SoluçãoDinâmica do Movimento Circular

Dinâmica do Movimento Circular
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[E]
A fita F1 impede que a garota da circunferência externa saia pela tangente, enquanto que a fita F2 impede que as duas garotas
saiam pela tangente. Sendo T1 e T2 as intensidades das trações nas fitas F1 e F2, respectivamente, sendo T1 = 120 N, temos:
T = m ω2 2 R ⇒ T = 2 m ω2 R = 120
 1
1

2
T2 = m ω 2 R + m ω2 R ⇒ T2 = 3 m ω2 R
⇒
T1 2
=
T2 3
⇒ T2 =
3
3
T1 = (120 ) ⇒
2
2
T2 = 180 N.
Resposta da questão 2:
Nota: o termo órbita em torno do Sol é redundante, pois a órbita já é em torno de algo.
a) a força que o satélite exerce sobre a Terra é desprezível. Então, a resultante centrípeta sobre a Terra é a força gravitacional
que o Sol exerce sobre ela, conforme indica a figura.
Rcent = FST ⇒ MT ω2T R =
ωT =
G MS
R3
G MS MT
R2
⇒ ω2T =
G MS
R3
⇒
.
b) O período de translação do satélite é igual ao período de translação da Terra:
TA = TT = 1 ano = 3,14 × 107 s.
2π
2 × 3,14
ωA =
=
⇒ ωA = 2 × 10 −7 rad/s.
TA
3,14 × 107
c) A força resultante gravitacional sobre o satélite é a soma vetorial das forças gravitacionais que o satélite recebe do Sol e da
Terra, conforme ilustra a figura.
Fres = FS − FT =
G MS m
( R − d )2
−
G MT m
d2
⇒
 M
M 
S
Fres = G m 
− T .
 (R − d )2 d2 


Resposta da questão 3:
a) Dados: P = 4 W; Δt = 5 s.
E = P Δt = 4 ⋅ 5 ⇒
E = 20 J.
b) Dados: m = 0,2 kg; R = 5 cm = 5 × 10−2 m.
A energia cinética das duas esferas é:
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Página 1
m v2
2
= m ( ω R ) ⇒ E = m ω2 R2 ⇒
2
1 E
1
20 100
ω=
=
=
100 ⇒
−
2
R m 5 × 10
0,2
5
E=2
ω = 200 rad/s.
c) A aceleração (a) da esfera tem duas componentes: tangencial (aT ) e centrípeta (aC ).
- Componente tangencial:
v = aT t ⇒ ω R = aT t ⇒ aT =
ω R 200 × 5 × 10−2
=
t
5
⇒ aT = 0,2 m/s2 .
- Componente centrípeta:
(
aC = ω2 R = 2 × 102
)
2
× 5 × 10−2 = 4 × 104 × 5 × 10−2 ⇒ aC = 2 × 103 m/s2 .
Comparando os valores obtidos, a componente tangencial tem intensidade desprezível. Então a intensidade da resultante é
igual à da componente centrípeta.
aT << aC
⇒ a = aC = 2 × 103 m / s2 .
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
Fres = m a = 0,2 ⋅ 2 × 103 = 0,4 × 103 ⇒
Fres = 400 N.
a
2
d) α = T =
= 0,4 × 102 ⇒ α = 40 rad/s2 .
−2
R
5 × 10
Resposta da questão 4:
[A]
Observe na ilustração abaixo as forças exercidas sobre a esfera.
ℓ/2 1
=
ℓ
2
∴ θ = 30°
Porém, a componente Tx representa a resultante centrípeta, logo:
senθ =
Ty
Tx
=
P ⋅ Tx
P
v 2 mg ⋅ T ⋅ cos θ
→ R CP =
→m⋅
=
Rcp
Ty
r
T ⋅ senθ
v2
g ⋅ cos 30
v2
g ⋅ ( 3 / 2)
=
→
=
ℓ ⋅ cos 30
sen30
(1/ 2)
ℓ ⋅ ( 3 / 2)
3
v2 = g ⋅ ℓ
2
∴v=
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3
g⋅ℓ
2
Página 2
Resposta da questão 5:
[B]
Como as velocidades escalares são iguais e constantes, de acordo com a figura e as tabelas dadas, comparando as resultantes
centrípetas temos:
Fc p =
M v2
R

