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"FÍSICA COM DEMONSTRAÇÕES"
2008
AUTORES Fuad Daher Saad
Denise Gomes dos Reis Claudio Furukawa Paulo Yamamura
José Henrique Vuolo
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MOVIMENTO UNIFORME: Velocidade de Regime
Dentro de um tubo transparente – vidro,
plástico ou acrílico – coloca-se óleo de soja cozinhar (ou um outro fluido viscoso e transparente).
Dentro dele coloca-se uma pequena esfera metálica ou de material mais denso que o óleo. Antes de fechá-lo, deixa-se um pequeno espaço de modo que, depois de fechado, dentro do tubo apareça uma pequena bolha de ar.
Comprimento do tubo: aprox. 80 cm Diâmetro: ≈1 cm. Vedação: rolhas de borracha
A esfera metálica é mais densa que o óleo e a bolha, por sua vez, tem densidade menor que o óleo. Assim, a esfera fica na parte inferior e a bolha na parte superior do tubo (se o tubo estiver na vertical ou inclinado). Virando o tubo rapidamente e deixando-o inclinado, observa que a esfera movimenta-se para baixo enquanto a bolha sob dentro do tubo. Os movimentos (acelerados no início) logo atingem as respectivas velocidades de regime, isto é, apresentam movimento uniforme (velocidade constante).
O QUE OCORRE Tanto a esfera como a bolha de ar tem massa e ocupam um determinado volume. Tendo massa são atraídos pela Terra e, portanto possuem peso. Estando imersos em óleo, sofrem ação do "empuxo" de Arquimedes. No caso da esfera, o peso é maior que o empuxo do óleo e assim sendo, a esfera caí. Mas a bolha de ar tem peso bem menor que o empuxo, assim ela sobe ao invés de descer tubo abaixo. Além do peso e do empuxo, tanto a esfera como as bolhas sofrem ação da força de atrito viscosa (devido à viscosidade do óleo). A força de viscosidade depende da velocidade: a medida que a velocidade aumenta, a força de atrito aumenta. Assim, quando a soma do empuxo e da força de atrito viscoso equilibrar o peso, o movimento acontece sem aceleração e a velocidade torna-se constante (velocidade de regime). Por exemplo, a velocidade de regime de um Boeing é cerca de 900 km/h (o empuxo do motor é equilibrado pela força de atrito viscosa do ar).
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A MONTANHA RUSSA REALIZANDO "LOOP"
Esta demonstração simula o que ocorre numa “montanha russa” onde a pessoa fica de cabeça para baixo e não cai.
Soltando-se a esfera de uma determinada altura H, ela rola plano abaixo e realiza o "loop" e abandona o trilho com certa velocidade.
O QUE OCORRE
Para que a esfera realize o “loop”, sempre em contacto com o trilho
F centrip.min = m(vmin)2/R = mg (peso da esfera)
, a sua velocidade deve ser maior que a velocidade mínima (vmin ) que está relacionada à força centrípeta mínima necessária que deve atuar na esfera no topo da trajetória circular.
Isto é, no topo do “loop” a esfera ainda deve estar num movimento circular e, portanto deve ter aceleração centrípeta (v2
min / R). A força centrípeta correspondente deve ser no mínimo igual ao peso:
Para se determinar a mínima altura inicial Ho para que a esfera realize o
"loop" ( sempre em contacto com o trilho) aplica-se a Lei da Conservação de Energia no topo do círculo. Considerando uma situação ideal (sem perda por atrito),
( min)V Rg=
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e desconsiderando a energia de rotação da esfera), a energia potencial inicial deve ser maior que a soma da energia potencial e cinética no topo da trajetória:
mgHo > mg(2R) + (1/2)m(vmin)2 H0 >(5/2)R
EXPERIMENTANDO
1) Abandonar a esfera de diversas alturas H e determinar a menor altura Ho para que a esfera realize o "loop" sem desgrudar do trilho.
2) Comparar a prática com a teoria e fazer suas considerações a respeito,
(considerar dissipação de energia e energia de rotação da esfera).
TRANSFORMAÇÕES DE ENERGIA MECÂNICA Neste experimento pretende-se estudar as transformações de energia que ocorrem quando uma esfera percorre uma trajetória semelhante a um perfil de montanha russa ou “loop”. Será abordado, também, e o movimento de uma esfera lançada horizontalmente em direção ao solo. Equipamento disponível
1. Um perfil de alumínio retorcido que permite o lançamento de uma esfera de um ponto elevado.
2. Uma bolinha de gude. 3. Um fio de prumo. 4. Uma fita métrica. 5. Folhas de papel branco e papel carbono. O dispositivo experimental é mostrado na figura.
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O “loop” é colocado na extremidade de uma mesa e a bolinha é solta do ponto A.
1. Calcular o tempo que a bolinha leva para atingir o solo, depois que ela passar pelo ponto B?
Ela atinge o ponto B com uma velocidade V e cai no papel carbono que está sobre o papel em branco. A bolinha registra o ponto de sua queda. As medidas das grandezas: m (massa da bolinha, que é dada), do raio R do loop da altura h, H, x e a aceleração da gravidade g, permitem que se explore e determinem as seguintes questões:
2. A energia potencial da bolinha no ponto A e a cinética ao passar pelo ponto
3. Qual é a velocidade da bolinha ao passar pelo ponto B? B.
4. Os valores obtidos no item 1 são iguais? Explique. 5. Medir o valor mínimo de h para que a esfera consiga percorrer o loop.
Comparar com o mínimo teórico ( 5R/2). Discutir o resultado.
