Simulador de energia de montanha-russa

Arraste o controle de posição ao longo do trajeto. A conservação de energia determina a velocidade em cada ponto.

Sem atrito: a energia por quilograma conserva-se	$\tfrac12v^{2}+gh=\tfrac12v_0^{2}+gh_0\ \Rightarrow\ v=\sqrt{v_0^{2}+2g(h_0-h)}$
Com atrito, sendo d a distância horizontal percorrida	$\tfrac12v^{2}+gh=\tfrac12v_0^{2}+gh_0-\mu g\,d$

Exemplo resolvido — Simulador de energia de montanha-russa

Distância percorrida	0 m
Altura	5 m
Energia inicial / massa	49,05 J/kg
Energia perdida (atrito)	0 J/kg
Velocidade	0 m/s
Energia cinética	0 J
Energia potencial	49,05 J
Verificação de energia	49,05 J

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Simulador de energia de montanha-russa

Numa pista sem atrito, a energia mecânica conserva-se: a soma da energia cinética e potencial é a mesma em todo o lado. Essa única frase determina a velocidade em cada ponto do percurso a partir apenas da altura inicial — sem necessidade de forças, cronologia ou da forma da colina.

O que significa cada símbolo

h: a altura acima do nível de referência. O nível a que chamar zero nunca altera um resultado: à fórmula chega apenas o desnível h₀ − h, pelo que mover a referência move as duas alturas em conjunto.
v: a velocidade, que o mostrador obtém a partir da energia e não de qualquer força.
KE: energia cinética, ½mv².
PE: energia potencial, mgh — 49.05 J no início, a partir de 1 × 9.81 × 5.
μ: o coeficiente de atrito. Sendo superior a zero, consome μg joules por quilograma por cada metro de distância horizontal percorrido, qualquer que seja a inclinação.

De onde vem a fórmula

Sem atrito, a energia total conserva-se. A soma da energia cinética com a potencial é exatamente a mesma em qualquer ponto do percurso e no arranque.
$\tfrac12mv^{2}+mgh=\tfrac12mv_0^{2}+mgh_0$
A massa figura em todos os termos, logo simplifica-se. Desapareceu da equação, e não volta a fazer falta.
$\tfrac12v^{2}+gh=\tfrac12v_0^{2}+gh_0$
Isole a velocidade. Na fórmula só entra a descida de altura, e o carro só pode passar onde a raiz quadrada for real: nunca subirá acima do nível que a sua energia inicial alcança.
$v=\sqrt{v_0^{2}+2g(h_0-h)},\qquad h\le h_0+\frac{v_0^{2}}{2g}$
Atrito num troço retilíneo com inclinação θ: a força normal vale mg cos θ e o troço mede d/cos θ de comprimento, pelo que o trabalho é μmg vezes a distância horizontal d. Subtraia-o à energia antes de isolar a velocidade.
$W_f=\mu\,(mg\cos\theta)\,\frac{d}{\cos\theta}=\mu mg\,d\ \Rightarrow\ v=\sqrt{v_0^{2}+2g(h_0-h)-2\mu g\,d}$

Pressupõe: Uma massa pontual que desliza sobre uma calha que a guia, sem rotação, sem resistência do ar e com velocidade suficiente para não descarrilar. O atrito é contabilizado apenas nos troços retos: o esforço suplementar imposto pelas curvas em velocidade, que eleva a força normal numa depressão, fica de fora. Nada neste modelo verifica se o veículo saltaria fora da pista ao transpor uma crista.
Falha quando: Vale mais pôr à prova o passo 2 do que aceitá-lo às cegas, e a página deixa-nos experimentar. Prima Meio-tubo e arraste o cursor até ao meio: a velocidade marca 9.9045 m/s. Mude a massa de 1 kg para 500 kg e o mostrador continua em 9.9045 m/s, ao passo que a energia cinética salta de 49.05 J para 24,525 J. Veículos mais pesados transportam mais energia, mas não andam mais depressa. O atrito também não invalida este princípio: a perda por unidade de massa vale μgd, expressão onde a massa também não entra.

Problemas resolvidos na íntegra

Um carro de 1 kg largado do repouso a 5 m na pista 6 passos
Um carrinho de 1 kg libertado do repouso a 5 m na pista 0,5; 2,3; 3,6; 5,1; 7,4; 9,2; 10,5. Determine onde vai parar — e não é no fim da pista.
1. Sem atrito, a energia total é fixada pela altura de libertação e nunca se altera. Um quilograma e 5 metros é tudo o que este problema tem como dados de entrada.
  