M v2
1  M v2 
FK =
⇒ FK = 

2R
2  R 


 M v2 

3 M v2

⇒ FF = 3 
FF =
 R 
R




2
2 

6Mv
Mv


⇒ FS = 2 
FS = 3 R
 R 



⇒ FK < FS < FF.
Resposta da questão 6:
[B]
Observe a figura abaixo onde estão mostradas as forças que agem no piloto.
Como o movimento é circular deve haver uma força centrípeta apontando para cima. Portanto, a força
da aeronave sobre o piloto deve ser maior que o peso.
Resposta da questão 7:
[C]
Desenhando as forças que atuam na criança, temos a força peso e a força de tração no fio:
Verificamos que não há força tangente a trajetória, há apenas forças radiais, ou seja, não há aceleração tangencial, mas apenas
aceleração centrípeta (radial).
Como a criança está no ponto mais baixo de sua trajetória circular, a aceleração centrípeta deve ser vertical para cima, ou seja,
radial à trajetória para o centro da mesma.
A existência da aceleração centrípeta só é possível pelo fato da força de tração no fio ser maior que a força peso (T>P), ou seja,
por existir uma força resultante (F) vertical para cima: F = T − P
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Página 3
Resposta da questão 8:
Dados: R = 20 m; MN = 60 kg; MJ = 70 kg.
a) Como as posições se invertem em 15 s, antes de a roda completar uma volta, esse intervalo de tempo corresponde a meio
período.
T
= 15 ⇒ T = 30 s.
2
O módulo da velocidade linear das cadeiras é:
2πR 2 ( 3 )( 20 )
v=
=
⇒ v = 4 m / s.
T
30
b) A aceleração radial é a aceleração centrípeta:
aR =
v 2 42
=
R 20
⇒ aR = 0,8 m / s2 .
c) A figura ilustra a situação descrita:
Como se trata de movimento circular, a resultante (R) é centrípeta, ou seja, dirigida para o centro.
Para Nina:
PN − NN = RN ⇒ NN = MN g − MN aR
⇒ NN = 60 (10 − 0,8 ) ⇒
NN = 552 N.
Para José:
NJ − PJ = RJ ⇒ NJ = MJ aR + MJ g ⇒ NN = 70 (10 + 0,8 ) ⇒
NJ = 756 N.
Resposta da questão 9:
a) Um corpo recebe a ação de tantas forças quantas forem as interações que ele realiza. No caso, o garoto interage apenas
( )
( )
com a Terra, recebendo dela a força Peso P , e com a superfície do escorregador, recebendo desta a força normal N ,
como mostra o diagrama.
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Página 4
b) No momento em que o garoto perde o contato com o escorregador (ponto C), a força Normal se anula e a única força atuante
( )
sobre ele passa a ser o seu próprio peso. Nesse ponto, a componente radial do peso Py exerce a função de resultante
centrípeta. Necessitamos do módulo da velocidade nesse ponto C, que calcularemos pela conservação da energia mecânica.
m v c2
+ m g h ⇒ v c2 = 2 g (R − h ) .
2
Aplicando a expressão da resultante centrípeta e substituindo nela a expressão acima:
m  2 g (R − h )
m v c2
FRcent = Py =
⇒ m g cosθ = 
.
R
R
Mas, no triângulo OCD:
h
cosθ = .
R
Então:
h 2 m g (R − h )
2
2
m g =
⇒ h = 2R − 2h ⇒ 3h = 2R ⇒ h =
R ⇒ h = (5 )
R
R
3
3
h = 3,3 m.
A
C
Emec
= Emec
⇒ m gR=
⇒
c) Substituindo valores na expressão deduzida no item anterior:
v c2 = 2 g (R − h )
⇒ v c2 = 2 ⋅ 10 ( 5 − 3,3 )
⇒ v c = 34 ⇒
v c ≅ 5,83 m / s.
Resposta da questão 10:
[B]
2
4 6


2
2
mV / R V
8  15 
8
96
96x15
tgα =
=
→
=
→
= 2
→R =
= 0,08m = 8cm
mg
Rg
15
10R
15 15 x10R
80x15 2
tgα =
V=
R
8 8
→
= → h = 15cm
h
15 h
1
1
πR 2h = π.82.15 = 320 π cm3
3
3
Resposta da questão 11:
[C] A figura mostra as forças que agem na pedra imediatamente antes de o fio arrebentar.
No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade inicial,
dependendo apenas da altura (h) e da intensidade do campo gravitacional local
(g), como na queda livre. Assim:
h=
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1
g t2
2
⇒ t=
2h
g
⇒ t=
2 ( 2R )
g
⇒ t=
4R
.
g
Página 5
No eixo x o movimento é uniforme, pois a velocidade horizontal de lançamento permanece constante. Então:
 4R 
x = v t ⇒ 4R = v 
⇒
 g 


