M2 · Mechanics 2

Mecânica 2 (M2, prova WME02/01, 1 hora 30 minutos, 75 pontos, primeira avaliação junho 2020) é a unidade aplicada do IAL que se baseia em M1: P1–P4 e M1 são pressupostos. Adote $g = 9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ a menos que o modelo da questão indique o contrário (uma questão de junho 2025 usa 10). Esta referência abrange cinemática com aceleração variável, centros de massa, trabalho, energia e potência, colisões com coeficiente de restituição, e estática de corpos rígidos.

Conceitos essenciais para M2 (não incluídos no material):

Quando a aceleração é função do tempo, integre: $v = \int a\,dt$ e $s = \int v\,dt$, com as constantes fixadas pelas condições iniciais ( quando a partícula inverte o sentido, encontrar o tempo de parada ($v = 0$) e somar ambos os trajetos. Posição vetores velocidade diferenciam componente por componente: $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt}$, $\mathbf a = \tfrac{d\mathbf v}{dt}$.

Exemplo resolvido — integração com armadilha (WME02 junho 2025 Q1). Com $a = k(3 - t^2)$ do repouso em O e $v(1.5) = 13.5$: $v = k(3t - \tfrac{t^3}3)$ (zero constante pelo repouso), e $k(4.5 - 1.125) = 3.375k = 13.5$ resulta em $k = 4$. Então $s = 6t^2 - \tfrac{t^4}3 = \tfrac{t^2}3(18 - t^2)$. Para a distância total de retorno a O: $v = \tfrac{4t}3(9 - t^2) = 0$ em $t = 3$, $s(3) = 27$, então a partícula percorre $27 + 27 = 54$ m — o trajeto de retorno é um segundo 27, não uma subtração.

Exemplo resolvido — velocidade vetorial e impulso (WME02 Junho 2025 Q2). Com $\mathbf r = 4\sqrt t\,\mathbf i - 3t\mathbf j$ (metros, $t$ segundos), massa 3 kg: $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt} = 2t^{-1/2}\mathbf i - 3\mathbf j$, logo em $t = 4$ a velocidade é $\mathbf i - 3\mathbf j$. Um impulso $(6\mathbf i - 3\mathbf j)$ N s proporciona $3(\mathbf v' - (\mathbf i - 3\mathbf j)) = (6\mathbf i - 3\mathbf j)$, então $\mathbf v' = 3\mathbf i - 4\mathbf j$ e a rapidez é $5\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ — diferencie PRIMEIRO, aplique o impulso no instante especificado do segundo.

Para partículas: o centro de massa é $\bar x = \dfrac{\sum mx}{\sum m}$. Para corpos uniformes use o método da tabela — divida em pedaços cujos COM você conhece (folheto: arame semicircular $\tfrac{2r}\pi$, chapa semicircular $\tfrac{4r}{3\pi}$, setor, arco), multiplique cada peça pela MASSA (chapa: área; arame: comprimento), e calcule momentos em relação a uma linha conveniente. Peças em lados opostos da linha têm sinais opostos. Chapas compostas subtraem buracos como áreas negativas.

Exemplo resolvido — estrutura de arame em forma de S (WME02 Junho 2025 Q3).** Dois arcos semicirculares de arame, AB de raio $2a$ e CD de raio $a$, ambos centrados em O em lados opostos da linha reta ACDB ($AC = DB = a$). Tabela (em relação à linha AB):

Comprimento total $(3\pi + 2)a$; momentos $6a^2$; logo o centro de massa está $\dfrac{6a}{3\pi + 2}$ a partir de AB. Suspenso de A com E no arco onde $\angle AOE = 90°$: a linha de simetria OE passa por G, logo $\tan\angle OAG = \dfrac{3}{3\pi+2}$, e como $OA = OE$ forma $\angle OAE = 45°$, o ângulo $\theta$ de AE abaixo da vertical satisfaz $\theta = 45° - \angle OAG$, resultando em $\tan\theta = \dfrac{3\pi - 1}{3\pi + 5}$.

Um corpo suspenso livremente repousa com seu centro de massa verticalmente abaixo do ponto de suspensão. O ângulo pedido é geralmente entre uma corda desenhada no corpo e a vertical: encontre o ângulo no ponto de suspensão usando trigonometria retangular com a distância do COM, depois ajuste pelo ângulo geométrico correspondente (triângulos isósceles são a fonte padrão de 45°, 60°).

Trabalho realizado por uma força constante: $Fs$ ao longo do movimento (negativo contra ele); a gravidade realiza $\pm mgh$. O princípio trabalho-energia: trabalho total = variação na EC. conservação da energia mecânica: a energia é conservada quando apenas a gravidade realiza trabalho; a resistência entra como trabalho $-Rs$. potência $P = Fv$: à velocidade constante a força motriz equilibra a resistência mais componentes da gravidade, logo $v = \tfrac PF$; numa dada velocidade o excesso de força acelera.

Exemplo resolvido — carro em inclinação (WME02 junho 2025 Q4). Um carro de 750 kg sobe uma rampa com $\sin\alpha = \tfrac17$, resistência 200 N, motor em 20 kW. Velocidade constante: $\tfrac{20000}V = 750(9.8)\tfrac17 + 200 = 1250$, logo $V = 16\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Em $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$: $2000 - 1250 = 750a$, logo $a = 1\ \mathrm{m\,s^{-2}}$. Motor desligado em A a $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$: trabalho-energia dá $\tfrac12(750)(100) = 750g(d\sin\alpha) + 200d$, isto é, $37500 = 1250d$ e $d = 30$ m — a resistência atua sobre a distância DO INCLINADO $d$, gravidade sobre a altura $d\sin\alpha$.