  $E_0=mgh_0=1\times9.81\times5=49.05\ \mathrm{J},\qquad v_0=0$
2. Reorganizada para a velocidade, a mesma afirmação torna-se uma restrição: o carrinho só pode estar onde a raiz quadrada é real. Essa é a solução completa, antes de qualquer pista ser desenhada.
  
  $\tfrac{1}{2}mv^{2}=mg(h_0-h)\ \Longrightarrow\ v=\sqrt{2g(h_0-h)},\quad\text{real only where }h\le h_0$
3. Consulte a pista para determinar o seu máximo. O pico situa-se acima do ponto de libertação, o que resolve a questão — e note que a descida para 1 m além dele nunca entra no argumento.
  
  $\text{track max}=6\ \mathrm{m}>h_0=5\ \mathrm{m}\quad\Longrightarrow\quad\text{the hill at }x=3\text{ is unreachable}$
4. Encontre o ponto de inversão exatamente. Encontra-se na subida de (2,3) a (3,6), onde o segmento reto cruza novamente a altura de libertação.
  
  $(2,3)\to(3,6):\ y=5\ \text{at}\ x=2+\tfrac{5-3}{6-3}=2.667$
5. O controlo de posição mede a distância ao longo da pista, pelo que convém conhecer o comprimento total. Seis segmentos, seis aplicações de Pitágoras.
  
  $s=\sum\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}=2.828+3.162+5.385+3.606+2.828+3.162=20.972\ \mathrm{m}$
6. Duas velocidades concluem a resolução: a mais rápida a que o carrinho realmente se desloca na sua curta excursão, e a velocidade de lançamento que desbloquearia o resto do percurso.
  
  $v_{\max}=\sqrt{2g(5-3)}=6.26\ \mathrm{m/s};\qquad v_0\ \text{needed}=\sqrt{2g(6-5)}=4.43\ \mathrm{m/s}$
Resposta

Inverte o sentido em x = 2,667 m e nunca chega a percorrer o resto da pista. A elevação em x = 3 atinge 6 m, e o carrinho partiu de 5, portanto não há energia suficiente; em todas as posições para lá desse ponto, o indicador mostra parado, confirmando o resultado em vez de revelar uma falha da ferramenta. O interesse deste problema está no facto de não exigir qualquer simulação. A conservação da energia transforma uma equação diferencial numa desigualdade — h ≤ h₀ — e a forma da pista entre o ponto de partida e o obstáculo é irrelevante. Dê ao carrinho uma velocidade de 4,43 m/s no topo, e todo o percurso de 20,972 m se torna acessível, incluindo a passagem pelo vale em x = 5 a 9,90 m/s. Abaixo dessa velocidade, esse percurso fica inteiramente fora de alcance.

$h_{\text{track}}=6>h_0=5\ \Longrightarrow\ \text{it stops at }x=2.667,\ \text{never reaching the drop}$
Velocidade no fundo do half-pipe 4 passos
Um carro de 250 kg é largado do repouso no bordo a 5 m de uma pista em half-pipe. Sem atrito, com que velocidade se move na base plana, quanta energia cinética tem aí e qual a sua velocidade ao subir 2 m na encosta oposta?

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1. Energia no início e no fundo, tomando o fundo como referência zero de altura:
  
  $E_0=mgh_0=250(9{.}81)(5)=12\,262{.}5\ \mathrm{J},\qquad E_{\mathrm{bottom}}=\tfrac12mv^{2}$
2. A massa simplifica-se, pelo que a velocidade resulta unicamente da descida de altura:
  
  $\tfrac12mv^{2}=mgh_0\ \Rightarrow\ v=\sqrt{2gh_0}=\sqrt{2(9{.}81)(5)}=9{.}9045\ \mathrm{m/s}$
3. A energia cinética requer a massa:
  
  $E_k=\tfrac12(250)(9{.}9045)^{2}=12\,263\ \mathrm{J}$
4. A 2 m de altura na subida oposta, a descida em relação ao início é de apenas 3 m:
  
  $v=\sqrt{2g(h_0-h)}=\sqrt{2(9{.}81)(5-2)}=7{.}672\ \mathrm{m/s}$
Resposta

9,9045 m/s no fundo, com 12.263 J de energia cinética, e 7,672 m/s a 2 m de altura na encosta oposta. Como o fundo é plano, o carro percorre-o na totalidade aos mesmos 9,9045 m/s.