ATRITO DE DESLIZAMENTO PLANO
INCLINADO.
Um bloco de peso P é colocado em cima de uma tábua que é erguida, lentamente e sem solavancos, por uma de suas extremidades.
Observa-se que o bloco continua parado em cima da tábua e isto acontece até que, para um determinado ângulo, ele começa a deslizar tábua abaixo.
Este ângulo é chamado de "ângulo de destaque"- θdestaque
Por qual razão o bloco não inicia o seu deslizamento assim que a tábua começa a ser erguida ?
O QUE OCORRE? Para explicar o movimento do bloco, é conveniente considerar as componentes Psenθ e Pcoθ do peso P. Enquanto o bloco estiver parado (equilíbrio estático) valem as relações:
Fat = Psenθ (1) e N = Pcosθ (2).
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Fat é a força de atrito que surge em reação
Sendo reação à Psenθ, a força de atrito é variável e, enquanto o bloco estiver parado (equilíbrio estático), tem-se Fat = Psenθ. Se Psenθ aumenta, Fat aumenta igualmente. Até quando a força de atrito aumenta? Qual o seu limite superior? A força de atrito aumenta até que o bloco começa a deslizar tábua abaixo. A força de atrito atinge o seu valor máximo - Fat (max) - na iminência do deslizamento, isto é, um instante antes do bloco começar a deslizar. A força de atrito máximo - Fat(max) - depende de I) da força que comprime ( N = Pcoθ) o bloco contra a tábua e II) do coeficiente de atrito estático µe que depende das superfícies. Esta dependência se dá conforme a equação empírica: Fat(max) = µe.N (3). Determinando-se o ângulo θdestaque para o qual o bloco começa a deslizar tábua abaixo, tem-se Psenθdestaque = Fat(max) = µe.N . Então:
à componente Psenθ que puxa o bloco plano abaixo. Ela atua na superfície do bloco que está em contacto com a tábua, em sentido contrário ao da tendência de deslizamento do bloco, impedindo, assim, o seu deslizamento tábua abaixo.
DETERMINAÇÃO DO COEFICIENTE DE
ATRITO ESTÁTICO.
a) Aumentar, lentamente (sem solavancos), a inclinação da tábua e determinar o ângulo θdestaque para o qual o bloco começa a deslizar. Repetir a operação diversas vezes - 10 vezes.
b) Calcular, para cada inclinação encontrada, o respectivo valor do coeficiente de atrito estático µe e representá-lo como o respectivo valor médio.
c) Determinar o coeficiente de atrito estático para outra superfície. Sugestão: Colar um papelão no bloco.
Combinando-se as eqs.(1),(2) e (3) tem-se : Psenθdestaque = µe.N (4)
Pcosθdestaque = N (5)
Dividindo-se membro a membro as eqs (4) e (5)
tanθdestaque = µe O coef.de atrito não depende do peso P, mas tão somente aos tipos e qualidade das superfícies em contacto.
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A ESCADA ENCOSTADA NA PAREDE
Se uma escada é encostada numa parede, não pode haver equilíbrio sem a força de atrito. Na figura, N1 é a força que o piso exerce sobre a escada, enquanto N2 é a força exercida pela parede. Como pode ser observado, se não existir atrito não pode haver equilíbrio, pois não existe força para equilibrar N2 .
ATRITO DINÂMICO e ESTÁTICO BLOCO EM CIMA DE PLANO HORIZONTAL
Por intermédio de uma mola (que vai funcionar como um dinamômetro) exercem-se forças de intensidades cada vez maiores sobre um bloco em repouso sobre uma tábua horizontal.
As intensidades das forças aplicadas pela mola podem ser determinadas através das respectivas deformações. A mola obedece a Lei de Hooke:
F = k.x onde x = L - Lo (onde L = comprimento final e Lo = comprimento natural da mola) e k = constante elástica da mola. Cada mola tem uma constante elástica k que lhe é característica.
Como o bloco se apóia num plano horizontal e a mola exercendo força também horizontal, as forças sobre o bloco são horizontais e verticais conforme esquema. No equilíbrio:
F = Fat P = N
onde Fat é a força de atrito que atua no bloco em reação à força F aplicada pela mola e N é a força que comprime as superfícies em contacto. Se P = 0 (local sem gravidade) então N = 0 !
Enquanto o bloco permanecer em repouso a força de atrito é denominada "força de atrito estático" cujo valor é sempre igual à força F exercida pela mola. Como a força da mola é crescente, a força de atrito estático também é crescente, porém, limitado por um valor máximo. O valor da força de atrito estático máximo ocorre quando o bloco estiver na eminência de iniciar o deslizamento, isto é, quando ele se destaca ( sai do repouso). Pode-se afirmar então que:
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Fat ≤ Fat maximo = µe.N
onde µe é o coeficiente de atrito estático entre as superfícies. Para manter o bloco em movimento uniforme sobre a tábua verifica-se, experimentalmente, que a mola deve exercer uma força constante menor que à necessária para destacar o bloco. A força de atrito que atua durante o deslizamento do bloco é denominada "força de atrito de deslizamento" e assim representada:
Fat(desliz) =µd.N
onde µd é o coeficiente de atrito de deslizamento (µd ≤ µe ).
DETERMINAÇÃO DO COEFICIENTE DE ATRITO ESTÁTICO.
d) Medir a deformação da mola quando o bloco é suspenso nela (verticalmente) e) Medir a força de atrito necessário para destacar o bloco, medindo a
respectiva deformação da mola.Determinar o respectivo coeficiente de atrito estático.
f) É possível verificar se o coeficiente de atrito de deslizamento((µd) é menor que o estático ((µe )?
