Exerc.Moyses-Cap.2

Resolução - Moyses 0.1

Exercício 8 - cap. 2 pg 38

O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15 metros. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s o sinal muda para amarelo é 3 é 3m/s 5m/s2 . Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança de sinal para amarelo a fim de que possa atravessar o sinal amarel amarelo? o? Qual Qual é a veloci velocidade dade máxima máxima que lhe permite permite parar parar ainda antes antes de atingir atingir o cruzamento? Primeira parte - velocidade mínima:

− t ) + a2 (t − t ) 3(3) 45 = v × 3 + 2

xf = x o + v + vo (t

o

o

2

2

o

15 = v o + 4, 4, 5 vo = 10, 10, 5 m/s = m/s = 37, 37, 8 km/h Segunda parte: Velocidade máxima para uma aceleração de a =

(1) 2

−5 m/s

até parar

v 2 = v o2

− 2 × 5 × 30

vo2 = 300 vo = 17, 17, 3 m/s = m/s = 62, 62, 4 km/h

0.2

(2)


15m atrás de um caminhão, ambos Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m km/h. O carro trafegando a 80 km/h. carro tem uma aceler aceleraçã açãoo máxi máxima ma de 3 m/s2. O motor motoris ista ta deseja ultrapassar o caminhão e retornar para sua mão 15 m a frente frente do caminhão. caminhão. No momento que começa a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto, km/h. A que também a 80 km/h. que dist distân ânci ciaa míni mínima ma prec precis isaa esta estarr do outro outro carro carro para que a ultrapassagem ultrapassagem seja segura? segura? x1 , x2 ex3 : posição do carro, do caminhão e do outro carro (em outro sentido) Depois da ultrpassagem x1 = x 3 vo = 80 km/h 80 km/h = = 22, 22, 22 m/s + vo t x2 = 15 + v x3 = x = x 03 vo t = x = x min vo t 2 at vo t + = x min vo t 2 at2m xmin = 2vo tm + 2

−

− −

(3)

Para calcular esse tempo tm (tempo para ultrapassar o caminhão e se posicionar 15 m a frente) x1 = x 2 + 15 15

at2m 2 vo tm + = 15 + vo tm + 15; t2m = 2 a

20 s × 30 = 603 = 20 s

2

tm = 4, 472 s a(20) xmin = 2vo (4, (4, 472) + = 228, 228, 8 m 2

0.3

(4)


DeixaDeixa-se se cair uma pedra num poço profund profundo. o. O barulho barulho da queda queda é ouvido ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço. Pedra: y

− y = − o

gt 20 ; y 2

− y = −d o

t p =



2d g

(5)

Som: y

= v t − y = v o

s s

d ts = ; t p + t + ts = 2 s vs 2d d 2= + g vs d 2 2d (2 ) = vs g 2 4d 4 d d 2d 4 + 2 = vs vs g 2 2v d2 (4v (4vs + s )d + 4v 4 vs2 = 0 g 2 d 23544, 23544, 5 + 435600 = 0 ∆ = 23507, 23507, 5 23544, 23544, 5 23507, 23507, 5 d = = 18, 18, 5 2



−

−

− −

√

−

0.4

(6)


Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo terceiro andar, situado 20m acima do chão, 0.5s antes de se espatifar no chão. Letra (a) Qual a altura do edifício? Letra (b) Com que velocidade o vaso atinge o chão? v22 = v 12 2g (y2 y1 ) v22 = v 12 2gy 1 (eq.1) eq.1) 2 2 v2 = v o 2g(y2 yo ) v22 = 0 2g (0 h) v22 = 2gh (eq.2) eq.2) 2 (eq.1) eq.1) = (eq. (eq.2) 2) => 2gh 2 gh = = v v 1 + 2gy 1 (eq.3) eq.3) g 2 y2 y1 = v 1 ∆t ∆t 2

− − − −

−

− − −

−

at2m 2 vo tm + = 15 + vo tm + 15; t2m = 2 a

20 s × 30 = 603 = 20 s

2

tm = 4, 472 s a(20) xmin = 2vo (4, (4, 472) + = 228, 228, 8 m 2

0.3

(4)


DeixaDeixa-se se cair uma pedra num poço profund profundo. o. O barulho barulho da queda queda é ouvido ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço. Pedra: y

− y = − o

gt 20 ; y 2

− y = −d o

t p =



2d g

(5)

