Fundamentos da Dinâmica - Exercícios - Física, Notas de estudo de Física. Universidade Federal da Bahia (UFBA)
A_Santos
A_Santos8 de Março de 2013

Fundamentos da Dinâmica - Exercícios - Física, Notas de estudo de Física. Universidade Federal da Bahia (UFBA)

PDF (407.2 KB)
13 páginas
2Números de download
1000+Número de visitas
100%de 1 votosNúmero de votos
1Número de comentários
Descrição
Apostilas e exercicios de Física da Universidade Federal de Minas Gerais sobre o estudo dos Fundamentos da Dinâmica.
20pontos
Pontos de download necessários para baixar
este documento
baixar o documento
Pré-visualização3 páginas / 13
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Pré-visualização finalizada
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Pré-visualização finalizada
Consulte e baixe o documento completo
Cap.5 Problemas.doc

1

CAPÍTULO 5 – Problemas resolvidos

Problema 1 – A aceleração lateral máxima que um carro pode ter sem derrapar, trafegando em pista horizontal, é denominada aderência lateral, e usualmente é expressa em termos da aceleração da gravidade. Assim, se um carro tem aderência lateral igual a XL, ele pode atingir acelerações laterais de XLg. (a) Calcule a velocidade máxima com a qual um carro, cuja aderência lateral é 0,90, pode fazer uma curva de raio R = 200 m, em uma pista horizontal. (b) Qual é o valor máximo da componente lateral da força de atrito que a pista pode exercer sobre os pneus do carro?

Solução :

(a) A aceleração centrípeta do carro é

gXa Lc = R gX L

2v=∴ .

Portanto,

km/h 151m/s42m200ms8,990,0 2 ==××== −gRX Lv .

(b) A força de atrito dos pneus do carro tem duas componentes: 1 – componente paralela à velocidade do carro, que em movimento horizontal supera o atrito do ar quando o carro aumenta sua velocidade ou a neutraliza quando o carro anda com velocidade constante, e permite ao carro subir ladeiras; 2 – componente lateral, ortogonal à velocidade do carro, e que o obriga a realizar curvas. Nas curvas, a aceleração lateral do carro é a aceleração centrípeta mencionada anteriormente. Pela Segunda lei, podemos escrever

cmaF =lateral ,

onde m é a massa do carro. Finalmente,

LmgXF =lateral .

ac

docsity.com

2

Problema 2 – Um carro de tração dianteira tem massa m, e metade de seu peso se apóia nas rodas dianteiras. Sendo µ o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista, e supondo que o motor do carro seja suficientemente possante, qual é a aceleração máxima que o carro pode atingir em pista plana?

Solução – A força de atrito máxima que a pista pode exercer para impulsionar o carro é

2 mg

Fa µ= .

Com essa força, o carro tem a aceleração

2 ,

2 g

a mg

Fma a µµ =∴== .

Problema 3 – Quando um avião viaja com velocidade vetorial constante na horizontal, suas turbinas ou hélices sentem uma força horizontal para a frente. A resistência do ar no corpo e asas do avião exerce uma força com uma componente horizontal para traz e outra componente vertical para cima, que sustenta o avião. (a) Por que o avião não consegue fazer uma curva na horizontal sem inclinar as asas? (b) De que ângulo devem as asas ser inclinadas para que o avião realize uma curva na horizontal de raio R?

Solução

(a) Porque nesse caso não haveria nenhuma força lateral ao avião.

(b) A figura mostra as forças que têm componentes verticais que atuam sobre o avião. As forças sobre as turbinas, que impulsionam o avião para a frente, e a força de atrito do ar, oposta à velocidade do avião, são omitidas na figura. A força E é denominada empuxo do ar sobre o avião. Sua componente vertical sustenta o avião no ar, equilibrando o seu peso mg. Podemos escrever

θ θ

cos cos

mg EmgE =∴= . (1)

mg

E

θ

ac

docsity.com

3

A componente horizontal de E gera a aceleração centrípeta do avião, que o força a realizar uma curva. Podemos escrever

θ θ

Rsen m

E R

m Esen

22 vv =∴= (2)

Combinando (1) e (2), gR

senmg Rsen m 22

coscos vv =∴=

θ θ

θθ .

Finalmente, 

 

 =

gR arctg

2vθ .

