Um corpo de massa 100 g é abandonado no ponto A sobre uma superfície cilíndrica, com abertura de
150°, sem atrito, cujo o eixo é horizontal e normal ao plano da figura em O. Os pontos A e
O estão sobre o mesmo nível a 5 m acima do solo e o raio da superfície mede 1,6 m. Ao atingir o
ponto B o corpo abandona a superfície e atinge o solo no ponto C.
Determinar:
a) O módulo da velocidade do corpo no ponto B;
b) O módulo da velocidade do corpo no ponto C;
c) A distância CD;
d) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto A;
e) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto B;
f) As energias cinética, potencial e mecânica total no ponto C.
Adote g = 10 m/s2.
Dados do problema:
- Massa do corpo: m = 100 g;
- Raio da superfície cilíndrica: r = 1,6 m;
- Ângulo de abertura da superfície: θ = 150°;
- Altura inicial do corpo: hA = 5 m;
- Aceleração da gravidade: g = 10 m/s2.
Esquema do problema:
Adotamos um Nível de Referência (N.R.) no solo. O corpo é abandonado com a velocidade
inicial nula em A, vA = 0, ele desliza pela superfície
cilíndrica até o ponto B, onde abandona a superfície descrevendo uma trajetória parabólica como
um projétil até o ponto C (Figura 1).
Solução:
Em primeiro lugar devemos converter a massa do corpo dada em gramas (g) para quilogramas (kg) usado no
Sistema Internacional de Unidades (S.I.)
\[
\begin{gather}
m=100\;\mathrm{\cancel g}\times\frac{1\;\mathrm{kg}}{1000\;\mathrm{\cancel g}}=1\times 10^2\times\frac{1\;\mathrm{kg}}{1\times 10^3}=1\times 10^2\times 10^{-3}\;\mathrm{kg}=1\times 10^{-1}\;\mathrm{kg}=0,1\;\mathrm{kg}
\end{gather}
\]
a) Para determinarmos a velocidade no ponto B usamos o Princípio da Conservação da Energia,
a energia mecânica no ponto A deve ser igual à energia em B. No ponto A o corpo possui
apena Energia Potencial devido a altura em relação ao nível de referência, a Energia Cinética
é igual a zero, inicialmente o corpo está em repouso. No ponto B o corpo possui
Energia Potencial devido a altura em relação ao nível de referência e Energia Cinética devido
a velocidade que ele possui
\[
\begin{gather}
E_m^{\small A}=E_m^{\small B} \\[5pt]
E_p^{\small A}=E_p^{\small B}+E_c^{\small B}
\end{gather}
\]
a Energia Cinética é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{E_c=\frac{mv^2}{2}}
\end{gather}
\]
a Energia Potencial é dada por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{E_p=mgh}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\cancel mgh_{\small A}=\cancel mgh_{\small B}+\frac{\cancel mv_{\small B}^2}{2} \\{5pt}
gh_{\small A}=gh_{\small B}+\frac{v_{\small B}^2}{2} \tag{I}
\end{gather}
\]
Pela Figura 2
\[
\begin{gather}
h_{\small A}=h+h_{\small B}
\end{gather}
\]
portanto a altura do ponto
B será de
\[
\begin{gather}
h_{\small B}=h_{\small A}-h \tag{II}
\end{gather}
\]
O segmento
\( \overline{OP} \)
é horizontal, como o ângulo de abertura da superfície cilíndrica é de 150°, o ângulo
\( P\hat{O}B \)
será de 30° (180°−150°=30°).