MOVIMENTO DE UMA ESFERA NUM TRILHO Uma esfera é abandonada de uma altura H da parte curvilínea de um trilho de alumínio.
O movimento da esfera é:
acelerado enquanto desce plano abaixo.
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sem aceleração no trecho horizontal AB ( desprezando-se resistências).
Uma análise energética do movimento da esfera indica:
EXPERIMENTANDO
1) Abandonar a esfera da altura H (medir) e medir o tempo (∆t ) que a esfera gasta para se movimentar de A ate B. Repetir diversas vezes para se trabalhar com o valor médio.
2) Calcule a velocidade V = x/∆t. 3) Comparar com a teoria.
MOVIMENTO NO CAMPO GRAVITACIONAL TIRO AO MACACO
Visando à captura de um macaco, um atirador mira a sua arma diretamente ao corpo do animal. 1. Se ele atirar o seu dardo e o macaco não sair do
lugar, ele será atingido?
Energia inicial Eo = mgH Energia
Potencial
Energia no ponto A
E = (1/2)mV2 + (1/2)Iω2 E = EC de Translação + EC de
Rotação
IGUAL Se resistências do ar
e atrito forem desprezíveis
mgH = (1/2)mV2 + (1/2)Iω2
Como I = (2/5)m.R2 (momento de Inércia da esfera) e ω = V/R (velocidade angular da esfera), tem-se, por substituição:
V gH= ( / )10 7 Caso a energia cinética de rotação, também, fosse desprezada, V = √2Gh
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2. Se no instante em que o dardo for disparado o macaco se soltar, ele será atingido?
O QUE OCORRE. No primeiro caso o macaco poderá se safar, pois devido à ação da gravidade o dardo não se movimentará em linha reta, conforme a mira. A trajetória do dardo será parabólica e ele poderá passar bem abaixo do macaco. No segundo caso o macaco não se safará. O dardo e o macaco, ambos sob ação da gravidade, caem simultaneamente e assim o animal será atingido em pleno “vôo”.
As equações dos movimentos, desprezando-se a resistência do ar:
DARDO MACACO 1) aceleração = g , vertical p/baixo 2)velocidade: Vx = Vocosθ; Vy = Voy-gt 2) Posição : y = Voyt - (1/2)gt2 e x = Vocosθt
3) aceleração = g, vertical p/baixo 4) velocidade: Vx = 0; Vy = -gt 5) Posição: y = Ho -(1/2)gt2
O EXPERIMENTO
O fenômeno será simulado por um tiro de dardo rumo a um alvo que cai, no mesmo instante em que o dardo é atirado.
O sistema mecânico permite a simultaneidade do disparo do dardo com a queda do alvo. Como a resistência do ar pode ser desprezada – neste caso – o dardo sempre atingirá o alvo. Enquanto o alvo cai em linha reta, o dardo executa movimento parabólico apresentando, simultaneamente, a mesma queda sob ação da gravidade.
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ESTUDANDO O MOVIMENTO DA ESFERA E DA BOLHA DE AR.
Com caneta hidrográfica marcam-se referências de 10 em 10 cm no tubo
transparente com bolha de ar e esfera. Com cronômetro, registram-se os tempos que a esfera e a bolha passam pelos traços referências.
1) Determinar as velocidades da esfera e da bolha. 2) Num mesmo papel milimetrado, desenhe os gráficos que representam o
espaço em função do tempo da esfera e da bolha e determine o instante e a posição onde eles se cruzam.
Repetir o estudo para outras inclinações.
O COPO GIRANTE Um copo com água colorida é colocado num suporte de plástico. Através de 3 barbantes pode-se segurar e girar o suporte em trajetória circular Se o copo com água for girado num círculo vertical, a água que está dentro do copo irá cair?
- Depende, seria a melhor resposta.
- Mas, depende do que ? Da velocidade. Existe um valor mínimo para a velocidade para que a água ( nem o copo) cai quando a plataforma passar pelo ponto mais alto de sua trajetória. O QUE OCORRE.
Tanto o copo como a água tende a “escapar da sua trajetória circular. Se o fio se arrebentar (ou se for solto da mão que o segura) o corpo escapará, devido à inércia, pela tangente à trajetória circular.
Esta é a razão pela qual é necessário “puxar” firmemente o fio para o centro do círculo. Esta força que o fio exerce, puxando o corpo para o centro de curvatura, é denominada de FORÇA CENTRÍPETA.
Sem força centrípeta corpo nenhum é capaz de se movimentar em trajetória circular ou curvilínea.
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No topo da trajetória circular, ainda deve existir força centrípeta no mínimo igual ao peso. Assim, a velocidade mínima no topo é tal que: m = V2
min/R = mg ou V2min/R = g
Na parte mais baixa da trajetória, a energia cinética é maior devido à diminuição de energia potencial mg2R . Assim,
1/2m V2 = 1/2m V2min + 2mgR
ou V2 / R = V2
min / R + 4g = 5g. Como aproximação podemos dizer que a aceleração centrípeta média
EXPERIMENTANDO E AVALIANDO
é no mínimo 3g ( g no topo e 5g em baixo).
1) Realizar o experimento imprimindo diversas freqüências (f ) ao movimento do copo. Observar que para baixas freqüências o copo e a água caem.
Contar o número de voltas realizadas pelo copo em 10 segundos. Determinar a
freqüência f e avaliar a velocidade tangencial e a aceleração centrípeta.
2) Comparar a aceleração centrípeta com 3g ( valor médio mínimo).
