segunda-feira, 3 de março de 2014

Forças em trajetórias curvilíneas.

Forças em trajetórias curvilíneas. Novos exercícios

Resumo: 

Quando um corpo descreve um movimento circular uniforme sua aceleração é centrípeta (acp), com intensidade dada por  acp = v2/R , onde v é a velocidade escalar e R o raio da trajetória.

Pela segunda lei de Newton a resultante das forças que agem no corpo, chamada resultante centrípeta (Fcp = m.acp), é responsável pela trajetória circular que o corpo descreve. Fcp e acp têm direção perpendicular à velocidade vetorial do corpo, em cada instante e sentido para o centro da trajetória.


Exemplos:

1) Um pequeno bloco preso a um fio descreve em uma mesa, perfeitamente lisa, um movimento circular uniforme. As forças que agem no bloco são: o peso P, a força normal FN e a força de tração T. O peso e a força normal se equilibram. A resultante é a força de tração. Ela é a resultante centrípeta.


2) Num pêndulo cônico uma pequena esfera, presa a um fio, descreve uma trajetória circular num plano horizontal. As forças que agem na esfera são: o peso P e a força de tração T. A resultante P + T é a resultante centrípeta.  


Se o movimento curvilíneo for variado a força resultante apresenta duas componentes, uma centrípeta (responsável pela variação da direção da velocidade) e outra tangencial (responsável pela variação do módulo da velocidade). Veja o exemplo: uma pequena esfera presa a um fio oscila num plano vertical (pêndulo simples). Observe a esfera ao passar pela posição C. As forças que nela agem são o peso P e a força de tração T. Vamos decompor o peso nas componentes Pt e Pn.
O módulo da resultante centrípeta é T - Pn e o módulo da resultante tangencial é Pt.


Animações: 
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Exercícios básicos 

Exercício 1: 
Um motociclista com sua moto descreve uma trajetória circular de raio R, num plano vertical, no interior de um globo da morte. O motociclista realiza a volta completa, sem descolar do piso. Prove que, nestas condições, a velocidade mínima do motociclista no ponto mais alto da trajetória é dada por 
onde g é a aceleração local da gravidade.

                                      
Resolução:





m.g + FN = m.v2/R
v
min => FN = 0
m.g = m.(
vmin)2/R

           

Exercício 2:
Um carro de massa m entra numa curva de raio R de uma  estrada horizontal. O coeficiente de atrito estático entre a pista e os pneus é igual a μ. Prove que a máxima velocidade com que o carro pode fazer a curva, sem o perigo de derrapar, é dada por
onde g é a aceleração local da gravidade.



Resolução:  





Fat = m.v2/R ≤ μ.FN m.v2/R ≤ μ.m.gv2 ≤ μ.R.g


 

 Exercício 3:
Um automóvel percorre uma pista curva sobrelevada, isto é, a curva apresenta a margem externa mais elevada do que a margem interna. Seja θ o ângulo de sobrelevação, tal que tg θ = 0,15. Com que velocidade escalar o automóvel deve efetuar a curva, independentemente da força de atrito entre os pneus e a pista? É dada a aceleração da gravidade g =10 m/s2 e o raio da trajetória R = 150 m.

Clique para ampliar
  
Resolução: 
Na figura representamos as forças que agem no carro e a força resultante FR que é centrípeta:

No triângulo sombreado temos:

tg θ = FR/P = (m.v2/R)/m.g => tg θ = v2/R.g => 0,15 = v2/1500 =>
v = 15 m/s

Resposta: 15 m/s


Exercício 4:
Um avião realiza um movimento circular uniforme de raio R = 120 m e com velocidade escalar v = 40 m/s. F é a força de sustentação e P é o peso do avião. Determine a intensidade da força F em função da massa m do avião. Considere 
g = 10 m/s2.