v 2 = 4Rg.
( 4R )
2
 4R 
= v


g 

2
⇒ 16R2 =
4R 2
v ⇒
g
Imediatamente antes de o fio arrebentar, as forças que agem na pedra são a tração e o peso, como mostra a figura, sendo a
soma vetorial das duas a resultante centrípeta.
m ( 4Rg)
mv 2
T + P = RC ⇒ T + mg =
⇒ T=
− mg ⇒ T = 4mg − mg ⇒
R
R
T = 3mg.
Resposta da questão 12:
[A]
Se não há atrito, as únicas forças que agem sobre o corpo são seu próprio peso (P) , vertical para baixo, e a normal (N) ,
perpendicular à trajetória em cada ponto.
A figura abaixo ilustra essas forças em cada um dos pontos citados.
Resposta da questão 13:
[C]
2
Dados: m = 500 g = 0,5 kg; R = 80 cm = 0,8 m; g = 10 m/s .
Para encontrar a expressão da velocidade (v) da esfera no ponto P2, apliquemos a conservação da energia mecânica, tomando
como referencial para energia potencial o plano horizontal que passa por esse ponto:
EMec
= EMec
⇒ m gR=
P1
P2
m v2
2
⇒ v = 2 g R. (I)
2
A resultante centrípeta no ponto P2 é:
Rc = N – P =
m v2
. (II)
R
Substituindo (I) em (II), vem:
m (2 g R )
N – mg =
⇒ N – m g = 2 m g ⇒ N = 3 m g ⇒ N = 3 (0,5) (10) ⇒
R
N = 15 N.
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Página 6
Resposta da questão 14:
[D]
( )
( )
Conforme o diagrama anexo, as forças que agem no carro são o peso P e a normal N . Como o movimento é circular e
( )
uniforme, a resultante dessas forças é centrípeta (radial), RC
Rc m ⋅ a c
=
⇒ ac = g ⋅ tgα . Como α e g são constantes, a aceleração centrípeta (radial, dirigida para o centro) tem
P
m⋅g
módulo constante.
tgα =
Resposta da questão 15:
[D]
2
Dados: r = 20 m; v = 72 km/h = 20 m/s; m = (800 + 60) = 860 kg e g = 10 m/s .
Sendo FN a força de reação da pista e P o peso do conjunto, analisando a figura, temos que a resultante centrípeta é:
RC = FN – P ⇒ FN = RC + P ⇒ FN =
m v2
860 (20)2
+ m g ⇒ FN =
+ 860 (10) = 17.200 + 8.600 ⇒
r
20
FN = 25.800 N.
Resposta da questão 16:
2
Dados: h = 2 m; g = 9,8 m/s ; ∆ac = 1% g =
g
2
= 0,098 m/s .
100
Um habitante (da cabeça aos pés) gira com a mesma velocidade angular (ω
ω) da nave.
pe
A diferença entre as acelerações centrípetas nos pés ac e na cabeça acab
deve ser igual a 1% da aceleração da gravidade na
c
( )
(
)
Terra.
2
Para os pés: ape
c = ω r = g;
Para a cabeça: acab
= ω2 (r − h) .
c
Equacionando:
g
cab
ape
=
⇒
c − ac
100
ω2r − ω2 (r − h) =
g
100
⇒ ω2r − ω2r + ω2h =
g
⇒
100
2
g − g + ω2 (2) = 0,098 ⇒ ω = 0,049.
Mas
2
ω r = g ⇒ 0,049 r = 9,8 ⇒ r =
9,8
⇒
0,049
r = 200 m.
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Página 7
Resposta da questão 17:
[B]
2
No ponto máximo do looping para que o corpo complete o percurso P = m.g = m.v /R
O comprimento da rampa
→ v2 = R.g
→ cos60° = H/L → L = 40 m
A energia gravitacional no início da rampa
→ Eg = m.g.H = 20mg 3
→ W = F.d = µNL = µmgL = 10mg 3
O trabalho do atrito no deslocamento horizontal → W’ = µNd = 10mg
A energia cinética do início do looping → Ec = Eg - W - W’
O trabalho do atrito na rampa
Ec = 20 mg
3 – 10 mg 3 – 10 mg = 10 mg( 3 – 1)
Esta energia cinética se converte em gravitacional e cinética no alto do looping
10 mg(
3 – 1) = mg.2R + (m/2).Rg
10(
3 – 1) = 2R + R/2
10(
3 – 1) = 5R/2
R = 4.(
3 – 1) m
Resposta da questão 18:
[C]
Pela conservação da energia
2
2
m.g.L = m.v /2 → v = 2.g.L
No ponto inferior pela análise de forças em um movimento circular
2
T – P = m.v /L
T – m.g = m.2.g.L/L
T = m.g + 2.m.g
T = 3.m.g
Resposta da questão 19:
R = (L/2) + d.senθ =
8
  + 10.sen30° = 4 + 10.0,5 = 4 + 5 = 9 m
2
Na figura
T.cosθ = M.g
→ T.cos30° = 1000.10 → T.0,87 = 10000 → T =
10000
= 11494 N
0,87
A resultante centrípeta atua no plano horizontal, logo: Fcentrípeta = T.sen30° = 11494.0,5 = 5747 N
Resposta da questão 20:
[B]
Resolução
Um corpo em MCU está sujeito a uma força resultante denominada CENTRÍPETA que é dirigida para o centro da trajetória.
Resposta da questão 21:
[D]
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Página 8
Resposta da questão 22:
2
2
2
2
2
x
r
 + 1 =   ; que vamos chamar de
y
y
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo OxP temos: x + y = r ; de onde vem 
equação 1.
No ponto P o corpo está realizando um movimento circular onde a força de reação da pista sobre a partícula é nula e desta
forma a componente radial da força peso será a resultante centrípeta, ou seja, P.sen α =
Desta forma
y
m.v 2
, onde sen α =
e P = mg.
r
r
mgy m.v 2
rg
r
=
então
=
, que vamos chamar de equação 2.
r
r
y v2
Da conservação da energia mecânica entre o ponto inicial e o ponto P:
m.v 02
m.v 02
+ m.g.h =
+ m.g.y
2
2
2
v 2 v 02 2gh 2gy
r
=
+
. Substituindo esta última expressão na equação 2, temos:
=
r
r
r
r
y
2
v0 + 2.g.h = v + 2.g.y →
(v
3gr
2
0
+ 2gh
)
. Substituindo esta expressão na equação 1:
[3gr ]
x
  +1=
v 02 + 2gh
y
2
2
(
(
)
2
2
9g2r 2
x
  +1=
v 02 + 2gh
y
(
2
9g2r 2 
x