Problema 4 – O operário está seu próprio esforço braçal para elevar-se juntamente com sua plataforma de trabalho, como mostra a figura. Os cabos e a roldana têm pesos desprezíveis, e a roldana roda livre de atrito. (a ) Calcule a intensidade das forças atuando sobre o operário, a roldana e a plataforma, indicadas na figura, quando o operário, juntamente com a plataforma, têm aceleração cuja componente vertical vale a.

Solução – Aplicando a Segunda lei ao operário e depois à plataforma obtemos, respectivamente,

)(1 agMNT +=+ , (1)

m N

N

M

Mg mg

1T

1T 1T

1T

T

docsity.com

4

)(1 agmNT +=− . (2)

Somando as eqs. (1) e (2),

)( 2

),)((2 11 ag mM

TagmMT ++=∴+++ .

Subtraindo a eq. (2) da eq. (1),

)( 2

),)((2 ag mM

NagmMN +−=∴+−= .

Como a roldana permanece em equilíbrio, temos

))((2 1 agmMTT ++==

Deve-se notar que essa solução somente vale se Mm .

Problema 5 – O sistema mostrado na figura está em equilíbrio. Calcule as tensões T1 e T2 nos cabos.

Solução – Pela condição de equilíbrio, obtemos

.sensen

,0coscos

2211

2211

mgTT

TT

=+ =−

θθ θθ

Na forma matricial, esse sistema pode ser escrito

 

  

 =

 

 

 

 − mgT

T 0

sensen

coscos

2

1

21

21

θθ θθ

.

Para a solução do sistema de equações, calculamos

T1 T2 θ1 θ2

m

docsity.com

5

)(coscos sensen

coscos 212121

21

21 θθθθθθ θθ θθ

+=+= −

= sensensen ,

2 2

2 1 cossen

cos0 θ

θ θ

mg mg

= −

= ,

1 1

1 2 cos

0cos θ

θ θ

mg mgsen

== .

Com esses resultados, podemos escrever

)(sen cos

21

21 1 θθ

θ ∆ ∆

+ ==

mg T ,

)(sen cos

21

12 2 θθ

θ ∆

+

== mg

T .

Problema 6 – A roldana da figura gira livremente, sem atrito, e tem massa desprezível. O cabo resiste somente uma tensão de 300 N. Que faixa de valores deve ter a massa m do bloco menor para que o cabo não se rompa?

Solução – Seja T a tensão no fio e M a massa do bloco maior. Aplicando a Segunda lei aos dois blocos, teremos,

.

,

mamgT

MaTMg

=− =−

(1)

m

50 kg

docsity.com

6

Somando as duas equações, obtemos

g mM mM

aamMgmM + −=∴+=− ,)()( .

Levando esta equação à segunda equação do sistema (1), obtemos

g mM

Mm g

mM mM

mmgT +

= + −+= 2 . (2)

Com um pouco de manipulação algébrica, obtemos

TMg TM

m

= 2

.

O valor máximo de m corresponde a T = 300 N.

Portanto,

kg22kg 680

15000 N300N8,9100

kg50N300 máx ==−×

×=m

O gráfico acima mostra o comportamento da tensão T com o valor da massa m, onde se vê que T atinge o valor de ruptura (300 N) quando m = 22 kg.

Problema 7 – Dois corpos se atraem com uma força F que independe de sua distância (esse tipo de atração não corresponde a nenhuma das quatro forças conhecidas na Natureza), e no instante t = 0 eles estão em repouso na configuração mostrada na figura. Desprezando os diâmetros dos corpos, calcule (a) o instante e (b) o quanto cada corpo se desloca até a o momento da colisão.

0 10 20 30 40 50 0

100

200

300

400

500

m (kg)

T (N)

m M

x 0 L

docsity.com

7

Solução – Sejam x(t) e X(t) as coordenadas dos corpos de massa m e M, respectivamente. Pela Segunda lei, podemos escrever

.

,

FXM

Fxm

−=

= &&

&&

Temos então as expressões para x(t) e X(t):

. 2

)(

, 2

)(

2

2

t M F

LtX

t m F

tx

−=

=

O instante tc da colisão pode ser calculado pela condição )()( cc tXtx = :

. 22

22 cc tM

F Lt

m F −=

(a) Calculamos facilmente

mM Mm

F L

tc + =

2 .

