro de um cilindro reto, cheio de mercúrio (densidade: 13,6 g/cm3). As esferas podem se mover dentro do mercúrio. O cilindro é posto a girar em torno de um eixo

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

259

Para um perfeito entendimento do fenômeno das marés, devemos atentar para alguns pontos chaves: x A Terra e a lua giram em torno do centro de massa comum do sistema Terra-lua. Sendo a massa da Terra 81 vezes maior do que a massa da lua, esse centro de massa encontra-se no interior da Terra. x Quando a Terra gira ao redor desse centro de massa, o efeito CENTRÍFUGO empurra para longe desse centro de rotação toda a massa da Terra e dos oceanos. Quanto maior for a distância r da massa até centro de rotação, maior é a força centrífuga m.Z2.r. Esse efeito centrífugo produz uma enorme protuberância em cada lado do equador terrestre, sendo maior a protuberância da face que não está voltada para a lua, devido a essa porção de matéria estar a uma maior distância r do centro de rotação do sistema (centro de massa) e, assim, receber maior força centrífuga m.Z2.r.

AT

Maré baixa simultaneamente em Fortaleza e no Japão

TR

Maré alta simultaneamente em Fortaleza e no Japão

Maré baixa simultaneamente em Fortaleza e no Japão

O prof. Renato Brito chama atenção para alguns pontos importantes que devemos atentar:

NS

x Sempre que for maré alta em Fortaleza, será maré alta no Japão; x Sempre que for maré baixa em Fortaleza, será maré baixa também no Japão; x As marés altas e baixas em cada cidade se alternam a cada 6h. x Cada cidade experimenta 2 marés altas e 2 marés baixas por dia (a cada 24h).

MO

x As marés altas em cada cidade ocorrem a cada 12h;

x Adicionalmente, o efeito da atração GRATIVACIONAL exercido pela lua atrai toda a água do planeta em direção à lua. x A SUPERPOSIÇÃO desses efeitos produz protuberâncias praticamente idênticas em cada face da Terra, explicando assim, o comportamento observado das marés no litoral.

DE

Observe agora a sucessão de máres altas e baixas em Fortaleza (F) e no Japão, mostrada na figura abaixo, em intervalos de 6h em 6h (a Terra gira 90º a cada 6 h).

x As marés baixas em cada cidade ocorrem a cada 12h. A atração gravitacional extra exercida pelo sol sobre os oceanos terrestres é cerca de 2,5 vezes menor do que a atração exercida pela lua. Ainda assim, o sol também colabora para o efeito das marés, embora em menor escala. Quando o sol e a lua encontramse alinhados, as marés altas são mais altas do que o normal, são as chamadas marés de sizígia, ou marés de águas vivas, como dizem os marujos. As marés são explicadas basicamente pela atração exercida pela Lua e pelo sol sobre os oceanos terrestres, aliada ao efeito centrífugo gerado pela rotação da Terra em torno do centro de massa do sistema Terra-lua.

Maré alta simultaneamente em Fortaleza e no Japão

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

261

Questão 4 A figura ilustra dois planetas A e B que gravitam em órbitas circulares de raios 4R e R em torno do sol. a) qual dos planetas tem maior velocidade angular Z ? b) qual dos planetas tem maior velocidade linear ? c) a duração ano é maior em qual planeta ? sol A d) se o ano no planeta B valer 10 anos terrestres, o ano do planeta A equivalerá a quantos anos terrestres ? B

AT

Questão 5 Considere um satélite artificial em órbita circular. Duplicando a massa do satélite sem alterar o seu o raio da órbita, o novo período de revolução será: a) duplicado b) quadruplicado c) reduzido à metade d) reduzido à quarta parte e) o mesmo

3D G.M

c) 2S.D

D G.M

d) 2S.D

D 2.G.M

E-Centauro

C.M.

M

2M

NS

b) 2S.D

TR

Questão 6 Considere um sistema binário hipotético denominado sistema Centauro, formado por duas estrelas D e E, de massas respectivamente 2M e M, que orbitam em torno do centro de massa comum do sistema, mantidas pela força gravitacional entre elas. Sendo G a constante da gravitação universal e D a distância entre os centros das estrelas, o prof Renato Brito pede para você determinar o período de rotação desse sistema binário. D D-Centauro a) 2S.D 3.G.M

MO

Questão 7 Considere o planeta Cajúpiter cuja massa é 3 vezes maior que a massa da Terra, e cujo raio é duas vezes menor que o raio R da Terra. a) qual a gravidade na superfície de cajúpiter em função da gravidade g terrestre ? b) Para que um astronauta cajupteriano esteja sujeito a uma gravidade 16 vezes menor que a gravidade na superfície do seu planeta, ele precisa subir uma altura H = n.r, onde r é o raio de Cajúpiter. Quanto vale n ? Questão 8 a) Determine a gravidade na superfície de um planeta em função da sua densidade volumétrica d e do seu raio R. b) Se dois planetas tiverem raios iguais, sendo que um deles é de ferro e o outro é de madeira, na superfície de qual deles a gravidade será maior ? c) Se dois planetas forem feitos de ferro (densidades iguais), sendo que um deles tem o raio duas vezes maior que o outro, na superfície de qual deles a gravidade será maior ?

DE

Questão 9 Admita que o planeta Cajúpiter tenha massa M, raio R . Sendo G a constante da gravitação universal, determine a intensidade do campo gravitacional gerado por esse planeta em seu interior, num ponto localizado a uma distância R / 3 do seu centro.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Vescape

Sol: Mercúrio: Vênus: Terra: Lua: Marte: Júpiter: Saturno: Urano: Netuno: Via Láctea:

620 km/s 4,4 km/s 10,4 km/s 11,2 km/s 2,4 km/s 5,0 km/s 59,5 km/s 35,5 km/s 21,3 km/s 23,5 km/s 1000 km/s

IV O

Astro

Questão 19 Marque Verdadeiro ou Falso com base nos seus conhecimentos sobre as marés lendo as páginas 258 e 259 da nossa apostila: a) Em Fortaleza, assim como no Japão, ocorrem duas marés altas e duas marés baixas, por dia, alternando aproximadamente a cada 6h; b) Sempre que for maré alta em Fortaleza, simultaneamente será maré alta no Japão; c) As marés altas em uma mesma cidade ocorrem a cada 12h, em média, assim como as marés baixas. d) A atração gravitacional extra exercida pelo sol sobre os oceanos terrestres é cerca de 2,5 vezes menor do que a atração exercida pela lua. Ainda assim, o sol também colabora para o efeito das marés, embora em menor escala. e) Na lua nova e na lua cheia, o sol e a lua encontram-se alinhados com a Terra. Nessas fases da lua, as marés altas são mais altas do que o normal. São as chamadas marés de sizígia, ou marés de águas vivas, como dizem os marujos. f) As marés são explicadas basicamente pela atração exercida pela Lua e pelo sol sobre os oceanos terrestres, aliada ao efeito centrífugo gerado pela rotação da Terra em torno do centro da Terra.

AT

Questão 18 - ² A velocidade de escape de um astro é a velocidade mínima com que se deve impulsionar qualquer corpo a partir da superfície daquele astro, de forma a escapar da gravidade dele. A tabela abaixo fornece a velocidade de escape para vários astros:

265

Revisando as fases da lua

NS

TR

O Sol, assim como toda estrela, evolui progressivamente à medida que seu combustível vai sendo queimado (Fusão Nuclear).

Ilustração - Nem mesmo a luz escapa da gravidade de um

Buraco Negro, fato esse que justifica a sua denominação.

MO

Quando a estrela já possui idade avançada, sua própria gravidade vai fazendo o astro gradativamente desmoronar para dentro de si mesmo (seu raio vai diminuindo), aumentando a sua densidade e conseqüentemente a sua gravidade, podendo levá-la a se transformar até mesmo num Buraco Negro, fato que ocorreria quando a velocidade de escape da estrela crescesse a ponto de atingir a velocidade da luz C no vácuo !

DE

Assim, considere que nosso Sol já esteja com idade avançada. admita que a massa dele se mantenha constante (por simplicidade), mas que seu raio R (originalmente da ordem de 700.000 km) vá gradativamente sendo comprimido pela ação da própria gravidade solar. Durante esse colapso solar, aproximadamente, a partir de qual valor de raio ele se tornará um buraco negro, de acordo com o texto acima ? a) 500 m b) 3 km c) 90 km d) 500 km e) 2000 km

Questão 20 (CEFET 2008.2) Sabe-se que a atração gravitacional do Sol (S) e a da Lua (L) determinam o nível do mar (M) na superfície da Terra (T). As figuras ao lado tentam representar, fora de escala, as posições relativas do Sol, da Lua, da Terra e do mar. As representações corretas do nível do mar, durante a Lua cheia e a Lua nova, são, respectivamente:

a) IV e II b) III e I c) IV e I d) III e II e) I e III

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Questão 77 (UFRN) A figura mostra a posição de um objeto em relação a duas lentes convergentes, onde F1 e F2 São os pontos focais das lentes 1 e 2, respectivamente. Lente 1 C1

O F1

Lente 2 C2

F 1 F2

F2

IV O

Física

322

Questão 80 Uma luneta astronômica é constituída por uma objetiva e uma ocular, associadas coaxialmente e acopladas a um tubo, cujo interior é fosco. A distância entre as lentes vale 253 cm. Com o uso do referido instrumento, focaliza-se um corpo celeste. Sabendo que a objetiva e a ocular têm distâncias focais respectivamente iguais a +2,5 m e +5 cm, calcule a distância entre a imagem final e a ocular;

AT

Considerando a imagem formada pela 1ª lente como objeto para a 2ª lente, a imagem formada por esta (2ª lente) estará: a) à esquerda de O. b) entre O e C1. c) entre C1 e C2. d) à direita de C2 antes de F2. e) à direita de C2 depois de F2.

Dica: Não use fórmulas matemáticas, use apenas as propriedades sobre posicionamento de objetos e imagens conjugadas por lentes.

TR

Questão 78 Um microscópio óptico composto é constituído por duas lentes convergentes, associadas coaxialmente: uma é a objetiva, com distância focal +5 mm, e a outra é a ocular, com distância focal +4,8 cm. Sabe-se que um micróbio, colocado a uma distância igual a 5,1 mm da objetiva, tem sua imagem final afastada 24 cm da ocular. Determine a distância entre as lentes.

Dica: veja questão 38 de classe

Questão 81– ² Duas lentes delgadas convergentes, L1 e L2, de distâncias focais f1 = 4,0 c cm e f2 = 6,0 cm, foram dispostos de forma que tivessem um foco em comum, como mostra a figura. Um feixe de raios de luz, paralelos ao eixo principal das lentes, de 5,0 cm de largura, incide sobre a lente L1. Ao emergir de L2, esse feixe terá uma largura, em cm, de: L1 L2

NS

5,0 cm

a) 1,5.

Eixo principal

F1 F1

b) 7,5.

F2

F2

c) 2,0.

d) 3,0.

e) 5,0.

Dica: faça o desenho dos raios, use apenas semelhança de triângulos.

Dica: veja questão 37 de classe

DE

MO

Questão 79 O microscópio óptico é constituído por um par de lentes (objetiva e ocular) que propiciam a visualização ampliada do mundo em miniatura. Sobre a imagem produzida por um microscópio óptico, podemos dizer que ela é:

a) b) c) d) e)

Virtual, direita em relação ao objeto e maior. Virtual, invertida em relação ao objeto e maior. Real, direita em relação ao objeto e maior. Real, invertida em relação ao objeto e maior. Virtual, direita em relação ao objeto e menor.

Questão 82 – ² (Univest-SP) Um feixe de raios paralelos, representado por l1 e l2,

incide em uma lente bicôncava (L) para, em seguida, incidir em

um espelho côncavo (E), conforme ilustra a figura

Com base nessas informações, é correto afirmar que, em valor absoluto, as abscissas focais de L e E valem, em centímetros, respectivamente: a) 40 e 20.

b) 40 e 40.

c) 40 e 80.

d) 80 e 80.

e) 80 e 120.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Questão 92 (UFF-RJ) Considere as seguintes proposições: 1) No foco de uma lente de óculos de pessoa míope, não se consegue concentrar a luz do Sol que a atravessa. 2) Lentes divergentes nunca formam imagens reais. 3) Lentes convergentes nunca formam imagens virtuais. 4) lentes divergentes nunca formam imagens ampliadas, ao contrário das convergentes, que podem formá-las. 5) Dependendo dos índices de refração da lente e do meio externo, uma lente que é divergente em um meio pode ser convergente em outro.

