Exercícios sobre Movimento e Forças em Planos Inclinados e Lançamentos

3 Considere um plano inclinado de inclinação α com o horizontal O plano está fixado ao solo Sobre o plano inclinado é colocado um bloco de massa m em sua base e em seguida o mesmo é colocado em movimento com uma velocidade v ao longo do plano e subindo o mesmo O sistema está em uma região em que existe uma força de resistência provocada pelo ar e proporcional à velocidade da forma βv a Encontre a equação de Movimento b Encontre as funções horárias de posição e velocidade c Construa o gráfico da posição e velocidade como função do tempo d Encontre a velocidade como função da posição e seu gráfico e Descreva se Energia Mecânica momento linear e momento angular são conservados f Encontre a equação da trajetória 4 Uma partícula é lançada de uma altura H e com uma velocidade de v₀ ax by em uma região que possui uma força de resistência dada por σv Considere a e b maiores que zero e que o lançamento é próximo à superfície da terra a Encontre a equação de Movimento b Encontre as funções horárias de posição e velocidade c Construa o gráfico da posição e velocidade como função do tempo d Descreva se Energia Mecânica momento linear momento angular são conservados e Encontre a equação da trajetória 5 Considere uma partícula de massa M caminhando pelo espaço tridimensional e sujeita a uma força dada por F que não é constante Prove o teorema do trabalho e energia cinética e apliqueo a um problema 6 Uma partícula é lançada de uma altura H e com uma velocidade de v₀ ax by em uma região que podese considerar vácuo Considere a e b maiores que zero e que o lançamento é próximo à superfície da terra a Encontre a equação de Movimento b Encontre as funções horárias de posição e velocidade c Construa o gráfico da posição e velocidade como função do tempo d Descreva se Energia Mecânica momento linear momento angular são conservados explicando e Encontre a equação da trajetória f Encontre a velocidade da partícula quando a mesma estiver a uma altura 0 h H e seu momento linear c Encontre o momento linear quando a partícula tocar o solo 7 Considere uma partícula de massa M cuja posição como função do tempo é dada por r sen2t t² 4t² 1 a Encontre a força resultante atuando sobre a partícula b Encontre os pontos onde a partícula tem a força resultante nula c Encontre o vetor velocidade desta partícula d Em que pontos a partícula tem sua velocidade nula e Qual a equação de movimento desta partícula 8 Uma partícula de massa m está sofrendo a ação de uma força constante F Fx Fy Em t t₀ a partícula está na posição r a b com uma velocidade v₀ A B a Encontre a equação de movimento desse sistema b Encontre as funções horárias de posição e velocidade c Encontre a equação da trajetória d Em que momentos a partícula muda o sentido de seu movimento 10 r xca x yca y zha z 2 Para encontrar a posição e velocidade em coordenadas esféricas inicialmente vamos escrever r no espaço Teremos que r é a vetor projeção de r no plano xy o ângulo θ correspondente ao ângulo de inclinamento de r com respeito ao plano xy e