para ver na tela a resolução das questões 1, 2, 3, 4, 10, 11

Anual de Física para Medicina e Odontologia 2005 - www.fisicaju.com.br - Prof Renato Brito
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÕES 1, 2, 3 e 4
Veja questões 22 e 23 da página 97 - Tudo vai se esclarecer quando chegarmos lá. ☺
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 10
V2
Actp =
= e da figura, vemos que Actp = a . cos60°
R
V2
= a . cos60°, com R = 1 m
Actp =
R
V2
= 32 x 0,5 ⇒ v = 4 m/s
1
tg
V
a
60o
ctp
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 11
S = 2 – 8.t + 3.t2 (SI).
Determine, no instante t = 2 s:
a) a velocidade do móvel
Comparando com a função geral S = So + Vo .t + (a/2).t2 , temos que:
So = 2m, Vo = –8 m/s, a/2 = 3 ⇒ a = 6 m/s2
Assim, V = Vo + a.t ⇒ V = –8 + 6.t
Para t = 2s, temos que V = –8 + 6.t = –8 + 6x2
⇒ V = 4 m/s
b) a intensidade da componente tangencial da força resultante
a aceleração escalar é o módulo da aceleração tangencial a cada instante:
a TG = a = 6 m/s2 , conforme determinamos inicialmente, a partir da função horária.
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:
FR - TG = m. a TG
⇒ FR - TG = 10 x 6
⇒
FR - TG = 60 N
c) a intensidade da componente centrípeta da força resultante
aCTP = V2 / R , com V = 4 m/s (em t = 2 s) e R = 2m, assim :
aCTP = V2 / R = 42 / 2 ⇒ aCTP = 8 m/s2
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:
FR -CTP = m. a CTP
⇒ FR - CTP = 10 x 8
⇒
FR – CTP = 80 N
d) a intensidade da força resultante
Achando a resultante das duas componentes perpendiculares entre si, pelo teorema de Pitágoras, vem:
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(FR )2 = (FR–TG)2 + (F CTP)2
(FR )2 = ( 60)2 + ( 80)2
⇒
FR = 100 N
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 12
Conforme vimos em sala e nas questões de casa, no ponto mais alto da parábola
a aceleração
resultante, causada pela força resultante (peso), é exclusivamente centrípeta, portanto aR = actp = g.
Adicionalmente, no ponto mais alto da parábola, a velocidade vertical da bola é nula VY = 0, portanto, a
bola só apresenta velocidade horizontal VX = Vo .cos60° = 20
x
0,5 = 10 m/s. Assim, podemos
escrever:
VX
tg
aR actp
ctp
aR = g
( Vx ) 2
Actp =
R
⇒
( Vx ) 2
g =
R
⇒
(10) 2
10 =
R
⇒
R = 10 m
Esse é o raio de curvatura da parábola descrita pela bola, no ponto mais alto dessa parábola (vértice).
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 16
N
Fat
ω
P
Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio na vertical, podemos escrever:
N = P = M.g
[eq-1]
Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos permite escrever a 2a Lei de
Newton: FR ctp = Fin – Fout = M. (ω2 . R)
Fat – 0 = M. (ω2 . R)
⇒
Fat = M. (ω2 . R)
Página (30)
[eq-2]
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Lembrando que a força de atrito estática “não é a mulher-maravilha”, ela trabalha dentro de um limite,
podemos escrever: Fat ≤ Fat max ⇒
Fat ≤ µ . N
[eq-3]
A condição para que as equações 1 e 2 sejam satisfeitas, dentro dos limites impostos pela equação 3,
é encontrada, substituindo-se 1 e 2 em 3:
Fat ≤ µ . N
⇒
M. (ω2 . R) ≤ µ . M.g
⇒
ω2 . R ≤ µ . g, como todos os números são
positivos, podemos simplesmente isolar ω:
ω≤
µ.g
0,1× 10
⇒ ω≥
R
0,25
⇒
ω ≥ 2 rad/s ⇒ ωmin = 2 rad/s
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 17
a resposta da apostila não estava correta ☺ - resposta correta: Fat = 0,1 N
N
Fat
ω
P
Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio na vertical, podemos escrever:
N = P = M.g
[eq-1]
Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos permite escrever a 2a Lei de
Newton: FR ctp = Fin – Fout = M. (ω2 . R)
⇒
Fat – 0 = M. (ω2 . R)
Fat = M. (ω2 . R)
A moeda estava na iminência de escorregar quando ω = 2 rad/s.