$v_{\mathrm{bottom}}=9{.}9045\ \mathrm{m/s},\quad E_k=12\,263\ \mathrm{J},\quad v(2\ \mathrm{m})=7{.}672\ \mathrm{m/s}$
A menor velocidade de lançamento para transpor a lomba 3 passos
Na pista Classic, o carro parte de 5 m e a lomba em x = 3 tem 6 m de altura. Sem atrito, qual é a menor velocidade de lançamento necessária para passar a lomba e a que velocidade se moverá na depressão de 1 m em x = 5?

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1. Na crista, o carro pode chegar sem qualquer velocidade sobrante. Energia do ponto de partida até à crista:
  
  $\tfrac12v_0^{2}+gh_0=\tfrac12v_{\mathrm{top}}^{2}+gh_{\mathrm{top}},\qquad v_{\mathrm{top}}\ge0$
2. Isolando a velocidade de lançamento:
  
  $v_0=\sqrt{2g(h_{\mathrm{top}}-h_0)}=\sqrt{2(9{.}81)(6-5)}=\sqrt{19{.}62}=4{.}4294\ \mathrm{m/s}$
3. Energia do início até à depressão, 4 m abaixo do ponto de partida:
  
  $v=\sqrt{v_0^{2}+2g(h_0-h)}=\sqrt{19{.}62+2(9{.}81)(5-1)}=\sqrt{98{.}1}=9{.}9045\ \mathrm{m/s}$
Resposta

4,4294 m/s, e depois 9,9045 m/s na depressão. Trata-se da velocidade de uma descida de 5 m a partir do repouso, pois o lançamento forneceu precisamente o 1 m de altura exigido pela lomba.

$v_0=4{.}4294\ \mathrm{m/s},\qquad v_{\mathrm{dip}}=9{.}9045\ \mathrm{m/s}$
Uma pista com atrito 3 passos
Um carro de 1 kg é largado do repouso a 5 m de altura na pista com atrito, que termina ao nível do solo 10 m mais à frente. O coeficiente de atrito é 0,05. Com que velocidade chega ao fim e quanta energia dissipou o atrito?

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1. Em cada troço reto, o atrito consome μmg vezes a distância horizontal, pelo que em toda a pista dissipa:
  
  $W_f=\mu mg\,d=0{.}05(1)(9{.}81)(10)=4{.}905\ \mathrm{J}$
2. A energia no início é igual à energia no fim mais o trabalho realizado contra o atrito:
  
  $mgh_0=\tfrac12mv^{2}+W_f\ \Rightarrow\ v=\sqrt{2gh_0-2\mu g\,d}=\sqrt{98{.}1-9{.}81}=9{.}3963\ \mathrm{m/s}$
3. Sem atrito, a mesma descida daria:
  
  $\mu=0:\quad v=\sqrt{2(9{.}81)(5)}=9{.}9045\ \mathrm{m/s}$
Resposta

9,3963 m/s, com 4,905 J consumidos pelo atrito. As duas depressões e a lomba intermédias em nada alteram a perda: uma única rampa reta de 10 m a descer desde os 5 m chegaria à mesma velocidade.

$v=9{.}3963\ \mathrm{m/s},\qquad W_f=4{.}905\ \mathrm{J}$
A que altura sobe na encosta oposta? 3 passos
O half-pipe tem um bordo a 5 m, uma descida com 2 m, 4 m de fundo plano e uma rampa de subida de 2 m até ao bordo oposto, a 5 m de altura. Largado do repouso com um coeficiente de atrito de 0,05, a que altura consegue o carro subir na encosta oposta?

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1. Seja h a altura em que o carro se imobiliza na rampa oposta. Essa rampa sobe 5 m ao longo de 2 m de distância horizontal, pelo que atingir h requer 2h/5 dessa distância, sendo a distância horizontal total desde a partida:
  
  $d=2+4+\tfrac25h=6+0{.}4h$
2. A energia no início é igual à energia potencial na paragem mais o trabalho contra o atrito:
  
  $gh_0=gh+\mu g\,(6+0{.}4h)$
3. Isolando h:
  
  $h=\frac{h_0-6\mu}{1+0{.}4\mu}=\frac{5-0{.}3}{1{.}02}=4{.}6078\ \mathrm{m}$
Resposta

4,6078 m, ficando a cerca de 0,39 m do bordo. Em seguida volta a descer, e cada travessia do fundo dissipa ainda mais energia.