Resolução:
Na figura representamos as forças que agem no avião e a força resultante FR que é centrípeta:


P = m.g => P = 10.m e FR = (m.v2/R) => FR = m.[(40)2/120] => FR = 40.m/3
 

Pelo Teorema de Pitágoras, temos:
 

F2 = P2 +(FR)2 => F2 = 100.m2 + 1600.m2/9 => F2 = 2500.m2/9 => 
F = 50.m/3

Resposta: 50.m/3

 Exercício 5:
O rotor é um cilindro oco que pode girar em torno de seu eixo. Uma pessoa está encostada na parede interna do cilindro, conforme mostra a figura. O cilindro começa a girar e a pessoa gira junto como se ficasse "grudada" no cilindro. Quando atinge uma velocidade angular mínima ωmin o piso é retirado e a pessoa não cai. Seja R o raio do cilindro, g a aceleração local da gravidade e μ o coeficiente de atrito estático entre a roupa da pessoa e a parede do cilindro. 

x
a) Represente as forças que agem na pessoa: o peso P e as componentes Fat (força de atrito) e FN (força normal).
b) Prove que

Resolução: 


a)

b)
P = Fat
P = μ.FN
m.g = μ.m.ω
2.R 
ω2 = g/R.μ

 
Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1:
(VUNESP)
Curvas com ligeiras inclinações em circuitos automobilísticos são indicadas para aumentar a segurança do carro a altas velocidades, como, por exemplo, no Talladega Superspeedway, um circuito utilizado para corridas promovidas pela NASCAR (National Association for Stock Car Auto Racing). Considere um carro como sendo um ponto material percorrendo uma pista circular, de centro C, inclinada de um ângulo
α e com raio R, constantes, como mostra a figura, que apresenta a frente do carro em um dos trechos da pista.



Se a velocidade do carro tem módulo constante, é correto afirmar que o carro

a) não possui aceleração vetorial.
b) possui aceleração com módulo variável, direção radial e no sentido

para o ponto C.
c) possui aceleração com módulo variável e tangente à trajetória circular.
d) possui aceleração com módulo constante, direção radial e no sentido

para o ponto C.
e) possui aceleração com módulo constante e tangente à trajetória circular.


Resolução:
O carro realiza um movimento circular e uniforme. Sua aceleração é centrípeta. Esta possui módulo constante, direção radial e sentido apontando para o centro C.

Resposta: d

Revisão/Ex 2:
(FGV)
Em um dia muito chuvoso, um automóvel, de massa m, trafega por um trecho horizontal e circular de raio R. Prevendo situações como essa, em que o atrito dos pneus com a pista praticamente desaparece, a pista é construída com uma sobre-elevação externa de um ângulo
α, como mostra a figura. A aceleração da gravidade no local é g.



A máxima velocidade que o automóvel, tido como ponto material, poderá desenvolver nesse trecho, considerando ausência total de atrito, sem derrapar, é dada por


a)
(m.g.R.tg α)
b)
(m.g.R.cos α)
c)
(g.R.tg α)
d)
(g.R.cos α)
e)
(g.R.sen α)

Resolução:







No triângulo sombreado temos:

tg α  = FR/P = (m.v2/R)/m.g =>  tg α = v2/g.R => v = (g.R.tg α)

Resposta: c
 
 
 

Revisão/Ex 3:
(PUC-Campinas)
Num trecho retilíneo de uma pista de automobilismo há uma lombada cujo raio de curvatura é de 50 m. Um carro passa pelo ponto mais alto da elevação com velocidade v, de forma que a interação entre o veículo e o solo (peso aparente) é m.g/5 neste ponto. Adote g = 10 m/
s2.
Nestas condições, em m/s, o valor de v é

a) 10
b) 20
c) 30
d) 40
e) 50


Resolução:
As forças que agem no veículo são o peso de módulo P = mg e a força normal de módulo FN que é igual ao peso aparente, isto é, FN = mg/5.

Assim, temos: 

Fresultante = m.acp => mg-mg/5 = m.v2/R => 
4mg/5 = m.v2/R => v2 = 4gR/5 => v2 = 4.10.50/5 => v = 20 m/s

Resposta: b

Equilíbrio Estático de um corpo extenso

Equilíbrio Estático de um corpo extenso
Uma barra homogênea de comprimento 4 m e de peso P = 12 N está apoiada nos pontos A e B, conforme a figura.