(b) O ponto da colisão será 2 2

)( cc tm F

tx = e, portanto,

L mM

M mM

Mm F L

m F

txd c + =

+ == 2

2 )( (deslocamento do corpo de massa m).

O deslocamento do corpo de massa M será

L mM

m L

mM M

LtxLD c + =

+ −=−= )( .

Observe que

m M

D d = .

docsity.com

8

Problema 8 – Um fio de comprimento l e massa desprezível, com uma pequena esfera de massa m preso á sua extremidade, é pendurado ao teto de um ônibus. O ônibus realiza uma curva de raio r com velocidade de módulo constante v no plano horizontal. Calcule (a) o ângulo que o fio faz com a vertical e (b) a tensão no fio.

Solução – A figura mostra o sistema com as forças atuantes sobre a esfera. Ela está submetida à mesma aceleração centrípeta do ônibus. Podemos escrever

.cos

,senè 2

mgT r

m T

=

=

θ

v

Portanto,

(a) 

 

 =∴=

rg actg

r m

mg 22

,tg vv θθ ,

(b) θcos

mg T = .

Por outro lado,

, cos

cos1 22

rg v=−

θ θ

que após alguma manipulação algébrica dá

22

4

1 cos

1

gr

v+= θ

.

m

l

mg

ac

θ

T

docsity.com

9

Finalmente,

22

4

1 gr

mgT v+= .

Problema 9 – Uma barra homogênea de massa M e comprimento L está presa a uma mesa horizontal por um pino passando por uma das suas extremidades. Não há atrito entre a mesa e a barra, que gira com velocidade angular ω em torno do pino. Calcule a tensão na barra à distância x do centro de rotação.

Solução – A força de tensão T atuando na parte externa ao ponto de coordenada x na barra é responsável pela aceleração centrípeta daquela referida parte. Tal parte da barra tem massa igual a )/)( LMxL . Podemos então escrever

∫ ′ω= L

x

dmxxT 2)( .

O elemento de massa dm se exprime na forma

xd L M

dm ′= .

Portanto,

)1( 2

)( 2 1

)( 2

2 22222

L

x L

M xL

L M

xdx L M

xT L

x

−ω=−ω=′′ω= ∫ .

Nota: Esse problema é relevante no comportamento de uma hélice de avião. O cálculo da tensão ao longo das pás da hélice não pode ser realizado exatamente da forma aqui apresentada porque a pá não tem seção uniforme, mas levando-se em conta a variação dessa seção ao longo da pá, o cálculo pode ser realizado facilmente.

Problema 10* – Reconsiderando o Problema 9, suponha que a barra seja elástica, ou seja, submetida a uma tensão elongativa ela aumenta seu comprimento e submetida a uma tensão compressiva ela tem seu comprimento reduzido. Sejam Lo o comprimento da barra na ausência de tensão e L seu comprimento quando submetida a uma tensão T. Se oLL é pequeno e a tensão na barra é homogênea, podemos escrever:

0 L

ω

x

T

docsity.com

10

T AY L

LL oo =− ,

onde Y é uma grandeza característica do material, denominada módulo de Young, e A é a área de seção transversal da barra. Calcule o comprimento L da barra considerada no Problema 9, sendo Lo seu comprimento na ausência de rotação. Como mostra a figura , quando sujeita à tensão elongativa devida à

rotação, cada segmento da barra se alonga, de forma que o ponto de coordenada xo vai para a posição x e o pequeno segmento dxo se transforma em dx. Podemos escrever

oo dxAY xT

dxdx )(+= ,

e usando a solução do problema 9 obtemos

oo dx L

x L

M AY

dxdx ) )

1( 2

1 2

2 2 −ω+=

Para não termos de usar matemática acima do nível praticado neste curso, faremos a aproximação

o o

o oo dx

L

x L

M AY

dxdx )1( 2

1 2

2 2 −ω+= ,

ou seja, não levaremos em conta as alterações na tensão da barra devidas à sua elongação. Na prática esta é uma ótima aproximação. Podemos agora calcular L usando a integração

∫∫ −ω+= oo L

o o

o o

L

o dxL x

L M

AY dxL

0

2 2

0

)( 2

1 .

Efetuando a integração,

3

22 2

2 o

o L

AY M

L AY

M LoL

ω−ω+= .