$h=4{.}6078\ \mathrm{m}$
O looping: de que altura deve partir? 3 passos
Um carro desce sem atrito, a partir do repouso, por uma rampa até entrar num looping vertical circular de 4,0 m de raio. De que altura deve partir para não cair no topo do looping, e com que força a pista empurra um passageiro de 70 kg na base?
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1. No topo, a pista só pode empurrar para baixo, pelo que a gravidade deve fornecer, por si só, pelo menos a força centrípeta necessária:
  
  $mg\le\frac{mv_{\mathrm{top}}^{2}}{R}\ \Rightarrow\ v_{\mathrm{top}}^{2}\ge gR$
2. Energia do início até ao topo do looping, situado a uma altura 2R:
  
  $gh=\tfrac12v_{\mathrm{top}}^{2}+g(2R)\ \ge\ \tfrac12gR+2gR\ \Rightarrow\ h\ge\tfrac52R=10\ \mathrm{m}$
3. Na base, a velocidade resulta da descida completa, e a pista tem de suportar o peso mais a força centrípeta:
  
  $v_{\mathrm{bottom}}^{2}=2gh=5gR,\qquad N=mg+\frac{mv_{\mathrm{bottom}}^{2}}{R}=6mg=6(70)(9{.}81)=4120\ \mathrm{N}$
Resposta

Pelo menos 10 m, ou seja, duas vezes e meia o raio; e a pista empurra o passageiro com 4.120 N, seis vezes o seu peso. É esse fator seis que explica por que os loopings reais não são círculos: uma clotóide mantém o raio pequeno no topo, onde a velocidade é reduzida, e amplo na base, onde a velocidade é elevada.

$h_{\min}=2{.}5R=10\ \mathrm{m},\qquad N_{\mathrm{bottom}}=6mg=4120\ \mathrm{N}$

Problemas suplementares, só com a resposta

Um carro de 600 kg que se move a 2,0 m/s no topo de uma descida de 30 m percorre uma pista sem atrito. A que velocidade se desloca quando se encontra a 10 m do chão?

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19,91 m/s.

$v=\sqrt{2{.}0^{2}+2(9{.}81)(30-10)}=\sqrt{396{.}4}=19{.}91\ \mathrm{m/s}$
Um trenó que se desloca a 8,0 m/s na base de uma encosta sem atrito começa a subi-la. A que altura consegue chegar?

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3,262 m.

$h=\frac{v^{2}}{2g}=\frac{8{.}0^{2}}{2(9{.}81)}=3{.}262\ \mathrm{m}$
Um bloco é largado do repouso a 3,0 m de altura numa rampa reta e continua a deslizar ao longo de um piso nivelado. O coeficiente de atrito é 0,15 em todo o trajeto. Que distância horizontal percorre desde o ponto de partida até parar?

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20 m, para qualquer rampa suficientemente inclinada para o bloco começar a deslizar (tan θ > 0,15, mais íngreme do que 8,53°): o atrito dissipa μg por metro de distância horizontal, e 3,0/0,15 = 20. Numa rampa menos inclinada, o bloco nem chega a mover-se.

$mgh=\mu mg\,d\ \Rightarrow\ d=\frac{h}{\mu}=\frac{3{.}0}{0{.}15}=20\ \mathrm{m}$
Um carro parte do repouso no topo de uma descida de 45 m e percorre 60 m de distância horizontal durante o trajeto, com um coeficiente de atrito de 0,02. A que velocidade se move na base?

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29,315 m/s.

$v=\sqrt{2g(h-\mu d)}=\sqrt{2(9{.}81)(45-0{.}02\times60)}=29{.}315\ \mathrm{m/s}$
Um carro parte do repouso 12 m acima da base de um looping circular sem atrito. Qual é o raio máximo do looping que consegue completar sem sair da pista?

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4,8 m, porque o ponto de partida deve situar-se pelo menos 2,5 vezes o raio acima da base.