Como o segmento
\( \overline{OB} \)
é um raio do cilindro e representa a hipotenusa do triângulo ΔPOB
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}30°=\frac{\text{cateto oposto}}{\text{hipotenusa}}=\frac{h}{r}
\end{gather}
\]
da Trigonometria temos que
\( \operatorname{sen}30°=\frac{1}{2} \)
\[
\begin{gather}
\frac{1}{2}=\frac{h}{1,6} \\[5pt]
h=\frac{1,6}{2} \\[5pt]
h=0,8\;\mathrm m \tag{III}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (III) na equação (II) e a altura do ponto A dada no problema, a altura
do ponto B será de
\[
\begin{gather}
h_{\small B}=5-0,8 \\[5pt]
h_{\small B}=4,2\;\mathrm m \tag{IV}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (IV) na equação (I) e os dados do problema (Figura 3)
\[
\begin{gather}
10\times 5=10\times 4,2+\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt]
50=42+\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt]
50-42=\frac{v_{\small B}^2}{2} \\[5pt]
v_{\small B}^2=2\times 8\\[5pt]
v_{\small B}^2=16 \\[5pt]
v_{\small B}=\sqrt{16\;}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v_{\small B}=4\;\mathrm{m/s}}
\end{gather}
\]
b) Para determinarmos a velocidade no ponto C usamos o Princípio da Conservação da Energia,
a energia mecânica no ponto A deve ser igual à energia em C. No ponto A temos a mesma
situação do item (a), no ponto C o corpo possui enercia cinética devido a velocidade e a
Energia Potencial é nula, a altua em relação ao nível de referência é zero, hC = 0
\[
\begin{gather}
E_m^{\small A}=E_m^{\small C} \\[5pt]
E_p^{\small A}+E_c^{\small A}=E_p^{\small C}+E_c^{\small C} \\[5pt]
\cancel mgh_{\small A}=\frac{\cancel mv_c^2}{2} \\[5pt]
gh_{\small A}=\frac{v_c^2}{2} \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo os dados do problema
\[
\begin{gather}
10\times 5=\frac{v_c^2}{2} \\[5pt]
50=\frac{v_c^2}{2} \\[5pt]
v_c^2=2\times 50 \\[5pt]
v_c^2=100 \\[5pt]
v_c=\sqrt{100\;}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v_c=10\;\mathrm{m/s}}
\end{gather}
\]
c) No ponto B o movimento pode ser decomposto nas direções x e y. Pela Figura 5-B
vemos que no movimento ao longo da direção x temos que para intervalos de tempos iguais temos
intervalos de espaços iguais (Δx1 = Δx2 =
Δx3 = Δx4 = Δx5). Na direção
y temos que durante a subida para intervalos de tempos iguais temos intervalos de espaços menores,
pois a esfera está sendo freada pela ação da gravidade (Δy1 >
Δy2) até que a velocidade vy seja igual a zero, e então a
gravidade puxa o corpo de volta em direção ao solo com velocidade acelerada, assim para intervalos de
tempos iguais temos intervalos de espaços cada vez maiores
(Δy3 < Δy4 < Δy5).
A velocidade no ponto B pode ser decomposta ao longo dos eixos x e y. A velocidade
inicial vB, com que a esfera deixa a superfície, tem componentes nas direções x e
y (Figura 5-A)
\[
\begin{gather}
v_{\small Bx}=v_{\small B}\cos 60° \\[10pt]
v_{\small By}=v_{\small B}\operatorname{sen}60°
\end{gather}
\]
Da Trigonometria temos que
\( \cos 60°=\frac{1}{2} \)
e
\( \operatorname{sen}60°=\frac{\sqrt{3\;}}{2} \)
e usando o valor de vB obtido no item (a)
\[
\begin{gather}
v_{\small Bx}=4\times\frac{1}{2} \\[5pt]
v_{\small Bx}=2\;\mathrm{m/s} \tag{VI}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_{\small By}=4\times\frac{\sqrt{3\;}}{2}v_{\small B} \\[5pt]
v_{\small By}=2\sqrt{3\;}\;\mathrm{m/s} \tag{VII}
\end{gather}
\]
Da decomposição do movimento vemos que na direção x não há aceleração atuando sobre a esfera, então
ela está em Movimento Uniforme (M.U.) e seu movimento é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_x=S_{0x}+v_xt}
\end{gather}
\]
como no movimento uniforme vx = vBx é constante podemos substituir
vx pelo valor encontrado em (VI) e S0x = 0
\[
\begin{gather}
S_x=0+2t \\[5pt]
S_x=2t \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Na direção y a esfera está sob a ação da aceleração da gravidade, portanto está em queda livre
dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_y=S_{0y}+v_{\small By}t-\frac{g}{2}t^2}
\end{gather}
\]
