Aplicações das Leis de Newton

O resto deste capítulo é composto de exemplos. O leitor deve examiná-los atentamente, observando os métodos usados para resolver cada problema. Especialmente importante é saber traduzir uma dada situação em um diagrama de corpo livre com eixos adequados, para que as leis de Newton possam ser aplicadas.

 

Exemplo 5.03 Bloco deslizante e bloco

pendente

A Fig. 5-12 mostra um bloco D (o bloco deslizante), de massa M = 3,3 kg. O bloco está livre para se mover em uma superfície horizontal sem atrito e está ligado, por uma corda que passa por uma polia sem atrito, a um segundo bloco P (o bloco pendente), de massa m = 2,1 kg. As massas da corda e da polia podem ser desprezadas em comparação com a massa dos blocos. Enquanto o bloco pendente P desce, o bloco deslizante D acelera para a direita. Determine (a) a aceleração do bloco D, (b) a aceleração do bloco P e (c) a tração da corda.

P De que trata o problema?

Foram dados dois corpos – o bloco deslizante e o bloco pendente –

mas também é preciso levar em conta a Terra, que atua sobre os dois corpos. (Se não fosse a Terra, os blocos não se moveriam.) Como

mostra a Fig. 5-13, cinco forças agem sobre os blocos:

1. A corda puxa o bloco D para a direita com uma força de módulo T. 2. A corda puxa o bloco P para cima com uma força cujo módulo também é T. Essa força para cima evita que o bloco caia livremente.

Figura 5-12 Um bloco D, de massa M, está conectado a um bloco P, de massa m, por uma corda que passa por uma polia.

 

Figura 5-13 As forças que agem sobre os dois blocos da Fig. 5-12.

 

3. A Terra puxa o bloco D para baixo com uma

força gravitacional , cujo módulo é Mg. gD 4. A Terra puxa o bloco P para baixo com uma

força gravitacional , cujo módulo é mg. gP

5. A mesa empurra o bloco D para cima com uma

força normal . N

Existe outro fato digno de nota. Como estamos supondo que a

corda é inextensível, se o bloco P desce 1 mm em certo intervalo de tempo, o bloco D se move 1 mm para a direita no mesmo intervalo. Isso significa que os blocos se movem em conjunto e as acelerações dos dois blocos têm o mesmo módulo a.

P Como posso classificar esse problema? Ele sugere alguma lei da física em particular?

Sim. O fato de que as grandezas envolvidas são forças, massas e

acelerações sugere a segunda lei de Newton, = m . Essa é a nossa res ideia-chave inicial.

P Se eu aplicar a segunda lei de Newton ao problema, a que corpo devo aplicá-la?

Estamos lidando com o movimento de dois corpos, o bloco

deslizante e o bloco pendente. Embora se trate de corpos extensos (não pontuais), podemos tratá-los como partículas porque todas as partes de cada bloco se movem exatamente da mesma forma. Uma segunda ideia-chave é aplicar a segunda lei de Newton separadamente a cada bloco.

P E a polia?

A polia não pode ser tratada como uma partícula porque diferentes

partes da polia se movem de modo diferente. Quando discutirmos as rotações, examinaremos com detalhes o caso das polias. No momento, evitamos discutir o comportamento da polia supondo que a massa da polia pode ser desprezada em comparação com as massas dos dois blocos; sua única função é mudar a orientação da corda.

P Está certo; mas como vou aplicar a equação = m res

ao bloco deslizante?

Represente o bloco D como uma partícula de massa M e desenhe

todas as forças que atuam sobre ele, como na Fig. 5-14a. Esse é o diagrama de corpo livre do bloco. Em seguida, desenhe um conjunto de eixos. O mais natural é desenhar o eixo x paralelo à mesa, apontando para a direita, no sentido do movimento do bloco D.

P Obrigado; mas você ainda não me disse como vou

aplicar a equação = m ao bloco deslizante; tudo que res

fez foi explicar como se desenha um diagrama de corpo livre.

Você tem razão. Aqui está a terceira ideia-chave: a equação = res

m é uma equação vetorial e, portanto, equivale a três equações algébricas, uma para cada componente:

 

em que F , F e F são as componentes da força resultante em res,x res,y res,z relação aos três eixos. Podemos aplicar cada uma dessas equações à direção correspondente. Como o bloco D não possui aceleração

vertical, F = Ma se torna res,y y

 

Assim, na direção y, o módulo da força normal é igual ao módulo da força gravitacional.