0

0

L

L

x

x

oo

odx

dx

docsity.com

11

Finalmente, obtemos

) 3

2 1(

2

oLAY M

LoL ω+= .

Problemas propostos

5.1P – A coluna mostrada na figura repousa apoiada em um piso. Sabendo-se que a pressão sobre uma superfície é a força normal a ela dividida pela área da mesma, calcule a pressão na coluna à altura h do piso.

Resposta : )( hH A

Mg p −=

5.2P – Um garoto anda em uma roda gigante de raio R que gira a uma velocidade angular ω . A força que a cadeira faz para sustentar o garoto é variável durante o ciclo, e seu valor máximo é Fmáx. (a) qual é a massa do garoto? (b) Qual é o valor mínimo da força da cadeira sobre o garoto?

Resposta : (a) Rg

F m

2 máx

ω+ = ; (b)

Rg

Rg FF

2

2

máxmín ω ω

+ −= .

5.3P – Uma pedra de massa m, amarrada a uma linha de comprimento L com uma extremidade fixa, gira em um círculo no plano vertical. Qual é a velocidade mínima da pedra ao passar pelo ponto mais alto para que esse movimento seja possível?

Resposta : gL=mínv

5.4 – A Terra faz uma órbita aproximadamente circular em torno do Sol, cujo raio é de m105,1 11× . Qual é a intensidade da força que a Terra exerce sobre o Sol?

A

MH

docsity.com

12

Resposta : N106,3 22×=F

5.5P - Ignore a atmosfera da Terra. Com que velocidade um corpo teria de ser atirado horizontalmente do alto do monte Everest para que realizasse uma volta ao mundo e chegasse ao ponto inicial

Resposta : v = 7,92 km/s

5.6P – A Terra realiza um giro em torno de seu eixo em um dia sideral, cuja duração é 86.164 s. (a) Qual é a redução percentual do peso aparente de um objeto situado na linha do Equador devido à rotação da Terra? (b) Qual deveria ser a duração T do dia para que o peso aparente do objeto fosse nulo? (c) O que ocorreria se o dia fosse menor do que T?

Resposta : (a) %345,0=∆ P P

; (b) T = 1h25min. (c) A Terra se desintegraria, ou melhor,

não teria se formado como é.

5.7P – Um bloco de massa igual a 1000 kg cai de uma altura de 100 m. De quando move- se a Terra nesse processo?

Resposta : m1067,1 20−×=d .

5.8P – Um garçom empurra um copo sobre o balcão para seu cliente com velocidade inicial de 5,0 m/s. Dois metros adiante o cliente pega o copo, que nesse momento já perdera 40% de sua velocidade. (a) qual foi a aceleração do copo ao deslizar sobre o balcão, suposta constante? (b) Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o balcão e o copo?

Resposta: (a) 2m/s0,4−=a ; (b) 41,0=cµ

5.9P – Um bloco desliza em uma rampa de inclinação 60o no mesmo tempo que deslizaria em uma rampa sem atrito de mesmo comprimento e inclinação de 30o. Qual é coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa?

Resposta: 73,0=cµ .

5.10P – Uma caixa de massa m é arrastada sobre um piso horizontal através de uma corda fazendo um ângulo de 45o com a horizontal. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre a caixa e o piso são respectivamente 0,70 e 0,50. (a) Estando a caixa inicialmente em repouso, qual é a força mínima necessária para iniciar o movimento? (b) Quando a força atinge esse valor mínimo, com que aceleração inicia-se o movimento da caixa?

Resposta : (a) mgF 58,0mín = ; (b) ga 11,0= .

docsity.com

13

5.11P - O atrito entre os dois blocos mostrados na figura é nulo e o bloco pequeno não desliza pela rampa. (a) qual é o valor da aceleração a? (b) Sendo m a massa do bloco pequeno, qual é o módulo da força de contato entre os dois blocos?

Resposta : (a) ga = . (b) mgF 2=

a

docsity.com

comentários (1)
Lucas_Azevedo666
Instituto Federal do Sudeste de Minas Gerais - Campus Juiz de Fora (IFET-JF)
há um mês
Muito útil este arquivo
Esta é apenas uma pré-visualização
Consulte e baixe o documento completo
Docsity is not optimized for the browser you're using. In order to have a better experience we suggest you to use Internet Explorer 9+, Chrome, Firefox or Safari! Download Google Chrome