9) Um bloco de massa m que se encontra encostado à extremidade livre de uma mola de constante elástica k é impulsionado em direção a uma rampa inclinada de um ângulo θ   após percorrer um trecho horizontal.

  • Na situação ( I ) , a mola está comprimida em Δ x 1 e não existe atrito em nenhum dos dois trechos do percurso.
  • Na situação ( I I ) , a mola está comprimida em Δ x 2 e existe atrito apenas no trcho inclinado, cujos coeficientes estático e cinético são, respectivamente, μ e e μ c .

Sempre que necessário, considere g a aceleração da gravidade no local.

  1. Na situação I , qual a velocidade v 1 do bloco imediatamente após se desprender da mola?
  2. Na situação ( I ) , calcule a distância percorrida d 1 pelo bloco na rampa até atingir o repouso. Expresse sua resposta em termos de k ,   m ,   θ e Δ x 1 .
  3. Na situação ( I I ) , represente o diagrama de forças que atuam no bloco quando ele está subindo na rampa inclinada.
  4. Na situação I I ,   encontre d 2 , onde d 2 é a distância percorrida pelo bloco na rampa até atingir o repouso. Calcule qual deve ser o valor da compressão Δ x 2 para que d 2 = d 1 .

Passo 1

Fala aí, galerinha!!

Esse problema tem duas situações. A primeira, como não tem atrito, vamos sempre pegar dois pontos do movimento e usar a conservação da energia mecânica:

E i = E f

Como temos trechos em que o bloco possui velocidade, trechos onde existem molas comprimdas e trechos em que o bloco atinge uma certa altura, é legal escrevermos a conservação da energia mecânica assim ó:

K i + U g i + U e l i =   K f + U g f + U e l f

Onde K   é a energia cinética, U e l é a energia potencial elástica e U g é a energia potencial gravitacional. Beleza?Na segunda situação, a única diferença é que na rampa existe atrito, então neste trecho (e somente nele) não dá para usar a conservação da energia mecânica do sistema. Mas não tem problema! Como nesse trecho a força de atrito vai realizar trabalho e a força peso também. Podemos usar o teorema trabalho-energia cinética nesse trecho e encontrar o que o exercícios nos pede.

Então vamos lá!!

Passo 2

a) O sistema começa com o bloco comprimindo a mola em uma distância Δ x 1 . Neste ponto só temos a energia potencial elástica que é dada por:

U e l i = 1 2 k   Δ x 1 2

Se adotarmos este ponto como o nível zero de altura do sistema, teremos, neste ponto, K = 0 e U g = 0 , então a anergia mecânica é:

E i =   U e l i = 1 2 k   Δ x 1 2  

Agora, o outro ponto que escolhemos para analisar esse sistema é o ponto em que o bloco se solta da mola. Nesse ponto o bloco adquire uma velocidade v 1 e como a mola fica em seu ponto de equilíbrio nesse ponto, temos:

U e l f = 0

A gente percebe que o bloco não muda de altura em relação ao ponto inicial, então ainda temos U g = 0 , ou seja, a energia mecânica neste ponto é puramente cinética:

E f = K f = m v 1 2 2

Como a energia mecânica se conserva nesse ponto temos:

E i = E f

1 2 k   Δ x 1 2 =   m v 1 2 2

Arrumando isso temos:

v 1 = Δ x 1 k m

Passo 3

b) Agora o problema pede a distância, sobre a rampa, que o bloco percorre até parar. Então vamos comparar dois pontos. O ponto inicial, onde a mola estava comprimida Δ x 1 e já vimos que a energia mecânica neste ponto é:

E i =   U e l i = 1 2 k   Δ x 1 2

E o ponto final é dado pelo ponto mais alto que o bloco consegue chegar. Nesse ponto o bloco para, né? Então temos K f = 0 e como não há compressão de mola nesse ponto teremos:

E f = U g f = m g h

Pera, quem é esse h ? É a altura que o bloco consegue subir em relação ao ponto que marcamos como origem. Se olharmos essa figura aqui:

Temos a relação entre h e d 1 dada por:

h = d 1 θ  

Então temos a energia mecânica no ponto mais alto dada por: E f = m g d 1 θ  

Usando a conservação da energia mecânica nos pontos que escolhemos temos:

E i = E f 1 2 k   Δ x 1 2 = m g d 1 θ    

Resolvendo para d 1 temos:

d 1 = k   Δ x 1 2 2 m g θ  

Passo 4

c) Agora temos a situação I I quando há atrito na rampa. Neste caso, quando o bloco está subindo, temos uma força de atrito que é contrária ao movimento de subida então temos o diagrama de forças assim ó:

Onde N → é a força normal da superfície, f → a é a força de atrito entre o bloco e a rampa e P → é a força peso.

