Exercício Resolvido de Dinâmica
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Em um plano áspero inclinado de 45º em relação ao horizonte AB é a reta de maior declive. Um corpo é lançado no sentido ascendente entra em repouso em B retornando ao ponto A. O coeficiente de atrito entre o móvel e o plano é   \( 2-\sqrt{3\;} \). Determinar a relação entre o intervalo de tempo empregado pelo corpo para ir de A até B e no retorno de B até A.


Dados do problema:
  • Coeficiente de atrito entre o móvel e o plano:    \( \mu =2-\sqrt{3\;} \);
  • Inclinação do plano:    θ = 45°.
Esquema do problema:

Figura 1

O corpo é lançado com uma velocidade inicial de subida v0S e começa a desacelerar devido a componente da força peso na direção do plano, sua velocidade diminui até ficar nula, vS = 0, no ponto B (Figura 1-A). A partir desse instante ele começa um movimento de retorno, partindo do repouso, v0D = 0, e sob a ação da aceleração, causada pela componente da força peso direção do plano, e passa pelo ponto A com uma velocidade final vD (Figura 1-B).

Solução

Isolamos o corpo e analisamos as forças que atuam nele em cada uma das situações.
  • Corpo subindo:
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e sentido para cima (Figura 2-A). No corpo atuam a força peso \( \vec{P} \), a força de atrito \( {\vec F}_{at} \) e a força normal de reação da superfície \( \vec{N} \).

Figura 2

A força peso pode ser decomposta em duas componentes, uma componente paralela ao eixo-x \( {\vec P}_{P} \) e a outra componente normal ou perpendicular \( {\vec P}_{N} \) (Figura 2-B).
No triângulo à esquerda a força peso \( \vec{P} \) é perpendicular ao plano horizontal, forma um ângulo de 90°, o ângulo entre o plano inclinado e o plano horizontal é dado como 45°, como os ângulos internos de um triângulo devem somar 180°, o ângulo α entre a força peso \( \vec{P} \) e a componente paralela \( {\vec P}_{P} \) será
\[ 45°+90°+\alpha=180°\Rightarrow \alpha=180°-45°-90°\Rightarrow \alpha=45° \]
No triângulo à direita a componente normal da força peso \( {\vec P}_{N} \) faz com o plano inclinado um ângulo de 90°, o ângulo β entre a força peso \( \vec{P} \) e a componente normal \( {\vec P}_{N} \) será
\[ \alpha +\beta=90°\Rightarrow 45°+\beta=90°\Rightarrow \beta=90°-45°\Rightarrow \beta=45° \]
são ângulos complementares.
Desenhamos as forças num sistema de eixos coordenados xy (Figura 2-C) e aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\vec{F}=m\vec{a}} \tag{I} \end{gather} \]
Na direção y não há movimento, a força normal de reação \( \vec{N} \) e a componente normal do peso \( {\vec P}_{N} \) se anulam
\[ \begin{gather} N=P_{N} \tag{II} \end{gather} \]
a componente normal do peso é dada por
\[ \begin{gather} P_{N}=P\cos 45° \tag{III} \end{gather} \]
a força peso do corpo é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {P=mg} \tag{IV} \end{gather} \]
substituindo a expressão (IV) na expressão (III)
\[ \begin{gather} P_{N}=mg\cos 45° \tag{V} \end{gather} \]
substituindo a expressão (V) na expressão (II)
\[ \begin{gather} N=mg\cos 45° \tag{VI} \end{gather} \]
Na direção x aplicamos a expressão (I) para encontrar a aceleração do bloco subindo aS
\[ \begin{gather} -F_{at}-P_{P}=ma_{S} \tag{VII} \end{gather} \]
a força de atrito é dada por
\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {F_{at}=\mu N} \tag{VIII} \end{gather} \]
substituindo a expressão (VI) na expressão (VIII)
\[ \begin{gather} F_{at}=\mu mg\cos 45° \tag{IX} \end{gather} \]
a componente paralela do peso é dada por
\[ \begin{gather} P_{P}=P\operatorname{sen}45° \tag{X} \end{gather} \]
substituindo a expressão (IV) na expressão (X)
\[ \begin{gather} P_{P}=mg\operatorname{sen} 45° \tag{XI} \end{gather} \]
substituindo as expressões (IX) e (XI) na expressão (VII)
\[ -\mu \cancel{m}g\cos 45°-\cancel{m}g\cos 45°=\cancel{m}a_{S} \]