$h\ge\tfrac52R\ \Rightarrow\ R\le\frac{12}{2{.}5}=4{.}8\ \mathrm{m}$

O atrito cobra pela distância horizontal, não pela pista

Num declive reto com inclinação θ, a força normal vale mg cos θ, e a rampa mede d/cos θ para uma distância horizontal d. Os dois cossenos anulam-se, pelo que o atrito consome μmgd qualquer que seja o ângulo: uma descida a pique e uma rampa suave que cubram a mesma distância horizontal perdem rigorosamente a mesma energia, ao passo que uma queda vertical não perde nada. O traçado Com atrito desce 5 m ao longo de 10 m de pista horizontal por entre duas depressões e uma lomba, dissipa 4,905 J/kg e chega a 9,3963 m/s, precisamente o que daria uma única rampa reta de 5 m até ao chão sobre os mesmos 10 m. O perfil só volta a importar através das curvas, que esta pista não contempla: uma depressão real aperta o carro com mais força contra os carris e consome mais do que a fórmula prevê. O Meio-tubo é o caso extremo. Sem atrito, o carro sobe de volta até à altura de partida sem qualquer margem, pelo que o mais ligeiro atrito o deixa retido a meio da subida oposta: a μ = 0,05, imobiliza-se aos 4,6078 m.

A velocidade só depende da altura

Numa pista sem atrito, a velocidade da esfera em qualquer ponto é determinada unicamente pela altura descida desde o início: a forma do percurso entretanto não faz qualquer diferença. Uma descida quase vertical e uma encosta longa e suave até à mesma profundidade resultam exatamente na mesma velocidade. É por isso que a esfera nunca consegue subir além do ponto de partida, pois precisaria de uma energia que não tem. Havendo atrito, cada metro de distância horizontal dissipa energia sob a forma de calor.

Loopings reais não são circulares

Um looping de montanha-russa parece redondo, mas quase nunca é — é uma clotoide em forma de lágrima, uma curva cujo raio se aperta em direção ao topo. Um looping perfeitamente circular, rápido o bastante para não sair dos trilhos no alto, esmagaria os passageiros embaixo com forças g brutais. O engenheiro alemão Werner Stengel introduziu o looping em clotoide em 1976: raio pequeno no topo (pouca velocidade necessária) e raio suave embaixo. Mesma conservação da energia — geometria mais inteligente.

Prática

Verifique você mesmo

Preveja primeiro a resposta e depois use os controlos acima para confirmar. Revele a solução só depois de se ter comprometido com um palpite — é isso que torna isto prática.

Prima Meio-tubo, arraste a posição até ao meio da base plana e registe a velocidade. Mude agora a massa de 1 kg para 500 kg. Tente prever a velocidade antes de verificar.

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Mantém-se em 9.9045 m/s. Todos os termos da equação da energia contêm o fator m, pelo que este se simplifica e a velocidade depende exclusivamente da altura descida. A energia cinética muda de facto, passando de 49.05 J para 24,525 J: um carro mais pesado transporta muito mais energia, mas não se desloca mais depressa.
No início, o painel indica uma energia potencial de 49.05 J e uma energia cinética de 0 J. Em que ponto é que o carro atinge a velocidade máxima nesta pista, e qual é a energia total nesse instante?

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No ponto mais baixo que consegue de facto alcançar: a 3 m de altura, em x = 2, onde se desloca a 6.2642 m/s. A depressão de 1 m em x = 5 é mais baixa, mas fica para lá da lomba de 6 m que o carro não consegue transpor. A energia total continua a ser 49.05 J, sendo 19.62 J sob a forma cinética.
Aumente o coeficiente de atrito para um valor acima de zero. A energia dissipada depende da distância percorrida ao longo da pista ou de outro fator?

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Depende da distância horizontal percorrida. Numa rampa, a força normal diminui pelo fator cos θ enquanto o comprimento cresce por 1/cos θ, pelo que a tabela calcula μgd sendo d medido na horizontal, e não ao longo do traçado. Uma descida vertical não consome nada; um percurso nivelado é o que mais consome por metro de pista. A perda também não depende da massa, pelo que o atrito não invalida a resposta anterior.

Percurso de aprendizagem

Energia em vez de forças

Referências (1)

Why real loops are not circles, and what that does to the forces at the top: A.-M. Pendrill, "Roller coaster loop shapes revisited." Physics Education 51(3), 030106, 2016.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.