Vamos determinar as intensidades das forças FA e FB que os apoios exercem na barra. Na figura, a seguir, estãoBrepresentadas as forças que agem na barra. Note que o peso P está aplicado no centro geométrico da barra poisBela é homogênea.


Podemos impor que a força resultante é nula, ou seja:

FA + FB = P => FA + FB = 12 (1)

A condição força resultante nula deve ser imposta para que a barra não sofra translação. Entretanto, a barra pode girar. Tome, por exemplo, o ponto de apoio B como referência. A força FA tende a girar a barra em torno de B, no sentido horário e o peso P tende a girar a barra em torno de B, no sentido anti-horário.


A grandeza que mede a eficiência de uma força em produzir rotação chama-se momento e é dada pelo produto da intensidade da força pela distância do ponto considerado (no caso o ponto B) até a linha de ação da força. Para que a barra não gire impomos que o momento de FA em torno de B (no sentido horário) deve ser igual ao momento de P em torno de B (no sentido anti-horário).

MFA = MP => FA.dA = P.d => FA.3 = 12.1 => FA = 4 N.
De (1) resulta: FB = 8 N

Resumindo: para o equilíbrio de um corpo extenso devemos impor:

1º) Equilíbrio de Translação: 
Força resultante nula. Esta condição é imposta considerando a soma das intensidades das forças para cima igual à soma das  intensidades das forças para baixo. E a soma das intensidades das forças para a direita igual à soma das intensidades das forças para a esquerda. 

2º) Equilíbrio de rotação: 
Neste caso, escolhemos um ponto e impomos que a soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido horário é igual à soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido anti-horário.


Exercícios básicos
 

Exercício 1:
a) Calcule o momento da força F de intensidade 10 N, em relação ao ponto A?
b) Explique por que o momento da força fA aplicada no ponto A, em relação a esse ponto, é nulo.


Resolução:

a) MF = F.d = 10 N.2 m = 20 N.m
b) MFA = 0, pois a distância de A à linha de ação de fA é zero.


Exercício 2:
Na figura uma barra homogênea apoiada num ponto A e presa pelo ponto B ao teto por um fio ideal, está em equilíbrio na posição horizontal. A barra tem peso P = 90 N.
a) Represente as forças que agem na barra.
b) Calcule as intensidades da força de apoio e da força de tração no fio.


Resolução:

a)


b) Condições de equilíbrio:

1ª) FA + T = P  =>  FA + T = 90 (1)

2ª) Tomando o ponto A como referência:

MP  = MT  =>  90.2 = T.4  =>  T = 45 N

De (1): FA = 45 N


Exercício 3:
Uma gangorra tem braços desiguais. No extremo A está sentado João de peso 500 N. Qual é o peso de Maria sentada no extremo B, para que a gangorra fique em equilíbrio na posição horizontal? Considere a gangorra articulada no ponto O e de peso desprezível.


Resolução:


Tomando o ponto O como referência:


MPJ = MPM  =>  500.2 = PM.4  =>   PM = 250 N


Exercício 4:
A barra homogênea da figura tem peso P = 120 N. A polia é ideal. Determine o peso do bloco e a intensidade da força que o apoio A exerce na barra, estando o sistema em equilíbrio.


Resolução:




Condições de equilíbrio:

1ª ) FA + T = P  =>  FA + T = 120 (1)

2ª) Tomando o ponto A como referência:

MP = MT  =>  120.3 = T.4  =>  T = 90 N
 

Mas o peso do bloco é igual à intensidade da força de tração no fio, isto é:

P = T = 90 N
 

De (1): FA = 30 N

Exercício 5:
A barra homogênea de peso P = 30 N estáAarticulada no ponto A. O fio DC é ideal e forma com a barra, naAposição horizontal, um ângulo de 30º. O bloco tem peso PBx=x10 N. Sendo sen 30º = 1/2 e cos 30º = 3/2, determine a intensidadeAda força de tração no fio e as componentes XA e YA da força que a articulação exerce na barra.