Nenhuma força atua na direção z, que é perpendicular ao papel.

Na direção x existe apenas uma componente de força, que é T.

Assim, a equação F = Ma se torna res,x x

 

Como a Eq. (5-18) contém duas incógnitas, T e a, ainda não podemos resolvê-la. Lembre-se, porém, de que ainda não dissemos nada a respeito do bloco pendente.

P De acordo. Como vou aplicar a equação = m ao res bloco pendente?

Do mesmo modo como aplicou ao bloco D: desenhe um diagrama

de corpo livre para o bloco P, como na Fig. 5-14b. Em seguida,

aplique a equação = m na forma de componentes. res

Figura 5-14 (a) Diagrama de corpo livre do bloco D da Fig. 5-12. (b)

Diagrama de corpo livre do bloco P da Fig. 5-12.

 

Dessa vez, como a aceleração é ao longo do eixo y, use a parte y da

Eq. 5-16 (F = ma ) para escrever res,y y

 

Podemos agora substituir F por mg e a por −a (o valor é negativo gP y porque o bloco P sofre aceleração no sentido negativo do eixo y). O resultado é

 

Observe que as Eqs. 5-18 e 5-20 formam um sistema de duas equações com duas incógnitas, T e a. Subtraindo as equações uma da outra, eliminamos T. Explicitando a, obtemos:

 

Substituindo esse resultado na Eq. 5-18, temos:

Substituindo os valores numéricos, obtemos:

 

 

P O problema agora está resolvido, certo?

Essa pergunta é razoável, mas o problema não pode ser

considerado resolvido até que você examine os resultados para ver se fazem sentido. (Se você obtivesse esses resultados no trabalho, não faria questão de conferi-los antes de entregá-los ao chefe?)

Examine primeiro a Eq. 5-21. Observe que está dimensionalmente

correta e que a aceleração a é sempre menor que g. Isso faz sentido, pois o bloco pendente não está em queda livre; a corda o puxa para cima.

Examine em seguida a Eq. 5-22, que pode ser escrita na forma

 

Nessa forma, fica mais fácil ver que a Eq. 5-22 também está dimensionalmente correta, já que tanto T quanto mg têm dimensões

de força. A Eq. 5-23 também mostra que a tração da corda é menor que mg; portanto, é menor que a força gravitacional a que está submetido o bloco pendente. Isso é razoável; se T fosse maior que mg, o bloco pendente sofreria uma aceleração para cima.

Podemos também verificar se os resultados estão corretos

estudando casos especiais para os quais sabemos de antemão qual é a resposta. Um caso simples é aquele em que g = 0, o que aconteceria se o experimento fosse realizado no espaço sideral. Sabemos que,

nesse caso, os blocos ficariam imóveis, não existiriam forças nas extremidades da corda e, portanto, não haveria tração na corda. As

fórmulas preveem isso? Sim. Fazendo g = 0 nas Eqs. 5-21 e 5-22, encontramos a = 0 e T = 0. Dois outros casos especiais fáceis de examinar são M = 0 e m → ∞.

 

Exemplo 5.04 Corda, bloco e plano

inclinado

Muitos estudantes consideram os problemas que envolvem rampas (planos inclinados) particularmente difíceis. A dificuldade é provavelmente visual porque, nesse caso, temos de trabalhar (a) com um sistema de coordenadas inclinado e (b) com as componentes da força gravitacional, e não com a força total. Este é um exemplo típico no qual todas as inclinações e todos os ângulos são explicados. Apesar da inclinação, a ideia-chave é aplicar a segunda lei de Newton à direção ao longo da qual ocorre o movimento.

Na Fig. 5-15a, uma corda puxa para cima uma caixa de biscoitos

ao longo de um plano inclinado sem atrito cujo ângulo é θ = 30o. A massa da caixa é m = 5,00 kg, e o módulo da força exercida pela corda é T = 25,0 N. Qual é a componente a da aceleração da caixa na direção do plano inclinado?

 

IDEIA-CHAVE

De acordo com a segunda lei de Newton (Eq. 5-1), a aceleração na direção do plano inclinado depende apenas das componentes das forças paralelas ao plano (não depende das componentes perpendiculares ao plano).

