IME/ITA ⇒ (ITA - 1985 ) Dinâmica

[Leandro]

Dois corpos de massas [tex3]m_1[/tex3] e [tex3]m_2[/tex3] estão ligados por um fio inextensível que passa por uma polia, com atrito desprezível, sendo [tex3]m_1\,>\,m_2[/tex3]. O corpo [tex3]m_1[/tex3] respousa inicialmente sobre um apoio fixo. A partir de uma altura h deixa-se cair sobre [tex3]m_2[/tex3] um corpo de massa [tex3]m_3[/tex3], que gruda nele. Sabendo-se que [tex3]m_1\,>\,m_2\,+\,m_3[/tex3], pode-se afirmar que a altur máxima atingida por [tex3]m_1[/tex3] será:

Corpos polia.JPG (8.93 KiB) Exibido 3988 vezes

[tex3]a)\,\,\,(\frac{m_3}{m_2\,+\;m_3})^{2}\,\,\,\, \frac{m_1\,+\,m_2\,+\,m_3}{m_1\,-\,m_2\,-\,m_3}\,h[/tex3]
[tex3]b)\,\,\,\frac{{m_3}^{2}(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)}{(m_1\,-\,m_2\,-\,m_3)^{3}}\,h[/tex3]
[tex3]c)\,\,\,\frac{{m_3}^{3}}{(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)(m_1\,-\,m_2\,-\,m_3)}\,h[/tex3]
[tex3]d)\,\,\,h[/tex3]
[tex3]e)\,\,\,\frac{{m_3}^{2}}{(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)^2}\,h[/tex3]

Resposta

---

Gabarito: c

Obs.: não sei se dá pra resolver de outro jeito, mas da forma que eu vi (e não entendi) se conservava o momento linear na direção vertical, onde atua a força peso (força externa, até onde sei). O fato de haver uma força externa no eixo vertical não anularia a possibilidade da conservação da quantidade de movimento neste eixo?

[emanuel9393MOD]

Olá, Leandro!

Eu fiz o seguinte:
No choque entre [tex3]m_{2}[/tex3] e [tex3]m_{3}[/tex3] temos que:
[tex3]v_{3}^{2} \, = \, v_{03}^{2} \, + \, 2 \cdot g \cdot h \\ \\ v_{3}^{2} \, = \, 2 \cdot g \cdot h \,\,\, \Rightarrow \,\,\, v_{3} \, = \, \sqrt{2 \cdot g \cdot h}[/tex3]
Aplicando conservação de quantidade de movimento, temos:
[tex3]m_{3} \cdot \sqrt{2 \cdot g \cdot h} \, = \, \left(m_{3} \, + \, m_{2}\right) \cdot v_{1} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, v_{1} \, = \, \left(\frac{m_{3}}{m_{2} \, + \, m_{3}}\right) \cdot \sqrt{2 \cdot g \cdot h} \,\,\,\,\,\,\,\, (I)[/tex3]
Depois que o conjunto entrar em movimento, o bloco [tex3]m_{1}[/tex3] estará sob uma aceleração [tex3]\alpha[/tex3] que é dada por:
[tex3]\alpha \cdot \left(m_{1} \, + \,m_{2} \, + \, m_{3}\right) \, = \, \left(m_{1} \, - \,m_{2} \, - \, m_{3}\right) \cdot g \\ \\ \alpha \, = \, \left(\frac{m_{1} \, - \,m_{2} \, - \, m_{3}}{m_{1} \, + \, m_{2} \, + \, m_{3}}\right) \cdot g \,\,\,\,\,\,\,\,\,\, (II)[/tex3]
Quando o bloco [tex3]m_{1}[/tex3] sobe, teremos um MUV. Logo, podemos fazer:
[tex3]v_{1}^{2} \, = \, v_{01}^{2} \, - \, 2 \cdot \alpha \cdot h_{1} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, h_{1} \, = \, \frac{v_{01}^{2}}{2 \cdot \alpha} \,\,\,\,\,\, (III)[/tex3]
Substituindo (I) e (II) em (III), vem:
[tex3]h_{1} \, = \, \left[\left(\frac{m_{3}}{m_{2} \, + \, m_{3}}\right) \cdot \sqrt{2 \cdot g \cdot h}\right]^{2} \cdot \left(\frac{m_{1} \, + \,m_{2} \, + \, m_{3}}{m_{1} \, - \, m_{2} \, - \, m_{3}}\right) \cdot \frac{1}{2 \cdot g} \\ \\ \\ \boxed{\boxed{h_{1} \, = \, \left(\frac{m_{3}}{m_{2} \, + \, m_{3}}\right)^{2} \cdot \left(\frac{m_{1} \, + \,m_{2} \, + \, m_{3}}{m_{1} \, - \, m_{2} \, - \, m_{3}}\right) \cdot h}}[/tex3]
Como você pode ver, Leandro, eu encontrei a alternativa "A" como resposta. Tem certeza que o gabarito é a letra "C"?