Resolução: 




Condições de equilíbrio:

1ª) YA + T.sen 30º = P + PB  =>  YA + T.(1/2) = 30 + 10 (1)
XA = T.cos 30º => XA  = T.(3/2) (2)

2ª) Tomando o ponto A como referência:

MP + MPB = MTsen30º  =>  30.3 + 10.6 = T.(1/2).4  =>  T = 75 N

De (1): YA = 2,5 N
De (2): XA = 37,5.3 N

 Exercícios de Revisão

Revisão/Ex 1:
(PUC-MG)
Uma haste, com massa uniformemente distribuída ao longo do seu comprimento, encontra-se em equilíbrio, na horizontal, apoiada no ponto P, tendo duas massas M e M’ nas suas extremidades, conforme a figura abaixo.
Nessas condições, é CORRETO afirmar:


a) M’ < M
b) M’ = M
c) M < M’ < 2M
d) M’ > 2M

Resolução:







Tomando o ponto P como referência e considerando que a soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido horário é igual à soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido anti-horário, temos:

Phaste.(L/2) + Mg.2L = M’g.L => M’ = 2M + Phaste/2g

Portanto, M’ > 2M

Resposta: d
 
 
 

Revisão/Ex 2:
(UFSM-RGS)
A figura representa uma barra homogênea em equilíbrio horizontal, de massa m e comprimento L, estando uma das extremidades articulada a uma parede. Na extremidade oposta, está suspenso um corpo de massa M, estando essa barra sustentada em sua metade por uma mola de constante elástica K. Nessa situação, a mola está distendida de:



a) (M/K).g
b) (2M/K).g
c) [(M+m)/K].g
d) [(2M+m)/K].g

Resolução:
Tomando a articulação  como referência e considerando que a soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido horário é igual à soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido anti-horário, temos:
  
Mg.L + mg.(L/2) = Kx.(L/2) => x = (2M+m).g/K

Resposta: d

Revisão/Ex 3:
(Mackenzie-SP)
A figura mostra um móbile constituído por duas barras de massas desprezíveis que sustentam os corpos A, B e C por fios ideais. Sendo a massa do corpo A 45 g, a massa do corpo C, que mantém o conjunto em equilíbrio na posição indicada, deve ser igual a:



a) 10 g.
b) 20 g.
c) 30 g.
d) 40 g.
e) 50 g.

Resolução:






mB.g.30 = mA.g.10 => mB = mA/3 = 15 gramas.
T = mA.g + mB.g = 60.g



T.20 = mC.g.30 => 60.g.20 = mC.g.30 => mC = 40 gramas

Resposta: d
 
 

Revisão/Ex 4:
(PUC-MG)
Na figura desta questão, um jovem de peso igual a 600 N corre por uma prancha homogênea, apoiada em A e articulada no apoio B. A prancha tem o peso de 900 N e mede 9,0 m. Ela não está presa em A e pode girar em torno de B. A máxima distância que o jovem pode percorrer, medida a partir de B, sem que a prancha gire, é:


a) 1,75 m.
b) 2,00 m.
c) 2,25 m.
d) 2,50 m.

Resolução:
A máxima distância que o jovem pode percorrer, medida a partir de B, sem que a prancha gire, corresponde ao instante em que a força normal em A torna-se nula.



Nestas condições, tomando o ponto B como referência e considerando que a soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido horário é igual à soma dos momentos das forças que tendem a produzir rotação no sentido anti-horário, temos:

Pprancha x 1,5 = Pjovem x d => 900 x 1,5 = 600 x d => d = 2,25 m

Resposta: c

Revisão/Ex 5:
PUC-MG
Uma placa de publicidade, para ser colocada em local visível, foi afixada com uma barra homogênea e rígida e um fino cabo de aço à parede de um edifício, conforme ilustração.