 

Cálculos: Precisamos escrever a segunda lei de Newton para o movimento ao longo de um eixo. Como a caixa se move ao longo do plano inclinado, escolher um eixo x ao longo do plano inclinado

parece razoável (Fig. 5-15b). (Não estaria errado usar o sistema de coordenadas de costume, com o eixo x na horizontal e o eixo y na vertical, mas as equações ficariam muito mais complicadas, porque o movimento não ocorreria ao longo de um dos eixos.)

Depois de escolher um sistema de coordenadas, desenhamos um

diagrama de corpo livre, com um ponto representando a caixa (Fig. 5-

15b). Em seguida, desenhamos os vetores das forças que agem sobre a caixa, com a origem dos vetores coincidindo com o ponto. (Desenhar os vetores fora do lugar no diagrama pode levar a erros, especialmente nos exames; certifique-se de que a origem de todos os vetores está no corpo cujo movimento está sendo analisado.)

A força exercida pela corda é dirigida para cima, paralelamente

ao plano, e tem um módulo T = 25,0 N. A força gravitacional é g

vertical, dirigida para baixo, e tem um módulo mg = (5,00 kg)(9,8 m/s2) = 49,0 N. Essa orientação significa que apenas uma componente da força está paralela ao plano, e apenas essa componente (e não a força total) afeta a aceleração da caixa ao longo do plano. Assim, antes de aplicar a segunda lei de Newton ao movimento da caixa ao longo do eixo x, precisamos obter uma expressão para a componente da força gravitacional paralela ao eixo x.

 

Figura 5-15 (a) Uma caixa sobe um plano inclinado, puxada por uma corda. (b) As três forças que agem sobre a caixa: a força da corda ,

a força gravitacional e a força normal . (c)-(i) As componentes g N

de na direção do plano inclinado e na direção perpendicular. g

As Figs. 5-15c a 5-15h mostram os passos necessários para

determinar essa expressão. Começamos com o ângulo conhecido do plano e montamos um triângulo das componentes da força (as componentes são os catetos, e o módulo da força é a hipotenusa). A

Fig. 5-15c mostra que o ângulo entre o plano inclinado e é 90o − θ. g

(Você está vendo o triângulo retângulo?) As Figs. 5-15d a 5-15f

mostram e suas componentes. Uma das componentes é paralela ao g

plano inclinado (é a componente em que estamos interessados) e a outra é perpendicular ao plano inclinado.

O ângulo entre a componente perpendicular de é θ (Figs. 5-15d g

e 5-15e). A componente que nos interessa é o cateto oposto do

triângulo retângulo das componentes (Fig. 5-15f). Como a hipotenusa é mg (o módulo da força gravitacional), o cateto oposto é mg sen θ

(Fig. 5-15g).

Temos apenas mais uma força envolvida, a força normal que g

aparece na Fig. 5-15b. Essa força, porém, é perpendicular ao plano inclinado e, portanto, não pode afetar o movimento ao longo do plano. (Em outras palavras, essa força não possui uma componente ao longo do plano para acelerar a caixa.)

Agora estamos em condições de aplicar a segunda lei de Newton

ao movimento da caixa ao longo do eixo x:

 

F = ma . res,x x

 

A componente a é a única componente da aceleração diferente de x

zero (a caixa não salta para fora do plano, o que seria estranho, nem penetra no plano, o que seria ainda mais estranho). Assim, vamos chamar a aceleração ao longo do plano simplesmente de a. Como a força aponta no sentido positivo do eixo x e a componente da força gravitacional mg sen θ aponta no sentido negativo do eixo x, temos:

 

Substituindo por valores numéricos e explicitando a, obtemos:

 

a = 0,100 m/s2.

O resultado é positivo, o que indica que a aceleração da caixa é para cima. Se diminuíssemos gradualmente o módulo da força até anular a aceleração, a caixa passaria a se mover com velocidade constante. Se diminuíssemos ainda mais o módulo de , a aceleração se tornaria negativa, apesar da força exercida pela corda.