Leis envolvidas: 1) velocidade angular : ω = 2πf onde f é freqüência de
rotação ( número de voltas realizadas por segundo) 2) velocidade tangencial: v = ωR = 2πfR onde R é o raio da
trajetória 3) força centrípeta : Fcentrip = m V2/R 4) aceleração centrípeta: ac = V2/R
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REAÇÃO VISUAL E AUDITIVA
Uma pessoa deixa uma régua cair. Uma outra pessoa que envolve a régua
com as mãos, mas sem segurá-la, deve agarrá-la ao perceber que a régua foi solta. Ao agarrá-la, a régua terá caído por um distancia h que pode ser medido, desde que o ponto de referência inicial seja bem definido. O tempo de queda pode ser calculado pela equação: h = (1/2)gt2 .
Dois tempos podem ser mensurados:
1) Tempo de Reação Visual:
a pessoa deve perceber o momento em que a régua é largada e tentar segurá-la o mais rápido possível.
2) Tempo de Reação Auditiva
: combina-se uma senha (por exemplo, JÁ ) quando se larga a régua, e a pessoa, cujo tempo de reação é medido, tenta segurá-la o mais rápido possível.
MEDIDA DOS RESPECTIVOS TEMPOS DE REAÇÕES
Realizando os respectivos ensaios, responder às indagações: a) Qual tempo de reação é menor? b) Estes tempos podem ser diminuídos com o treinamento? c) O conhecimento do tempo de reação tem algum significado na vida
diária? d) Qual seria o resultado dos ensaios se eles fossem feitos da Lua onde a
gravidade é 6 vezes menor ?
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DESAFIO
Uma nota nova de R$ 1,00 é solta no meio dos dedos de uma pessoa, que se disponha a ganhá– la agarrando-a no ar.
Condições:
1.- não fechar a mão antes que a nota comece a cair;
2.- a mão não deve sair do lugar.
POR QUE RAZÃO É DIFÍCIL AGARRAR A NOTA?
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COLISÃO ENTRE DUAS BOLAS
Soltam-se, simultaneamente, duas bolas – uma de tênis e outra de basket - de uma mesma altura.
Quem chegará primeiro?
Elas atingem o piso praticamente juntas. Após a colisão sobem até uma altura, menor
do que aquela em que foram abandonadas. O que ocorrerá se a bola de tênis for colocada em cima da de basket e solta da mesma altura ?
A bola de tênis, após a colisão da bola de basket com o piso, é lançada para alto, atingindo uma altura muito maior do que aquela em que foi abandonada.
O QUE ACONTECE? Após a bola de basket atingir o piso, e retornar para o ar, ela colide com a bola de tênis e lhe transfere, através do choque, parte da sua quantidade de movimento. Como a massa da bola de basket é maior que a de tênis, a velocidade da bola pequena, após o choque, é muito maior que a da bola grande, atingindo uma altura bem maior que a inicial.
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Em termos de energia, observa-se que parte da energia da bola maior é transferida para a bola menor. Observa-se que a bola maior, após a colisão, sobe bem menos que a bola menor.
EXPLORANDO O CARÁTER VETORIAL DO
FENÔMENO DA COLISÃO. Duas bolas de tênis são colocadas em cima de uma bola de basket de modo que as três fiquem em contato. O sistema é abandonado e colidem com o piso. O que ocorrerá? As bolas de tênis, após a colisão da bola de basket com o piso, são lançada obliquamente. Isto ocorre devido ao caráter vetorial da quantidade de movimento.
O QUE EXPLORAR ?
• Quantidade de movimento e impulso • Colisão entre 2 corpos
• Colisão entre uma bola e uma caneta ( ou outro objeto), repetindo os ensaios realizados com a bola de tênis.
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CHOQUE ELÁSTICO Conservação de Energia e de Quantidade de
Movimento
Soltando-se a bola vermelha de uma certa altura, ela irá colidir com a bola verde.
O QUE SE OBSERVA?
Imediatamente a bola rosa é lançada e praticamente atinge a mesma altura
da bola vermelha quando ela foi abandonada. Se as bolas vermelha e verde forem erguidas e soltas como se constituíssem um mesmo corpo, imediatamente após a colisão, as bolas amarela e rosa, serão lançadas como se fossem um corpo único. Não seria de se esperar que apenas a bola rosa fosse lançada com velocidade duas vezes maior?
O QUE OCORRE. Nas colisões duas leis fundamentais da mecânica devem ser observadas simultaneamente:
O sistema é composto por 5 esferas de bilhar penduradas de modo que: a) Seus centros fiquem na mesma
horizontal e b) As esferas fiquem encostadas
uma na outra sem pressão.
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• Lei da Conservação da Quantidade de Movimento: tem-se (Σm.v) antes = (Σm.v) após . Antes da colisão tem-se (mv) de uma bola, logo após a colisão, tem-se (mv) de apenas uma bola. Quando são duas bolas deve-se ter (2.mv) antes e depois e assim por diante. • Lei da Conservação da Energia: tem-se que (ΣEC)antes = (ΣEC)após. Esta
lei explica por que razão, após a colisão de uma bola, não podem ser lançadas duas bolas, cada uma com metade da velocidade da bola colidente. Se isto ocorresse não haveria conservação de energia cinética. Como EC = (1/2) mv2, cada bola com metade da velocidade inicial teria ¼ da energia cinética inicial (EC/4 + EC/4).
EXPERIMENTADO E VERIFICANDO Realize os ensaios para verificar as considerações acima.