Lembrando da Trigonometria
\[ \operatorname{sen}45°=\cos 45°=\dfrac{\sqrt{2\;}}{2} \]
\[ \begin{gather} -\mu g\frac{\sqrt{2\;}}{2}-g\frac{\sqrt{2\;}}{2}=a_{S}\\ a_{S}=-{\frac{\sqrt{2\;}}{2}}g(\mu +1) \tag{XII} \end{gather} \]
  • Corpo descendo:
Adotamos um sistema de referência xy com o eixo-x paralelo ao plano inclinado e sentido para baixo. No bloco atuam as mesmas forças, apenas a força de atrito \( {\vec{F}}_{at} \) está no sentido contrário (Figura 3-A).
Do mesmo modo a força peso pode ser decomposta em duas componentes (Figura 2-B).
Desenhamos as forças num sistema de eixos coordenados (Figura 3-B).
Na direção y é válida a mesma expressão (VI) encontrada anteriormente.

Figura 3

Na direção x aplicamos a 2.ª Lei de Newton
\[ \begin{gather} -F_{at}+P_{P}=ma_{D} \tag{XIII} \end{gather} \]
substituindo as expressões (IX) e (XI) na expressão (XIII)
\[ \begin{gather} -\mu \cancel{m}g\cos 45°+\cancel{m}g\cos 45°=\cancel{m}a_{D}\\ -\mu g\frac{\sqrt{2\;}}{2}+g\frac{\sqrt{2\;}}{2}=a_{D}\\ a_{D}=\frac{\sqrt{2\;}}{2}g(1-\mu) \tag{XIV} \end{gather} \]
Da Cinemática Escalar temos a função horária da velocidade
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {v=v_{0}+at} \]
Para o bloco subindo, a velocidade final é nula, vS = 0, e substituindo a expressão (XII)
\[ \begin{gather} v_{S}=v_{0S}+a_{S}t_{S}\\ 0=v_{0S}-{\frac{\sqrt{2\;}}{2}}g(\mu +1)t_{S}\\ v_{0S}=\frac{\sqrt{2\;}}{2}g(\mu +1)t_{S} \tag{XV} \end{gather} \]
Para o bloco descendo, a velocidade inicial é nula, v0D = 0, e substituindo a expressão (XIV)
\[ \begin{gather} v_{D}=v_{0D}+a_{D}t_{D}\\ v_{D}=0+\frac{\sqrt{2\;}}{2}g(1-\mu)t_{D}\\ v_{D}=\frac{\sqrt{2\;}}{2}g(1-\mu)t_{D} \tag{XVI} \end{gather} \]
Dividindo a expressão (XV) pela expressão (XVI)
\[ \begin{gather} \frac{v_{0S}}{v_{D}}=\frac{\dfrac{\cancel{\sqrt{2\;}}}{\cancel{2}}\cancel{g}(\mu +1)t_{S}}{\dfrac{\cancel{\sqrt{2\;}}}{\cancel{2}}\cancel{g}(1-\mu)t_{D}}\\ \frac{v_{0S}}{v_{D}}=\frac{(\mu +1)t_{S}}{(1-\mu)t_{D}} \tag{XVII} \end{gather} \]
Para encontrarmos as velocidades usamos a Equação de Torricelli
\[ \bbox[#99CCFF,10px] {v^{2}=v_{0}^{2}+2a\Delta S} \]
A distância percorrida pelo bloco é a mesma na subida e descida.
Durante a subida, substituindo a expressão (XII)
