Exercício Resolvido de Dinâmica

Um bloco de 5 kg está sob a ação de uma força variável em função do tempo dada por

\[ \begin{gather} \qquad\qquad\qquad F_x=5t+2 \qquad\qquad\qquad \text{unidades (S.I.)} \end{gather} \]

sem outras forças atuando na direção x. A velocidade inicial do bloco é igual à 0,5 m/s.
a) Qual a aceleração do bloco em t = 2 s?
b) Qual a velocidade do bloco em t = 5 s?
c) Qual o deslocamento do bloco entre t = 2 e t = 4 s?

Dados do problema:

Massa do bloco: m = 5 kg;
Velocidade inicial do bloco: v₀ = 0,5 m/s.

Esquema do problema:

Adotamos um sistema de referência com eixo-x orientado para a direita e eixo-y para cima (Figura 1).

Figura 1

Solução::

a) Aplicando a 2.ª Lei de Newton na direção x, a força dada no problema é a única força nesta direção

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec F=m\vec a} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} F_x=ma_x \\[5pt] 5t+2=5a_x \\[5pt] a_x=\frac{5t+2}{5} \tag{I} \end{gather} \]

para t = 2 s

\[ \begin{gather} a_x=\frac{5\times2+2}{5} \\[5pt] a_x=\frac{12}{5} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {a_x=2,4\;\mathrm{m/s}^2} \end{gather} \]

b) A aceleração é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {a=\frac{dv}{dt}} \tag{II} \end{gather} \]

substituindo a fórmula (II) na equação (I) do item anterior

\[ \begin{gather} \frac{dv_x}{dt}=\frac{5t+2}{5} \\[5pt] \frac{dv_x}{dt}=t+0,4 \end{gather} \]

integrando em dt de ambos os lados da igualdade

\[ \begin{gather} \int\frac{dv_x}{dt}\;dt=\int t+0,4\;dt \\[5pt] \int dv_x=\int t+0,4\;dt \end{gather} \]

do lado direito da igualdade, a integral da soma é igual à soma das integrais, e o fator constante 0,4 sai da integral

\[ \begin{gather} \int dv_x=\int t\;dt+0,4\int dt \end{gather} \]

Integral de \( \displaystyle \int dv_x \)

\[ \begin{gather} \int 1\;dv_x=v_x+C_1 \end{gather} \]

Integral de \( \displaystyle \int t\;dt \)

\[ \begin{gather} \int t\;dt=\frac{t^{1+1}}{1+1}+C_1=\frac{t^2}{2}+C_1 \end{gather} \]

Integral de \( \displaystyle \int dt \)

\[ \begin{gather} \int 1\;dt=t+C_3 \end{gather} \]

onde C₁, C₂ e C₃ são constantes de integração

\[ \begin{gather} v_x+C_1=\frac{t^2}{2}+C_1+0,4t+C_3 \\[5pt] v_x=\frac{t^2}{2}+0,4t+C_3+C_1-C_1 \end{gather} \]

definindo as constantes C₁, C₂ e C₃ como uma nova constante C

\[ \begin{gather} C\equiv C_3+C_1-C_1 \end{gather} \]

A equação da velocidade é da forma

\[ \begin{gather} v_x=\frac{t^2}{2}+0,4t+C \end{gather} \]

A constante C é determinada usando a condição inicial dada no problema, em t = 0, a v^x = 0,5 m/s

\[ \begin{gather} v_x=\frac{t^2}{2}+0,4t+C\\[5pt] 0,5=\frac{0^2}{2}+0,4\times 0+C\\[5pt] C=0,5\;\mathrm{m/s} \end{gather} \]

A equação da velocidade será

\[ \begin{gather} v_x=\frac{t^2}{2}+0,4t+0,5 \tag{III} \end{gather} \]

para t = 5 s

\[ \begin{gather} v_x=\frac{5^2}{2}+0,4\times 5+0,5\\[5pt] v_x=\frac{25}{2}+2+0,5 \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {v_x=15\;\mathrm{m/s}} \end{gather} \]

c) A velocidade é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {v=\frac{dx}{dt}} \tag{IV} \end{gather} \]

substituindo a fórmula (IV) na equação (III) do item anterior

\[ \begin{gather} \frac{dx}{dt}=\frac{t^2}{2}+0,4t+0,5 \end{gather} \]

integrando em dt de ambos os lados da igualdade

\[ \begin{gather} \int\frac{dx}{dt}\;dt=\int\frac{t^2}{2}+0,4t+0,5\;dt \\[5pt] \int dx=\int \frac{t^2}{2}+0,4t+0,5\;dt \end{gather} \]

do lado direito da igualdade, a integral da soma é igual à soma das integrais, e os fatores constantes \( \frac{1}{2} \) 0,4 e 0,5 saem da integral

\[ \begin{gather} \int dx=\frac{1}{2}\int t^2\;dt+0,4\int t\;dt+0,5\int dt \end{gather} \]

Integral de \( \displaystyle \int dx \)

\[ \begin{gather} \int 1\;dx=x+C_4 \end{gather} \]

Integral de \( \displaystyle \int t^2\;dt \)

\[ \begin{gather} \int t^2\;dt=\frac{t^{2+1}}{2+1}+C_5=\frac{t^{3}}{3}+C_5 \end{gather} \]

onde C₄ e C₅ são constantes de integração. As duas últimas integrais do lado direito da igualdade já foram calculadas acima

\[ \begin{gather} x+C_4=\frac{1}{2}\times{\frac{t^{3}}{3}}+C_5+0,4\frac{t^2}{2}+C_6+0,5t+C_7\\[5pt] x=\frac{t^3}{6}+0,4\frac{t^2}{2}+0,5t+C_5+C_6+C_7-C_4 \end{gather} \]

definindo as constantes C₄, C₅, C₆ e C₇ como uma nova constante C'

\[ \begin{gather} C'\equiv C_5+C_6+C_7-C_4 \end{gather} \]