Um abraço!

[Leandro]

Cara, muitíssimo obrigado pela resposta! Mas duas coisas: a resolução eu sei fazer, e o gabarito está correto sim (até onde eu sei), exceto pelo fato de que [tex3]m_3[/tex3] está na verdade ao quadrado, e eu escrevi ao cubo (mil desculpas caso alguém tenha sido prejudicado por este erro).
O meu problema é que não entendo por que se pode conservar o momento na vertical se neste eixo a força peso - força externa - atua.
A resolução é a seguinte:

Corpos polia.JPG (22.52 KiB) Exibido 3962 vezes

A velocidade do corpo de massa [tex3]m_3\,\,\,(V_3)[/tex3] na ocasião A é, como calculaste, [tex3]\sqrt{2gh}[/tex3]

Conservando a quantidade de movimento entre os instantes imediatamente antes e depois da colisão entre [tex3]m_3\,\, e\,\, m_2[/tex3], lembrando que após a colisão, devido a estarem presos pela corda,todos os corpos têm a mesma velocidade:
[tex3]m_3.V_3\,=\,(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)V\,\rightarrow\,V\,=\,\frac{m_3\sqrt{2gh}}{m_1\,+\,m_2\,+\,m_3}\,\,\,[/tex3]

Conservando a energia mecânica entre A e B:
[tex3]m_1g(x+H)\,+\,(m_2+m_3)gH\,+\,\frac{(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)V^2}{2}\,=\,m_1g(x+2H)[/tex3]
[tex3]H(m_1\,-\,m_2\,-\,m_3)\,=\,\frac{{m_3}^{2}h}{m_1\,+\,m_2\,+\,m_3}\,\rightarrow\,H\,=\,\frac{{m_3}^{2}}{(m_1\,+\,m_2\,+\,m_3)(m_1\,-\,m_2\,-\,m_3)}\,h[/tex3]

[FilipeCaceres]

Olá Leandro,

A quantidade de movimente entre os blocos 2 e 3 é semelhante a uma colisão frontal, mas parte da quantidade de movimento de 2 é transferida para 1 por meio do fio, sendo assim a quantidade de movimento de 3 será transferida tanto para 2 quanto para 1. Desta forma a quantidade de movimento formado pelos blocos 1,2 e 3 será conservado.
[tex3]Q_i=Q_f[/tex3]
[tex3]m_3\cdot v_i=(m_1+m_2)\cdot v_f+m_3\cdot v_f[/tex3]
[tex3]v_f=\frac{m_3\cdot v_i}{m_1+m_2+m_3}[/tex3]

Abraço.

[Leandro]

Cara, eu sei, acabei de escrever isso
O problema é bem simples: por que,em qualquer caso, se pode conservar o momento linear na vertical, se aí uma força externa (peso) atua?
Não sei se minha pergunta não é meio idiota... mas gostaria de saber, porque a princípio isso me parece errado.
Talvez seja porque, devido à aceleração ser igual pra todos corpos, pegando um referencial não inercial de mesma aceleração a quantidade de movimento se mantém constante?

[FilipeCaceres]

Agora que fui entender a sua dúvida, a força peso que você se refere é a do bloco 3 certo?

A resposta também é simples, o peso é a força com que a terra atrai a bola, logo é uma força externa e não pertence ao sistema.

Entendeu?

Abraço.

[Leandro]

Pois é! O peso é justamente uma força externa. O momentum não se conserva apenas quando NENHUMA força externa age no sistema?

[FilipeCaceres]

Olá Leandro,

Fui infeliz na minha colocação.

Vou tentar outra vez. rsrsr

Sendo as forças de impulsão maior que a força externa e tomando um intervalo tempo de colisão muitíssimo pequeno, podemos desconsiderar as forças externas tornando o sistema isolado.

Ou seja, infinitesimalmente teremos
[tex3]Q_{\text{inf antes}}=Q_{\text{inf depois}}[/tex3]

Acho que agora melhorou a explicação.

Grande abraço.

[emanuel9393MOD]

Olá, pessoal!

Durante o choque finitesimal que o Filipe Caceres está considerando, a ração normal do bloco sobre massa [tex3]m_{3}[/tex3] se equilibra com a força peso. Como as forças externas estão em equlíbrio, nessa situação, podemos conservar a quantidade de movimento. Observe que calculamos a velocidade imediatamente antes do choque e depois (lembre que a resolução considera que os blocos passam a descer em velocidade costante). Caso o conjunto descesse executando um MUV, a conservação de quantidade de movimento não poderia ser aplicada (existe uma força resultante não nula externa atuando no sistema).

Um abraço!

[FilipeCaceres]

Olá Emanuel,

Apenas um detalhe, a força normal não irá se equilibrar com a força peso durante o choque, a normal forma um par ação e reação com o bloco 2 [tex3](m_2)[/tex3], ou seja, são forças internas no sistema.

Abraço.