Passo 5

d) O problema nos pede para calcular o trabalho da força de atrito para o bloco subir uma distância d . O trabalho da força de atrito é dado por W f a t =   - f a d

O sinal de menos é porque a força é oposta ao deslocamento. Como o bloco está em movimento, a força de atrito é uma força de atrito cinético e é dada por:

f a =   μ c N

Para calcular a normal, precisamos fazer a decomposição da força peso. Em nosso diagrama temos:

E percebemos que a força peso possui uma componente P y na direção da força normal dada por:

P y = P c o s c o s   θ  

Como não há movimento nessa direção perpendicular à rampa temos: N = P y N = P c o s c o s   θ   = m g c o s c o s   θ  

Então o trabalho da força de atrito é dado por: W f a t =   - f a d W f a t =   - μ c m g d c o s c o s   θ  

Passo 6

e) Nesse item ele tá pedindo uma distância d 2 até o bloco parar. Aqui a gente pode fazer assim: O bloco começa com a mola comprimida Δ x 2 e chega na base com uma velocidade v 2 , certo? Só que nesse movimento a situação é igualzinha àquela que a gente fez no passo 2! Então a gente pode roubar aquela velocidade trocando o deslocamento da mola:

v 2 =   Δ x 2 k m

Quando o bloco sobe a rampa, tanto o atrito quanto a força peso realizam trabalho. Então podemos usar o teorema trabalho-energia cinética e escrever:

Δ K = W f a t + W p e s o

A variação da energia cinética é dada por: Δ K = K f - K i = m v f 2 2 - m v i 2 2  

Como a velocidade no início desse trecho é v 2 e no fim é zero, temos:

Δ K =   - m v 2 2 2   =   - m 2 Δ x 2 k m 2 Δ K =   - k Δ x 2 2 2

O trabalho da força de atrito nós já calculamos no passo anterior. Para uma distância d 2 temos: W f a t =   - μ c m g d 2 c o s c o s   θ  

O trabalho da força peso é dado por:

W p e s o =   - P x d 2

Pois somente a componente paralela ao movimento contribui. Olhando a decomposição que fizemos já para o peso, temos P x = P θ   = m g θ     :

W p e s o =   - m g d 2 θ  

Com isso, o teorema trabalho-energia cinética nos dá:

Δ K = W f a t + W p e s o - k Δ x 2 2 2 = - μ c m g d 2 c o s c o s   θ     - m g d 2 θ    

Arrumando isso temos:

d 2 = k Δ x 2 2 2 m g ( θ   + μ c c o s c o s   θ   )

Passo 7

A última coisa que ele pede é para encontrar Δ x 2 que faça com que d 2 = d 1 . Bom, então a gente iguala essas duas distâncias que calculamos:

d 2 = d 2 k Δ x 2 2 2 m g ( θ   + μ c c o s c o s   θ   ) = k   Δ x 1 2 2 m g θ  

Simplificando um pouco temos:

Δ x 2 2 ( θ   + μ c c o s c o s   θ   ) =   Δ x 1 2 θ  

Δ x 2 2 = Δ x 1 2   θ   + μ c c o s c o s   θ   θ   Δ x 2 = Δ x 1 1 +   μ c c o t c o t   θ  

Resolvemos essa 😊 Vamos para a próxima??

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

Exercícios de Livros Relacionados

O cume do monte Everest está 8850m acima do nível do mar. (a) Qual seria a energia gasta por um alpinista de 90k g para escalar o monte Everest a partir do nível do mar, se a única força que tivesse q
Uma bola de 50g é lançada de uma janela com uma velocidade inicial de 8,0m / s e com um ângulo de 30 ° acima da horizontal. Usando a lei de conservação da energia, determine (a) a energia cinética da
Uma bola de neve de 1,50k g é atirada para cima em um ângulo de 34,0 ° com a horizontal e com uma velocidade inicial de 20,0m / s . (a) Qual é a energia cinética da bola? (b) De quanto varia a energia
Uma locomotiva com uma potência de 1,5M W pode acelerar um trem de uma velocidade de 10m / s para 25m / s em 6,0m i n . (a) Calcule a massa do trem. Determine, em função do tempo (em segundos), (b) a
b) Qual é a rapidez da bola ao chegar no chão