A partir da leitura do conto acima de autoria de Renato Brito, percebemos que, durante toda a sua vida aquática: a) o peixe era míope, as imagens se formavam antes da sua retina e ele devia ter usado lentes divergentes para corrigir sua ametropia; b) o peixe era hipermetrope, as imagens se formavam após a sua retina e ele devia ter usado lentes divergentes para corrigir sua ametropia; c) o peixe era míope, as imagens se formavam antes da sua retina e ele devia ter usado lentes convergentes para corrigir sua ametropia; d) o peixe era hipermetrope, as imagens se formavam após a sua retina e ele devia ter usado lentes convergentes para corrigir sua ametropia; e) o peixe era hipermetrope, as imagens de formavam após a sua retina, mas óculos não funcionam embaixo dàgua.

AT

Com relação a estas proposições, pode-se afirmar que:

IV O

Física

324

a) somente a 5 é falsa. b) a 1 e a 2 são falsas. c) a 1 e a 4 são falsas. d) somente a 3 é falsa. e) a 3 e a 5 são falsas.

Questão 95 - (Calculando lentes corretivas) Em um olho normal, o ponto remoto localiza-se no infinito e a distância entre o cristalino e a retina é de aproximadamente 2 cm. Para um olho míope cujo ponto remoto encontra-se a 40 cm, o “grau” adequado para a lente dos óculos será: a) 2,5 dioptrias (lente convergente) b) 1 dioptria (lente divergente) c) 0,5 dioptria (lente divergente) d) 2,5 dioptrias (lente divergente) e) 1 dioptria (lente convergente)

TR

Questão 93 (UFC 2004) As deficiências de visão são compensadas com o uso de lentes. As figuras abaixo mostram as seções retas de cinco lentes. Considerando as representações acima, é correto afirmar que:

Dica: Veja questão 45 de classe

NS

Questão 96 - (Calculando lentes corretivas) Num olho hipermetrope, o ponto próximo situa-se a 40 cm de distância. Em outras palavras, 40 cm é a menor distância para a qual o olho consegue ainda enxergar um objeto com nitidez (fazendo máximo esforço de acomodação visual). Sabendo que, no olho emétrope (olho saudável) , a distância mínima de visão distinta vale 25 cm, as lentes corretivas para essa ametropia devem ser: a) convergentes, com 2 diptrias b) convergentes, com 1,5 dioptrias c) convergentes, com 1 dioptria d) divergentes, com 4 dioptrias e) divergentes, com 3 dioptrias

MO

a) as lentes I, III e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes II e IV para míopes. b) as lentes I, II e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes III e IV para míopes. c) as lentes I, II e III podem ser úteis para hipermetropes e as lentes IV e V para míopes. d) as lentes II e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes I, III e IV para míopes. e) as lentes I e V podem ser úteis para hipermetropes e as lentes II, III e IV para míopes.

DE

Questão 94 “O senhor peixe morou a vida toda embaixo d’água, mas nunca foi plenamente feliz, pois nunca enxergava nitidamente os outros peixes, os cavalos marinhos, as ostras e tudo mais no seu mundo aquático. Um belo dia, fez suas malas e decidiu sair da água para dar um passeio pela margem do rio. Ao contemplar o mundo fora da água disse: oba, que felicidade !!! Enxergo tudo com nitidez e perfeição.”

Questão 97 (Óptica da Visão + Equação dos fabricantes de lentes + entendimento intuitivo -) A miopia é um defeito visual que, geralmente, decorre do fato de o globo ocular do indivíduo ser alongado, causando a formação das imagens antes da retina. Observe a sentença abaixo:

Uma pessoa com miopia deve usar lentes __________________ para corrigir essa ametropia. Raramente, a miopia regride com o tempo mas, caso isso ocorra, o indivíduo deve mudar suas lentes para lentes de ________________ raio de curvatura ou de ___________ Índice de refração. A seqüência que preenche corretamente as lacunas é: a) convergentes, maior, maior b) convergentes, maior, menor c) convergentes, menor, maior d) divergentes, maior, menor e) divergentes, menor, maior.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


4 – EQUAÇÃO GERAL DOS GASES Admita que certa massa gasosa encontre-se no estado 1, caracterizado pelos parâmetros [P1,.V1,.T1] e sofra uma transformação gasosa evoluindo para o estado 2 caracterizado por [P2, V2, T2 ].

IV O

Física

328

5 – A DENSIDADE DO GÁS IDEAL Considere uma amostra de um gás de massa molar M. Sejam m a massa dessa amostra e V o seu volume. A densidade d = m / V dessa amostra gasosa pode ser calculada em função dos parâmetros pressão P e temperatura T, conforme veremos a seguir : m P.M m Ÿ Ÿ P.V n.R.T P.V .R.T M R.T V

?

Ÿ

n2

p2 .V2 R.T2

P.M R.T

(eq8)

Para fazermos algumas aplicações interessantes dessa relação acima, vamos falar sobre balões. Você certamente já deve ter visto balões atmosféricos utilizados para passeio ou competições de balonismo, como aqueles mostrados na Figura 4.

AT

A equação de Clapeyron é válida para cada estado, o que nos permite escrever: p .V P1.V1 = n1.R.T1 Ÿ n1 1 1 (eq5) R.T1 P2.V2 = n2.R.T2

d

(eq6)

p1.V1 p .V = 2 2 R.T1 R.T2

Ÿ

p1.V1 T1

TR

Como a massa gasosa que sofre a transformação é constante (não há vazamento nem acréscimo de gás), o número de mols de moléculas no interior do cilindro não sofre alteração (n1 = n2). Assim, as relações eq5 e eq6 nos permitem escrever: p2 .V2 T2

(eq7)

NS

A relação eq7, conhecida como Lei Geral dos Gases, é útil para relacionar as variáveis de estado sempre que o gás sofre uma transformação gasosa na qual a massa gasosa permaneça constante, ou seja, o número de mols n permaneça constante.

MO

Exemplo Resolvido 3 Uma amostra de gás Hélio estava inicialmente ocupando um volume de 3A, sujeito a uma pressão de 2 atm e a uma temperatura de 173 oC. Em seguida, o gás foi aquecido até 137 oC e seu volume passou para 4A. Qual a pressão final dessa amostra de gás hélio ?

DE

Solução: Como o gás sofre uma transformação gasosa sem que houvesse variação da massa da amostra gasosa, podemos escrever: p1.V1 p2 .V2 T1 T2 As temperaturas kelvin do gás, no estado inicial (1) e final (2) valem: T1 = 173 oC + 273 = +100K T2 = +137 oC + 273 = +400K Substituindo, temos: p2 .4A 2atm u 3A Ÿ p2 = 6 atm 100K 400K

Figura 4 – Esses balões sobem sempre que a sua densidade média for menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor. Caso contrário, eles descem.

O que faz esses balões subirem ? Ora, uma prancha de isopor soben, quando abandonada no fundo de uma piscina, porque o isopor é menos denso que a água. Isso tem a ver com Hidrostática. Bê-a-bá da Hidrostática  Empuxo 1) se um corpo estiver completamente imerso num fluido de densidade maior que a do próprio corpo (isopor na água), o corpo tende a subir (empuxo > peso). 2) se um corpo estiver completamente imerso num fluido de densidade menor que a do próprio corpo (ferro na água), o corpo tende a descer (empuxo < peso).

Figura 5 – Quanto maior for a temperatura do ar contido no balão, menor será a sua densidade (veja relação eq8).

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Quando enchemos os balões de aniversário com a boca, preenchemos o balão com uma mistura de gases com composição química muito semelhante ao ar atmosférico que respiramos, apenas com um pequeno acréscimo de CO2. Com isso, a massa molar M da mistura gasosa que preenche o balão é praticamente a mesma do ar atmosférico e suas temperaturas T diferem muito pouco. Entretanto, a pressão P do ar contido no balão é bem maior n que a pressão atmosférica, devido à compressão adicional exercida pela borracha do balão sobre o seu conteúdo. Assim, de acordo com a relação eq8, concluímos que o ar contido no balão apresenta densidade d maior que a do ar atmosférico ao seu redor, por isso, esse balões não sobem sozinhos quando abandonados (Empuxo En menor que o peso Pp).

AT

Entretanto, há outros tipos de balões, como os dirigíveis, que sobem mesmo sem usar ar quente. Como se obter um balão dirigível de densidade média menor que a do ar atmosférico nesses casos ?

IV O

Pelo mesmo motivo, um balão soben porque sua densidade média (incluindo a massa do balão e dos tripulantes) é menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor (o empuxo En é maior que o peso Pp). Para reduzir a densidade d p do ar contido no balão, os balonistas aumentam a temperatura Tn desse ar fazendo uso de fogo, como mostrado na Figura 5. Segundo a relação eq8, quanto mais quente estiver o ar (Tn), menor será sua densidade (dp).

329

TR

Entretanto, quando os balões de aniversário são cheios com gás hélio, apesar de a pressão P interna do balão superar a pressão atmosférica, esse fato é compensado pela massa molar (M = 4g) de o hélio ser 7 vezes menor p que a do ar atmosférico (M # 29g). O efeito resultante disso é que o balão de gás hélio acaba sendo menos p denso que o ar atmosférico ao seu redor e, por isso, esses balões sobem n sozinhos, quando abandonados (Empuxo En maior que o peso Pp), para a alegria da criançada -.

NS

Figura 6 – Um dirigível preenchido com gás hélio sobe sempre que a sua densidade média for menor que a densidade do ar atmosférico ao seu redor. Caso contrário, ele desce.

DE

MO

O segredo para fazer um dirigível subir é preencher o seu interior com gás de baixa massa molar M, como é o caso do gás hidrogênio (M = 2 g/mol) ou gás hélio (M = 4 g/mol). Segundo a relação eq8, se dois gases estão em condições semelhantes de temperatura T e pressão P, terá menorp densidade d aquele que possuir menor p massa molar M. Os gases H2 e He têm menor massa molar que o ar atmosférico (M # 29g) e, portanto, tendem a ser menos densos. O gás H2 deixou de ser usado nesses tipos de balões por ser inflamável e ter sido a causa de um dos mais famosos incêndios da historia (pesquise hildenburg no Google“). Atualmente, se usa apenas o hélio nesses balões dirigíveis.

Figura 7 – balões de aniversário enchidos com a boca ficam mais densos que o ar atmosférico, portanto, não sobem sozinhos quando abandonados (Empuxo En menor que o peso Pp).

Figura 8 – balões de aniversário enchidos com gás hélio (gás de baixa massa molar M) ficam menos p densos que o ar atmosférico e acabam subindo n sozinhos quando abandonados , para a diversão das crianças.

6 – MISTURA DE GASES QUE NÃO REAGEM ENTRE SI Considere três amostras de gases perfeitos contidas em três balões de vidro, inicialmente isolados entre si através de válvulas A e B que impedem a mistura dos gases. Cada amostra gasosa tem seus parâmetros de estado característicos (p1,V1,T1,n1), (p2,V2,T2, n2) e (p3,V3,T3, n3). 1

2

A

B

3

De repente, as válvulas A e B são abertas e os gases passam a fluir através das mangueiras, motivados pela diferença de pressão entre os balões de vidro, escoando espontaneamente da pressão maior para a pressão menor.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Assim, sempre que fornecemos calor Q ao gás contido num cilindro com êmbolo livre (sem atrito), o gás se expandirá submetido a uma pressão Pgás constante dada pela relação eq11, isto é, se expandirá isobaricamente. Da mesma forma, sempre que o gás contido num cilindro com êmbolo livre (sem atrito) ceder calor Q ao ambiente, esse gás esfriará e sofrerá uma contração (compressão) a uma pressão Pgás constante dada pela relação eq11, isto é, sofrerá uma compressão isobárica.

da reta que apóia a transformação aob, ou seja, E > D. Esse fato nos permite concluir que: n.R n.R ! Ÿ P2 < P1 E > D Ÿ tgE > tgD Ÿ P2 P1

IV O

332

As transformações isovolumétricas aob e cod da Figura 14 foram representadas separadamente nas Figuras 15a e 15b abaixo, onde as relações entre pressão P e temperatura T ficam ainda mais evidentes:

V

Em qualquer um desses casos, dado que o êmbolo esteja se deslocando, este movimento sempre será uniforme (equilíbrio de forças) visto que ocorrerá muito lentamente (quase-estaticamente). O caráter uniforme do movimento do êmbolo garante que as relações eq10 e eq11 serão necessariamente satisfeitas, isto é, a pressão do gás necessariamente será constante (com seu valor dado pela relação eq11), durante sua expansão ou compressão, o que caracteriza a transformação isobárica.