o ângulo φ correspondente à altura de r a partir do eixo z Os vetores r acompanhando 1 uma relação de convergido do ângulo θ e o ângulo φ no cruzamento de φ conforme o desenho ao lado Podemos escrever as seguintes relações trigonométricas para encontrar os valores correspondentes cosθ zn z n cosθ para encontrar o restante faremos a projeção de r e afirmo que forma um triângulo de ângulo que por si só foi passível em caminha z internamente então temos o seguinte seguro fazendo o seno de theta senador sn zn senoθ Agora vamos encantar x e y por meio do ângulo φ Podemos projetar e para termos um triângulo retângulo Logo senφ𝑦𝑠 𝑦𝑠senφ e cosφ𝑥𝑠 𝑥𝑠cosφ Como obtemos o valor de s utilizando obtemos 𝑦𝑛sen𝜑 e 𝑥𝑛cosφ fixamos com 𝑥𝑛senφ e 𝑦𝑛cosφ onde 0θπ e 0φ2π Sabemos que para normalizar um vetor fazemos 𝑎𝑎𝑎 Então o vetor passado 𝑟𝑛 𝑛 logo 𝑟𝑛senφ𝑖𝑛senφ𝑗𝑛cosθ Portanto o vetor passou um coordenadas esféricas 𝑟𝑛 𝑛 Já o vetor velocidade físico 𝑣𝑑𝑟𝑑𝑡𝑑𝑛𝑛𝑑𝑡 aplicando a regra do produto 𝑣𝑑𝑛𝑑𝑡𝑛𝑑𝑛𝑑𝑡 agora encontraremos o restante dos vetores unitários nas coordenadas esféricas Lembramos do espaço no plano xy Temos que no plano xy o vetor unitário 𝜑 pode ser escrito na arêmia e o ângulo 𝜑 sen o mesmo da altitude em relação a horizontal Como sendo escrito em relação a vertical poi o vetor unitário de uma ângulo 𝜑 Notese que no 1 quadrante 𝜑 𝛽π2 sendo um ângulo apenas para provar que e encontramos em relação a vertical de 𝜑 Uma vez provado a relação do ângulo φ e seu raio radial local podemos sacar os seguintes relações trigonométricas temos senφyφ ysenφ e cosφxφ xcosφ o que nos dá φsenφ 𝑖cosφ 𝑗 Já para 𝑖 pegando um sistema 𝑧 e 𝑟s que tornamos com um eixo temporal De maneira análoga que fizemos alternativamente para provar que o ângulo era o mesmo para aquele local Temos que pela propriedade do ângulo oposto pelo vertical e pegando outro ângulo a duas π provamos Logo usando as relações trigonométricas sen θz zsenθ e cos θs scosθ θ Agra precisamos encontrar o valor de n pois n senφ z cos φ x dado pelo sistema q então podemos servar no plano xy n cos φ x senφ y lembrando das componentes já encontradas teremos enfim d2 dt2 a ddt dφ n n o n sin φφ Então podemos escrever as coordenadas cilíndricas y y r sin φ x x r cos φ x r cos φ y r sin φ z z quad 0 φ 2π Sendo z fixo Agora vamos encontrar os vetores unitários em cilíndricas para isso fazendo no plano xy Já a velocidade em coordenadas cilíndricas vecv fracdvecrdt fracddt r cos φ hatx r sin φ haty z hatz vecv dotr hatr r dotφhatφ dotz hatz Lembrando da equação 31 e 1 então veca fracddt vecv fracdvecvdt fracddt dotr hatr r dotφ hatφ dotz hatz Vamos encontrar 𝑎𝑡𝑖 lembrando da equação 4 𝑑𝑎𝑡𝑖 𝑑𝑡 𝑑𝑡𝑐𝑜𝑠𝜓𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜓𝑦 𝑑𝑎𝑡𝑖 𝑑𝑡 𝑠𝑒𝑛𝜓𝜓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝜓𝜓𝑦 colocando 𝜓 em evidência 𝑑𝑎𝑡𝑖 𝑑𝑡 𝜓𝑠𝑒𝑛𝜓𝑥 𝑐𝑜𝑠𝜓𝑦 𝑑𝑎𝑡𝑖 𝑑𝑡 𝜓𝑖 Agora podemos voltar a aceleração em coordenadas cilíndricas 𝑎 𝑗𝑗𝜓𝜓 𝑗𝑗𝜓 𝜓 𝑑𝑎𝑡𝑖 𝑑𝑡 𝑗𝑗 𝑗 𝜓 3𝑗𝑧 O valor do 𝑡𝑖 não foi substituído pois foi encontrado em C3 para não ficar muito extenso 𝑓 𝑈𝑥𝑦𝑧 vamos mostrar que o trabalho desde sistema é independente