1.38* Você deita uma caixa retangular sobre um piso horizontal e em seguida inclina-a sobre uma das arestas até que esta forme um ângulo \theta com a horizontal. Escolha a origem em um dos dois vértices que está em contato com o piso, o eixo x apontando ao longo da aresta da caixa que está em contato com o piso, o eixo y apontando para cima na direção da inclinação e o eixo z normal à caixa. Agora, você chuta um objeto sem atrito que está em repouso em O de modo que ele navega sobre a caixa com velocidade inicial ( v_{\mathrm{o},}, v_{\mathrm{o} y}, 0 ). Escreva a segunda lei de Newton usando as coordenadas dadas e, em seguida, determine quanto tempo o objeto leva para retornar ao nível do piso e qual a distância que ele está de O quando retorna.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras:
  • A caixa está inclinada formando um ângulo \theta com a horizontal.
  • Escolhemos a origem em O, um vértice da caixa que está em contato com o piso.
  • Os eixos são: x ao longo da aresta da caixa em contato com o piso (horizontal na direção da aresta), y para cima ao longo da inclinação (ou seja, sobe pela superfície inclinada), z normal à superfície da caixa (para fora da superfície).
  • Um objeto sem atrito é chutado em O com velocidade inicial \bigl(v_{o x},\,v_{o y},\,0\bigr). Ou seja, componentes iniciais: ao longo de x é v_{o x}, ao longo de y é v_{o y} e em z é zero.
  • Não há atrito; as únicas forças são o peso m\vec g (vertical para baixo) e a força normal \vec N da superfície.
  • O que se pede:
    1. Escrever a segunda lei de Newton nas coordenadas dadas.
    2. Determinar quanto tempo o objeto demora para retornar ao nível do piso (isto é, quando \;y=0\; novamente, além de t=0) e a que distância de O ele está quando retorna.

Passo 2

Entendendo as forças e como decompor o peso nas direções dos eixos escolhidos.
  • A força peso vale \;m\vec g\; apontando verticalmente para baixo (módulo mg).
  • Como o eixo y está ao longo da inclinação (subindo a rampa) e o eixo z é normal à superfície, podemos decompor a aceleração da gravidade (ou seja, o vetor \vec g) nas componentes paralela e perpendicular à superfície:
    • A componente paralela à superfície (no sentido que empurra o corpo escorregando morro abaixo) tem módulo g\sin\theta e aponta no sentido negativo de y (para baixo ao longo da rampa).
    • A componente perpendicular à superfície tem módulo g\cos\theta e aponta para dentro da superfície (no sentido negativo de z).
  • Essa decomposição vem da trigonometria simples de um triângulo retângulo: a inclinação faz com que a componente paralela seja g\sin\theta e a perpendicular g\cos\theta. Se precisar, imagine a vertical projetada sobre os eixos local: o cateto sobre a rampa é \sin\theta, o cateto perpendicular é \cos\theta.

Passo 3

Escrevendo a Segunda Lei de Newton nas três direções x,y,z.
  • Forças no eixo x: não existe força nessa direção (sem atrito e sem outras forças aplicadas), logo
m a_x = 0.
  • Forças no eixo y (paralela à rampa): a única força tangencial é a componente do peso para baixo ao longo da rampa, que vale -m g \sin\theta. Assim
m a_y = - m g \sin\theta.
  • Forças no eixo z (normal à superfície): temos a força normal \;N\; apontando para fora ( +z) e a componente do peso -m g \cos\theta. Portanto
m a_z = N - m g \cos\theta.
  • Enquanto o objeto permanece em contato com a superfície, a restrição impõe a_z=0, de modo que a força normal ajusta-se para cancelar a componente normal do peso:
N = m g \cos\theta.
  • Resumo das equações de movimento enquanto o corpo está em contato com a superfície:
m a_x = 0,\qquad m a_y = -m g \sin\theta,\qquad a_z=0.

Passo 4

Transformando as equações de segunda lei em equações cinemáticas integradas (velocidades e posições).
  • Acelerações constantes nas direções x e y:
    • \;a_x = 0\; e \;a_y = -g\sin\theta.
  • Integrando em tempo com as condições iniciais \;v_x(0)=v_{o x},\;v_y(0)=v_{o y},\;x(0)=0,\;y(0)=0:
    • Velocidades:
    v_x(t)=v_{o x}, \qquad v_y(t)=v_{o y}-g\sin\theta\;t.
    • Posições:
    x(t)=v_{o x}\;t, \qquad y(t)=v_{o y}\;t-\tfrac{1}{2}g\sin\theta\;t^{2}.
  • Observação: o eixo z permanece em z=0 enquanto o corpo está em contato (nenhum movimento normal).

Passo 5

Determinar o tempo em que o objeto retorna ao nível do piso ( y=0).
  • Colocamos a equação de y(t) igual a zero:
y(t)=v_{o y}t-\tfrac{1}{2}g\sin\theta\,t^{2}=0.
  • Fatorando t:
t\biggl(v_{o y}-\tfrac{1}{2}g\sin\theta\,t\biggr)=0.
  • As soluções são t=0 (o instante inicial) e a outra raiz obtida resolvendo v_{o y}-\tfrac{1}{2}g\sin\theta\,t=0, ou seja
t=\frac{2v_{o y}}{g\sin\theta}.
  • Tomamos a segunda raiz (o tempo positivo após o chute). Observação prática: se \;v_{o y}\le0\; a interpretação muda (não há subida), mas aqui assumimos o caso típico \;v_{o y}>0\; para ter um retorno em tempo positivo não nulo.

Passo 6

Determinar a distância do ponto O quando o objeto retorna.
  • Quando o corpo retorna ao piso temos y=0 e z=0. A coordenada x nesse instante vale
x\bigl(t_{\text{ret}}\bigr)=v_{o x}\;t_{\text{ret}}.
  • Substituindo t_{\text{ret}}=\dfrac{2v_{o y}}{g\sin\theta} obtemos
x\bigl(t_{\text{ret}}\bigr)=v_{o x}\,\frac{2v_{o y}}{g\sin\theta}=\frac{2\,v_{o x}\,v_{o y}}{g\sin\theta}.
  • Como no instante de retorno y=0 e z=0, a distância do ponto O até a posição do objeto é simplesmente |x|. Assim a distância (com sinal positivo) é \dfrac{2v_{o x}v_{o y}}{g\sin\theta}.

Resposta

t=\frac{2\,v_{o y}}{g\sin\theta}
\text{distância}=\frac{2\,v_{o x}\,v_{o y}}{g\sin\theta}â

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