 

Exemplo 5.05 Força com um ângulo

variável

Este exemplo envolve a interpretação de um gráfico. A Fig. 5-16a mostra um arranjo no qual duas forças são aplicadas a um bloco de

4,00 kg em um piso sem atrito, mas apenas a força está indicada. 1

A força tem módulo fixo, mas o ângulo θ com o semieixo x 1

positivo pode variar. A força é horizontal e tem módulo constante. 2

A Fig. 5-16b mostra a aceleração horizontal a do bloco em função de x

θ no intervalo 0o ≤ θ ≤ 90o. Qual é o valor de a para θ = 180o? x

 

IDEIAS-CHAVE

(1) A aceleração horizontal a depende da força horizontal resultante x

F , dada pela segunda lei de Newton. (2) A força horizontal res,x

resultante é a soma das componentes horizontais das forças e . 1 2

 

Cálculos: Como a força é horizontal, a componente x é F . A 2 2

componente x de é F cos θ. Usando essas expressões e uma massa 1 1

m de 4,00 kg, podemos escrever a segunda lei de Newton ( = m ) res

para o movimento ao longo do eixo x na forma

 

De acordo com a Eq. 5-25, para θ = 90o, F cos θ é zero e F = 4,00a . 1 2 x

De acordo com o gráfico, a aceleração correspondente é 0,50 m/s2.

Assim, F = 2,00 N e o sentido de é o sentido positivo do eixo x. 2 2

Figura 5-16 (a) Uma das duas forças aplicadas a um bloco. O ângulo

 

θ pode variar. (b) Componente a da aceleração do bloco em função x de θ.

 

Fazendo θ = 0o na Eq. 5-25, obtemos:

 

De acordo com o gráfico, a aceleração correspondente é 3,0 m/s2.

Substituindo esse valor na Eq. 5-26, obtemos F = 10 N. 1

Fazendo F = 10 N, F = 2,00 N e θ = 180o na Eq. 5-25, temos: 1 2

 

Exemplo 5.06 Forças em um elevador

Suponha que você se pesasse em um elevador em movimento (os outros passageiros, certamente, iriam ficar assustados). Você pesaria mais, menos ou a mesma coisa que em um elevador parado?

Na Fig. 5-17a, um passageiro, de massa m = 72,2 kg, está de pé em

uma balança de banheiro no interior de um elevador. Estamos interessados na leitura da balança quando o elevador está parado e quando está se movendo para cima e para baixo. (a) Escreva uma equação que expresse a leitura da balança em função da aceleração vertical do elevador.

 

IDEIAS-CHAVE

(1) A leitura é igual ao módulo da força normal que a balança N

exerce sobre o passageiro. Como mostra o diagrama de corpo livre da

Fig. 5-17b, a única outra força que age sobre o passageiro é a força

gravitacional . (2) Podemos relacionar as forças que agem sobre o g

passageiro à aceleração usando a segunda lei de Newton ( = m res ). Lembre-se, porém, de que essa lei só se aplica aos referenciais inerciais. Um elevador acelerado não é um referencial inercial. Assim, escolhemos o solo como referencial e analisamos todos os movimentos em relação a esse referencial.

 

Cálculos: Como as duas forças e a aceleração a que o passageiro está

sujeito são verticais, na direção do eixo y da Fig. 5-17b, podemos

usar a segunda lei de Newton para as componentes y (F = ma ) e res,y y escrever

Figura 5-17 (a) Um passageiro de pé em uma balança que indica o peso ou o peso aparente. (b) O diagrama de corpo livre do passageiro,

mostrando a força normal exercida pela balança e a força N

gravitacional . g

 

Isso significa que a leitura da balança, que é igual a F , depende da N

aceleração vertical. Substituindo F por mg, obtemos g

 

para qualquer valor da aceleração a. Se a aceleração é para cima, o valor de a é positivo; se a aceleração é para baixo, o valor de a é negativo.

(b) Qual é a leitura da balança se o elevador está parado ou está se movendo para cima com uma velocidade constante de 0,50 m/s?

 

IDEIA-CHAVE

Para qualquer velocidade constante (zero ou diferente de zero), a aceleração do passageiro é zero.

 

Cálculos: Substituindo esse e outros valores conhecidos na Eq. 5-28, obtemos

 

Esse é o peso do passageiro e é igual ao módulo F da força g gravitacional a que o passageiro está submetido. (c) Qual é a leitura da balança se o elevador sofre uma aceleração, para cima, de 3,20 m/s2? Qual é a leitura se o elevador sofre uma aceleração, para baixo, de 3,20 m/s2?