[eq-2]
Reduzindo ω à metade
(ω = 1 rad/s) , a moeda, certamente, não está mais na iminência de escorregar. Assim, podemos
acrescentar uma informação extra (porém inútil):
Fat < µE . N
[eq-3]
Para determinarmos Fat, fazemos uso da equação [eq-2]:
Fat = M. (ω2 . R)
[eq-2]
Fat = (0,2 kg ) x ( 1 rad/s)2
x
⇒
(0,5 m) = 0,1 N
Fat = 0,1 N
a resposta da apostila não estava correta ☺
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AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 23
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R
Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, podemos
escrever:
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R
N
N – P = M.V2 / R
N = M.V2 / R + M.g
N = 70 x 402 / 40
, com V = 144 km/h = 40 m/s
+
70 x 10 = 3500
N = 3500 newtons
P
Para calcular a gravidade aparente, fazemos uso de:
N = P apar = M . gapar ⇒ 3500 = 70 . gapar
⇒
gapar = 50 m/s2 = 5g !!!!!
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 24
Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, percebemos
que apenas a normal N está sobre o eixo centrípeto, naquela posição do
avião, portanto, apenas a normal N será a responsável pela aceleração
N
P
centrípeta do avião, naquele ponto:
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R
tg
N – 0 = M.V2 / R
N = M.V2 / R + M.g
N = 80 x 602 / 90
, com V = 216 km/h = 60 m/s
= 3200
N = 3200 newtons
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ctp
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AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 30
Inicialmente, temos um problema de equilíbrio estático, onde
qualquer par de eixos pode ser usado para resolver a questão.
Escolhemos, portanto, o par de eixos que simplifique nossos
cálculos. Devido à simetria do triângulo equilátero, a tração nos
fio 2
fio 1
30o 30o
dois fios tem o mesmo valor TA dada por:
TA
TA
TA .cos30° + TA .cos30° = P
2.TA .cos30° = P
P
⇒ TA = P / (2.cos30°)
Em seguida, o fio 1 será cortado. O sistema se comportará como
30o
V=0
um pêndulo simples momentaneamente em repouso (v = 0) na sua
posição extrema, onde ele pára afim de inverter o sentido do
eix
o
t an
ge
movimento.
TB
nc
ial
P.sen30o
componente tangencial do pêndulo, P.sen30°. Haverá equilíbrio
P
ad
ial
30o
or
visto que ele terá aceleração tangencial, causada pela
P.cos30o
ei x
Logo após o corte do fio, portanto, o pêndulo já estará acelerado,
momentâneo apenas na direção radial (centrípeta), visto que,
momentaneamente, ainda não há velocidade (v=0), portanto,
momentaneamente ainda não haverá aceleração centrípeta.
A 2ª lei de Newton na direção centrípeta, logo após o corte do fio,
permite escrever:
No posição A, podemos escrever:
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R
FR ctp = TB – P.cos(30°) = M.V2 / R, com V = 0. Assim:
FR ctp = TB – P.cos(30°) = 0
⇒ TB = P.cos(30°)
P
o
T
1
4 2
1
1
Assim, temos que: A = 2. cos 30 o =
=
=
=
=
2
3 6 3
TB P. cos 30
2. cos 2 30 o
⎛ 3⎞
2×
⎟
2.⎜⎜
4
⎟
⎝ 2 ⎠
TA / TB = 2 / 3 ☺ eu adoro essa questão, muito charmosa ☺
Resposta Correta – Letra E
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AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 40
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P.