TRANSFERÊNCIA DE ENERGIA NO CHOQUE
ENTRE ESFERAS. Enfileira-se num trilho ou canaleta um conjunto de 8 ( ou mais ) bolas de bilhar, bolinhas de gude ou esferas de aço. Colocam-se as esferas uma encostada à outra e lança-se uma outra de encontro à primeira esfera da fila.
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Apenas a última esfera é lançada na mesma direção do movimento da esfera que colidiu.
Fazendo colidir duas esferas, ao invés de uma, as duas últimas bolas da fila é que serão lançada na mesma direção do movimento.
O QUE EXPLORAR?
O processo de transferência de energia cinética de um corpo para outro e a conservação da quantidade de movimento.
TRANSFORMAÇÃO DE ENERGIA POTENCIAL
EM CINÉTICA Solta-se a cestinha, enquanto ela cai, o cata-vento começa a girar.
O QUE ACONTECE? A força de atração gravitacional que a Terra exerce sobre a cestinha, quando suficiente, faz com que o barbante se desenrole e ela se movimente em direção ao piso.
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Desta forma, a energia potencial gravitacional armazenada inicialmente – devido à altura da cestinha e os seus objetos – transforma-se em energia cinética (dela própria que cai) e do cata-vento , fazendo-o girar ( energia cinética de rotação).
O QUE EXPLORAR ?
• Transformação de energia mecânica em energia mecânica. • Transformação de energia potencial em cinética
• Energia cinética de rotação.
ENERGIA DE UM CORPO QUE CAI. Solta-se, da altura de uma mesa, em cima de uma latinha de refrigerante vazia, os seguintes corpos:
• PRIMEIRO : uma esfera de aço • SEGUNDO : um bloco de madeira de ½ kg
O QUE ACONTECE? O bloco de madeira causa um estrago maior na lata de refrigerante devido ao fato dele possuir maior energia que a esfera de aço e assim tem maior capacidade de realizar trabalho de deformação
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O QUE EXPLORAR?
• Trabalho, no funcionamento de um bate-estaca.
• Trabalho envolvido quando se utiliza um martelo para pregar um prego.
• Transformação de energia.
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O Jipe e o Garotão (1)
QUEM O EMPURRA PARA TRÁS? A Lei da Inércia explica que todos os corpos em repouso, inclusive o Garotão, tendem a permanecer em repouso no mesmo lugar. Como ele está distraído e não está segurando em nada nem amarrado com o cinto de segurança, quando o Jipe arranca, os seus pés – devido ao atrito – acompanham o movimento do Jipe, mas o seu tronco e cabeça tendem a ficar no lugar. Então, na realidade, o “Garotão” não é jogado para trás, mas tem os pés puxado para frente e como o tronco e a cabeça tendem a ficar no lugar, ele gira e cai de costas !
O QUE EXPLORAR? • Segurança em carros, ônibus, trens, metrôs, etc
O Garotão encontra-se em pé dentro de um Jipe inicialmente em repouso.
Ele ignora as recomendações de segurança!
O Jipe, por inexperiência do motorista, movimenta-se, acelerando subitamente para frente! E o que ocorre com o Garotão?
ELE É, VIOLENTAMENTE, “JOGADO” PARA TRÁS.
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• Alguém que está em pé em cima de um tapete que é puxado rapidamente.
• Os objetos que tombam quando estão sendo carregados no porta mala do carro.
O Jipe e o Garotão (2)
Mas, eis que o Jipe é obrigado a parar bruscamente! E o que ocorre com o Garotão? Ele é “lançado” violentamente para frente! E que desastre! O QUE ACONTECE? A Lei da Inércia explica. Ela diz que “o centro de massa de um corpo tende a manter-se em repouso ou em movimento retilíneo uniforme”. Ninguém “lança” o Garotão para frente. Ele apenas “tende a continuar no estado de movimento, na mesma trajetória retilínea” e como não está com cinto de segurança, o Jipe pára e ele continua....!
O Garotão e o seu Jipe descem rampa abaixo e como sempre, ele faz exibições tentando-se equilibrar, ignorando os quesitos mínimos de segurança.
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O QUE EXPLORAR? • A função do cinto de segurança.
• O que pode ocorrer com um corpo solto dentro de um carro em movimento.
PREGANDO UM PREGO.
O QUE ACONTECE? Quanto maior a massa maior a inércia de um corpo. Logo, quanto mais massa um corpo tiver, mais difícil tirá-lo do repouso ou pará–lo se estiver em movimento.
Não havendo onde se apoiar, um prego foi pregado da seguinte forma: • Foram colocados 3 livros, cada um com
massa 2 kg, no colo de uma pessoa; • Em cima dos livros foi colocada a tábua e • O prego, finalmente, pregado na tábua
utilizando-se de um martelo de 0,250 kg.
Apesar das marteladas senti apenas uma ligeira pressão sobre minhas pernas!
Por que as marteladas foram amortecidas pelos livros?
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Por exemplo, é mais fácil colocar uma caixa de fósforos em movimento do que um saco de 60 kg de arroz, porque a inércia do saco de 60 kg é maior que a inércia da caixa de fósforos. No caso em análise, devido a inércia dos livros ser maior que a do martelo, as marteladas não dão origem a forças de intensidades que possam rapidamente tirar os livros do repouso. Existe então, um tempo para que o impacto seja transmitido às pernas da pessoa e assim ela apenas sente as marteladas com grande atenuação. A quantidade de movimento se conserva. Imediatamente antes de bater no prego, o martelo tem quantidade de movimento Mmart. Vmart . Se o martelo não volta para trás após a pancada, a quantidade de movimento será MV = Mmart. + Vmart , onde M é a massa Total dos livros, madeira, etc e V = (Mmart. / M ) Vmart. < (0,25/6 ) Vmart. Assim a velocidade transferida aos livros será menor que ( 1/24) Vmart. . Assim, a pancada sobre a perna será com velocidade muito menor e distribuída sobre uma área muito maior.