A equação da posição é da forma

\[ \begin{gather} x=\frac{t^3}{6}+0,4\frac{t^2}{2}+0,5t+C' \end{gather} \]

O problema não fornece a posição inicial do bloco, mas podemos determinar a constante C' fazendo a suposição de que em t = 0, x = 0

\[ \begin{gather} 0=\frac{0^{3}}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times 0+C'\\[5pt] C'=0 \end{gather} \]

A equação da posição será

\[ \begin{gather} x=\frac{t^3}{6}+0,4\frac{t^2}{2}+0,5t \end{gather} \]

para t = 2 s

\[ \begin{gather} x_1=\frac{2^3}{6}+0,4\times{\frac{2^2}{2}}+0,5\times2 \\[5pt] x_1=\frac{4}{3}+0,8+1 \\[5pt] x_1=3,1\;\mathrm m \end{gather} \]

para t = 4 s

\[ \begin{gather} x_4=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+0,5\times 4 \\[5pt] x_4=\frac{343}{6}+0,2\times49+3,5 \\[5pt] x_4=15,9\;\mathrm m \end{gather} \]

O deslocamento entre os instantes 2 s e 4 s, será

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\Delta x=x_f-x_i} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \Delta x=x_4-x_1 \\[5pt] \Delta x=15,9-3,1 \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {\Delta x=12,8\;\mathrm m} \end{gather} \]

Observação: O que nos permite fazer a suposição de que em t = 0, temos x = 0?

Neste problema a posição é dada por uma função de 3.º grau

\[ \begin{gather} x(t)=\frac{t^3}{6}+0,4\frac{t^2}{2}+0,5t+C' \end{gather} \]

o termo C', independente do tempo t, somente desloca o gráfico da função ao longo do eixo-x (eixo das ordenadas - para cima e para baixo). Quanto maior o valor de C' o gráfico se desloca na direção de x positivo (para cima). Quanto menor o valor de C' o gráfico se desloca na direção de x negativo (para baixo) (Gráfico 1).

Gráfico 1

O eixo das abscissas representa o tempo t, como não existe tempo negativo, vamos construir o gráfico para valores do semieixo real positivo t.
Determinação de C' para diferentes valores de x e t:

Para t = 0 e x = 0
\( \displaystyle x(0)=0=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times 0+C'_1\Rightarrow C'_1=0 \)
\[ x(0)=0=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times 0+C'_1\Rightarrow C'_1=0 \]
;
Para t = 0 e x = 2
\( \displaystyle x(0)=2=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times0+C'_1\Rightarrow C'_1=2 \)
\[ \displaystyle x(0)=2=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times0+C'_1\Rightarrow C'_1=2 \]
;
Para t = 0 e x = −2
\( \displaystyle x(0)=-2=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times 0+C'_3\Rightarrow C'_3=-2 \)
\[ \displaystyle x(0)=-2=\frac{0^3}{6}+0,4\times{\frac{0^2}{2}}+0,5\times 0+C'_3\Rightarrow C'_3=-2 \]
;

Gráfico 2

Calculando o valor de x(t) para t = 2 s e t = 4 s, usando vários valores de C'=0, 2, −2 (Gráfico 2).

Para C' = 0
\( \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times{\frac{2^2}{2}}+0,5\times2=3,1\;\mathrm{m} \)
\[ \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times{\frac{2^2}{2}}+0,5\times2=3,1\;\mathrm{m} \]

\( \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+0,5\times 4=15,9\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+0,5\times 4=15,9\;\mathrm m \]

\( \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=15,9-3,1=12,8\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=15,9-3,1=12,8\;\mathrm m \]
Para C' = 2
\( \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times {\frac{2^2}{2}}+0,5\times 2+2=5,1\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times {\frac{2^2}{2}}+0,5\times 2+2=5,1\;\mathrm m \]

\( \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+4\times 4+2=17,9\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+4\times 4+2=17,9\;\mathrm m \]

\( \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=17,9-5,1=12,8\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=17,9-5,1=12,8\;\mathrm m \]
Para C' = −2
\( \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times{\frac{2^2}{2}}+0,5\times2-2=1,1\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle x(2)=\frac{2^3}{6}+0,4\times{\frac{2^2}{2}}+0,5\times2-2=1,1\;\mathrm m \]

\( \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+0,5\times 4-2=13,9\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle x(4)=\frac{4^3}{6}+0,4\times{\frac{4^2}{2}}+0,5\times 4-2=13,9\;\mathrm m \]

\( \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=13,9-1,1=12,8\;\mathrm m \)
\[ \displaystyle \Delta x=x(4)-x(2)=13,9-1,1=12,8\;\mathrm m \]

Como o deslocamento entre dois instantes é sempre constante, não importa qual a posição inicial adotada, escolhemos para t₀ = 0, x₀ = 0 por simplicidade. Para quaisquer outros pontos escolhidos como posição inicial (por exemplo, x₀ = −2, x₀ = 2, x₀ = −315, x₀ = 1000, etc), as posições nos instantes 2 s e 4 s são diferentes, mas o deslocamento é o mesmo (12,8 m).
Para dois outros instantes quaisquer escolhidos (por exemplo, 1 s e 7 s, ou 12 s e 23 s, ou 35 s e 100 s, etc) os deslocamentos serão diferentes de 12,8 m, porque o bloco está acelerado pela força aplicada. Mas os deslocamentos serão iguais entre esses instantes para as mesmas posições iniciais escolhidas.