 

Cálculos: Para a = 3,20 m/s2, a Eq. 5-28 nos dá

 

e para a = –3,20 m/s2, temos

 

Se a aceleração é para cima (ou seja, se a velocidade de subida do elevador está aumentando ou se a velocidade de descida está diminuindo), a leitura da balança é maior que o peso do passageiro. Essa leitura é uma medida do peso aparente, pois é realizada em um referencial não inercial. Se a aceleração é para baixo (ou seja, se a velocidade de subida do elevador está diminuindo ou a velocidade de descida está aumentando), a leitura da balança é menor que o peso do passageiro.

(d) Durante a aceleração, para cima, do item (c), qual é o módulo Fres da força resultante a que está submetido o passageiro, e qual é o

módulo a da aceleração do passageiro no referencial do elevador? p,el

A equação = m é obedecida? res p,el

Cálculo: O módulo F da força gravitacional a que está submetido o g

passageiro não depende da aceleração; assim, de acordo com o item

(b), F = 708 N. De acordo com o item (c), o módulo F da força g N normal a que está submetido o passageiro durante a aceleração para cima é o valor de 939 N indicado pela balança. Assim, a força resultante a que o passageiro está submetido é

 

durante a aceleração para cima. Entretanto, a aceleração do

passageiro em relação ao elevador, a , é zero. Assim, no referencial p,el

não inercial do elevador acelerado, F não é igual a ma , e a res p,el

segunda lei de Newton não é obedecida.

 

Exemplo 5.07 Aceleração de um bloco

empurrado por outro bloco

Alguns problemas de mecânica envolvem objetos que se movem juntos, seja porque um está empurrando o outro, seja porque estão unidos por uma corda. Neste exemplo, a segunda lei de Newton é aplicada a um sistema formado por dois blocos e, em seguida, aos dois blocos separadamente.

Na Fig. 5-18a, uma força horizontal constante de módulo 20 N ap

é aplicada a um bloco A de massa m = 4,0 kg, que empurra um bloco A

B de massa m = 6,0 kg. Os blocos deslizam em uma superfície sem B

atrito, ao longo de um eixo x. (a) Qual é a aceleração dos blocos?

 

Erro Grave: Como a força é aplicada diretamente ao bloco A, ap

usamos a segunda lei de Newton para relacionar essa força à aceleração do bloco A. Como o movimento é ao longo do eixo x,

usamos a lei para as componentes x (F = ma ), escrevendo res,x x

 

F = m a. ap A

Esse raciocínio está errado porque não é a única força horizontal a ap

que o bloco A está sujeito; existe também a força exercida pelo AB

bloco B (Fig. 5-18b).

 

Solução Frustrada: Vamos incluir a força escrevendo, de novo, AB

para o eixo x,

 

F – F = m a. ap AB A

 

Figura 5-18 (a) Uma força horizontal constante é aplicada ao ap

bloco A, que empurra o bloco B. (b) Duas forças horizontais agem sobre o bloco A. (c) Apenas uma força horizontal age sobre o bloco B.

 

(Usamos o sinal negativo por causa do sentido de .) Como é AB AB uma segunda incógnita, não podemos resolver essa equação para determinar o valor de a.

Solução Correta: O sentido de aplicação da força faz com que os ap

dois blocos se movam como se fossem um só. Podemos usar a segunda lei de Newton para relacionar a força aplicada ao conjunto dos dois blocos à aceleração do conjunto dos dois blocos através da segunda lei de Newton. Assim, considerando apenas o eixo x, podemos escrever

 

F = (m + m )a, ap A B

 

em que agora a força aplicada, , está relacionada corretamente ap

com a massa total m + m . Explicitando a e substituindo os valores A B conhecidos, obtemos

 

Assim, a aceleração do sistema (e de cada bloco) é no sentido positivo do eixo x e tem um módulo de 2,0 m/s2.

(b) Qual é a força (horizontal) exercida pelo bloco A sobre o BA

bloco B (Fig. 5-18c)?

 

IDEIA-CHAVE

Podemos usar a segunda lei de Newton para relacionar a força exercida sobre o bloco B à aceleração do bloco.

 

Cálculo: Nesse caso, considerando apenas o eixo x, podemos escrever:

 

F = m a, BA B

 

que, substituindo os valores conhecidos, nos dá

 

Assim, a força é orientada no sentido positivo do eixo x e tem BA

módulo de 12 N.