AT

Vd

Va Ta

Como o volume V do gás contido nesse cilindro variará ao ser aquecido ou esfriado isobaricamente ? Ora, partindo da equação de Clapeyron, sendo n, R e P constantes nessa transformação, podemos escrever :

V=

n.R .T P

V = k.T

A análise acima mostra que o volume V do gás variará diretamente proporcional à sua temperatura kelvin T. A relação acima é válida apenas se T estiver na escala kelvin.

Figura 15a

Td

Vc Tc

Tc

T

Vd Td

Figura 15b

É importante ressaltar que os diagramas que representam transformações isobáricas só são retas que passam pela origem do sistema de coordenadas VT (Figura 15) se a temperatura T estiver na escala kelvin (K). Em outras palavras, numa transformação isobárica, o volume V do gás só é diretamente proporcional à sua temperatura T (V = k.T – Lei de Charles – Gay Lussac) se esta estiver na escala Kelvin. Em outras escalas termométricas, como, por exemplo, a escala Celsius, essa relação não será válida.

NS

n.R .T P V = k.T y = a.x V=

Vb Tb

d

TR

P.V = n.R.T

c

Vc

MO

A representação gráfica de uma transformação isobárica, num diagrama de coordenadas VT, será semelhante à representação gráfica da função afim y = a.x num sistema de coordenadas xy, ou seja, será uma reta que passa pela origem do sistema de coordenadas VT cujo coeficiente angular é dado por a = n.R / P.

tgD =

n.R P1

tgE =

n.R P2

Figura 16 – Diagrama PT que representa uma transformação isovolumétrica, quando a escala de temperatura está em Celsius.

Na escala Celsius, o gráfico da figura 15a, por exemplo, ficará transladado 273 unidades para a esquerda como mostrado na Figura 16. Como a reta agora não passa mais pela origem, o volume V do gás deixa de ser diretamente proporcional à sua temperatura T.

DE

Figura 14 – o processo aob é um aquecimento isobárico a pressão constante P1, ao passo que cod é um resfriamento isobárico a pressão constante P2.

No diagrama da Figura 14, suponha que duas amostras idênticas sofreram, respectivamente, um aquecimento isobárico aob a pressão constante P1; e um resfriamento o isobárico cod a pressão constante P2. Do gráfico da Figura 14, vemos que o coeficiente angular da reta que apóia a transformação cod é maior que o coeficiente angular

Exatamente, Claudete, porque as grandezas P, V e T só guardam entre si uma relação de proporcionalidade direta (ou inversa) na escala kelvin de temperatura. Assim, nunca use a equação de Clapeyron com a temperatura em Celsius ! Use somente em kelvin !

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

admitidas puntiformes, ocupando, assim, uma fração insignificante do volume do recipiente.

n.R.T V

2) As moléculas obedecem às leis de Newton do movimento, mas, como um todo, se movem aleatoriamente. Por “aleatoriamente”, entendemos que toda molécula pode se mover em qualquer sentido com qualquer velocidade. Em qualquer momento, uma parte das moléculas do gás move-se com velocidades elevadas, enquanto outra parte se move com velocidades baixas.

Figura 22 – Representação gráfica de uma família de isotermas, para três valores diferentes de temperatura T = 100k, T = 200k e T = 300k. Quanto maior for a temperatura T do gás numa transformação isotérmica, mais acima se posiciona a isoterma que representa aquela transformação no diagrama PV.

3) As moléculas só interagem entre si apenas quando colidem entre si. Fora isso, as moléculas se movem no interior do gás independentemente uma das outras. Isto significa que elas não trocam entre si forças de natureza elétrica (atrativas ou repulsivas), ou que tais forças são desprezíveis tendo em vista a grande separação entre as moléculas no gás ideal.

AT

P

k V

335

5) O gás em consideração é uma substancia pura (não é uma mistura), isto é, todas as suas moléculas são idênticas.

Conforme vimos, para que as moléculas não interajam entre si, no modelo de gás ideal, admitimos que há uma grande separação entre elas, isto é, que o gás é bastante rarefeito (baixa densidade). Mesmo os gases reais, tais como oxigênio, hidrogênio, hélio, satisfazem com boa aproximação a equação de estado dos gases ideais (P.V = n.R.T) quando estão rarefeitos, isto é, quando apresentam baixa densidade. Dessa forma, com base na relação eq8, afirmamos que:

TR

Na Figura 22, a transformação aoboc representa uma expansão isotérmica a uma temperatura T = 300k, ao passo que doeof representa uma compressão isotérmica a uma temperatura T = 100k.

4) As moléculas colidem elasticamente com as paredes do recipiente.

O comportamento de um gás real é tão mais próximo do comportamento de um gás ideal quanto menor for a sua pressão Pp e maior for a sua temperatura Tn. P.M (eq8) d R.T

NS

Uma transformação gasosa só é classificada como isotérmica quando todos os estados termodinâmicos (P,V) ocupados pelo gás estão sobre uma mesma isoterma no diagrama PV. Não basta que apenas as temperaturas dos estados inicial e final sejam iguais entre si. Mais do que isso, é preciso que as temperaturas de todos os estados intermediários sejam iguais às temperaturas inicial e final. Só assim, a transformação gasosa será dita isotérmica. Profinho, na função Y = a / X, como a variável X está elevada a 1, o gráfico não era para ser uma reta ? Eu aprendi que, sempre que a função era do 1o grau, o gráfico tem que ser uma reta.

MO

Claudete, na função Y = a / X = a.X1 , a variável X está elevada “a menos um”, portanto, seu grau vale “menos um” ! Fazendo uma tabela para essas funções e marcando os pontinhos num sistema de coordenadas, como fizemos na Figura 20, vemos que sua representação gráfica é uma linha arredondada mesmo, chamada hipérbole. As isotermas, no diagrama PV, são hipérboles -.

DE

8 – A TEORIA CINÉTICA DOS GASES Nas seções anteriores, estudamos as propriedades de um gás ideal utilizando grandezas macroscópicas com a pressão, o volume, o número de mols e a temperatura. Mas como essas grandezas macroscópicas se relacionam com grandezas microscópicas, tais como velocidade das moléculas, energia cinética das moléculas etc. ? A teoria cinética dos gases propõe que um gás ideal, isto é, um gás que satisfaz a equação P.V = n.R.T, atende às seguintes hipóteses : 1) O número N de moléculas no gás é muito grande e a separação média entre as moléculas é grande comparada com suas dimensões. Isso significa que as moléculas do gás são

9 – INTERPRETAÇÃO MOLECULAR DA PRESSÃO DE UM GÁS IDEAL

De acordo com a teoria cinética dos gases, as moléculas de um gás ideal obedecem às leis de Newton do movimento (hipótese 2) e colidem elasticamente com as paredes do recipiente (hipótese 4).

A partir dessas hipóteses, aplicando-se as leis de Newton às colisões entre essas moléculas com as paredes de um recipiente, e fazendo uso do conceito de pressão (P = F / A), demonstra-se que a pressão P exercida por N moléculas contidas num recipiente de volume V é dada por: P =

2 § N · § m.v 2 . .¨ 3 ¨© V ¸¹ ¨© 2

· ¸ ¸ ¹

(eq12)

com:

N = números de moléculas contidas naquele volume V; m = massa de cada uma molécula de um gás; v = velocidade quadrática média das moléculas Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


FĂ­sica

11 â&#x20AC;&#x201C; A ENERGIA INTERNA DE UM GĂ S IDEAL Seja uma amostra gasosa de N molĂŠculas de um gĂĄs ideal confinadas em um recipiente de volume V. Qual o conteĂşdo de energia desse gĂĄs, tambĂŠm chamado de Energia Interna U ?

Cada molÊcula apresenta a sua energia cinÊtica de translação ½ m.v 2 . Como as molÊculas são monoatômicas e puntiformes, elas não apresentam nenhuma energia cinÊtica rotacional (um ponto não tem dimensão, portanto ele não gira em torno de si mesmo).

AT

O termo v na relação eq16 Ê chamado de velocidade quadråtica mÊdia das molÊculas, onde M Ê a massa molecular expressa em kg/mol. Essa relação mostra que, em uma determinada temperatura T, as molÊculas mais leves se deslocam mais rapidamente, na mÊdia, do que as molÊculas mais pesadas. Por exemplo, o gås hidrogênio possui massa molecular 16 vezes menorp que a do gås oxigênio e, conforme a relação eq16, move-se com uma velocidade 4 vezes maiorn que o oxigênio, supondo que estejam a uma mesma temperatura T. A título de curiosidade, a velocidade quadråtica media do hidrogênio H2 (o gås mais leve de todos) na temperatura ambiente (# 300K), vale:

IV O

Conclusão 2: a velocidade quadråtica mÊdia v das molÊculas de qualquer gås ideal monoatômico (dada pela relação eq16) depende tanto da temperatura T absoluta (kelvin) do gås, quanto da sua massa molecular M. Em outras palavras, tomando diferentes gases monoatômicos a uma mesma temperatura, terão maiorn velocidade quadråtica mÊdia v as molÊculas daquele que tiver menorp massa molecular M (veja eq16). Adicionalmente, tomando duas amostras distintas de um mesmo gås ideal monoatômico (mesma massa molecular M), terão maiorn velocidade quadråtica mÊdia v as molÊculas daquele que tiver maiorn temperatura T (veja eq16).

337

3.R.T

3.(8,31 J/mol.K).(300K)

M

2 u 10 3 kg / mol

TR

v

Adicionalmente, se as molÊculas trocassem entre si forças intermoleculares (de natureza elÊtrica tais como forças de London, dipolo-dipolo etc), o sistema gasoso teria uma energia potencial elÊtrica a ser computada, associada a essas interaçþes mas, de acordo com a hipótese 3 da teoria cinÊtica dos gases (pågina 335), as molÊculas de um gås ideal não interagem entre si.

1,9 u 103 m/s

1,9 km/s

U

NS

Esse valor acima ĂŠ 17% da velocidade de escape da Terra, isto ĂŠ, da velocidade mĂ­nima necessĂĄria para se escapar da gravidade terrestre. Como essa velocidade v calculada ĂŠ apenas uma mĂŠdia, significa que, nessa temperatura de 300K, tanto hĂĄ uma grande quantidade de molĂŠculas de hidrogĂŞnio com velocidade superior a esta, como tambĂŠm hĂĄ molĂŠculas de hidrogĂŞnio com velocidades inferiores a esta. As molĂŠculas mais velozes de hidrogĂŞnio podem atingir velocidades superiores Ă  velocidade de escape terrestre (11 km/s) e escapar da atmosfera do nosso planeta. Ă&#x2030; por isso que a atmosfera terrestre atualmente nĂŁo contĂŠm mais gĂĄs hidrogĂŞnio  todo ele foi para o espaço.

Dessa forma, a energia interna U de um gås ideal Ê dada apenas pela soma das suas energias cinÊticas de translação. Se o recipiente contÊm N molÊculas, cada uma com massa m, a energia interna U desse gås Ê dada por:

MO

A tabela abaixo lista as velocidades quadrĂĄticas mĂŠdias para vĂĄrias molĂŠculas a 20 oC.