da trajetória Considerando que podemos escrever 𝑓 em forma do gradiente de 𝑈 logo supomos que seja uma força conservativa Se tiramos o trabalho 𝑊 𝑊 𝑓𝑑𝑟𝑗 uma vez mais 𝑓 𝑈 então 𝑊 𝑈𝑑𝑟 no entanto 𝑤𝑈𝑑𝑟 𝑑𝑟 𝑥𝑑𝑥 𝑦𝑑𝑦 𝑧𝑑𝑧 O produto interno entre os vetores unitários é igual a 1 ou seja 𝑥𝑥 1𝑥 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑜 1 logo 𝑤𝑈𝑑𝑟 𝑑𝑈𝑑𝑥 𝑑𝑈𝑑𝑦 𝑑𝑈𝑑𝑧 𝑑𝑈 Portanto 𝑤 𝑐𝑑𝑈 𝑈12 𝑤 𝑈2 𝑈1 como consequência se for um conservativo 𝑤 𝑓𝑑𝑟 0 Agora vamos ver a energia cinética sobre que 𝑤 𝑓𝑑𝑟 porém sabemos que 𝑓 𝑚𝑎𝑣𝑔 Então 𝑓𝑑𝑟 𝑚𝑑𝑣𝑓𝑑𝑡 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑡𝑑𝑡 𝑣𝑑𝑡 𝑠𝑒 𝑢𝑅 então 𝑓𝑑𝑟 𝑚𝑣𝑑𝑡𝑑𝑡 uma sabemos que 𝑤 𝑓𝑑𝑟 0 então 𝑤 12𝑑𝑡𝑣𝑣 A energia mecânica é conservadora quando temos um sistema de forças conservativas vamos chamar a força de resistência de f γy²û a equação de movimento é fracdmathbfFdt gamma mathbfu Continuando temos que dvy g y e fracym v0 O gráfico da velocidade em função da posição Analisando o sinal de dy²dy² Emfim temos o gráfico de Uy Uy eyy0 U0 Fazendo esses referenciais para o problema temos que uma força F vai fazer com que o bloco suba Então m 1u 1β du mβ 1u du mβ lnu Portanto voltando mβ lnF βv mg sen α t C₂ fazendo t0 então u0 v₀ logo C₂ mβ lnF βv₀ mg sen α Então lnF βv mg sen α βtm lnF βv₀ mg sen α A função horária da velocidade Agora vamos encontrar relação à posição Sabemos que dxdt vt também considerando a força F constante dxdt dt Fβ mg sen α eβtm F βv₀ mg sen α dt C₃ X tβ F mg sen α F βv₀ mg sen α eβtm dt C₃ eβtm da fazendo a βtm da β dt m da dt logo X 1β F mg sen αt F βv₀ mg sen α mβ eβtm C₃ Continuando o gráfico de ut Gráfico da posição Xt frac1beta leftFt mgsin t m exte efracbtm right frac1beta leftfracm Fbeta mv0 fracm2betasin tright Logo a função binária da posição será Vamos ver se o momento linear é conservado O momento se conservará se vecFR 0 em outras palavras se a força resultante for nula Em vista disso sabemos que o momento linear não vai se conservar pois vecFR eq 0 Enfrentando o momento angular Se o torque externo resultante é nulo então o momento L é conservado porém neste caso escolhendo a origem do sistema como referenciado do eixo de rotação não restam torques resultantes externos visto que as forças se aplicam rigidamente logo o momento angular L é conservado A energia mecânica não é conservador pois existe uma força dissipativa vecFn A equação da trajetória para o referencial cartesiano é y 0 Vamos fazer o diagrama de corpo livre Onde vecF alpha vecv Vamos decompor vecv0 e vecFn Em y para v0 sin beta fracv0yv0 Rightarrow v0y v0 sin beta Em x cos beta fracv0xv0 Rightarrow v0x v0 cos beta a Para vecFn Em y sin beta fracfnyfn Rightarrow fny fn sin beta Em x cos beta fracfnxfn Rightarrow fnx fn cos beta Aplicando a vecFR fracd2 vecrdt2 vecW vecFn Rightarrow mfracd2 vecrdt2 vecW vecFn A equação da trajetória para o referencial cartesiano é y 0 Portanto lnux dtm lna Portanto lnuy g dtm c2 Então temos a seguinte expressão m lnuy g t c2 Vamos dar continuidade ao problema com a integração Continuando o gráfico de Ux efracdtma Gráficos das funções binárias Continuação 90 