Som: y

= v t − y = v o

s s

d ts = ; t p + t + ts = 2 s vs 2d d 2= + g vs d 2 2d (2 ) = vs g 2 4d 4 d d 2d 4 + 2 = vs vs g 2 2v d2 (4v (4vs + s )d + 4v 4 vs2 = 0 g 2 d 23544, 23544, 5 + 435600 = 0 ∆ = 23507, 23507, 5 23544, 23544, 5 23507, 23507, 5 d = = 18, 18, 5 2



−

−

− −

√

−

0.4

(6)


Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo terceiro andar, situado 20m acima do chão, 0.5s antes de se espatifar no chão. Letra (a) Qual a altura do edifício? Letra (b) Com que velocidade o vaso atinge o chão? v22 = v 12 2g (y2 y1 ) v22 = v 12 2gy 1 (eq.1) eq.1) 2 2 v2 = v o 2g(y2 yo ) v22 = 0 2g (0 h) v22 = 2gh (eq.2) eq.2) 2 (eq.1) eq.1) = (eq. (eq.2) 2) => 2gh 2 gh = = v v 1 + 2gy 1 (eq.3) eq.3) g 2 y2 y1 = v 1 ∆t ∆t 2

− − − −

−

− − −

−

−y + g2 ∆t = v ∆t 1 g ( ∆t − y ) (eq.4) eq.4) 2 ∆t 2

1

2

v1 =

1

1

37, 55 m/s −37,

( para baixo) baixo) 1 eq.3 eq.3 => h = (v12 + 2gy 1 ) = 91, 91, 94 m 2g

(7)

(b) v22 = v 12 = 2gy o => v2 = 42, 42, 45 m/s

0.5


Um foguete para pesquisa meteorológicas é lançado verticalmente para cima. O combustível, que lhe imprime uma aceleração de 1,5 g (g é a aceleração da gravidade) durante o período de queima, esgota-se após 1/2 minuto. Letra (a) Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos desorezar a resistência do ar? Letra (b) Com que velocidade e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo? (a) y1

a = v (t − t ) + (t − t ) − y = v 2 o

o

h1 =

1

1

o

o

2

1, 5 (9, (9, 8)(30)2 = 6.615 m 615 m 2

(8)

1 5g (30) = 441 m/s: m/s: Velocidade para se chegar em h : v1 = v o + 15 Agora é queda livre v22 = v 12 2g (y2 y1 ) 0 = 4412 2(9, 2(9, 8)(y 8)(y2 y1 ) h2 = 9922. 9922.5 m H max = h 1 + h + h2 = 16537. 16537.5 m max = h v2 = v = v 1 g (t2 t1 ) 0 = 441 9, 8(t 8(t2 t1 ) t2 t2 = 45 s 45 s

−

−

− −

− − −

− −

(9)

(b) 2

2

v = v o

yv = − 2g∆yv =

∆y = H = H mx mx 2gh = gh = 568, 568, 7 m/s v = v = v o g (t to ) y 568, 568, 7 = = 58 s g 9, 8

 −

∆t =

−

− −

Tempo total no ar é 58s 58s + 30s 30 s + 45s 45 s = 133s 133s

(10)

0.6

Exercício 8 - cap. 3 pg 60 No eixo x (MRU):

vx = v o cos30o => x = v o cos30o t tA é o tempo gasto para uma gota de água atingir o ponto A (y = 0, yo = 1, 5m) 15m tA = v cos 30 o

o

No eixo y (MRUV, queda livre):

o

y = y o + vo sen30 t 0 = 1, 5 + vo sen30o tA

− − 2

v o (0, 5) 15 0 = 1, 5 + vo 0, 866

t2 g 2 t2A g 2

× − g 15 2v × 0, 75 × 1470 0 = 1, 5 + 8, 66 − v 2

o

2

o

v0 = 12 m/s

0.7

(11)

Exercício 9 - cap. 3 pg 60 Altura máxima ym = v o2 sen2 θ2g Alcance da bola A = 2v senθcosθ g 2

o

Letra (a) A =



82 + 15, 52 = 17, 44 m ym = A

v2 sen2 θ 2g 2vo2 senθcosθ g o

ym tgθ = A 4 4 20 θ = arctg 17, 44 θ = 77, 7o

×

(12)

Letra(b): A velocidade que a bola atinge a mesma altura de lançamento é o próprio vo vo2 sen2 θ ym = 2g vo = 20, 26 m/s = 72, 9 km/h