\[ \begin{gather} v_{S}^{2}=v_{0S}^{2}+2a_{S}\Delta S\\ 0^{2}=v_{0S}^{2}-\cancel{2}{\frac{\sqrt{2\;}}{\cancel{2}}}g(\mu +1)\Delta S\\ v_{0S}^{2}=\sqrt{2\;}g(\mu +1)\Delta S \\ v_{0S}=\sqrt{\sqrt{2\;}g(\mu +1)\Delta S\;} \tag{XVIII} \end{gather} \]
Durante a descida, substituindo a expressão (XIV)
\[ \begin{gather} v_{D}^{2}=v_{0D}^{2}+2a_{D}\Delta S\\ v_{D}^{2}=0^{2}+\cancel{2}\frac{\sqrt{2\;}}{\cancel{2}}g(1-\mu)\Delta S\\ v_{D}^{2}=\sqrt{2\;}g(1-\mu)\Delta S\\ v_{D}=\sqrt{\sqrt{2\;}g(1-\mu)\Delta S\;} \tag{XIX} \end{gather} \]
Substituindo as expressões (XVIII) e (XIX) na expressão (XVII)
\[ \begin{gather} \frac{\sqrt{\sqrt{2\;}g(\mu +1)\Delta S\;}}{\sqrt{\sqrt{2\;}g(1-\mu)\Delta S\;}}=\frac{(\mu +1)t_{S}}{(1-\mu)t_{D}} \end{gather} \]
elevando ao quadrado ambos os lados da equação
\[ \begin{gather} \left(\frac{\sqrt{\sqrt{2\;}g(\mu +1)\Delta S\;}}{\sqrt{\sqrt{2\;}g(1-\mu)\Delta S\;}}\right)^{2}=\left(\frac{(\mu +1)t_{S}}{(1-\mu)t_{D}}\right)^{2}\\ \frac{\cancel{\sqrt{2\;}}\cancel{g}\cancel{(\mu +1)}\cancel{\Delta S}}{\cancel{\sqrt{2\;}}\cancel{g}\cancel{(1-\mu)}\cancel{\Delta S}}=\frac{(\mu +1)^{\cancel{2}}t_{S}^{2}}{(1-\mu)^{\cancel{2}}t_{D}^{2}}\\ 1=\frac{(\mu +1)t_{S}^{2}}{(1-\mu)t_{D}^{2}} \end{gather} \]
\[ \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{1-\mu}{(\mu +1)} \]
substituindo o valor de μ dado no problema
\[ \begin{gather} \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{1-(2-\sqrt{3\;})}{2-\sqrt{3}+1}\\[5pt] \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{1-2+\sqrt{3\;}}{3-\sqrt{3\;}}\\[5pt] \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{-1+\sqrt{3\;}}{3-\sqrt{3\;}} \end{gather} \]
para racionalizar essa expressão multiplicamos o numerador e o denominador por \( 3+\sqrt{3\;} \)
\[ \begin{gather} \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{-1+\sqrt{3\;}}{3-\sqrt{3\;}}.\frac{3+\sqrt{3\;}}{3+\sqrt{3\;}}\\[5pt] \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{-3-\sqrt{3\;}+3\sqrt{3\;}+3}{9+3\sqrt{3\;}-3\sqrt{3\;}-3}\\[5pt] \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{2\sqrt{3\;}}{6}\\[5pt] \left(\frac{t_{S}}{t_{D}}\right)^{2}=\frac{\sqrt{3\;}}{3} \end{gather} \]
\[ \bbox[#FFCCCC,10px] {\frac{t_{S}}{t_{D}}=\sqrt{\frac{\sqrt{3\;}}{3}}} \]
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