DE

Algumas velocidades quadrĂĄticas mĂŠdias a 20oC Massa molecular GĂĄs v (m/s) (g/mol) H2 2,02 1902 He 4,0 1352 H2O 18 637 Ne 20,1 603 N2 28 511 O2 32 475 CO2 44 408 SO2 64 338

AUTOTESTE PARA VOCĂ&#x160; ACORDAR -

6. Os planetas pequenos geralmente nĂŁo tĂŞm atmosfera. Por que isso acontece ?

U U

m.v12 m.v 22 m.v 32 m.vN2    ......  2 2 2 2 m . v12  v 22  v 32  ......  vN2 2 m § v 2  v 22  v 32  ......  vN2 ¡ ¸ N. .¨ 1 ¸ 2 ¨Š N š

(eq17)

v 2  v 22  v 32  ......  vN2 A expressão 1 Ê apenas uma mÊdia N aritmÊtica dos quadrados das velocidades e ninguÊm precisa ter medo dela -. O termo v , a velocidade quadråtica mÊdia das molÊculas, jå havia aparecido anteriormente (eq16) e Ê dada por: v12  v 22  v 32  ......  vN2 N Continuando o cålculo, sem medo -, temos: m § v 2  v 22  v 32  ......  vN2 ¡ m ¸ N. . v 2 U N. .¨ 1 ¸ 2 ¨Š N 2 š v

(eq18)

U

§ m.v 2 N.¨ ¨ 2 Š

¡ m.v 2 ¸ , mas, da relação eq15, temos ¸ 2 š

U

§3 ¡ N.¨ K.T ¸ , com N = n.NA (eq13) e K 2 Š š

3 K.T 2

R (eq14). NA

Substituindo, vem: U

3§ R ¡ (n.NA ). .¨ ¸ .T 2 Š NA š

Â&#x;

U

3 .n.R.T 2

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


16 – FUNÇÕES DE ESTADO E FUNÇÕES DE CAMINHO Sejam dois mols de um gás ideal monoatômico num estado termodinâmico A a uma temperatura de 300K (Figura 39). Qual a energia interna U dessa amostra gasosa ? Ora, pela relação eq19, temos: 3 3 J .2mol u 8 .300K Ÿ U 7200J U = n.R.T 2 2 mol.K

P

2

3

Sempre que uma grandeza é uma Função de Estado, a variação dela independe do caminho seguido pelo sistema ao evoluir do estado inicial ao estado final. Depende apenas das características desses estados. A Energia Interna U é uma importante Função de Estado estudada na Termodinâmica. No capítulo seguinte, estudaremos outra função de estado denominada Entropia S. Uma terceira Função de Estado denominada Entalpia H é estudada na Termoquímica.

300K

V

NS

Figura 39– A energia interna U do gás no estado A independe do caminho através do qual o gás chegou àquele estado.

TR

1

(eq26)

Já o trabalho W é uma Função do Caminho, haja vista que o trabalho realizado pelo gás, ao evoluir na transformação AoB da Figura 40, depende do caminho seguido pelo gás ao evoluir de A para B.

4

A

3 'UAB = 'U1 = 'U2 = 'U3 = UB  UA = n.R.(TB  TA ) 2 Podemos generalizar dizendo que:

AT

Como vemos, a energia interna U dessa amostra gasosa que encontra-se no estado A (Figura 39) está perfeitamente determinada e vale U = 7200 J. Observando a Figura 39, vemos que o gás pode ter evoluído até chegar ao estado A por vários caminhos (processos) distintos, tais como uma expansão isobárica (caminho 1), um aquecimento isovolumétrico (caminho 2), uma compressão isotérmica (caminho 3) ou por um processo genérico qualquer (caminho 4). Entretanto, independentemente do caminho percorrido pelo gás no diagrama PV até atingir o estado A, sua energia interna naquele estado termodinâmico A está completamente determinada e vale UA = 7200 J.

IV O

Física

344

Dizemos que a energia interna U de uma amostra gasosa não é uma função de caminho, mas sim, uma função de estado.

Figura 41– O trabalho realizado pelo gás no ao evoluir de A para B depende do caminho seguido pelo gás no percurso AoB

MO

Sendo o trabalho numericamente igual à área sob o gráfico no plano PV, para cada percurso diferente (Figura 41), teremos um trabalho realizado diferente, sendo válida a relação: W1 > W2 > W3

(eq27)

Figura 40– A variação da energia interna 'U do gás na transformação AoB é a mesma, independente do caminho seguido pelo gás entre A e B.

DE

Como a energia interna do gás, em cada estado A e B, mostrado na Figura 40, independe dos caminhos envolvidos, concluímos que a variação da energia interna 'U do gás em qualquer transformação AoB genérica independente do caminho seguido pelo gás entre os estados A e B, dependendo apenas das temperaturas TA e TB dos estados inicial e final: 3 3 'UAoB = UB  UA = n.R.TB  n.R.TA 2 2 'UAoB =

3 n.R.(TB  TA ) 2

(eq25)

Na Figura 40, por exemplo, o gás pode evoluir de A para B por três caminhos distintos. A variação da energia interna do gás, por qualquer um dos caminhos, será a mesma:

Vejamos, Claudete. A primeira lei da termodinâmica nos permite escrever: 'U = Q  W Ÿ Q = 'U + W A expressão acima nos diz que o calor Q trocado pelo gás depende tanto da variação da energia interna 'U do gás naquele caminho, quanto do trabalho W realizado por ele. Ora, conforme acabamos de ver, embora a variação da energia interna 'U seja a mesma (relação eq26), por qualquer um dos três caminhos que vão do estado A ao estado B (Figura 40), o trabalho W realizado pelo gás depende do caminho seguido (Figura 41). Assim, concluímos que o calor Q trocado pelo gás, numa transformação AB qualquer, também depende do caminho seguido pelo gás.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

345

caminho seguido pelo gás. Assim como o calor Q depende do caminho, o calor molar C do gás também depende do caminho seguido pelo gás entre os estados inicial e final.

No estudo da Termodinâmica, temos particular interesse em estudar o calor molar C dos gases nos processos isobáricos e isovolumétricos, respectivamente chamados de CP e CV. Para dar início ao estudo dos calores molares CP e CV de um gás, considere a seguinte situação problema.

AT

De acordo com o diagrama acima, se 'U é o mesmo por todos os caminhos que vão de A a B (Figura 40), por qual desses caminhos o calor Q será maior ? Ora, Q será maior pelo caminho onde W for maior. Como os trabalhos realizados pelo gás em cada caminho da Figura 40 satisfazem a relação W1 > W2 > W3, os calores trocados pelo gás em cada caminho satisfazem a relação: (eq28) Q1 > Q2 > Q3

17 – CALORES MOLARES DOS GASES – CP e CV Quando fornecemos uma quantidade de calor Q a uma massa m de uma substância de calor específico c, ela sofre uma variação de temperatura 'T dada pela relação fundamental da calorimetria:

Q = m.c.'T

Situação Problema Sejam duas amostras gasosas idênticas que sofrerão a mesma variação de temperatura (a mesma variação de energia interna 'U), sendo que uma das amostras será aquecida isobaricamente (processo AB – Figura 42) enquanto a outra será aquecida isovolumetricamente (processo AC – Figura 42). Pergunta-se: Quanto calor se deve fornecer a cada amostra, em cada um desses processos, para se obter a mesma variação de temperatura 'T (a mesma variação de energia interna 'U) ?

TR

Conclusão: Assim como o trabalho W, o calor Q também é Função do Caminho seguido pelo gás entre os estados inicial e final. Para cada caminho seguido pelo gás (Figura 40), serão diferentes os calores Q e os trabalhos W. Apenas as variações das energias internas 'U serão as mesmas, por qualquer caminho distinto que vá do estado inicial ao estado final.

(eq29)

Q m.c.'T

NS

Quando a substancia em questão é um gás, em geral, prefere-se escrever a quantidade de matéria em termos do número de mols n, em vez de usar a massa m da amostra. Assim, reescrevemos: m .(M.c).'T n.C.'T Ÿ Q M

n. C. 'T

A oC

(eq30)

onde C = M.c chama-se Calor Molar, sendo medido usualmente em J/mol.K. Embora as expressões eq29 e eq30 sejam equivalentes, no estudo dos gases, daremos preferência à relação eq30.

MO

No estudo das transformações gasosas, vimos que, quando uma mesma amostra gasosa vai do estado A ao B por vários caminhos diferentes (Figura 40), embora a variação de temperatura ' T seja a mesma, independente do caminho, a quantidade de calor Q que deve ser fornecida ao gás tem um valor diferente para cada caminho que o gás percorre na transformação AoB (relação eq28). Entretanto, observando a relação eq30, sendo constante o número de mols n, como é possível que a mesma variação de temperatura 'T possa ser obtida por diferentes valores do calor Q fornecido ao gás (relação eq28), dependendo do caminho seguido por ele entre os estados inicial e final (Figura 40) ?

DE

A oB

A única explicação é que um gás não apresenta um único valor de calor molar C, mas sim, um calor molar C diferente para cada

Figura 42– produzindo a mesma variação de temperatura através de processos diferentes.

Obteremos a resposta a seguir - :

17.1 Calor fornecido no processo isovolumétrico AoC Denominamos QV o calor fornecido a um gás a volume constante. A correspondente variação de temperatura 'T sofrida pelo gás é dada por: QV = n. CV . 'T (eq31)

onde CV chama-se calor molar do gás a volume constante, medido em J/mol.K. A oB

A oC

Figura 42– produzindo a mesma variação de temperatura através de processos diferentes.

Na transformação AoC (Figura 42), a 1ª lei da termodinâmica permite escrever : 'U = QV  WV Como AoC se trata de um processo isovolumétrico, temos WV = 0. Considerando as relações eq25 e eq31, temos:

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Figura 43 – Caminho alternativo para a transformação genérica AoB .

Assim, a variação da energia interna 'UAB desejada pode ser calculada por: 'UAB = 'UAC + 'UCB (eq39)

Assim, o comportamento geral dos gases, nas transformações adiabáticas, pode ser resumido assim:

A realização de uma transformação adiabática requer que o sistema gasoso não receba nem ceda calor Q durante o processo. Na prática, essa condição pode ser obtida de duas formas distintas: 1) usando um recipiente isolante térmico (com paredes adiabáticas, de isopor, por exemplo) que impeça as trocas de calor através de suas paredes; 2) lembrando que todo processo de condução de calor é muito lento, para se realizar um processo adiabaticamente, basta que ele seja levado a cabo muito rapidamente. Processos rápidos, em geral, são processos adiabáticos, visto que não haverá tempo para trocas de calor.

TR

Sendo AC uma transformação isotérmica, temos 'UAC = 0. Da primeira lei da termodinâmica na transformação isovolumétrica CB, temos: 'UCB = QCB WCB = QV  WV,

Em toda expansão adiabática (Figura 44), o gás gasta parte da sua energia interna U no trabalho de expansão, ao empurrar o êmbolo, o que leva à reduçãop do seu conteúdo de energia interna. Dessa forma, em toda expansão adiabática, a energia interna U do gás sempre diminui (a temperatura T do gás diminui). Esse decréscimo de energia interna U do gás é percebido, macroscopicamente, pelo seu esfriamento. Em toda compressão adiabática (Figura 45), o gás recebe energia do meio externo, na forma de trabalho W, o que leva ao aumenton do conteúdo de energia interna do gás. Dessa forma, em toda compressão adiabática, a energia interna U do gás sempre aumenta (a temperatura T do gás aumenta). Esse aumento da energia interna U do gás é percebido, macroscopicamente, pelo seu aquecimento.

AT

Como a variação da energia interna 'UAB em um processo AoB genérico independe do caminho seguido pelo gás, considere o caminho particular AoCoB mostrado da Figura 43, no qual o gás evolui de A para B inicialmente por uma etapa isotérmica AoC seguida de uma etapa isovolumétrica CoB.

IV O

348

com WV = 0 (isovolumétrica)

'UCB = QV  WV = n.CV.'T  0 Ÿ 'UCB = n.CV.(TBTC) Substituindo em eq39, vem:

'UAB = 'UAC + 'UCB = 0 + n.CV.(TB TC),

NS

'UAB = n. CV.(TB  TA).

com TA = TC

Assim, vemos que a variação da energia interna 'U em qualquer transformação gasosa AB, quer ela seja isovolumétrica ou não, é dada por: 'U = n. CV .(TF  Ti )

(eq40)

MO

Comparando entre si as relações eq25 e eq40, vemos que eq25 é apenas um caso particular da relação eq40 em que o gás é ideal monoatômico e, portanto, o CV vale 3R/2. Segundo o prof. Renato Brito, a relação eq40 é geral, sendo, portanto, válida para qualquer gás ideal, de qualquer atomicidade, em qualquer tipo de transformação gasosa -!

DE

19 – A TRANSFORMAÇÃO ADIABÁTICA Dizemos que uma transformação gasosa é adiabática quando ela ocorre sem troca de calor (Q = 0), isto é, quando não há transferência de energia, através da fronteira do sistema, motivada por diferença de temperatura. Dessa forma, no estudo dos gases, as duas únicas transformações adiabáticas possíveis são a expansão adiabática e a compressão adiabática:

Figura 44 – Expansão adiabática

gás

Q=0

Figura 45 – Compressão Adiabática

Na maioria dos casos, é devido à grande rapidez com que ocorrem, que os processos se realizam adiabaticamente. 19.1 Processos adiabáticos no dia-a-dia

Diariamente, muitos processos que envolvem expansões ou compressões gasosas rápidas e, portanto, adiabáticas, ocorrem ao nosso redor, levando respectivamente ao esfriamento ou ao aquecimento de gases. Vejamos, a seguir, alguns exemplos de processos adiabáticos em nosso cotidiano: x Quando fazemos uso de spray (Figura 46), o conteúdo líquido do recipiente atravessa um orifício minúsculo e seu vapor se expande rapidamente contra a atmosfera, realizando trabalho sobre ela. Assim, como ocorre em toda expansão adiabática, esse vapor expelido é resfriado à medida em que seu volume vai aumentando.