(13)

Letra(c): Tempo percorrido neste percurso é o tempo do vôo t = t A =

2vo senθ g tA = 4 s

(14)

0.8


Use a equação da trajetória y = tgθ

−

x2 g 2 2 2vo cos θ

x2 y = tgθ g 2 2 (1 + tg 2θ) 2vo cos y = 3, 05 m 2 m = 1, 05 m

−

−

(15)

Faça tgθ = r

x = 3 m 9, 8 32 1, 05 = r3 (1 + r 2 ) 2 49 1, 05 = 3r 0, 9(1 + r 2 ) 0, 9r2 3r + 1, 95 = 0 r1 = 2, 45 => θ1 = arctg r1 = 67, 7o r2 = 0, 88 => θ2 = arctg r2 = 41, 4o

− ×× − −

0.9

(16)


O alcance de um projétil é 4 vezes sua altura máxima, e ele permanece no ar durante 2 segundos. Letra (a) Em que ângulo ele foi lançado? A = 4ym vo senθ tA = 2tm = 2 g 2 vo sen2 θ ym = 2g 2 2 2 vo 2vo senθcosθ 2vo sen2 θ A = sen2θ = g g g cosθ = senθ θ = 45o

(17)

Letra(b) Qual foi a velocidade inicial? vo senθ g 9, 8 = 2vo senθ tA = 2

9, 8 vo = = sen45o

√

2

2

×

× 9, 8 m/s = 13, 86 m/s

Letra(c) Qual é o alcance? A = 19, 6 m

(18)

0.10

Exercício 17 - cap. 3 pg 60 vy = v 1 cos30o 29, 4 m/s v 1 = = 33, 95 m/s cos30o 1

| |

| |

(19)

Letra(a) vxB = 33, 95 m/s

×

vxB = v 1 sen30o 0, 5 = 16, 97 m/s

| |

(20)

Letra(b) ∆y = v oy

− g2 ∆t

2

h = 44, 1 m

(21)

Letra(c) ∆x = v xB ∆t ∆x = 17 m/s 3 = 51 m

×

(22)

Letra(d)

|v | = 34 m/s 1

0.11


v é a velocidade do martelo no instante anterior ao impacto. Pode-se erroneamente, em um primeiro raciocínio, pensar que a força com que o martelo interage com o prego seria seu peso P = mg. Porém, devemos analisar qual a aceleração que o martelo impõe ao prego. Suponha que vi = v é a velocidade do prego logo após o impacto do martelo e vf = 0 após o prego penetrar uma distância l na madeira. a é a aceleração média do prego. vf 2 = v i

− 2al

vi2 a = (23) 2l Pela terceira lei de Newton, o módulo da força sobre o prego é o mesmo módulo da força sobre o martelo.vi = v velocidade final da queda do martelo de uma altura h. vi2 F = ma = m 2l vi2 = v 2 = v o2 2g∆y v 2 = 2gh

−

(24)

Então: 2

mv F r = = 2l P mg m(2gh) h r = = 1 jg l

(25)

0.12


No sistema, m1 = 1Kg, m2 = 2Kg, m3 = 3Kg, e as massas das polias e das cordas são desprezíveis. Calcule as acelerações a1 , a2 e a3 das massas m1 , m2 e m3 e a tensão T da corda.

Equações de equilíbrio das massas (1 a 3 respoectivamente): T 2T T

− m g = m a − m g = m a − m g = m a 1

1 1

3

3 3

2

2 2

(26)

l1 + 2l3 + l2 = L a1 + 2a3 + a2 = 0 a1 = 2a3 a2

(27)

Vínculo:

− −

2T 2m1 a1 = 2m1 g 2T m3a3 = m 3 g 2T 2m2 a2 = 2m2 g

− − −

(28)

m3 g + m3 a3 2m1( 2a3 a2) = 2m1 g m3 g + m3a3 2m2a2 = 2m2 g

(29)

m3 g + m3 a3 + 4m1a3 + 2m1 a2 = 2m1 g m3g + m3 a3 2m2 a2 = 2m2 g

(30)

(31)

−

− − − −

2m1 a2 + (4m1 + m3 ) = (2m1 2m2 a2 + m3 a3 = (2m2

−

− m )g − m )g 3 3

2a2 + 7a3 = g 4a2 + 3a3 = g

−

−

(32)

