Mecânica 3: cordas elásticas, MHS, círculos e centros de massa
Mecânica 3 (M3, prova WME03/01, 1 hora 30 minutos, 75 pontos, primeira avaliação junho 2020) é a unidade final de mecânica: P1–P4, M1 e M2 são pressupostos. A prova inteira funciona simbolicamente — respostas permanecem em $m$, $g$, $a$, $L$, $r$, e a álgebra exata vale os pontos. Esta referência cobre aceleração como função de $x$, cordas elásticas e molas, forças variáveis e movimento harmônico simples, movimento circular horizontal e vertical, e centros de massa por integração.
Conhecimentos essenciais para M3 (não no caderno):
| Família | Fórmulas |
|---|---|
| Lei de Hooke | tensão $T = \dfrac{\lambda e}{L}$ ($\lambda$ módulo, $e$ alongamento, $L$ comprimento natural) |
| energia elástica | $E = \dfrac{\lambda e^2}{2L}$ |
| SHM | $\ddot x = -\omega^2 x$, período $\tfrac{2\pi}\omega$, $v^2 = \omega^2(a^2 - x^2)$ |
| círculos | $a = r\omega^2 = \tfrac{v^2}r$ em direção ao centro; $v = r\omega$ |
| CCM | $\bar x = \dfrac{\int x\,y^2\,dx}{\int y^2\,dx}$ para um sólido de revolução em torno de $x$ |
| cinemática | $a = v\dfrac{dv}{dx}$ quando $a = f(x)$ |
Cinemática com aceleração como função de x
Quando a aceleração depende do deslocamento, substitua $\tfrac{dv}{dt}$ por $v\dfrac{dv}{dx}$ e integre em relação a $x$; quando depende do tempo, separe $\tfrac{dx}{dt}$. A condição inicial determina cada constante — enuncie-a antes substituir.
Exemplo resolvido (WME03 Junho 2025 Q3). Com $a = 4x - 2$ e em $t = 1$, $x = 0$, $v = 1$: (a) $v\tfrac{dv}{dx} = 4x - 2$ resulta em $\tfrac12v^2 = 2x^2 - 2x + \tfrac12$, logo $v^2 = (2x-1)^2$ e (direção positiva) $v = 1 - 2x$. (b) Substituindo $v = 1 - 2x$ em $a = \tfrac{dv}{dt}$ obtém-se $\tfrac{dv}{dt} = -2v$ (ou separando $\tfrac{dx}{dt} = 1 - 2x$): $\ln v = -2t + C$ com $v(1) = 1$ resulta em $v = e^{2-2t}$.
Cordas elásticas e molas
Lei de Hooke: uma corda elástica leve (ou mola) de comprimento natural $L$ e módulo de elasticidade $\lambda$ esticada por $e$ exerce a tensão $T = \tfrac{\lambda e}{L}$ — tensão puxando para dentro nas duas extremidades. A energia elástica armazenada é $\tfrac{\lambda e^2}{2L}$. Problemas do princípio trabalho-energia agora envolvem três estoques de energia: cinética, gravitacional e elástica, além do trabalho realizado contra a resistência.
Exemplo resolvido — ponto médio em corda de duas partes (WME03 junho 2025 Q4). Uma corda com $\lambda = mg$, comprimento natural $3a$, fixada entre A e B ($AB = 4a$ horizontal); P pendura do ponto médio, projetado para baixo de C (ponto médio de AB) em $\sqrt{3ag/2}$, e atinge D com $CD = \tfrac32a$. Cada metade da corda tem comprimento natural $\tfrac{3a}2$: em C o comprimento da metade é $2a$ (extensão $\tfrac a2$); em D é $\sqrt{(2a)^2 + (\tfrac32a)^2} = \tfrac{5a}2$ (extensão $a$). Ganho de energia elástica por metade: $\dfrac{mg}{2\cdot\frac{3a}2}\big(a^2 - \tfrac{a^2}4\big) = \dfrac{mg}{3a}\cdot\tfrac{3a^2}4 = \tfrac{mga}4$; ambas as metades: $\tfrac12mga$ ✓. Em seguida, com resistência $\tfrac15mg$ sobre $\tfrac{3a}2$ e a perda de energia gravitacional $mg\cdot\tfrac{3a}2$:
logo $V = \sqrt{29ag/10}$.