O QUE EXPLORAR? • Existirá eficiência quando se usa um martelo de inércia (massa) menor que a
de um prego e/ou de uma talhadeira? Pergunte para um pedreiro.
ONDE O BARBANTE ARREBENTA?
Dois pitões são parafusados num bloco de madeira de 12x5x15 cm (aproximadamente) . Em seguida, dois pedaços de barbante fino ,de mesmo comprimento, são amarrados, um em cada pitão e o bloco pendurado num suporte, conforme esquema .
PUXANDO O BARBANTE BRUSCAMENTE.
O que ocorre?
O barbante de baixo quebra antes do barbante de cima
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PUXANDO O BARBANTE LENTAMENTE. O que ocorre? O barbante de cima quebra primeiro! Por que o barbante de baixo não arrebenta primeiro?
O QUE ACONTECE? Quando o barbante é puxado LENTAMENTE a força aumenta lentamente e o bloco vai sendo deslocado lentamente para baixo. Assim a força, é transmitida para o barbante superior que, além dessa força aplicada suporta também O PESO DO BLOCO. Então, o barbante de cima arrebenta primeiro porque ele é submetido sempre à força maior. Quando o barbante é puxado RAPIDAMENTE, devido à inércia do bloco, o aumento de força não é transmitido imediatamente. Assim, o barbante inferior ficará, MOMENTANEAMENTE, sujeito a uma força de intensidade maior que o barbante de cima a ponto de arrebentá-lo. Deste modo, puxando com rapidez pode arrebentar o barbante inferior, antes que ao superior seja transmitida a força adicional.
RETIRANDO O PAPEL SEM MEXER COM O
COPO Coloca-se um copo com um pouco de água – também pode ser um copo vazio – em cima de uma tira de papel.
Puxando a tira lentamente Se a tira de papel for puxada lentamente observa-se que o copo move-se juntamente com o papel.
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Puxando a tira bruscamente
Se a tira de papel for puxada rapidamente, pode-se retirar o papel sem que o copo se mova. Tente ! Depende da rapidez.
O QUE ACONTECE?
1) Se não existisse atrito: a tira poderia ser retirada sem que o copo saia do lugar. Ele conservaria o seu estado de repouso. É a Lei da Inércia.
2) Existindo atrito, como são os casos reais: a) Quando a tira é puxada lentamente, o copo move-se junto. Isto
acontece devido ao atrito entre o copo e a tira de papel. b) Quando a tira é puxada rapidamente, a tira se move, mas o copo
permanece no lugar. c) A força que tende a mover o copo é a força de atrito Fat = µN. O
coeficiente de atrito é o de deslizamento ou estático, conforme haja deslizamento ou não. A força de atrito atua durante um certo tempo ∆t, pequeno ou grande conforme a rapidez com que se puxa o papel.
Para que o copo se mova, uma certa quantidade de movimento MV tem que ser transferida ao copo.
A variação da quantidade de movimento é o impulso da força (Fat ∆t ). No caso: MV = Fat ∆t . Assim, se ∆t é muito pequeno e a massa do copo ( M ) é grande,a
velocidade V transferida ao copo é desprezível. Se ∆t é grande o copo se move.
O QUE EXPLORAR? Explorar outras situações substituindo o copo por outros elementos.
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A CAMBALHOTA DE UM PRENDEDOR DE ROUPA.
Um prendedor de roupa é equilibrado em cima de um papel cartão que se apóia na boca de um copo. Com o dedo imprima um
impulso no cartão. Ele, ao se movimentar, deslizará entre duas superfícies: a da boca do copo e a do prendedor.
O que ocorrerá? Tente! e verá !
Três situações são possíveis, dependendo da velocidade com que o cartão é impulsionado: a) O prendedor de roupa cai fora do copo; b) O prendedor de roupa cai dentro do copo dando cambalhota e caindo no
sentido oposto daquele em que estava, quando apoiado no cartão e c) O prendedor de roupa cai dentro do copo, sem dar cambalhota.
O QUE ACONTECE? Se a velocidade do cartão for baixa, o cartão arrasta o prendedor devido à força de atrito e o prendedor é jogado para fora. Aumentando a velocidade, o prendedor é arrastado pela parte inferior, dá uma cambalhota, mas pode não ter velocidade suficiente para cair fora do copo. Assim, ele cai no copo invertido. Deve-se sempre levar em conta o impulso transferido ao prendedor.
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( Impulso = força x tempo). No caso, a força é a de atrito ( Fat = µdN ) e o tempo ∆t é o tempo que o cartão desliza no prendedor. Assim, o impulso é I = Fat ∆t Também deve ser lembrado que o impulso da força é a variação da quantidade de movimento. Se a velocidade for muito grande, o cartão desliza e a força de atrito não é capaz de girar o prendedor. Assim ele cai dentro do copo, sem girar.
PUXANDO O CARTÃO E FAZER AS MOEDAS
CAIREM DENTRO DO COPO.
PUXANDO O CARTÃO LENTAMENTE
As moedas movem-se juntamente com o cartão.
PUXANDO O CARTÃO RAPIDAMENTE. TENTE !
Dependendo da rapidez com que o cartão é puxado, as moedas podem cair dentro do copo.
DEPENDE DA RAPIDEZ!
Como puxar o cartão e fazer as moedas caírem dentro do copo?