− 171 g 5 a = − g 17 a3 = 2

a1 =

7 g 17

(33)

Da primeira equação T = m 1 a1 + m2 g 7 T = m 1( + 1)g 17 24 24 T = m 1 g = m1 g 17 17

0.13

(34)


Um pintor está sobre uma plataforma suspensa sobre uma polia. Puxando a carola em 3, ele faz a plataforma subir com aceleração g/4. A massa do pintor pe de 80kg e da plataforma 40Kg. Calcule as tensões exercidas nas cordas 1, 2 e 3 e a força exercida sobre a plataforma.

homem: T 3 + N mh g = m h a plataforma: T 2 N m p g = m p a ahomem = a plataf orma T 3 = T 2

− − −

(35)

T + N = m h (g + a)

T

− N = m (g + a) p

(36)

2T = (m p + mh )(g + a) 1 g T = (m p + mh )(g + ) 2 4 1 5 5 T = (m p + mh ) g = (m p + mh )h 2 4 8 T = 735 N

T 1 = T 2 + T 3 = 735 N + 735 N T 1 = 1470 N

(37)

(38)

Força exercida pelo pintor sobre a plataforma T + N = m h (g + a) 5 N = m h g T 4 N = 980 735 = 245

−

0.14

−

(39)


No sistema, as polias e fios tem massa desprezível. m1 = 1 K g e m2 = 2 K g. Letra (a) O sistema é solto com mvelocidade inicial nula. Usando a conservação de energia, calcula as velocidades de m1 e m2 depois que m2 desceu uma distância y2 . Letra (b) Calcule a partir daí as acelerações a1 e a2 das duas massas.

Sabendo que ∆y1 > 0 e ∆y2 < 0

2∆y1 =

2l1 + l2 = L 2∆l1 = ∆l2 ∆y2 = + ∆y2 2v1 = v2 2y1 = y2

−

− | | − −

4v12 = v 22

(40)

Conservação de energia ∆K 1 + ∆K 2 + ∆U 1 + ∆U 2 = 0

1 1 m1 v12 + m2 v22 + m1 g∆y1 + m2 g∆y2 = 0 2 2 v12 + v22 + g∆y1 + 2g∆y2 = 0 2 2 v2 + 4v12 + gy 1 + 2g( 2y1 ) = 0 2 9 2 v 3gy 1 = 0 2 1 2 2 y2 v12 = gy 1 => v12 = g 3 3 2 y2 2 v1 = g 3 4 2 2 v2 = 4v1 = gy 2 3

− −

(41)

Acelerações m2 desce, pois o trabalho da gravidade é positivo, visto que a força e o deslocamento tem mesmo sentido. W 2 = m 2 a2 y2 = ∆K 2 m2v22 m2 a2 y 2 = 2 14 a2 y2 = gy 2 23 2 a2 = g 3

(42)

(43)

Trabalho realizado no sistema em m1 é negativo W 1 = m 1 a1 y1 = ∆K 1 m1v12 m1 a1 y 1 = 2 1 y2 a1 y1 = g 2 3 y2 1 y2 a1 ( ) = g 2 2 3 g a1 = 3

−

−

0.15

Exercício 19 - cap. 6

No sistema da figura, a bolinha de massa m, esta amarrada por fios de massa desprezível ao eixo vertical AB e gira com velocidade angular Ω em torno desse eixo. A distância AB vale I. Calcule as tensões nos fios superios e inferior: para que valor de Ω o fio inferior ficaria frouxo?

Figura 1: Bolinha amarrada nos fios

0.16


Um cabo iniforme de massa M e comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da polia. Devido a um pequeno desequilibrio o cabo começa a deslizar para uma de suas extremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade o cabo está se movendo quando a sua outra extremidade deixa a polia? Temos a equação da energia:



E = 0

(44)

Somente o lado 1 tem variação de energia potencial ∆U , o lado 2 (estado final) tem ∆U Nulo. Desenvolvendo a equação da energia em cada lado da polia, encontramos: ∆K 1 + ∆K 2 + ∆U 1 + ∆U 2 = 0 v v 2 + 2 + (u′c uc ) + (uc uc ) = 0 2 2 Mv 2 M L + g =0 2 2 2 Lg v2 = 2

M 2

M 2

−

− −

−

(45)

Conforme o resultado, a velocidade do cabo quando a sua outra extremidade deixa a polia, depende somente do comprimento e da gravidade.