Considerando-se a gravidade como 10 m/s2, o peso da placa como 200 N, o comprimento da barra como 8 m, sua massa como 10 kg, a distância AC como 6 m e as demais massas desprezíveis, pode-se afirmar que a  força de tração sobre o cabo de aço tem intensidade:

a) 417 N
b) 870 N
c) 300 N
d) 1200 N

Resolução:






Tomando o ponto A como referência:

MPplacaMPbarra = MT.senB => 200.8 + 100.4  = T.(6/10).8 => 
1600 + 400 = T.4,8 => T = 2000/4,8 => T = 416,66 N => T  417 N

Resposta: a
 
 
 

domingo, 2 de março de 2014

RESUMÃO DE CINEMÁTICA!


Espaço


Variação de Espaço (Δs)

Δs = s2 - s1




Movimento Progressivo


Movimento Retrógrado


Movimento Uniforme (MU)


Função horária do MU


  
Aceleração escalar média αm


Movimento acelerado: 
O módulo da velocidade cresce com o tempo.

Propriedade: v e α têm o mesmo sinal.


Movimento retardado: 

O módulo da velocidade decresce com o tempo.

Propriedade: v e α têm sinais contrários.




Movimento uniformemente variado (MUV)

α = αm = Δv/Δt = constante

Função horária da velocidade escalar
 

v = v0 + α.t

Função horária dos espaços
 

s = s0 + v0.t + (α.t2)/2

Equação de Torricelli
 

v2 = (v0)2 + 2.α.Δs
 

Propriedade do MUV
 

vm = Δs/Δt = (v1 + v2)/2


Movimento vertical no vácuo
 


Gráficos do Movimento Uniforme


Gráficos do Movimento Uniformemente Variado



Propriedades




Adição vetorial


Subtração vetorial



Produto de um número real por um vetor


Componentes de um vetor




Vetor deslocamento


Velocidade vetorial média (vm)


Aceleração vetorial média (a
m)



Lançamento horizontal


Movimento vertical:
Queda livre
 
y = g.t2/2
vy = g.t

Movimento horizontal:
Uniforme com velocidade v0
 

x = v0.t

Cálculo do tempo de queda
tq: 

t = tq quando y = h => h = g.(tq)2/2 => tq = √(2.h/g)

Cálculo do alcance D:
 

X = D quando t = tq => D = v0.tq 



Lançamento Oblíquo

 Clique para ampliar

Componentes horizontal e vertical da velocidade inicial:

vx = v0.cos θ
v0y = v0.sen θ

Movimento vertical:

Lançamento vertical para cima (MUV) com velocidade v0y = v0.sen θ

y = v0y.t + (α/2).t2
vy = v0y + α.t
(vy)2 = (v0y)2+ 2.α.y
α = -g
(eixo orientado para cima)

Movimento horizontal: Uniforme com velocidade vx = v0.cos θ

x = vx.t

Cálculo do tempo de subida ts:

t = ts quando vy = 0 => vy = v0y - g.t => 0 = v0y - g.t

ts = v0y/g

Cálculo do alcance A:

x = A quando t = 2ts =>

A = vx.2ts

O tempo total do movimento é igual a 2ts pois os tempos de subida e de descida ts e td são iguais.

Altura máxima H:

y = H quando vy = 0 => (vy)2 = (v0y)2 - 2.g.y => 0 = (v0y)2 - 2.g.H

H = (v0y)2/2g



Movimento circular uniforme (MCU)

O MCU é um movimento periódico. O intervalo de tempo decorrido em cada volta completa, de um móvel que realiza MCU, chama-se período e é indicado por T.

O número de voltas na unidade de tempo, recebe o nome de frequência que é indicada por f.

Relações:

sss

Velocidade angular:

ω = Δφ/Δt

Relações:

xxxxxxxxxxxxxxxxxΔs = Δφ.R
xxxxxxxxxxxxxxxxxv = ω.R
xxxxxxxxxxxxxxxxxω = 2π/T (Δφ = 2π rad e Δt = T)
xxxxxxxxxxxxxxxxxω = 2π.f
xxxxxxxxxxxxxxxxxaCP = v2/R = ω2.R

Função horária:

Angular:

xxxxxxxxxxxxxxxxxφ = φ0 + ω.t

Transmissão de movimento circular uniforme


ωA.RA = ωB.RB
fA.RA = fB.RB