o sinal de negativo indica que a aceleração da gravidade está contra a orientação do referencial,
substituindo vBy pelo valor encontrado em (VII) e S0y = 4,2 m
\[
\begin{gather}
S_y=4,2+2\sqrt{3\;}t-10\frac{t^2}{2} \\[5pt]
S_y=4,2+2\sqrt{3\;}t-5t^2 \tag{IX}
\end{gather}
\]
Quando o corpo atinge o solo no ponto C, que está no Nível de Referência, temos que o espaço
final ao longo do eixo-y é nulo (Sy = 0)
\[
\begin{gather}
-5t^2+2\sqrt{3\;}t+4,2=0
\end{gather}
\]
esta é uma Equação do 2.º Grau onde a incógnita é o valor de t
Solução de
\( -5t^2+2\sqrt{3\;}t+4,2=0 \)
\[
\begin{gather}
\Delta=b^2-4ac=(2\sqrt{3\;}\;)^2-4\times(-5)\times 4,2=4\times 3+20\times 4,2=12+84=96 \\[10pt]
t=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta }}{2a}=\frac{-2\sqrt{3\;}\pm\sqrt{96\;}}{2\times\left(-5\right)}=\frac{-2\times 1,73\pm 9,80}{-10}=\frac{-3,46\pm 9,80}{-10}
\end{gather}
\]
onde a raízes serão
\[
\begin{gather}
t_1=\frac{-3,46+9,80}{-10}=-0,6 \\[5pt]
\text{e} \\[5pt]
t_2=\frac{-3,46-9,80}{-10}=1,3
\end{gather}
\]
Desprezando a primeira raiz que tem valor negativo (t1 < 0), o intervalo tempo para a
esfera atingir o chão será t = 1,3 s. Como o intervalo de tempo para a esfera subir e descer é o
mesmo que ela leva para ir percorrer a distância CD ao longo do eixo-x, substituindo este
intervalo de tempo na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
S_x=2\times 1,3
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{S_x=2,6\;\mathrm m}
\end{gather}
\]
d) Energia Cinética no ponto A
\[
\begin{gather}
E_c^{\small A}=\frac{mv_{\small A}^2}{2} \\[5pt]
E_c^{\small A}=\frac{0,1\times 0^2}{2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_c^{\small A}=0\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Potencial no ponto A
\[
\begin{gather}
E_p^{\small A}=mgh_{\small A} \\[5pt]
E_p^{\small A}=0,1\times 10\times 5
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_p^{\small A}=5\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Mecânica Total no ponto A
\[
\begin{gather}
E_m^{\small A}=E_c^{\small A}+E_p^{\small A} \\[5pt]
E_m^{\small A}=0+5
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_m^{\small A}=5\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
e) Energia Cinética no ponto B
\[
\begin{gather}
E_c^{\small B}=\frac{mv_{\small B}^2}{2} \\[5pt]
E_c^{\small B}=\frac{0,1\times 4^2}{2} \\[5pt]
E_c^{\small B}=\frac{0,1\times 16}{2} \\[5pt]
E_c^{\small B}=\frac{1,6}{2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_c^{\small B}=0,8\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Potencial no ponto B
\[
\begin{gather}
E_p^{\small B}=mgh_{\small B} \\[5pt]
E_p^{\small B}=0,1\times 10\times 4,2
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_p^{\small B}=4,2\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Mecânica Total no ponto B
\[
\begin{gather}
E_m^{\small B}=E_c^{\small B}+E_p^{\small B} \\[5pt]
E_m^{\small B}=0,8+4,2
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_m^{\small B}=5\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
f) Energia Cinética no ponto C
\[
\begin{gather}
E_c^{\small C}=\frac{mv_c^2}{2} \\[5pt]
E_c^{\small C}=\frac{0,1\times 10^2}{2} \\[5pt]
E_c^{\small C}=\frac{0,1\times 100}{2} \\[5pt]
E_c^{\small C}=\frac{10}{2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_c^{\small C}=5\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Potencial no ponto C
\[
\begin{gather}
E_p^{\small C}=mgh_c \\[5pt]
E_p^{\small C}=0,1\times 10\times 0
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_p^{\small C}=0\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Energia Mecânica Total no ponto C
\[
\begin{gather}
E_m^{\small C}=E_c^{\small C}+E_p^{\small C} \\[5pt]
E_m^{\small C}=5+0
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{E_m^{\small C}=5\;\mathrm J}
\end{gather}
\]
Observação: Nos pontos A, B e C as energias cinética e potencial têm
valores diferentes dependendo das velocidades e das alturas, respectivamente, mas a energia mecânica total
é sempre a mesma, uma vez que não há perdas e dissipações.