Exemplo resolvido — barra articulada (WME03 junho 2025 Q1). Uma barra uniforme AB (massa $m$, comprimento $2a$) articulada em A; uma corda elástica ($\lambda = 2mg$, comprimento natural $L$) estende-se verticalmente de B a C, onde AC é horizontal e BC $= 1.2a$ — a geometria posiciona B em $1.6a$ horizontalmente de A e $1.2a$ abaixo dele (um triângulo 3–4–5), então o ponto médio da barra fica $0.8a$ da vertical que passa por A. Momentos em torno de A: $T\cdot 1.6a = mg\cdot 0.8a$, logo $T = \tfrac12mg$; então a lei de Hooke fornece $\tfrac12mg = \tfrac{2mg}{L}(1.2a - L)$, ou seja, $L = 0.96a = \tfrac{24}{25}a$.
Forças variáveis e movimento harmônico simples
Com força variável $F(x)$ em uma dimensão: $m\dfrac{dv}{dt} = F$ torna-se $mv\dfrac{dv}{dx} = F(x)$; a gravitação inversamente quadrática aparece como $F = \dfrac{k}{x^2}$. Movimento harmônico simples (MHS) significa $\ddot x = -\omega^2x$ — o sinal é a prova. Resultados padrão (citatáveis): período $\tfrac{2\pi}{\omega}$, $v^2 = \omega^2(a^2 - x^2)$, $x = a\cos\omega t$ de uma extremidade, $a\sin\omega t$ do centro. Uma partícula entre duas cordas elásticas oscila com MHS sempre que a força resultante é proporcional ao deslocamento em relação ao ponto de equilíbrio.
Exemplo resolvido — MHS entre duas cordas (WME03 junho 2025 Q7). Cordas de P a A ($\lambda = mg$, natural $3L$) e a B ($\lambda = 2mg$, natural $2L$), $AB = 7L$; equilíbrio em E com $AE = 4.5L$ (cada tensão $= \tfrac{mg}2$ — verificação de que E é verdadeira). No deslocamento $x$ de E em direção a B, a corda B encurta e a corda A alonga:
logo P move-se com MHS, $\omega^2 = \tfrac{4g}{3L}$ e o período é $\tfrac{2\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\tfrac{3L}g}$. Liberdade de C com $AC = 5L$ com amplitude $\tfrac L2$: $v_{max} = \tfrac L2\omega = \sqrt{\tfrac{gL}3}$. O tempo com Velocidade angular $|v| \le \sqrt{\tfrac{gL}{12}} = \tfrac{v_{max}}2$ (rad s$x = \tfrac L2\cos\omega t$) com $v \propto \sin\omega t$; a aceleração centrípeta é $|\sin\omega t| \le \tfrac12$, direcionada para o centro. Resolva em direção ao centro para for a third of every oscillation, so the slow time is $\tfrac13 \times \pi\sqrt{\tfrac{3L}g} = \pi\sqrt{\tfrac{L}{3g}}$.
Movimento em círculo horizontal
Velocidade angular $\omega$ (rad s⁻¹) com $v = r\omega$; a aceleração centrípeta é $r\omega^2 = \tfrac{v^2}r$, direcionada ao centro. Resolva em direção ao centro para equação da força e verticalmente para equilíbrio — o pêndulo cônico, partícula sobre uma mesa atada por uma corda, e superfícies inclinadas são os três contextos padrão.
Exemplo resolvido — um círculo sobre uma mesa (WME03 junho 2025 Q2). P (massa $m$) sobre uma mesa lisa, mesa, preso a O acima por uma corda de comprimento $a$ fazendo 30° com a mesa, movendo-se em um círculo com $\omega = \sqrt{\tfrac{g}{2a}}$. O raio do círculo é $a\cos30°$. Em direção o centro: $T\cos30° = m(a\cos30°)\omega^2 = ma\cos30°\cdot\tfrac{g}{2a}$, logo $T = \tfrac{mg}2$. Verticalmente: $R = mg - T\sin30° = mg - \tfrac{mg}4 = \tfrac{3mg}4$.
Movimento em um círculo vertical
Um círculo vertical combina energia com a lei de Newton em direção ao centro. A variação na energia cinética é igual à perda de energia potencial gravitacional e elástica quando não há outras transferências de energia. Esta equação energética combina-se com a lei de Newton em direção ao centro; a condição de saída de uma superfície é $R = 0$, de uma corda $T = 0$. Após sair, a partícula projeta-se horizontalmente: o componente horizontal da velocidade é conservado.