Exemplo resolvido — projétil fechado por energia (WME02 junho 2025 Q7). Um projétil em uma trajetória parabólica deixa O em $20\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ ($g = 10$) está 11 m acima quando sua componente vertical é $V$ e sua componente horizontal $2V$. Energia: $200 = \tfrac12(V^2 + 4V^2) + 110$, logo $V = 6$ (componentes 6 e 12). Encontra um plano em $60°$ à horizontal PERPENDICULARMENTE, então a velocidade está em $30°$ abaixo da horizontal: velocidade escalar $= \tfrac{12}{\cos30°} = 8\sqrt3$, e energia de O resulta em $200 = \tfrac12(192) + 10H$, logo $H = 10.4 \to 10$ m (2 c.s.).

Lei experimental de Newton, o coeficiente de restituição: $e = \dfrac{v_B - v_A}{u_A - u_B}$ (velocidade de separação sobre velocidade de aproximação, velocidade, $0 \le e \le 1$; $e = 1$ elástico, $e = 0$ eles colam). Com conservação do momento, duas equações resolvem qualquer colisão direta. A perda de EC sempre fatoriza com $(1 - e^2)$: perda $= \tfrac{m_Am_B}{2(m_A+m_B)}(1-e^2)(u_A - u_B)^2$ — e o impulso em cada corpo procede de sua própria variação de momento. Um rebote contra uma parede fixa multiplica a velocidade por $e$ diretamente.

Exemplo resolvido — a história completa da colisão (WME02 junho 2025 Q5). P (massa $2m$, velocidade $u$) colide Q (massa $m$) em repouso, restituição $e$. Momento: $2u = 2v_P + v_Q$; restituição: $eu = v_Q - v_P$. Resolvendo: $v_Q = \tfrac{2(1+e)u}3$, $v_P = \tfrac{(2-e)u}3$. A CE após é $\tfrac{mu^2}3(2 + e^2)$, logo a perda é $\tfrac{mu^2}3(1 - e^2)$ — o fator $k = \tfrac13$. Se o impulso em Q for $\tfrac89mu$: $m\cdot\tfrac{2(1+e)u}3 = \tfrac{8mu}9$ fornece $e = \tfrac13$. Q então rebate na parede com restituição $f$ para igualar a velocidade de P $\tfrac59u$: $f\cdot\tfrac89u = \tfrac59u$, logo $f = \tfrac58$.

Cadeias de três corpos e paredes são contábeis: resolva a primeira colisão completamente, carregue as velocidades restantes para o próximo impacto, e iguale apenas quantidades que a questão associa ("mesma velocidade", "em repouso"). Rebates de parede invertem a direção e escalonam a velocidade por $e$; mantenha um diagrama com sinal por etapa.

Um corpo rígido em equilíbrio exige força resultante nula E momento resultante nulo sobre qualquer ponto. Escolha a articulação para eliminar incógnitas (uma única reação desconhecida de uma viga lisa é por isso que momentos em relação ao ponto de contato com o piso compensam). Resolva horizontalmente e verticalmente para as componentes de contato componentes; em um piso rugoso no equilíbrio limite atrito $F = \mu R$ com $F$ horizontal.

Exemplo resolvido — uma barra contra trilho liso (WME02 junho 2025 Q6). Uma barra uniforme AB (massa $m$, comprimento $2a$) repousa com A no chão rugido contra um trilho liso em C, $AC = 1.5a$, inclinação $\theta$, a reação normal $S$ do trilho, perpendicular à barra. Momentos em relação A: $S(1.5a) = mg\,a\cos\theta$, logo $S = \tfrac{2mg\cos\theta}3$. Verticalmente: $V = mg - S\cos\theta = \tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta)$. Equilíbrio limite com $\mu = \tfrac47$: $F = S\sin\theta$, logo $\tfrac47\cdot\tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta) = \tfrac{2mg}3\cos\theta\sin\theta$. Dividindo por $\cos^2\theta$ e usando $\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta$: $12\tan^2\theta - 14\tan\theta + 4 = 0$, i.e. $6\tan^2\theta - 7\tan\theta + 2 = 0$.

• Integre $a(t)$ de $v$ a $s$ com constantes das condições iniciais; calcule a distância total pelo ponto de inversão; diferencie $\mathbf r(t)$ para velocidade vetorial e aplique impulsos como $\mathbf I = m\Delta\mathbf v$.
• Construa tabelas do CMM (peso de massa/área/comprimento) com distâncias sinalizadas para peças de lados opostos e furos negativos; use os resultados de fio e lamina do caderno; encontre ângulos de suspensão por trigonometria no ponto de suspensão mais qualquer ângulo de triângulo isósceles.
• Aplique trabalho-energia e conservação de energia mecânica, com trabalho da resistência sobre a distância na inclinação e $P = Fv$ em ambos os sentidos.
• Resolva colisões diretas com momento + restituição; indique ambas as velocidades; calcule a perda de energia $(1-e^2)$ e os impulsos por corpo; encadeie reflexões na parede e segundas colisões com um diagrama sinalizado.
• Para corpos rígidos: momentos em relação à articulação que elimina a incógnita, resolva componentes e feche problemas de equilíbrio limite em uma equação em $\tan\theta$.