Figura 46 – ao pressionarmos a tampinha de um spray, seu conteúdo gasoso atravessa um minúsculo orifício e, em seguida, se expande rapidamente (adiabaticamente) contra atmosfera, motivo pelo qual ele sempre sai geladinho.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Esse ar aquecido e sob pressão acaba sendo empurrado para o interior do pneu da bicicleta. Dessa forma, a cada bombeada, o pneu da bicicleta, assim como a bola de futebol, vai sendo gradativamente preenchido com ar aquecido, proveniente das compressões adiabáticas. x Até mesmo a simples explosão de uma bomba (Figura 51), pela grande rapidez com que ocorre, é um processo adiabático. Isso porque a grande quantidade de calor liberada pela explosão não tem tempo suficiente para se dissipar através das várias camadas de ar ao redor da bomba (Figura 51).

AT

x Na panela de pressão usada em nossas cozinhas, também ocorre um fato semelhante: o vapor quente contido na panela atravessa o orifício da válvula de segurança da tampa da panela rapidamente (Figura 48) e, logo em seguida, se expande ao encontrar a atmosfera. Sendo essa expansão muito rápida, mais uma vez não há tempo suficiente para trocas de calor entre o ar quente expelido e o ar da cozinha, o que leva essa expansão a ocorrer adiabaticamente.

IV O

x Esse efeito de resfriamento do gás (ou vapor), devido a uma expansão rápida (adiabática), também ocorre quando sopramos ar fazendo um biquinho em nosso lábio (Figura 47). O ar, após atravessar o pequeno orifício, se expande contra a atmosfera e se resfria à medida que seu volume aumenta, produzindo sensação de frio ao atingir nossa mão. Se soprássemos naturalmente, sem fazer o biquinho, não teríamos a sensação de frio em nossa mão, visto que o ar não passaria pelo estrangulamento (pequeno orifício) para depois se expandir contra a atmosfera.

349

TR

Figura 51 – a explosão de uma bomba é um processo adiabático.

Figura 47

Figura 48

NS

À medida que o volume do vapor d’água expelido vai aumentando, sua temperatura vai diminuindo, de forma que o vapor acaba produzindo sensação de frio ao chegar à mão do cozinheiro.

Em vez disso, a primeira camada de ar ao redor da bomba é aquecida tão rapidamente, logo após a explosão, que se expande violentamente e empurra bruscamente as demais camadas do ar atmosférico ao redor, produzindo o estrondo característico da explosão de uma bomba. Logicamente que, se uma bomba explodisse próxima a alguém, no vácuo, a pessoa sentiria todo o calor irradiado por ela, mas nenhum estrondo seria produzido, visto que não haveria ar ao redor da bomba para ser bruscamente empurrado. No vácuo, bombas explodem em silêncio -.

DE

MO

x Em nossas geladeiras domiciliares (Figura 49), é mais uma vez a expansão adiabática a responsável por uma etapa importante do processo de resfriamento: o fluido refrigerante no estado líquido, proveniente do condensador, se vaporiza após atravessar o tubo capilar de menos de 1mm de diâmetro, e se expande rapidamente (adiabaticamente) no interior da tubulação do evaporador, se resfriando até cerca de 20 oC durante essa expansão adiabática.

Figura 49

Figura 50

x No dia-a-dia, freqüentemente usamos bombas manuais para encher pneus de bicicletas ou bolas de futebol (Figura 50). A cada bombeada, o ar existente no interior da bomba é bruscamente comprimido (compressão adiabática), o que leva ao seu aquecimento.

19.2 Estudo Analítico da Transformação Adiabática Quando uma amostra gasosa que se encontra no estado inicial Pi, Vi, Ti evolui quase-estaticamente até o estado final PF, VF, TF, numa transformação adiabática, é possível demonstrar que vale a relação: J J (eq41) Pi .(Vi) = PF.(VF)

ou seja, é possível demonstrar que o produto abaixo se mantém constante numa transformação adiabática: J

P. V = K = constante com J =

Cp Cv

(eq42)

onde o expoente J se chama coeficiente de Poisson e seu valor é sempre maior que um, visto que Cp é sempre maior que Cv para qualquer gás (relação eq37). Conforme aprendemos no estudo dos calores molares dos gases, os valores teóricos de Cp e Cv variam com a atomicidade do gás, o mesmo ocorrendo ao coeficiente de Poisson J. A validade das relações eq41 e eq42 se restringe às transformações gasosas quase-estáticas, durante as quais o gás evolui o tempo inteiro em equilíbrio termodinâmico, com temperatura e pressão bem definidas em qualquer instante do processo. São as chamadas transformações reversíveis, que estudaremos com mais detalhes no capítulo seguinte sobre Entropia.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

Exemplo Resolvido 9 Numa transformação adiabática, 2A de um gás, a uma temperatura de 300K e pressão de 1 atm, foram comprimidos quase-estaticamente até seu volume ser reduzido à metade. Se o coeficiente de Poisson para esse gás vale J = 2, o prof. Renato Brito pede que você determine: a) A pressão final da amostra gasosa; b) A temperatura final da amostra.

(1 atm).(2A)2 = PF. (1A)2

Ÿ PF = 4 atm

b) Como o número de mols n da amostra permanece constante (não ocorre vazamento de gás), a lei geral dos gases permite escrever: PF .VF TF

Ÿ

(1atm).(2A) 300K

(4atm).(1A) Ÿ TF = 600K TF

20 – CICLOS TERMODINÂMICOS Um ciclo termodinâmico é qualquer transformação gasosa na qual o gás parte de um estado inicial, evolui através de uma seqüência de estados intermediários e retorna ao estado inicial. Para exemplificar, observe o ciclo AoBoCoDoA mostrado na figura abaixo: P

TR

Pi .Vi Ti

AUTOTESTES PARA VOCÊ ACORDAR 13. Em todo processo adiabático, o gás não recebe calor do meio externo (Q = 0). Dessa forma, não há como aquecer o gás. Assim, concluímos que toda transformação adiabática é, automaticamente, uma transformação isotérmica. Esse ponto de vista acima está certo ou errado ? Explique. 14. Em toda compressão adiabática, o gás aquece ou esfria ? 15. Em toda expansão adiabática, o gás aquece ou esfria ?

AT

Solução: a) Como se trata de uma transformação quase-estática adiabática, podemos fazer uso da relação eq39: J J Pi .(Vi) = PF.(VF) , com VF = Vi / 2 = 2A /2 = 1Ae J = 2

que a temperatura do gás sempre aumenta em toda compressão adiabática (transformação cod).

IV O

350

A

C

B

V Figura 52

O gás parte, por exemplo, do estado A, evolui pela seqüência de estados intermediários BCD e retorna ao estado inicial A.

NS

19.3 Estudo Gráfico da Transformação Adiabática No estudo das transformações isotérmicas, vimos que a relação P = K / V era representada graficamente, no diagrama PV, por uma família de hipérboles. (Figura 52). Já as transformações adiabáticas são governadas pela relação eq40, que nos permite escrever: K Ÿ P= (eq43) P.VJ = K VJ

D

Percebemos que a expressão eq43 é parecida com relação P = k / V das isotérmicas, diferindo apenas pelo expoente J > 1. Assim, embora a pressão P decresça com o aumento do volume V, tanto na transformação isotérmica quanto na adiabática, a presença do expoente J na relação eq43 nos permite concluir que esse decréscimo é bem mais acentuado (bem mais rápido) na transformação adiabática.

P

MO

Por esse motivo, as curvas adiabáticas, num diagrama PV, são um pouco mais íngrimes (um pouco mais “em pé”) do que as isotérmicas, conforme mostrado na Figura 52:

adiabáticas

d

a

isotérmicas

b

DE

c

400k 200k

20.1 Variação da Energia Interna num Ciclo Termodinâmico Seja uma amostra gasosa que evolui ao longo da transformação gasosa fechada AoBoCoDoA mostrada na Figura 52. Qual a variação da energia interna 'Uciclo sofrida por esse gás, após percorrer todo esse ciclo ? Podemos responder a essa pergunta usando um argumento matemático simples:

'Uciclo = 'AB + 'UBC + 'UCD + 'UDA

'Uciclo = (UB  UA) + (UC  UB) + (UD  UC) + (UA  UD) 'Uciclo = 0 Fisicamente, esse resultado obtido ('Uciclo = 0) está relacionado ao fato de que em toda transformação cíclica, pela própria definição de ciclo termodinâmico, o estado inicial coincide com o estado final do gás. Assim, como a energia interna U de um gás é uma função de estado, em todo ciclo termodinâmico, as energias internas Uinicial e UFinal do gás são iguais (UFinal = Uinicial), portanto: 'Uciclo = UFinal  Uinicial = 0

V

Figura 52 – as isotérmicas são curvas mais suaves. As adiabáticas são curvas mais íngrimes, mais “em pé”.

Na Figura 52, podemos observar, graficamente, algumas propriedades já conhecidas das transformações adiabáticas, como, por exemplo, o fato que de a temperatura do gás sempre diminui em toda expansão adiabática (transformação aob); assim como o fato de

É possível ainda determinar a variação da energia interna sofrida pelo gás num ciclo, fazendo uso da relação eq40: 'Uciclo = UFinal  Uinicial = n.CV.( TF  Ti ) = 0

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física Em todo e qualquer ciclo termodinâmico, a variação de energia interna do gás é sempre nula. 'Uciclo = 0

(eq44)

Conclusão: Em todo ciclo termodinâmico, o trabalho WCiclo realizado pelo gás, é a soma algébrica dos trabalhos realizados em cada etapa do ciclo. O valor desse trabalho WCiclo é sempre numericamente igual à área delimitada pelo ciclo (área do miolo -) no diagrama PV (Figura 55).

O trabalho realizado pelo gás Wciclo no ciclo termodinâmico ABCDA resultou positivo (Figura 55). Isso foi devido ao fato de o trabalho positivo realizado na expansão (área DA) ter um valor maior que o valor do trabalho negativo realizado na compressão (área BC). Sempre que um ciclo termodinâmico for percorrido no sentido horário, teremos Wciclo > 0.

AT

20.2 Trabalho realizado em um Ciclo A seguir, calcularemos o trabalho realizado pelo gás, ao evoluir ao longo do ciclo AoBoCoDoA da Figura 52.

IV O

visto que, Ti = TF. Afinal, como os estados inicial e final tratam-se do mesmo estado termodinâmico, suas temperaturas são necessariamente iguais. Do exposto, podemos concluir que:

351

Figura 52

TR

P

O trabalho realizado no ciclo é a soma algébrica dos trabalhos realizados em todas as etapas que compõem o ciclo:

Wciclo = WAB + WBC + WCD + WDA

(eq45)

A

C

B

V

Figura 56

Por outro lado, se o ciclo fosse percorrido no sentido anti-horário (ADCB, Figura 56), o trabalho negativo realizado na compressão (área DA Figura 57) teria um valor maior que o valor do trabalho positivo realizado na expansão (área BC Figura 58).

NS

Os trabalhos realizados nas etapas AB e CD são nulos (WAB = WCD = 0) visto que são transformações isovolumétricas. O trabalho realizado pelo gás na expansão isobárica DA é positivo (expansão) e numericamente igual à área sombreada na Figura 53.

D

Figura 57

Figura 58

Nesse caso, o trabalho total realizado no ciclo Wciclo resultaria negativo (Figura 59).

Figura 53

Figura 54

MO

Já o trabalho realizado pelo gás na compressão isobárica BC é negativo (compressão) e seu módulo é numericamente igual à área sombreada na Figura 54. Assim, substituindo na relação eq45, temos:

Wciclo = WAB + WBC + WCD + WDA Wciclo = 0 + |área DA| + 0  |área BC| Wciclo = área delimitada pelo ciclo

(eq45) (eq46)

A subtração entre as áreas hachuradas DA e BC (Figuras 53 e 54) resulta a área interna delimitada pelo ciclo ABCD (área do miolo -) mostrada na Figura 55. Por esse motivo, o trabalho realizado no ciclo é numericamente igual a essa área hachurada na Figura 55.