No caso do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:
α
FR ctp = Fin – Fout = ( T.senα – 0) = T.senα = m.(ω2.R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: T.cosα = m.g
[eq-2]
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:
tanα =
ω2
.R/g
T.cosα
T.senα
eixo ctp
[eq-3]
P
O triângulo retângulo permite determinar a tanα:
Tanα = R / H [eq-4]
Das relações 3 e 4, podemos escrever:
H
tanα = ω2 . R / g = R / H , cancelando R , vem:
α
L
ω2 . H = g = constante (g não muda, concorda?)
R
Assim, podemos dizer que:
ωantes2 . Hantes = ωdepois2 . Hdepois = g = constante
(6)2 . 1 = (3)2 . Hdepois ⇒ Hdepois = 4 m
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 41
α
α
T
m.g
N
α
Fat
α
M
T.cosα
α
T.senα
N
T
M.g
ctp
T.cosα
Fat
M
α
T.senα
M.g
m.g
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso do pêndulo cônico, a
resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( T.senα – 0) = T.senα = m.(ω2.R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: T.cosα = m.g
[eq-2]
A caixa sobre a mesa está em equilíbrio e na iminência de escorregar. Assim, podemos escrever:
Condição de equilíbrio da caixa: Vertical: T.senα + N = M.g
Página (34)
[eq-3]
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Condição de equilíbrio da caixa: Horizontal: T.cosα = Fat
Condição de iminência: Fat = Fatmax: Fat = µ.N
[eq-4]
[eq-5]
Note que a tração T que age na caixa é a mesma tração T que age no pêndulo, visto que se trata do
mesmo fio ideal.
Substituindo 1 em 3, vem: T.senα + N = M.g ⇒ m.(ω2.R) + N = M.g ⇒ N = M.g –m.(ω2.R)
[eq-6]
Substituindo 6, 2 e 4 na relação 5, vem:
Fat = µ.N
T.cosα = µ.N
T.cosα = µ. ( M.g – m.ω2.R )
m.g = µ.( M.g – m.ω2.R)
µ=1 ☺
⇒ µ =
m.g
2 × 10
20
=
=1
=
2
2
M.g − m.ω .R 2,4 × 10 − 2 × 2 . × 0,5 20
Resposta Correta – Letra E
eixo de rotação
AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 42
L
α
α
T
ω
P
L.senα
R
r
trajetória circular do pêndulo
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso do pêndulo cônico, a
resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( T.senα – 0) = T.senα = m.(ω2. r)
Na direção vertical, podemos escrever: T.cosα = m.g
[eq-1]
[eq-2]
A esfera do pêndulo descreve um movimento circular de raio r em torno do eixo de rotação, tal que:
r = R +
L.senα =
1,5
+ 10x 0,6
=
7,5 m
Dividindo a equação 1 pela 2, temos que:
ω 2 .r
tanα =
⇒
g
0,6 ω 2 .7,5
=
⇒ ω = 1 rad/s
0,8
10
Página (35)
⇒
r = 7,5 m
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AULA 4 – DINÂMICA DO MOVIMENTO CURVILÍNEO– QUESTÃO 43
N
α
α
P
Apenas duas forças agem no carro: a normal N e o peso P, visto que o enunciado afirma que a curva
está sendo traçada sem a ajuda da força de atrito, graças à inclinação da pista.
A a resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( Nx – 0) = N.senα = m.(V2 / R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: Ny = N.cosα = m.g
[eq-2]
Com V = 180 km/h = 50 m/s e R = 820m
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:
V2
50 2
2500
tan α =
=
= 0,304
=
R.g 820 × 10 8200
Consultando a tabela trigonométrica fornecida na questão, vemos que tan17° = 0,306 e, portanto,
α = 17°.
☺
Resposta Correta – Letra A
Página (36)