g Continuando o gráfico de xt am eta ambos a e m 0 d²xdt² a mm² x² z a² eta analisando o sinal Cuidado para não haver um dado t não há ponto de reflexão Máximos e mínimos levam a não ter xt no caso Assintotas Verticais lim xt 0 e lim xt 0 t 0 sem assintotas verticais Horizontais lim xt e lim xt ama t xt am²a e uma assintota horizontal Temos o gráfico de xt am eta ama² Continuação 90 g Gráfico de yt mg em2amg2mg mg2 Damnos t ℝ Inicial se t 0 y0 dydt se y0 0 mg mgg2mg Edtm g2mg aplicando ln lnedtm 2 lng2mg Portanto a m lng2mg dydt edtmmg2mg transitando o sinal dydt não há pontos críticos Cuidado d²ydt² ddt emg2mg analisando o sinal Continuação 90 g Continuando para o gráfico de yt mg etagmbt mga Assintotas Verticais lim yt e lim yt t 0 t Horizontais lim yt mg2 e lim yt mga y0 mga é uma A horizontal Temos o gráfico de yt mg etamgmbt mga Gráfico de yt left t fracmgalpha right left fracmalpha efrac2tm right H left t fracmg2alpha right left fracmgalpha right A o momento linear não se conserva pois overlineFR eq 0 Assim como a energia mecânica também não se conserva pois existe uma força dissipativa E o momento angular não se conserva devido a overlineL eq 0 pois existe o torque que a força de resistência atua Trajetória vamos isol tar t na função Xt fracam efracdtalpha a m efracdtalpha Para provar o teorema do trabalho energia cinética seja F Fx x Fy y Fz z temos que o trabalho W é W F dr onde dr é o elemento infinitesimal da posição podemos escrever F dFdt e drdt d₂rdt Logo W dFdt drdt dt por outro lado drdt v W dFdt v dt W dFm dt ora mv F logo W dFm dt como dF ρ p Continuando W 12 dρ² 12 m 1 Se observamos U β² relativo W 12 m 𝑣² W 12 u₁² u₂² portanto W 12 u₁² u₂² então W 12 mv₂² v₁² K Componentes de t₀ v₀ₓ v₀ cos β v₀ₓ α v₀ᵧ v₀ sin β v₀ᵧ v Diagrama de campo livre a Pela força resultante temos F d²rdt² W m d²rdt² mg d²ŷdt² gŷ equação de movimenta e como só existe aceleração em y logo d²xdt² 𝑤 𝑤 F₂ dr 𝑤 Em passo da função linear da velocidade sm x vamos para força ux a dxdt ux a assim integrando dxdt a dt k x at k k fazendo t0 temos que x00 Logo k0 portanto x at f bárbara da posição em x Vamos para na direção y Temos que dydt g integrando dydt g dt k2 uy gt k2 se fizermos t0 sabese que uy0 b logo v k2 b então uy gt b Por fim temos dydt uy gt b integrando dydt gt b dt k3 Logo dy g t k3 dt k3 y gt²2 vt k3 fazendo t0 temos que Y0 H então k3 H Portanto y gt²2 vt H H H f bárbara da posição em y C Gráficas ux a é uma função constante Crescimento e decréscimo dudt 0 analisando o sinal de dt Conavidade d²xdt² 0 não há concavidade num ponto de inflexão Sem máximos ou mínimos Gráfico de xt at Domínio t ℝ Intercepto fazendo x0 t0 Crescimento e decréscimo dxdt a 0 analisando o sinal de dxdt então xt é crescente em todo domínio Não há pontos de inflexão Conavidade d²xdt² 0 analisando o sinal vemos que não há conavidade e nem ponto de inflexão Máximos e mínimos não há Logo o gráfico x xt at Gráfico de yt gt²2 bt H Domínio t ℝ Interceptos Se t0 y0H se yat então gt²2 bt H 0 Δz²4g2H Δ b²2gH t₁ b b²2gHg t₁ b b²2gHg Crescimento e decrescimento dydt gt b fazendo