DE

Sempre que um ciclo termodinâmico for percorrido no sentido antihorário, teremos Wciclo < 0.

Figura 59 – Ciclo de máquinas frigoríficas, Wciclo < 0

Mais adiante, entenderemos fisicamente o significado do sinal algébrico do trabalho realizado em um ciclo Wciclo. AUTOTESTES PARA VOCÊ ACORDAR 16. Em todo ciclo termodinâmico, a temperatura do estado inicial é a mesma temperatura do estado final. Podemos dizer que um ciclo termodinâmico é um processo isotérmico ? 17. Qual a variação de energia interna do gás ao descrever o Ciclo Otto ?

Figura 55 – Ciclo de máquinas térmicas, Wciclo > 0

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


consertar uma das primeiras máquinas construídas, a de Thomas Newcomen. Visão Histórica das Máquinas Térmicas Fonte : Universo da Física – Volume 2 – José Luiz Sampaio e Caio Sérgio Calçada – 2ª edição 2005 – Atual Editora

Atualmente, máquinas térmicas são usadas em motores de automóveis, navios, motocicletas, turbinas de avião e fazem parte dos tempos modernos.

IV O

Física

358

Cada cilindro do motor de Otto dispõe de 2 válvulas: a válvula de admissão no lado esquerdo e a válvula de escape no lado direito. Adicionalmente, cada cilindro também dispõe de um dispositivo de centelha elétrica para ignição (vela). A mistura de ar e combustível (gasolina) é fornecida por um sistema de alimentação (carburador ou sistemas de injeção) e entra pela válvula de admissão. Na fase 01, a válvula de admissão está aberta e o movimento de descida do pistão aspira (suga) a mistura de ar e combustível (gasolina) para dentro do cilindro. É um processo aproximadamente isobárico (Figura 77).

Figura 75a motor de automóvel

Figura 75b turbina de avião

AT

Ao atingir a posição mais inferior (ponto morto inferior), a válvula de admissão é fechada e o movimento ascendente comprime a mistura (fase 12 – Figura 77). Esse processo é aproximadamente uma compressão adiabática porque a velocidade do pistão é alta, havendo pouco tempo para troca de calor.

TR

Para quebrar um pouco a abstração das máquinas térmicas e dar ao leitor uma visão um pouco mais prática desse assunto, descreveremos a seguir um dos ciclos termodinâmicos mais comuns usados no cotidiano, o Ciclo Otto.

Figura 77 – Diagrama PV do Ciclo Otto

Na fase 23 o pistão atinge sua posição mais acima (ponto morto superior), quando uma centelha na vela provoca a ignição da mistura e a rápida combustão do vapor (explosão) levando a um repentino aumento da pressão (Figura 77). Sendo a explosão um processo muito rápido, ocorre um súbito aumento da pressão sem que haja tempo suficiente para o pistão se mover. Assim, essa fase 23 é modelada como um aquecimento isovolumétrico no diagrama PV (Figura 77).

DE

MO

NS

23.1 Ciclo Otto – Motores de Automóveis Este ciclo termodinâmico foi idealizado pelo engenheiro francês Alphonse Beau de Rochas em 1862. De forma independente, o engenheiro alemão Nikolaus Otto concebeu um ciclo similar em 1876, além de construir um motor que operava segundo esse ciclo. Motores de ciclo Otto usam combustíveis leves como gasolina, álcool, gás natural e são usados em principalmente em motores de automóveis.

Figura 76 – etapas do ciclo Otto

A Figura 76 descreve as etapas de um Ciclo Otto, enquanto a Figura 77 mostra o respectivo diagrama PV desse ciclo.

Em seguida (fase 34), devido a alta pressão gerada pela explosão da mistura ar+combustível, o vapor se expande rapidamente, empurrando o pistão para baixo numa expansão adiabática (fase 34 – Figura 77). Na fase 41, o pistão atinge o ponto morto inferior, quando a válvula de escape é aberta (Figura 76) e os gases são ejetados do sistema, levando a uma brusca queda da pressão do gás. De forma similar à fase 23, pode-se modelar a etapa 41 como um processo a volume constante (fase 41 - Figura 77), durante o qual o sistema cede calor ao ambiente. Na fase final 10, o movimento ascendente com a válvula de escape aberta remove a maior parte dos gases da combustão e o o pistão chega novamente ao ponto morto superior. Nesse ponto, retornamos à fase inicial 01 e ciclo se reinicia.

 Para assistir a um interessantíssimo vídeo do programa educativo “Mundo de Beakman” mostrando em detalhes o funcionamento do motor de um automóvel, acesse www.fisicaju.com.br/maquinastermicas.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

379

IV O

Energia Interna U Teoria Cinética dos gases, Velocidade quadrática média.

Questão 24 Conforme o prof. Renato Brito enfatizou em sala de aula, durante nossas 4 x 5 = 20h de aula de Termodinâmica -, a energia cinética ec média das moléculas de um gás ideal é dada por: ec =

m.(v)2 3 = .kT , 2 2

com k =

R = constante de Boltzmann, NA = número de Avogadro. NA

NS

TR

AT

a) Nas expressões acima, o termo m é a massa de uma molécula do gás, a massa da amostra gasosa ou a massa de um mol de moléculas do gás ? b) A massa m de uma única molécula de O2 vale m = M = 32 gramas ou m = M / NA = 32 / 6x1023 = 5,33x1023 gramas ? c) Pelo exposto acima, podemos afirmar que a energia cinética das moléculas de um gás depende exclusivamente da temperatura do gás ? d) Do exposto acima, considere uma transformação em que a pressão P de uma amostra gasosa muda, juntamente com o seu volume V, de modo que a temperatura T do gás permanece constante durante o processo (isotérmico). Podemos garantir que a energia cinética média ec das moléculas permaneceu constante durante o processo, mesmo que P e V tenham variado ? e) Seja uma mistura de O2 e H2 na mesma temperatura 200K. Quais moléculas terão maior energia cinética média ec ? Quais moléculas terão maior velocidade quadrática média v ? f) Seja uma mistura de O2 e H2 na mesma temperatura 300K. A velocidade quadrática média v das moléculas do gás hidrogênio será quantas vezes maior que a das moléculas do gás oxigênio ? g) Para que a energia cinética média ec das moléculas de uma amostra de gás O2 duplique, a sua temperatura tem que aumentar de 300K para quantos kelvins ? h) Para que a velocidade quadrática média das moléculas de uma amostra de gás O2 duplique, a sua temperatura tem que passar de 27oC para quantos oC ? i) É correto dizer que a energia cinética das moléculas de qualquer gás ideal monoatômico depende somente da temperatura absoluta (Kelvin) do gás, independendo inclusive da sua massa molecular ? Em outras palavras, moléculas de diferentes gases ideais (diferentes massas moleculares), estando todos à mesma temperatura, tem energias cinéticas médias ec iguais ?

3 .kT 2 j) É correto dizer que a velocidade quadrática média v das moléculas de qualquer gás ideal monoatômico depende tanto da temperatura absoluta (Kelvin) do gás, quanto da sua massa molecular ? Em outras palavras, tomando diferentes gases monoatômicos a uma mesma temperatura, terão maior velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver menor massa molecular ? Adicionalmente, tomando duas amostras distintas de um mesmo gás ideal monoatômico (mesma massa molecular M), terão maior velocidade quadrática média v as moléculas daquele que tiver maior temperatura ?

MO

ec =

ec =

m.(v)2 3 = .kT 2 2

Ÿ

M.(v)2 NA .2

3.R.T 2.NA

Ÿ

v

3.R.T M

k) Seja uma amostra de 32g de gás O2 (Po = 1 atm, Vo = 4 litros) e outra amostra de 28g de gás N2 (PN = 2 atm, VN = 2 litros). Compare (usando os símbolos >, < ou = ) as temperaturas das amostras, assim como suas energias internas U, as energias cinéticas ec médias das suas moléculas e, finalmente, as velocidades quadráticas médias das suas moléculas.

DE

Questão 25 Sejam dois recipientes A e B fechados contendo, respectivamente, 200 g de N2 e 200g de H2, ambos a 400 K. o prof. Renato Brito pergunta: a) Em qual recipiente há um maior número de mols de moléculas ? b) Qual deles tem maior energia cinética total (energia interna U) ? c) Em qual dos recipientes as moléculas dos gases têm maior energia cinética média ? d) Em qual dos recipientes as moléculas têm maior v velocidade quadrática média ?

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física Calores Específicos dos

G a s e s : Cp e Cv

IV O

386

AT

Questão 54 Sejam duas amostras A e B idênticas de n mols de um mesmo gás ideal, ambas inicialmente a uma temperatura de 300k. Na amostra A, o êmbolo pode deslizar verticalmente sem atrito (obrigando que qualquer aquecimento/expansão ou resfriamento/compressão do gás será isobárico), ao passo que, na amostra B, o êmbolo se encontra travado por dois pinos (obrigando que qualquer aquecimento ou resfriamento do gás será isovolumétrico)

TR

a) Seja QP a quantidade de valor que deve ser fornecida isobaricamente à amostra A, para que ela sofra uma correspondente variação de temperatura 'Tp (com QP = n.CP.'TP); e QV a quantidade de valor que deve ser fornecida à amostra B isovolumetricamente, para que ela sofra uma variação de temperatura 'TV (com QV = n.CV.'TV). Lembrando que, para gases ideais monoatômicos, temos CP= 5R/2 e CV =3R/2, mostre que, para que as amostras sofram variações de temperatura iguais ('Tp = 'TV = 'T ), devem receber calores QP e QV tais que: QP CP 5R / 2 5 Q V C V 3R / 2 3 b) Neste caso, qual amostra sofreu maior variação da energia interna 'U = n.CV.'T ? A amostra A (aquecida isobaricamente) ou a amostra B (aquecida isovolumetricamente) ?

NS

c) Quando a amostra A recebe uma quantidade de calor QP, parte dele é usado no trabalho que o gás realiza em sua expansão isobárica, e apenas o restante é incorporado à energia interna do gás, levando ao seu aumento (QP = 7isob + 'U). Já a amostra B, ao receber uma quantidade de calor QV, todo ele é integralmente incorporado à energia interna do gás, levando ao seu aumento (QP = 0 + 'U).

MO

Dessa forma, conforme vimos em sala de aula, para produzir a mesma variação de energia interna 'U (mesma variação de temperatura) em ambas as amostras gasosas, o calor QP fornecido para a amostra A será maior que o QV fornecido à amostra B, visto que diferem pelo trabalho realizado na expansão isobárica sofrida pelo gás da amostra A (QP  QV = 7isob = P.'V = n.R.'T). Mostre que, nesse processo em que se fornece calor às amostras A e B a fim de se produzir a mesma variação de temperatura, as grandezas QP, QV, 'U e 7isob estão relacionadas por: QP Q V 'U 7isob 5 3 3 2 (Proporção Termodinâmica – gases ideais monoatômicos)

Com base na proporção termodinâmica encontrada acima, resolva as questões a seguir :

DE

Questão 55 Sejam duas amostras A e B idênticas de n mols de um mesmo gás ideal, ambas inicialmente a uma temperatura de 300k. Na amostra A, o êmbolo pode deslizar verticalmente sem atrito (obrigando que qualquer aquecimento/expansão ou resfriamento/compressão do gás será isobárico), ao passo que, na amostra B, o êmbolo se encontra travado por dois pinos (obrigando que qualquer aquecimento ou resfriamento do gás será isovolumétrico)

Uma quantidade de calor Q1 = 240 J foi fornecido à amostra B, elevando a sua temperatura de 300k para 500k. Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

Entropia Propriedades Fundamentais

Aula 15

1 - INTRODUÇÃO O objetivo desse material é fazer com que o estudante saiba quando a famosa Entropia S aumenta, diminui ou permanece constante em transformações gasosas, de forma clara, prática e objetiva sem se preocupar muito em explicar o que é entropia.

Resolução do prof Renato Brito: Lembre-se: Se o gás receber calor Ÿ sua entropia S aumenta (P1) Se o gás ceder calor Ÿ sua entropia S diminui (P2) Se o gás não trocar calor Ÿ sua entropia S não se altera (P3)

A expressão abaixo determina a variação de entropia 'S ocorrida quando uma amostra gasosa troca calor a uma temperatura constante T, numa transformação reversível: Q (eq1) 'S = T onde: Q = calor trocado no processo a uma temperatura constante T T = temperatura Kelvin constante em que ocorreu a troca de calor 'S = SF  Si = variação de entropia S ocorrida no processo.