  =
y
v 02 + 2gh
(
)
2

 x  
9g2r 2
=
  
 y    v 2 + 2gh
 0
(
)
)
)
-1




− 1
2




Resposta da questão 23:
2
a) ac = 36m/s
Ra/g = a/g = 3,6
b) Ttotal = 31,5 s.
Resposta da questão 24:
[E]
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Página 9
Resposta da questão 25:
[A]
Resposta da questão 26:
[C]
Resposta da questão 27:
[A]
O "peso" do astronauta é percebido por ele a partir da reação normal da estação sobre ele. Esta reação normal, N, é a resultante
centrípeta, ou seja,
mve2
, onde ve é a velocidade da estação. No momento em que o astronauta corre com velocidade v a
R2
reação normal sofre um aumento de 20%. Assim N'=1,2N de onde vem:
m ( ve + v )
2
R2
=1,2.
mve2
.
R2
Simplificando:
2
2
6

5
(ve+v) =1,2.ve ==> (ve+v)=ve. 
 6

− 1


 5

v = ve.  

Como ve=
2πR2
chega-se a alternativa correta.
P
Resposta da questão 28:
[E]
Resposta da questão 29:
[C]
Resposta da questão 30:
a) T = 10N
b) ω = 4,0 rad/s
Resposta da questão 31:
a) Tração e peso. A tração sobre o fio no sentido do ponto fixo, enquanto que o peso é vertical para baixo. Observe a figura a
seguir
b) 5N
c) 1,8 J
Resposta da questão 32:
[A]
Resposta da questão 33:
[E]
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Resposta da questão 34:
2
a) tgα = v /Rg
b) Observe o esquema a seguir:
Resposta da questão 35:
3
4,96 × 10 N
Resposta da questão 36:
a) Sua velocidade em
m L tem direção vertical, sentido de baixo para cima e módulo
( gR ) .
°
b) F faz 45 com a horizontal, aponta de L para K e tem módulo dado por mg. 2
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