0.17


Uma porta de 15Kg e 70cm de largura, suspensa por dobradiças bem azeitadas, está aberta de 90o , ou seja, com seu plano perpendicular ao plano do batente, ela leva um

Figura 2: Bolinha submetida ao peso empurrão na beirada aberta, com impacto equivalente ao de uma massa de 1kg, com velocidade de 2, 5m/s. Qaunto tempo ela leva para fechar-se? O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equações necessárias: Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias: p = mv 1 I = Ma2 3 Lz = rx p Lz = aρ = I ω θ = θ 0 + ω∆t

| |

(46) Para encontrar-mos o tempo necessário, isolamos ∆t: ∆t =

∆θ ω

(47)

Como é necessário ω na equação, tembém encontraremos ele: ω =

aρ I

(48)

Assim, ∆t é: π

∆t =

2

aρ I

(49)

Em que ρ é a quantidade de movimento que impulsiona a porta e pode ser calculado com a massa do impacto e velocidade do mesmo, e I é o momento de inércia já mostrado em (46).

Figura 3: Cabo na polia

πI 2aρ πM a2 ∆t = 6aρ πM a ∆t = 6mv ∆t =

0.18

(50)


Um vagão de massa m 1 = 4 toneladas está sobre inclindado de inclinação θ = 45o , ligado a uma massasuspensa m2 = 500 Kg pelo sistema de cabo e poliad ilustrado. Supôe-se que o cabo é inextensível a a massa das polias e cabo é desprezível. O coeficiente de atrito cinético entre o vagão e o plano inclinado é µ c = 0, 5 e o sistema é solto do repouso. (a) Determine as relações entre os deslocamento s1 e s2 e as velocidades v1 e v2 das massa m 1 e m 2, respectivamente. (b) Utilizando a conservação da energia, calcule de que distância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidade atingir 4, 5 km/h. Letra (a) Como o vagão m1 desce o plano, ∆s2 é positivo e ∆s1 é negativo. 2∆s1 = ∆s2 2v1 = v2 4v12 = v 22

−

−

(51)

Letra (b) ∆K + ∆U =

−W

Fa

Figura 4: Estado final do cabo na polia ∆K 1 + ∆K 2 + ∆U 1 + ∆U 2 = µc N ∆s1 1 1 m1 v12 + m2 v22 + m1 g∆y1 + m2 g∆y2 = µc m1 gcosθ ∆s1 2 2 fazendo ∆s1 = d 1 1 m1 v12 + m2 (4v1 )2 + m1g( φsen45o ) + m2 g(2d) = µc m1 gcos45o d 2 2 1 m 1 gd µ c m1 g m1 v12 + 2m2 v12 + 2m2 gd = d 2 2 2 m1 µc m1 ( 2m2 )gd = (m1/2 + 2m2 )v12 2 2 (m1 /2 + 2m2 )v12 d = m [ √ 2 (1 µc ) 2m2]g d = 1, 15 m

−

−

−

−

− √ √ − √ −

− √

1

0.19

| | | | −

−

−

(52)


Um automóvel de massa m e velocidade inicial v0 é acelerado utilizando a potência máxima P M do motor durante um intervalo de tempo T . Calcule a velocidade do automóvel ao fim desse intervalo. ∆K 12 mv2 21 mv0 P M = = ∆t T 2P M T v = vo2 + m

−



0.20

(53)


Um bloco de massa m = 10 Kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de 45o em relação ao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc = 0, 5. Depois

Figura 5: Porta empurrada

de percorrer uma distância d = 2 m ao longo do plano, o bloco colide com uma mola de constante k = 800 N/m, de massa desprezível que se encontrava relaxada. (a) Qual é a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante o trajeto do bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fração representa da variação total de energia potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficiente de atrito estático com o plano é µ c = 0, 8, que acontece com o bloco logo após colidir com a mola? Trabalho realizado pela força de atrito W F a = F a d = µ c mgcos45o d W F a = 34, 65 2 J = 69, 3 J

×

(54)

até antes do contato com a mola 1 2 mv + 0 2

∆K + ∆U = W F a

− mgh = −69, 3 J

v2 = ou

1 2 mv = 2

−

2 (69, 3 J ) + 2gh = v = 6, 44 m/s m 1 2 69, 3 J + 138, 18 J = mv = 68, 9 J 2

×

⇒ ⇒

(55)