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O ovo cozido demora mais para parar!
O QUE ACONTECE? Quando a velocidade de arraste do cartão é pequena o atrito estático prevalece e as moedas são puxadas juntamente com o cartão. Quando a velocidade é muito grande (cartão puxado subitamente), prevalece o atrito de deslizamento e o cartão desliza sob as moedas e devido à inércia. O tempo é insuficiente para as moedas se movimentarem, caindo dentro do copo.
GIRANDO OVOS FRESCOS E COZIDOS
Fazendo-se girar os ovos em cima de uma mesa, qual ovo que para de girar primeiro? O cozido? O fresco? Tente! E repita. Descubra qual o ovo cozido sem quebrá-lo.
O QUE ACONTECE? O ovo cru pára mais rápido do que o cozido. O interior do ovo cru contém uma massa fluida. Quando ele gira, a casca se movimenta, mas a massa no seu interior gira com velocidade menor. Assim, a inércia de rotação do ovo cru será menor, e ainda ocorre dissipação de energia na massa fluida devido ao atrito viscoso interno. Energia inicial de rotação menor e maior dissipação fazem o ovo cru parar mais rapidamente que o ovo cozido, se as velocidades iniciais de rotação são iguais.
Dispondo-se de um ovo fresco e outro cozido, pode-se descobrir qual é o ovo cozido, sem quebrá-los?
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A massa no interior do ovo cozido é sólida. Ao fazê-lo girar, a casca e a massa sólida giram conjuntamente. Não há dissipação de energia no interior do ovo cozido devido ao atrito. Por outro lado, como todo o ovo cozido gira conjuntamente, ele apresenta inércia de rotação maior que o ovo cru, permanecendo mais tempo girando.
O QUE EXPLORAR? • Os fenômenos associados à rotação de corpos: piões, rodas, esferas, etc.
LOCALIZANDO O CENTRO DE GRAVIDADE
Corte figuras de papelão ou de outro material (triângulos, quadrados, mapa do Brasil, etc).
Pendure a figura por diversos pontos A,B,C... Utilizando-se de um alfinete com um fio de prumo (Figs 1 e 2 ). Trace as respectivas verticais. O ponto de
encontro delas é o CG – Centro de Gravidade - da figura.
Pendurando-se a figura pelo seu CG tem-se uma posição de equilíbrio na horizontal conforme Fig.3 acima. Pode-se localizar, grosseiramente, o CG tentando equilibrar o corpo com o dedo.
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COMO EXPLICAR? O CG de um corpo é simplesmente a posição média da distribuição do peso de um corpo. Se formos representar o peso de um corpo por uma única força, ela seria aplicada no CG cuja direção é sempre a vertical do local onde o corpo se encontra.
O SAPO EQUILIBRISTA
A figura ilustra um sapo, exoticamente equilibrado, na ponta de um lápis. Parece desafiar a gravidade.
Recorta-se a figura num
pedaço de papelão. Colam-se moedas (ou
outro material pesado) de modo a deslocar o centro de gravidade da figura.
BORBOLETA
Recorta-se o perfil de uma borboleta num pedaço de papelão e colam-se duas moedas nas pontas das asas.
As moedas irão provocar um deslocamento do centro de gravidade da figura para favorecer o equilíbrio na ponta do lápis.
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COMO SE EXPLICA O FENÔMENO? As forças que agem sobre as diversas partes de cada corpo (sapo e borboleta) atuam de tal forma que a “resultante” delas é equilibrada pela força que o apoio ou ponta do lápis exerce sobre cada corpo, em sentido contrário à força peso.
JOÃO BOBO.
Com um vasilhame de refrigerante que tenha um fundo esférico pode-se construir um “João Bobo”. O lastro ( areia, pedra, pedaços de ferro, etc) não deve ultrapassar a calota esférica da base do vasilhame e deve, também, ficar preso dentro calota.
Afastando-se o “João Bobo” da sua posição de equilíbrio e soltando-o, ele sempre retorna ao equilíbrio original – que é uma posição de “equilíbrio estável”.
COMO EXPLICAR? O lastro que é muito mais pesado que o vasilhame, faz com que o CG do sistema se localize dentro da calota esférica que contém o lastro.
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Um “binário” é um par de forças iguais e opostas, mas com momento não nulo. Isto é, a resultante é nula, mas o torque é diferente de zero.
Quando o vasilhame é deslocado, o peso P e a reação do apoio N, formam um “ binário” de braço de alavanca b . O “binário”, assim estabelecido, cria um “momento restaurador” MR que funciona no sentido de restaurar a posição de equilíbrio estável.
O TUCANO Diversas são as alternativas para substituir o Sapo Equilibrista ou a Borboleta. O Tucano é uma delas. Desenha-se num papelão ( ou madeira compensada fina) o perfil de um tucano. Após recortá-lo, cola-se um peso ( de preferência uma ou duas moedas) em seu rabo.
Colocado num pedestal apropriado, como o da ilustração, o Tucano ficará numa posição de equilíbrio estável. Sempre que deslocado, ele retornará a posição original de equilíbrio.
COMO EXPLICAR ?
O CG do “tucano de papelão” localiza-se próximo da moeda. Portanto, abaixo do ponto de apoio da figura. Na posição de equilíbrio estável, o CG se localiza abaixo da mesma vertical que passa pelo ponto de apoio. Quando deslocado, o CG sobe e proporciona o surgimento do “braço de alavanca” e do momento restaurador MR.
