Exercício Resolvido de Dinâmica
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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 vx = 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.
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