Compressão da mola: ∆K + ∆U = W F′ a

0

1 kx2 mv 2 + 0 = µc mgxcos45o 2 2 k 2 x + µc mgcos45o 68, 9 = 0 2 400x2 + 34, 65x 68, 9 = 0 ∆ = 11200, 5 + 110240 = 111440, 5 34, 65 333, 8 x = 800 x1 = 0, 37 m x2 = 0, 46 m a mola é contraída

−

−

−

− −

−

−

±

(56)

⇒

Letra(b) (2)

W F a = µ c mgcos45o ( 0, 46 m) = 34, 65( 0, 46) (2) W F a = 16 JW Ftotal = 69, 3 J 16 J = 85, 3J a

−

− −

−

− −

(57)

Letra(c) E i = mgh = 10 kg

× 9, 8 m/s × 1, 41 m + 10 kg × 9, 8 m/s × 0, 46 m × sen45

o

E i = 138, 18 J + 31, 87 J = 170 J (58)

Fração de energia perdida

0.21

85,3 J 170 J

= 0, 5


Uma bolinha amarrada a um fio de comprimento l = 1 m gira num plano vertical. (a) Qual deve ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B para que ela descreva o círculo completo? (b) A velocidade satisfazendo esta condição, verifica-se que a tensão

do fio quando a bolinha passar por B difere por 4, 41 N da tensão quando ela passa pela posição horizontal A. Qual é a massa da bolinha? Letra (b) ∆K + ∆U = 0 1 2 mv + 0 mg(2l) = 0 2 o vo2 para calcular vo : mg + T = m l T = 0 (tensão mínima) vo2 = lg 1 2 lg vB 2lg = 0 2 2 2 vB = 5lg vB = 7 m/s 1 2 mv 2 B

−

−

− −

(59)

Letra (b) mvB2 em B T B mg = l mvA2 em A T A = l 2 vB mva2 T B T A = m + mg m l l Velocidade em A: ∆K + ∆U = 0 1 2 1 2 mv mv + mg(2l) 0 = 0 2 A 2 B 2 vA2 = v B 2gl = 5gl 2gl vA2 = 3gl 2 vB (3gl) + mg m então T B T A = m l l 4, 41 N = m5g + mg 3mg 4, 41 N = 3mg 4, 41 N m = = 0, 15 Kg = 150 g 3g

−

−

−

−

−

0.22

−

−

−

−

−

(60)


Um garotinho esquimó desastrado escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisférico de gelo de 3m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância da parede do iglu ele cai?

Figura 6: Esquimó no Iglu Sobre as forças atuantes no iglu, podemos afirmar: mV f 2 mg cos(θ) = F cp mg cos(θ) = R gR cos(θ) = V f 2 V f 2 = gh (61)

Figura 7: Forças atuantes no Esquimó Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente a inicar pelo somatório das energias = 0: ∆K + ∆U = 0

mv 2 + mgh mg(R) = 0 2 h g + gh = gR 2 3 h = R 2 2 h = R 3 h = 2m

−

(62) Precisamos também descobrir a distância da parede que ele cai: h R 2 cos(θ) = 3 θ = 48, 19o

cos(θ) =

(63)

Figura 8: Forças atuantes no Esquimó

t2 y = y 0 + v0 yt g 2 g 2 ∆y = v sin θt t 2 g 2 2= gh sin θt t 2 4, 9t2 + 3, 3t 2 = 0 ∆ = 50, 09 3, 3 50, 09 t = 9, 8 t = 0, 385s

−

−



−

− − −

− − ± √

(64) Delta x: x = x 0 + v0 xt

∆x = v cos θ 2 ∆x = gh 0, 385 3 ∆x = 1, 14m



(65)

Figura 9: Forças atuantes no Esquimó

R R sin theta = 0, 76m D = ∆x (R R sin(θ)) D = 0, 37

−

0.23

− −

(66)


Num parque de diversões, um carrinho desce de uma altura h para dar a volta no "loop"de raio R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é a menor h 1 de h necessário para permitir ao carrinho dar a volta toda? (b) Se R < h < h1 , o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um ângulo θ para chegar até o topo A (Fig). Calcule θ. (c) Que acontece com o carrinho para h
Figura 10: Carrinho no loop