Analisemos a seguir, rapidamente, cada caso diagrama P x V dessa questão:

mostrado no

AT

Processo AB – expansão isobárica x Nesse processo a temperatura do gás aumenta Tn (consegue visualizar as isotérmicas ? - ) x Qp = n.Cp.(TF  Ti), como T aumentou, teremos Qp > 0, o gás recebe calor nesse processo, portanto sua entropia S aumenta (propriedade 1).

A seguir, o estudante aprenderá cinco propriedades práticas sobre entropia que o farão acertar com tranqüilidade questões sobre esse tema no vestibular:

TR

Propriedade P1 : Sempre que uma amostra gasosa receber calor (Q > 0) numa transformação (reversível), sua entropia AUMENTARÁ. Matematicamente: Q > 0 Ÿ 'S > 0 Ÿ Sn

Processo BC – resfriamento isovolumétrico x Nesse processo, a temperatura do gás diminui Tp , assim como a sua energia interna Up (consegue visualizar as isotérmicas ? - ). x Qv = n.Cv.(TF  Ti), como T diminuiu, teremos Qv < 0, o gás cede calor nesse processo, portanto sua entropia S diminui (propriedade 2).

Variação de Entropia em mudanças de Estado Físico A variação da entropia também pode ser considera durante processo de mudança de estados físicos (reversíveis). A entropia da água, por exemplo, aumenta tanto quando ela recebe calor tanto durante um processo de fusão quanto num processo de vaporização (P1).

NS

Propriedade P2: Sempre que uma amostra gasosa ceder calor (Q < 0) numa transformação (reversível), sua entropia DIMINUIRÁ. Matematicamente: Q < 0 Ÿ 'S < 0 Ÿ Sp

Processo CA – Compressão adiabática x Nesse processo reversível, o gás não troca calor (Q = 0). Assim, sua entropia permanece constante (propriedade 3).

MO

Propriedade P3: Sempre que uma amostra gasosa NÃO TROCAR CALOR (Q = 0, processo adiabático) numa transformação (reversível), sua entropia permanecerá constante. Matematicamente: Q = 0 Ÿ 'S = 0 Ÿ S = constante Embora a expressão eq1 só seja matematicamente válida quando a temperatura T permanecer constante durante a troca de calor Q, ainda assim as propriedades 1, 2 e 3 da entropia permanecem válidas em qualquer situação. Enquanto nada for dito em contrário, todas as transformações gasosas serão admitidas reversíveis. Adiante, o aluno aprenderá o que é uma transformação reversível e o que é uma transformação irreversível.

DE

EXEMPLO RESOLVIDO 1: Em cada uma das transformações gasosas AB, BC e CA, diga se a entropia do gás aumenta, diminui ou permanece constante.

Por outro lado, a entropia da água, diminui tanto quando ela cede calor durante um processo de liquefação quanto num processo de solidificação (P2).

Simétrico Pré-Universitário – Turma Saúde 10 – Especialista em Medicina ou Odontologia – www.simetrico.com.br


Física

PROPRIEDADE 7: Toda transformação gasosa representada por uma linha contínua, num diagrama de estado P x T, V x T, P x V etc.. é uma transformação gasosa reversível. Assim, conforme vimos, o caráter irreversível da Expansão Livre permite garantir que a ENTROPIA DO SISTEMA AUMENTA 'S > 0 nesse processo. Sendo um processo irreversível, a expressão eq1 abaixo não é válida: 'S =

Q T

(eq1)

A entropia aumenta em qualquer transformação irreversível, independente de ser adiabática, isotérmica, isovolumétrica etc.. Já numa expansão adiabática (Q = 0) reversível, a expressão eq1 é válida. Assim: Q = 0 Ÿ 'S = 0 Ÿ S = constante Q = 0 Ÿ 'S = T Ou seja, apenas em processos adiabáticos reversíveis (expansão ou compressão) a entropia S do sistema permanece constante.

AT

Por esse motivo, não há como representar essa expansão livre (ou qualquer outra transformação gasosa irreversível) por uma trajetória bem definida num diagrama de estados, podendo ser grosseiramente visualizada apenas como mostra a figura a seguir:

IV O

recipiente). No decorrer dessa expansão, porém, o gás evolui de forma turbulenta e caótica, não havendo uma uniformidade de temperatura e pressão em toda a extensão do mesmo, podendo haver maior agitação térmica em uma parte do gás que em outra (não encontra-se em equilíbrio termodinâmico), tornando indefinidas a sua temperatura T e pressão até que o mesmo atinja o estado final de equilíbrio.

399

TR

EXEMPLO RESOLVIDO 5:

Considere a transformação reversível de uma certa quantidade de gelo em água. O calor latente de fusão é igual a 80 cal/g. Calcule a variação de entropia 's de um bloco de gelo de 50g que converte totalmente em água a 0 oC (273 kelvins).

Solução: Admitindo que o calor latente Q = m.lF tenha sido fornecido ao gelo de forma reversível, temos:

NS

Uma outra característica da expansão livre que confirma o seu caráter irreversível é que ele ocorre de forma descontrolada, ao contrário dos processos reversíveis, não sendo possível inverter o sentido da sua evolução a qualquer momento. Em outras palavras, uma vez iniciado, o processo evolui até o final, quando finalmente o sistema volta a atingir um estado de equilíbrio termodinâmico.

's

Q T

m.L F T

50 g. (80 cal/g) 273 K

14,65 cal / K

Assim, vemos que a entropia do gelo aumentou 14,65 cal/K nesse processo.

MO

Sua pergunta está exatamente em nosso contexto. Observe o gráfico acima, Claudete. Será que há como se definir a temperatura de um gás quando este se encontra turbulento e caótico, como ocorre durante uma expansão livre ?

DE

Ora, conforme acabei de lhe explicar, para se definir a temperatura e a pressão de um gás, é preciso que ele se encontre em um estado de Equilíbrio Termodinâmico, o que não ocorre durante a expansão livre. Durante esse processo, a temperatura do gás permanece indefinida, assumindo um valor bem definido apenas no início e no término da expansão, quando o gás encontra-se em Equilíbrio Termodinâmico. De fato, as temperaturas inicial e final do gás são iguais entre si, na expansão livre, mas isso não suficiente para que possamos classificá-la como uma transformação isotérmica, visto que, para tal, a temperatura do gás deve permanecer bem definida e constante durante todo o processo. Durante a expansão livre, a temperatura do gás é indefinida e, portanto, não esse processo não pode ser classificado como isotérmico.

4 - A ENTROPIA E O SENTIDO DA PASSAGEM DO TEMPO Os processos termodinâmicos que ocorrem na natureza são todos processos irreversíveis. Estes processos são aqueles que ocorrem num sentido, mas não ocorrem em sentido contrário. É importante perceber que o sentido da passagem do tempo, nos processos da natureza é sempre o sentido em que a ENTROPIA AUMENTA. Para esclarecer, considere as Figuras A e B abaixo. O ovo cru se transformou em ovo frito, ou o contrário ?

Figura A Figura B Logicamente que o ovo cru se transforma num ovo frito, mas o processo inverso de um ovo frito voltar a se transformar no ovo cru original não ocorre. Curiosamente, nada impede que esse processo do ovo frito voltar a ser o ovo cru ocorra, mas ele simplesmente não ocorre na natureza.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


Física

IV O

Qual a estante mais organizada ? Estante 1 Uma estante em que todos os DVDS ficam apenas na parte de cima e todos os CDS ficam exclusivamente parte debaixo.

401

(2ª lei da Termodinâmica com base no conceito de entropia) Estante 2 Uma estante em que os CDS e DVDs são guardados aleatoriamente em qualquer prateleira.

"Todo sistema natural, quando deixado livre (isolado, sem intervenção externa), evolui para um estado de máxima desordem, correspondente a uma entropia máxima."

Assim, o que é mais organizado ? Guardar todas as moléculas do gás exclusivamente num canto da caixa (Figura H), deixando o resto da caixa vazio ? Ou deixar as moléculas se espalharem aleatoriamente, ocupando toda a caixa ?

AT

Com essa breve análise, fica fácil entender que o guarda-roupa 1 é mais ordenado que o guarda-roupa 2, ou seja, tem menor entropia que o guarda-roupa 2. Da mesma forma, a estante 1 tem menor entropia que a estante 2, assim como o estado H tem menor entropia que o estado I.

6 - A ENTROPIA E A DISPONIBILIDADE DE ENERGIA Considere dois corpos A e B com temperaturas TA e TB, tais que TA > TB. É possível extrair energia útil desse sistema devido a essa diferença de temperatura, construindo uma máquina térmica utilizando, como fontes quentes e fria, os corpos A e B respectivamente.

Figura J

Figura L

TR

Entretanto, se, em vez disso, colocarmos os corpos A e B em contato direto entre si, o calor será trocado diretamente entre eles de forma irreversível até que eles atinjam a temperatura de equilíbrio comum aos dois. Note que, com isso, o conteúdo de energia do sistema ainda é o mesmo de antes, entretanto, não há mais como se tirar proveito da diferença de temperatura inicial que havia no sistema para extrair energia útil dele.

Figura M

NS

A seqüência de imagens acima mostra algumas gotas de tinta preta se difundindo no seio da água contida numa taça. No começo, distinguimos claramente a tinta preta da água (estado ainda organizado, baixa entropia). Gradativamente, o sistema vai evoluindo para uma configuração mais caótica (mais desorganizada) até que, após alguns minutos, o sistema atinge um estado de máxima entropia (água e tinta se tornam indistinguíveis, formando uma fase única). A entropia aumenta durante todo esse processo de difusão.

Com isso, vemos que o AUMENTO da ENTROPIA ocorrida no sistema isolado, embora não altere o seu conteúdo de energia, está associada a um aumento da parcela dessa energia indisponível para realização de trabalho útil. Em linhas gerais, quando a entropia de um sistema isolado sofre um aumento 'S num processo reversível, a uma temperatura T, uma quantidade de energia T.'S se torna indisponível para realização de trabalho útil.

MO

O processo contrário seria curioso. Já imaginou se, de repente, a tinta preta da Figura M começasse a se separar da água, de tal forma que fosse ficando cada vez mais perceptível onde está a tinta preta e onde está a água ? O sistema fosse ficando cada vez mais organizado evoluindo de acordo de trás para frente, na ordem M oLoJ ??!!!! Nada impede que esse processo ocorra no sentido invertido M oLoJ mas ele, simplesmente não ocorre.

DE

Processos irreversíveis são assim: o sistema evolui caoticamente (de forma aleatória e imprevisível visto que você não consegue prever o percurso que a tinta preta fará) até atingir o estado de equilíbrio final (máxima entropia). Processos irreversíveis ocorrem apenas num sentido preferencial mas simplesmente não ocorrem no sentido contrário. O sentido único em que eles acontecem é sempre aquele no qual a Entropia do sistema aumenta.

Imaginemos que uma caixa de ferro de massa M esteja se deslocando sobre uma superfície lisa com energia cinética total 150 J, sendo que, desses 150 J, considere que 50 J sejam energia cinética interna associada ao movimento microscópico caótico de vibração dos átomos de ferro da caixa (energia interna U proporcional à temperatura da caixa), ao passo que os 100 J restantes de energia cinética (macroscópica e ordenada) estejam associados ao movimento próprio dessa caixa ao longo do solo, a famosa M.v2 / 2.

Durante o movimento dessa caixa, esses 100J de energia cinética (macroscópica e ordenada) estão disponíveis, por exemplo, para realizar trabalho comprimindo uma mola que eventualmente estivesse no caminho da caixa. Esses 100J constituem a parcela de energia disponível dessa caixa (energia nobre, energia útil). A parcela dos 50 J de energia cinética microscópica e desordenada constitui uma forma de energia menos nobre (térmica), indisponível, por exemplo, para ser usada na compressão de uma mola. Você não espera, por exemplo que, ao colocarmos uma caixa de ferro quente parada encostada numa mola, a caixa espontaneamente vá esfriando e sua energia térmica seja usada para comprimir a mola espontaneamente, espera -?

