Um pequeno bloco de massa m , após ser empurrado a partir do repouso por uma mola de constante elástica k , comprimidade uma distância x , desliza sobre uma superfície horizontal. Após se soltar da mola, ele passa por um trecho de comprimento d , única região em que o atrito não é desprezível e cujo coeficiente de atrito cinético é μ c . No final desta superfície horizontal, o bloco começa a subir uma rampa vertical semicircular de raio R . Uma vez na rampa o bloco atinge uma posição, cuja direção faz um ângulo θ , desconhecido, com a vertical, onde para momentaneamente e volta descendo a rampa; como mostra a figura. Calcule

a) a velocidade do bloco imediatamente antes de começar a subir a rampa semicircular;

b) o ângulo θ alcançado;

c) o módulo da força normal, ao atingir o ângulo θ . Apresenta a resposta em função dos dados do problema e do ângulo θ ;

d) o módulo da velocidade máxima do bloco durante o seu movimento e onde ela ocorre; justifique sua resposta.

Passo 1

a) Vamos utilizar aqui o princípio da conservação da energia mecânica, no entanto, ele vai ter uma variação! Você viu que a superfície possui atrito? Portanto a variação da energia mecânica será igual ao trabalho da força de atrito, beleza?

∆ E M = W f a t

Como temos somente energia cinética e potencial elástica nesse trecho do percurso, temos:

∆ K + ∆ U e l = W f a t

Onde:

∆ U e l = - 1 2 k x 2

E:

W f a t = - f a t d

f a t = μ c N → f a t = μ c m g

W f a t = - μ c m g d

Portanto:

1 2 m v 2 - 1 2 k x 2 = - μ c m g d

Logo:

v = k x 2 m - 2 μ c g d

Passo 2

b) Agora não há mais atrito e podemos usar a conservação de energia direto!

K = U g r a v

1 2 m v 2 = m g h

h = v 2 2 g

Substituindo v que encontramos na letra (a):

h = k x 2 2 m g - μ c d

Analisando a geometria do problema:

Vemos então que:

h = R - R c o s θ

Logo:

c o s θ = 1 - h R

Substituindo o h :

c o s θ = 1 - k x 2 2 R m g - μ c d R

θ = arccos ⁡ 1 - k x 2 2 R m g - μ c d R

Passo 3

c) Em um movimento circular, sabemos que a resultante das forças que apontam pro centro é igual a força centrípeta, logo:

∑ F c = F c p = m v 2 R

Sabemos então que:

N - m g c o s θ = m v 2 R

Como a velocidade neste ponto é nula:

N = m g c o s θ = m g 1 - k x 2 2 R m g - μ c d R

Passo 4

d) A região em que a velocidade é máxima é entre o ponto em que o bloco solta da mola até o ponto onde começa o atrito, já que toda a energia elástica foi convertida em cinética e esta ainda não foi reduzida pelo atrito, certo? Portanto:

1 2 k x 2 = 1 2 m v 0 2

v 0 = k x 2 m

Resposta

a) v = k x 2 m - 2 μ c g d

b) θ = arccos ⁡ 1 - k x 2 2 R m g - μ c d R  

c) N = m g 1 - k x 2 2 R m g - μ c d R

d) v 0 = k x 2 m

Exercícios de Livros Relacionados

Um escorrega de parquinho tem a forma de um arco de circunferência com 12m de raio . A altura do escorrega é h=4,0m e o chão é tangente à circunferência (Fig. 8-68). Uma criança de 25k g escorrega do
Um jogador de beisebol arremessa uma bola com uma velocidade inicial de 81,8m i / h . Imediatamente antes de outro jogador segurar a bola na mesma altura, sua velocidade é 110p é s / s é . De quanto é
Na Fig. 8-49, um bloco desliza para baixo em um plano inclinado. Enquanto se move do ponto A para o ponto B , que estão separados por uma distância de 5,0m , uma força F , com módulo de 2,0N e dirigid
Um operário empurra um caixote de 27k g , com velocidade constante, por 9,20m , ao longo de um piso plano, com uma força orientada 32 ° abaixo da horizontal. Se o coeficiente de atrito cinético entre
Uma criança que pesa 267N desce em um escorrega de 6 ,1m que faz um ângulo de 20 ° com a horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre o escorrega e a criança é 0,10 . (a) Qual é a energia transf