IME/ITA

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 3543 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?

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 3517 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]

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?

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?

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.

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!

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.

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