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A TARTARUGA TEIMOSA. Corta-se uma esfera de isopor ao meio. Cave, num dos semi-hemisférios, um buraco longe do centro do círculo e preencha-o com pedaços de pedra, ferro, chumbinho, chumbo de pesca, etc.
Cola-se, em seguida, um pedaço de papelão maior que o círculo para não deixar vazar o lastro colocado no buraco cavado. Como o papelão é maior que o círculo, recorte-o de modo que se tenha as pernas e a cabeça de uma tartaruga conforme a ilustração. Na parte esférica do isopor, desenha-se o motivo de uma tartaruga.
O FENÔMENO
Colocando-se a tartaruga de barriga para cima, ela sempre retornará à sua posição normal.
COMO EXPLICAR? O CG da tartaruga se localizará praticamente no buraco cheio de lastro, pois o isopor sendo muito leve, o peso da tartaruga ( isopor + lastro) é praticamente o peso do lastro. Cria-se um momento restaurador muito intenso e devido à velocidade adquirida, a tartaruga consegue dar a volta completa e retornar a sua posição de equilíbrio estável.
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CENTRO DE MASSA DE UMA VASSOURA
Onde está o centro de massa (CM ) de uma vassoura? É muito fácil encontrá-lo. Basta achar o ponto onde seja possível equilibrar a vassoura apoiando-a em apenas um dedo.
O QUE OCORRE? O CM é o ponto de aplicação da força-peso ( P ). A figura representa uma situação hipotética em que a vassoura é apoiada pelo ponto O a uma distância b do CM. A resultante das forças pode ser nula ( P = N ), mas claramente não pode haver equilíbrio porque a soma dos momentos das forças não é nula. O momento de uma força ( torque ) é o produto força x braço. Em relação ao ponto O, o momento da força N é nulo e o momento do peso é M = Pb
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Este torque faz a vassoura girar no sentido horário. O equilíbrio só é possível se b = 0. Isto é, o apoio deve estar na mesma vertical que passa pelo CM. COMO EXPLICAR ? 1.- Na posição de equilíbrio o peso e a tração do fio sempre estarão numa mesma vertical. E se equilibram. 2.- Para a determinação do CG, os dedos quase sempre não estarão à distância simétrica do CG. E neste caso a parte do peso que cada dedo suporta é diferente. O dedo mais próximo do CG suporta mais força e por isso, a vassoura comprime mais o dedo e como conseqüência, surge mais atrito. Assim, enquanto um dedo vai parando o outro se desloca.
RÉGUA QUE DESLIZA E NÃO CAI
Apóie uma régua de madeira de 1,2m pelas extremidades, nos dedos indicadores das mãos até juntar os dedos. Repita bem devagar ou rapidamente. Observa-se que os dedos deslizam alternadamente, mas a régua não cai.
O QUE OCORRE? Em relação ao CM, o momento da reação normal NA é aNA. Este torque tende a fazer a régua girar no sentido horário. O momento da força NB é bNB ( no sentido anti-horário). Assim, para haver equilíbrio: aNA = bNB ou NB = a/b NA Se o dedo desliza em B, b diminui e NB aumenta. Assim aumenta também a força de atrito em B que é Fat B = µd NB .
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Apesar de que o coeficiente de atrito estático (µe ) em A é maior que o de deslizamento (µd ), num dado ponto Fat B fica maior que Fat A = µe NA . Neste ponto, pára o deslizamento em B e começa em A . A régua nunca cai pelo motivo que um dedo nunca pode chegar ao CM. Se o dedo desliza em B antes que ele chegue ao CM as forças NB e Fat B = µd NB se tornam muito grandes e o deslizamento passa a ocorrer em A . O mesmo raciocínio se aplica ao deslizamento em A . Portanto, nenhum dedo pode atingir o CM.
MEDINDO A RAZÃO µe /µd
No ponto em que o deslizamento em B para e começa em A, pode-se escrever: Fat A = Fat B ou µeNA = µdNB . Como aNA = bNB ( equilíbrio de torques), resulta:
µe /µd = a/b
Portanto, medindo a e b (distâncias ao centro da régua) obtém-se a razão µe /µd .
COMO MEDIR? Quando um dos dedos estiver deslizando e o deslizamento se inverter, para imediatamente e meça as distâncias a e b, calculando µe /µd . Repetir outras vezes recomeçando em pontos diferentes da régua. Os resultados concordam entre si?
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TORRE DE PIZA
A estrutura ABCD pode ser deformada conforme ilustração. O fio de prumo registra a vertical que passa pelo CG da estrutura, em cada situação de deformação.
O FENÔMENO Enquanto a vertical que passa pelo CG estiver dentro da base AB, o equilíbrio é estável. A estrutura atinge a posição de equilíbrio instável quando a direção do peso passar pelo eixo de tombamento por B. Quando a direção do peso se localizar “fora” da base AB, a estrutura tomba, pois ela não está presa em A. Fenômeno análogo pode ser analisado na Torre de Piza na Itália.
Esquema da Torre de Piza
Estrutura deformável
COMO EXPLICAR? Quando a direção do peso P do sistema ultrapassar o ponto B da base AB, cria-se um braço de alavanca em relação a B que irá produzir um “momento de tombamento” ( análogo ao momento restaurador) que forçará a estrutura a tombar.
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Astronomia e Ciências Afins. 1996. • Barr, G. Science tricks and magic for young people. New York, Dover, 1987. • Bayer, H. C. Arco-íris flocos de neve quarks. Rio de Janeiro, Campus, 1994. • Bloomfield, L. A How things work. New York, John Wiley. 1997. • “Building and Esperimenting... Coleção de Textos de Bernie Zubrowski - A
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