Forças atuantes no carrinho na iminência do descolamento: mvf 2 N + mg = R 2 V f = Rg (67)

∆K + ∆U = 0 mvf 2 + mg(2R) mgh 1 = 0 2 vf 2 gh 1 = + 2Rg 2 Rg gh 1 = + 2Rg 2 5Rg = 2 5R h1 = 2

−

(68)

(b): F cp mg F cp = mg cos θ mv2 = mg cos θ R v 2 = Rg cos θ cos θ =

(69) Encontrando θ: ∆K + ∆U = 0

2

mvf + mg(R R cos θ) mgh = 0 2 Rg cos θ + gR + Rg cos θ = hg 2 3R cos θ = h R 2 2 h cos θ = ( 1) 3 R

−

−

− −

(70)

(c): Sendo α o ângulo complementar a θ, temos:

cos α =

R

−h

R h α = arccos(1 ) R

−

(71)

0.24


Um canhão montado sobre uma carreta, apontando numa direçao que forma um ângulo de 30 o com a horizontal, atira uma bala de 50Kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velcidade inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é 0, 7, de que distância a carreta recua?

Figura 11: Carreta com canhão Fazendo o somatório dos momentos, temos: vxb = vb cos(30) mb + mcc vcc = 0 mb vc c = vxb mcc 50 vc c = 300cos30 5000 m vc c = 2, 598 s

| | −

−

(72)

Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µc : µc mcc g = m cc a a = µ c g (73) Aplicando toricelli: V 12 = V 02 2a∆X 02 = 2, 5982 2(0, 7)g∆X 6, 75 m2 ∆X = 1, 4g s2 ∆X = 0, 49m

−

−

(74)

0.25


Calcula as coordenadas do CM indicadas na figura, um cpirculo de 1, 0 m de raio do qual foi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centros O e O’ dos dois círculos.

Figura 12: Placa Homogênea Observando a figura, temos: xcm = 0

(75)

Disco completo: ycm =

M ¯ y + m(0, 25) =0 M + m

(76)

x¯ é a posição do CM do disco com furo. m M ¯ y = 4 m 1 ( ) y¯ = M 4

−

−

(77)

Sendo que meM , são calculadas de acordo com a função abaixo: m = ρπr2 M = ρπR2 ρπr 2

−

(78)

Substituindo em y¯: 2

1 m r2 2 = 2 = 2 2 M R r 12 21 1 m = 43 M 4

−

−

1 m = M 3

(79)

Então o resultado é: m1 − M 4 1 y¯ − m 12

y¯ =

0.26

(80)


No lançamento do foguete Saturno V são queimadas 2.100 toneladas de combustível em 2, 5min, gerando um empuxo de 3, 4x107 N . A massa total do foguete com sua carga é de 2.800 toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b) Calcule a aceleração inicial do foguete na rampa de lançamento. ∂m 2.100.000kg kg = = 14.000 ∂t 2, 6x60s s ∂m F = V e ∂t

−

(81)

(a) 3, 4x107 N =

−V (14.000 kgs )

ve = 2.428

e

m km = 2, 43 s s

(82)

(b) F = mg = ma mg = 2, 744x107 (3, 4 2, 744)X 107 a = 2.100.000 m a = 2, 34 2 s

−

−

0.27

(83)


Um avião a jato viaja a 900Km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150m3 de ar que, após a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600m/s em relação ao avião. Tome a densidade do ar como 1, 3Kg/m3 . (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião em N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp. (a): F empuxo = V r el

∂m ∂t

150m3 x1, 3 Kg ∂m Kg m = = 195 ∂t 1s s m m Kg F = (600 250 )x195 s s s F = 68.250N 3

−

(84) (b): P = F v m P = 68.250Nx250 = 17, 06x106 W s P = 2.290HP (85) Considerando que o ar está em repouso e o avião está a 250 m2 em relação ao ar, então vr el = 600 ms 250 ms .