Exemplo resolvido — saindo de uma esfera (WME03 junho 2025 Q5). P solto em A numa esfera lisa esfera (raio $r$), OA a $\alpha$ acima da vertical; ela se desprende em B, OB a $\alpha$ acima da horizontal. (a) Energia A→B: a altura de A acima de O é $r\cos\alpha$ e a altura de B acima de O é $r\sin\alpha$, logo P cai $r(\cos\alpha - \sin\alpha)$: $\tfrac12mv^2 = mgr(\cos\alpha - \sin\alpha)$, resultando em $v^2 = 2gr(\cos\alpha - \sin\alpha)$. (b) Em B com $R = 0$: $mg\sin\alpha = \tfrac{mv^2}r$ (componente do peso em direção a O); eliminando $v^2$: $\sin\alpha = 2(\cos\alpha - \sin\alpha)$, so $\tan\alpha = \tfrac23$. (c) Posteriormente, a componente horizontal $v\sin\alpha$ é conservado; na horizontal que passa por O, a velocidade satisfaz $\tfrac12mW^2 = mgr\cos\alpha$, e $\cos^2\theta = \dfrac{v^2\sin^2\alpha}{W^2} = \dfrac{8}{78} = \dfrac4{39}$ — logo $\cos\theta = \tfrac2{\sqrt{39}}$.
Centros de massa por integração
Para um sólido de revolução uniforme, $\bar x = \dfrac{\int_0^a xy^2\,dx}{\int_0^a y^2\,dx}$ (peso dos discos finos por $\pi y^2\,dx$). O resultado da hemisfera deve ser derivado, não apenas citado: com $y^2 = a^2 - x^2$, $\int_0^a x(a^2 - x^2)dx = \tfrac{a^4}4$ e $\int_0^a (a^2 - x^2)dx = \tfrac{2a^3}3$, resultando em $\bar x = \tfrac{3a}8$ da face plana. Corpos compostos: peso as partes pela massa (raio-cúbico para sólidos semelhantes) e calcule momentos; partes removidas carregam massa negativa. Equilíbrio do corpo inclinado: o CCG fica verticalmente acima do ponto de contacto.
Exemplo resolvido — hemisfera esculpida (WME03 junho 2025 Q6). S é um sólido hemisférico (raio $a$) com uma hemisfera de raio-$\tfrac a2$ removida, faces planas coplanares, centros $O$ (grande) e $C$ com $OC = \tfrac a2$. Massas $8 : 1 : 7$ (raios cúbicos); ao longo do eixo $8\cdot\tfrac{3a}8 - 1\cdot\tfrac{3a}{16} = 7\bar y$, logo o CM de S está em $\tfrac{45a}{112}$ da linha OC passando por O. Perpendicular a OC (momentos em relação ao eixo no plano que passa por O): $8\cdot 0 - 1\cdot\tfrac a2 = 7\bar x$, logo $\bar x = \tfrac{a}{14}$. Apoiado inclinado sobre sua superfície curva, $\tan\theta = \dfrac{a/14}{45a/112} = \tfrac8{45}$.
Lista de verificação antes de considerar esta unidade concluída
- Converta $a = f(x)$ via $v\,dv/dx$ e feche as constantes a partir de um instante dado; finalize a segunda integração por separação ou eliminando $x$.
- Use $T = \lambda e/L$ e energia elástica $\lambda e^2/2L$; para cordas no ponto médio, trate cada metade separadamente; aplique trabalho-energia em três etapas com resistência ao longo da distância.
- Combine momentos com a lei de Hooke para hastes articuladas em equilíbrio (geometria primeiro: deslocamentos horizontal/vertical dos pontos de fixação).
- Demonstre MHS derivando $\ddot x = -\omega^2 x$ (tensões de equilíbrio primeiro), depois cite o período, $v_{max} = a\omega$ e as frações temporais senoidais.
- Resolva em direção ao centro ($r\omega^2$) e verticalmente para círculos horizontais — reações da mesa, pêndulo cônico, superfícies inclinadas.
- Para círculos verticais: energia entre níveis, $R = 0$ (ou $T = 0$) no ponto de saída, continuação parabólica conservando a componente horizontal.
- Derive o CM do hemisfério pela integral do disco; construa compostos com massas signadas; feche o equilíbrio inclinado com a condição de CM acima do contato.