dydt 0 t bg analisando o sinal de dydt y1 cresce em 0 e decresce em 01 Máximos e Mínimos tem máximo em t0 ou seja y0H pois a função começa a decrescer em t0 Potência continuando o estudo de yt Concavidade d²y g analisando o sinal de d²ydt² que será sempre negativa e portanto yt é côncava para baixo Não há ponto de inflexão Então temos o gráfico de yt gt²2 bt H y0 H 6 A energia mecânica é conservada pois não há forças dissipativas O momento linear não é conservado pois overlineF0 já o momento angular não se conserva pois existe um torque devido à força peso logo L0 A equação da trajetória será encontrada isolando t na função linear da posição em x e substituindo no de y ou seja y g2 xa² bxa H yx g2a² x² bxa H Enfatizando o momento em tb1 e tb2 sabese que pb2 mv logo overlinepb1 m ax v² 2gH b ŷ e overlinepb2 m ax v² 2gH b ŷ O momento linear quando a partícula toca o solo é overlinepg m overlinevtg and tg é o tempo de queda Para encontrálo temos que y0 quando a partícula toca o solo Portanto tg2 b v² 2gH g E para t₁₂ temos Ψt₁₂ g4b u²2gHg 4b Ψt₁₂ u² 2gH ou seja vt₁₂ ax u² 2gHŷ e vt₂₁ ax u² 2gHŷ substituindo no momento Ft₁₂ m a x u² 2gH e Ft₂₂ m a x u² 2gH r senαt t³ 4t² 1 a a força resultante FR é dada pela 2ª Lei de Newton FR M d²rdt² M d²rdt² vamos calcular a derivada segunda de r d²rdt² cosαt 2 4t² 2t e a segunda derivada d²rdt² senαt 4 12t 8 substituindo teremos a força resultante sobre a partícula FR M senαt 4 12t² 8 FR 4M senαt 12M t² 8M Para esse sistema de equações 4M senαt 0 senαt 0 12M t² 8M 0 M 2 2t arcosen0 2t nπ t n2 π t 812 Onde n ℤ então nesses pontos a força não se anula para maiores dos t encontramos satisfaz o sistema c O vetor velocidade dáse encontrando na última col v d²rdt α cosαt 4t³ 3t Fazendo v 0 vamos obter os pontos v α cosαt 4t³ 3t 0 0 2α cos2t 0 4t³ 3t 0 Contaminação 7º d Logo 2tarccos1 dtπ2π m t0 t2 xπ4π2 m x0 x2 Como máximo e satisfaz o sistema Logo G não se anula Contaminação 8º d F Fx Fy em t0 n abM dáse em um plano cartesiano Temos em um plano cartesiano Contaminação 9º d Enquadrado em y dydt Fy integrando dy dt ayt C2 dt sendo C2 constante Então encontramos begincases Vx ax t A Vy ay t B endcases As funções horárias da velocidade X ax fract22 A t As funções horárias da posição Y ay fract22 B t b G Já a equação da trajetória Vamos isolar t na função horária da posição em x x ax fract22 A t Rightarrow x A ax fract22 podemos escrev em um produto notável x A left fracsqrtax sqrtA2ax right2 fracA22ax dessa forma a igualdade permanece somando os dois lados assumindo que x A geq 0 logo t sqrt2leftxAfracA22axright fracAax então podemos substituir em Y y ay leftfracsqrt2leftx A fracA22axrightsqrtax fracAaxright B fracsqrt2leftx A fracA22axrightsqrtax fracB Aax b y ay fracsqrt2x A fracA22ax2ax 2sqrt2x A fracA22ax Rightarrow yx ay leftx fracA22axright A partícula mudará o sentido de seu movimento quando as velocidades forem zero ou seja Vx 0 e Vy 0 logo em x ax t A 0 Rightarrow t1 fracAax em y ay t B 0 Rightarrow t2 fracBay então nos tempos t1 e t2 a partícula não mudará de direção pois t1 e t2 não satisfazem o sistema