Exercícios Resolvidos de Atrito e Forças não Conservativas

Energia Potencial e Conservação da Energia Mecânica

Um brinquedo consiste em um tubo inclinado de 30° em relação à horizontal contendo no fundo uma mola de constante elástica k e uma bolinha de massa m . Na posição A , a mola está comprimida, e na posição B a mola está relaxada e perde o contato com a bolinha. A mola é liberada arremessando a bolinha para fora do tubo. Fora do tubo, a bolinha descreve uma trajetória parabólica chegando a uma altura máxima h . Suponha o atrito desprezível e responda às perguntas abaixo em função dos dados conhecidos do problema.

a) Usando conceitos de conservação de energia, determine o módulo da velocidade da bolinha quando ela passa pela origem do sistema de coordenadas da figura, ponto B . Assuma que ela partiu do repouso.

b) Determine o tempo de permanência da bolinha no ar, entre os pontos B e D

c) Supondo a velocidade v o no ponto B conhecida e utilizando a conservação de energia, escreva uma equação em função dos dados do problema que permita determinar a distância d que a mola foi comprimida.

d) Considere agora que existe uma força de atrito do tubo que age na bolinha ao longo da distância d enquanto ela vai da posição A para a posição B . Esta força de atrito varia linearmente com a distância, começando com o valor 0 (zero) na posição A e chegando ao valor - m g na posição B . Calcule a variação da energia mecânica no trajeto.

Passo 1

a)

Como o sistema é conservativo, podemos usar o princípio de conservação da energia entre os pontos B e C . Ou seja, fazer E M C = E M B :

K B + U g B = K C + U g C

Sabemos que no ponto C a componente vertical da velocidade da bola é nula, e sabemos também que a componente horizontal da velocidade é dada por v x = v 0 cos ⁡ θ , onde v 0 é a velocidade com que a bola sai do brinquedo. Com isso, podemos escrever:

1 2 m v 0 2 = 1 2 m v 0 cos ⁡ θ 2 + m g H

v 0 = 2 g H 1 - cos 2 ⁡ θ = 2 g H 1 - 3 2 2 = 2 2 g H

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b)

Considerando a origem o ponto x 0 ,   y 0 = ( 0,0 ) , temos:

y t = v 0 y . t - 1 2 g t 2

Mas y ( t ) = 0 no momento em que toca o eixo x .

v 0 y . t - 1 2 g t 2 = 0

t = 2 v 0 y g = 2 v 0 sen ⁡ θ g

t = 2 sen ⁡ θ g 2 2 g H

t = 2   .     1 / 2 g 2 2 g H

t = 2 2 H g

Passo 3

c)

Aplicando o principio da conservação da energia mecânica aos pontos A e B , temos:

K A + U g A + U e A = K B + U g B

0 - m g d sen ⁡ θ + 1 2 k d 2 = 1 2 m v 0 2 + 0

Onde incluímos a energia potencial elástica U e A .

- m g d sen ⁡ θ + 1 2 k d 2 - 1 2 m v 0 2 = 0

d 2 - 2 m g sen ⁡ θ k d - m v 0 2 k = 0  

d = m g   k ±   m g   k 2 - 4 2 m g H k 1 - cos 2 ⁡ θ 1 / 2 2 2 m g H k 1 - cos 2 ⁡ θ

d = m g   k   ± m g   k 2 - 32 m g H k 1 / 2 2

Passo 4

d)

Podemos montar um gráfico onde a força de atrito é uma reta inclinada que parte de 0 e vai até - m g . Do gráfico, encontramos a área da figura que é justamente o trabalho da força de atrito. Com isso temos que a variação da Energia mecânica é dada pela área embaixo da reta da força de atrito, ou seja, a fórmula da área de um triângulo:

Δ E = - m g d 2 = - m g 2 m g k ± m g k 2 - 32 m g H k 1 / 2 2

Resposta

a)

v 0 = 2 2 g H

b)

t = 2 2 H g

c)

d = m g   k   ± m g   k 2 - 32 m g H k 1 / 2 2

d)

Δ E = - m g 2 m g k ± m g k 2 - 32 m g H k 1 / 2 2

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