Admita, agora que essa caixa, subitamente, colida inelasticamente com uma parede (colisão bate-gruda) e toda a energia cinética macroscópica (100J) seja convertida em energia interna (calor) aumentando a temperatura da caixa, que agora encontra-se parada. Em outras palavras, considere que toda a sua energia mecânica tenha sido convertida em energia térmica. Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br

Embora não saibamos porque a natureza se comporta dessa forma, estabelecendo um sentido preferencial para a ordem de acontecimento de alguns eventos, nos acostumamos a esse comportamento e, assim, criamos uma formulação alternativa para a segunda Lei da Termodinâmica relacionada a esse fato:


Física

IV O

Figura C

Figura D

Figura E

c) Uma caixa foi lançada ao longo do solo áspero e vai gradativamente freando até parar. Durante esse processo, energia mecânica (energia cinética organizada) vai sendo transformado em energia interna (energia térmica, energia cinética desordenada, caótica, microscópica). Ou seja, a caixa vai freando na medida em que vai se aquecendo. Ao final, a caixa parada encontra-se quente.

TR

AT

Questão 17 Marque Verdadeiro ou Falso conforme seus conhecimentos: a) Em todo processo reversível, a entropia do sistema permanece constante; b) Em todo processo irreversível, a entropia do sistema sempre aumenta enquanto ele não atingir o equilíbrio termodinâmico; c) Em qualquer transformação adiabática, a entropia do sistema sempre permanece constante; d) Durante a expansão livre, são nulas a variação da entropia e a variação da energia interna do sistema; e) Quando misturamos água quente e gelo no interior de uma caixa de isopor e tampamos, a entropia do sistema aumentará; f) Quando botamos uma colher quente num recipiente fechado contendo água fria, com o passar do tempo, a entropia da colher entropia diminui, a entropia da água aumenta e a entropia do sistema isolado água+colher aumenta; g) A variação de entropia num processo reversível pode ser negativa; h) A variação de entropia num processo espontâneo (ou irreversível) pode ser negativa; i) O rendimento de uma hidrelétrica é limitado pelo rendimento do ciclo de Carnot; j) É possível esfriar a cozinha deixando a porta da geladeira e do congelador aberta a noite toda; k) É possível converter integralmente energia mecânica em calor; l) É possível converter integralmente calor em energia mecânica; m) A variação de entropia do gás num ciclo Rankine é nula; n) Quando água líquida é convertida em gelo, sua entropia aumenta.

405

NS

Questão 18 Marque verdadeiro V ou falso F a respeito dos seus conhecimentos sobre Entropia:

Agora imagine o processo acontecendo no sentido contrário (de trás para frente): a caixa que encontrava-se quente e parada vai, por si só, gradativamente, esfriando e adquirindo energia cinética crescente, à medida em que sua energia térmica (energia cinética interna desordenada) vai se transformando em energia mecânica (energia cinética organizada). Esse processo contrário não viola a conservação de energia, mas ainda assim ele não ocorre na natureza. Por que motivo ? Se ele ocorresse, a entropia do Sistema Diminuiria !!! A natureza proíbe processos naturais que ocorrem com diminuição da Entropia do Sistema. Em todos os processos naturais, a entropia do sistema AUMENTA, são processos de mão única, irreversíveis. d) Todo processo em que ocorre transformação de energia mecânica em calor, pela ação do atrito, é irreversível. A Entropia do Sistema sempre aumenta nesses processos. e) Quando misturamos água quente com água fria, o sistema evolui gradativamente até obtermos água morna. Esse processo é irreversível, visto que ele não acontece no sentido contrário, isto é, água morna não se separa novamente, em água quente e água fria. A Entropia do sistema aumenta durante a sua evolução até o Equilíbrio térmico. Após atingido o equilíbrio térmico, a entropia do sistema permanece constante. f) É possível converter integralmente energia mecânica (energia cinética organizada) em calor (energia térmica, energia cinética desordenada, caótica, microscópica); g) É possível converter integralmente energia térmica (energia cinética desordenada, caótica, microscópica) em energia mecânica (energia cinética organizada).

MO

a) Observe as figuras abaixo. Na natureza, é comum a transformação física “copo inteiro”o “copo quebrado”, mas você nunca verá essa transformação física ocorrer no sentido contrário (copo quebradoo copo inteiro). Todos os processos naturais são denominados irreversíveis, significando dizer que eles só ocorrem num sentido (AoB) mas nunca ocorrem no sentido contrário (BoA). Em todos os processos naturais a Entropia do Sistema AUMENTA (SB > SA).

o

DE

Estado A

Estado B

b) Assim, do exposto, vemos podemos associar o aumento da Entropia, em processos naturais (irreversíveis), ao sentido da passagem do tempo. Observando as imagens a seguir, é fácil estabelecer a ordem temporal correta em que o processo ocorreu, por coincidir com o sentido do AUMENTO da entropia do Sistema: tE < tC < tD Ÿ SE < SC < SD. Vemos também que o aumento da Entropia do Sistema está associado ao aumento da Desordem.

Questão 19 (Simulado Turma Saúde 10 – 2008) Com respeito aos seus conhecimentos sobre Termodinâmica, assinale a alternativa incorreta: a) A variação da Entropia de um gás, ao completar o Ciclo Rankine, é nula. b) Em todo processo irreversível, a entropia do sistema aumenta. c) Em todo processo adiabático, a entropia do sistema permanece constante.

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br


IV O

MO

NS

TR

AT

Gabarito Comentado

DE

Anual 2010 Prof Renato Brito


IV O

MO

NS

TR

AT

Manual de Resoluções

Anual 2010

DE

Prof Renato Brito


Física

Aula 1 - Questão 3 - resolução Conforme a resolução da questão 3 de aprendizagem (seção 9, página 5, propriedade do polígono fechado de vetores) temos:

IV O

AULA 1 - VETORES Aula 1 - Questão 1 - resolução 1 a)

=

=

1

2 1 1

b)

=

423

=

+

Fazendo o percurso fechado CoDoEoAoBoC, temos:

G

CD + DE + EA + AB + BC = 0

AT

G

CD + DE + EA – BA – CB = 0

2

+

0

2

=

1

Aula 1 - Questão 4 - resolução

reposicionando os vetores , temos:

1 c)

=

1 1

1

=

+

1

1

1

1

1

+

2

=

+

+

=

4

NS

2

=

=

+

=

+

=

+

=

2a 2a 2a

A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6a resposta correta: Letra C

=

d)

=

=

1

1 1

=

=

TR

+

=

1

Ÿ EA – CB + DE = BA – CD

=

Questão 5 - resolução Letra A)

=

+ 0 =

1 1

1

MO

1

=

=

Aula 1 - Questão 2 - resolução C

B

=

=

+

DE E

observando a figura da questão, note que: AB + BE = AE e CA + AE = CE assim, o prof Renato Brito pode escrever:

a

2a

+

2a

+

2a

+

=

+

2a

=

a

3a

Letra B)

D

A

+

2

=

+

=

+

a

=

+

+ a

G 0

=

+

G 0

2a

Letra C)

=

+

=

G 0

AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE

Simétrico Pré-Universitário – Há 20 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br

=

G 0


FĂ­sica

(M  9M).( V ' )2 2

Â&#x;

(M  9M).g.H

(V' )2 2

Aula 6 - QuestĂŁo 11 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SĂ&#x192;O TOMADAS EM RELAĂ&#x2021;Ă&#x192;O Ă&#x20AC; TERRA:

g.H

IV O

452

Usando a relação ***, vem: 1 §¨ V 2 ¡¸ 2 ¨Š 100 ¸š

g.H Â&#x;

V 2 = 200.g.H = 200x10x 0,45

?

V = 30 m/s

Aula 6 - QuestĂŁo 9 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SĂ&#x192;O TOMADAS EM RELAĂ&#x2021;Ă&#x192;O Ă&#x20AC; TERRA:

AT

O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de movimento vetorial do sistema, antes e após a explosão, permanecerå inalterada na direção horizontal, visto que a ausência for forças externas horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção:

Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente iguais a mV e 4Vo, veja: 0 + 0 = 4M.(V) + M.(+4V). Agora, queremos saber qual caixa atingirå maior altura ao subir a sua caixa: MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA

MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB

(VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V,

(VB )2 / 2 = g. HB

vem:

vem:

(V )2 / 2 = g. HA

(4V)2 / 2 = g. HB

V2

[eq-1]

/ 2 = g. HA

16V2 / 2 = g. HB V2

Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: Aula 6 - Questão 10 - resolução

com VB = 4V,

[eq-2]

g.H A Â&#x; HB = 16. HA g.HB Resposta correta : LETRA D

TODAS AS VELOCIDADE SĂ&#x192;O TOMADAS EM RELAĂ&#x2021;Ă&#x192;O Ă&#x20AC; TERRA

MO

Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg. Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente iguais a m4V e Vo, veja: (QA + QB)antes = (QA + QB)depos 0 + 0 = M.(4V) + 4M.(+V)

M

4M

Pela conservação de energia, o prof Renato Brito afirma que: M.(4V)2 4M.(V)2  2 2

Â&#x;

K.X 2

DE

K.X 2 2

K.X 2

X = |L â&#x20AC;&#x201C; Lo| = 0,20 â&#x20AC;&#x201C; 0,16 = 0,04 m 20M.V 2

V = 1 m/s caixa B).

Â&#x;

QcanhĂŁo + Qbala = QcanhĂŁoâ&#x20AC;&#x2122; + Qbalaâ&#x20AC;&#x2122; 0 + 0 = M.V + m.VX , com VX = Vo.cosD Assim, a velocidade de recuo do canhĂŁo ĂŠ dada por

25x103 . (16 x 10â&#x20AC;&#x201C;4) = 20x 2 x V 2

Â&#x;

( essa ĂŠ a velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, da

A velocidade da caixa A serĂĄ 4V = 4 m/s

§m¡ ¸. Vo . cos D (eq1). ŠMš

V= ¨

ApĂłs o disparo, o canhĂŁo recua com velocidade V dada por eq1, sendo retardado pela força de atrito Fat atĂŠ parar, apĂłs percorrer uma distância d. Pelo Teorema da Energia cinĂŠtica (PrincĂ­pio do trabalho total), temos: Ttotal = EcinF  Ecin i TFat + Tpeso + Tnormal = 0  M.V² / 2 Fat.d + 0 + 0 =  M.V² / 2 P.M.g.d + 0 + 0 =  M.V² / 2 V² = 2.P.g.d = 2.(0,5).10.(1,6) Â&#x; V = 4 m/s Substituindo em eq1, vem:

§m¡ ¸. Vo . cos D ŠMš

V= ¨

Â&#x;

§2¡ ¸. Vo .(0,5) Š 10 š

4 =¨

Vo = 40 m/s Aula 6 - QuestĂŁo 13 - resolução TODAS AS VELOCIDADE SĂ&#x192;O TOMADAS EM RELAĂ&#x2021;Ă&#x192;O Ă&#x20AC; TERRA:

m

vo cos D

v antes

20M.V 2 , com M = 2 kg,

V = 3 m/s

Aula 6 - Questão 12 - resolução Pela conservação da quantidade de movimento horizontal do sistema bala+canhão, durante o disparo da bala, temos: QX sistema antes = QX sistema depois

M.16V 2  4M.V 2 Â&#x;

K = 25 x103 N/m , e a deformação X inicial da mola Ê dada por K.X 2

M.V = m.Vo.cosD Â&#x; 10 x V = 1,5 x 40 x (0,5) Â&#x; Essa ĂŠ a velocidade do recuo do canhĂŁo !

NS

16.V 2

Observe os sinais algĂŠbricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa. 0 + 0 = (M.v) + (+m.vX) 0 + 0 = (M.v) + (+m.vo.cosD)

TR

respectiva rampa. Faremos uso da conservação de energia para cada

Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final

M

v=0

M

depois

O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse episĂłdio trata-se de uma mera colisĂŁo horizontal, para a qual podemos escrever a equação escalar: Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final Observe os sinais algĂŠbricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa. (M.v) + (+m.vo.cosD) = 0 + 0 Assim, podemos escrever: M.V = m.Vo.cosD Â&#x; M x 5 = 4 x 6 x (0,5) Â&#x; M = 2,4 kg

SimĂŠtrico PrĂŠ-UniversitĂĄrio â&#x20AC;&#x201C; HĂĄ 20 anos ensinando com excelĂŞncia os estudantes cearenses â&#x20AC;&#x201C; www.simĂŠtrico.com.br


Apostila de Mecânica - Termodinâmica - Óptica - Prof Renato Brito