−

0.28


Um caminhão tanque cheio de água, de massa total M, Utilizado para limpar as ruas com um jato de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc . Ao atingir a velocidade v0 , o motorista coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de água, que é enviada para trás com a velocidade ve relativa ao caminhão, com uma vazão de λ litros por segudo. Ache a velocidade v(t) do caminhão depois de um tempo t. Para resolver o problema, devemos encontrar uma fórmula que relacione o volume despejado en função do tempo, pois a massa do sistema inicial e final são deiferentes com o passar do tempo. A Força de atrito foi calculada separadamente, utilizando o atrito cinético. ∂l ∂µ = ∂t ∂t µ = λt µc mg = ma

λ =

(86) - Somatório da quantidade de movimento: ∂v ∂m m = vrel + F ext ∂t ∂t ∂v ∂m m = vrel F atrito ∂t ∂t ∂v ∂m m = vrel µc mg ∂t ∂t ∂v ∂m = vrel µc g ∂t m∂t ∂m ∂v = vrel µc g∂t m m f v v0 = ln vr el µc gt mi m f v = v 0 ln ve µc gt mi

− −

−

−

−

− − −

mi ve µc gt mf mi = M mf = M µt

v = v 0 + ln

−

−

(87)

Observe que a orientação da vrel é contrária a ve , sendo vrel orientada no sentido positivo, em direção à frente do caminhão. Sendo assim, a velocidade encontrada é: v = v 0 + ln

0.29

M ve M + µt

− µ gt c

(88)


Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2400Kg, bate na traseira de um carro de massa total 1200Kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro estava com as luze apagadas, e que ele vinha reduzindo a marcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10km/h quando o acidande ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0, 6. Calcule a que velocidade o carro de luxo vinha realmente. A colisão descrita no problema é inelástica:

Figura 13: Colisão inelastica Encontramos a velocidade do veículo aplicando a formula da conservaçao do momento seguida da formula de toricelli: M 1v1 = (M 1 + M 2 )V f 1 m1 + m2 V f 1 = vf 1 m1

V f 22 = V f 21

− 2a∆X

(89)

Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µ: µM t g = M t a

(90)

Assim, a velocidade do carro após colisão é: V f 1 =



2µg∆xV f 1 = 11, 11

m s

(91)

Subistituindo na equação da quantidade de movimento da colisão inelástica, encontramos a velocidade do carro de luxo antes da colisão: 32 11, 11 24 m V 1 = 16, 7 s Km V 1 = 60 h

V 1 =

0.30

(92)


Um haltere formado por dois discos 1 e 2 iguais, de massa m, unidos por uma barrra rigida de massa desprezível e comprimento l = 30cm, repousa sobre uma mesa de ar horizontal. Um terceiro disco 3 de mesma massa m desloca-se com atrito desprezível e velocidade v0 = 3m/s sobre a mesa , perpendicularmente ao haltere, e colide frontalmente com o disco 2, ficando colado a ele (conforme a figura). Descreva completamente o movimento subsequente do sistema.

Figura 14: Haltere O primeiro passo para a resoluçao do problema, é igualar as quantidades de movimento para encontrar a velocidade: P i = mv 0

P f = 3mV P i = P f v0 v= 3

(93)

Encontrando o centro de massa do sistema:

Figura 15: Centro de massa

yc m =

ml 3m

(94)

Momento de inércia: 2l l I = m(( )2 ) + 2m(( )2) 3 3 6 2 2 2 I = ml = ml 9 3

(95)

Igualando os momentos anulares inicial e final, temos: Li = L f l 2 mv0 = ml 2ω 3 3 v0 ω= 2l

∗

0.31

(96)


Demostre o seguinte teorema dos eixos perpendiculares: O momento de inércia de uma placa (lâmina delgada) plana arbitrária em relação a um eixo Oz perpendicular a seu plano, com a origem O no plano da placa, é a soma dos momentos de inércia da placa em relção aos eixos Ox e Oy, que formam com Oz um sistema de eixos ortogonais.

Figura 16: Placa arbitrária homogênea

I x = I y = I z =

  

dmx2 dmy2 dmρ2 (97)

Conforme o desenho, podemos subistituir ρ2 por x2 + y 2 , então, o Momento em relação ao eixo Z, pode ser: I z =



dm(x2 + y 2 )

(98)

Separando a integral, temos: I z =



dmx2 +



dmy 2

(99)

Substituindo as equações I x e I y em I z , provamos a equação pedida: I z = I x + I y

0.32

(100)


Uma mesa de coquetel tem um tampo giratório, que é uma tábua circular de raio R e massa M, capaz de girar com atrito desprezível em torno do eixo vertical da mesa. Uma bala de massa M« M e velocidade v, disparada por um convidado que abusou dos coquetéis, numa direçao horizontal, vai-se encravar na periferia da tábua. a) Qual é a

velocidade angular da rotaçao adquirida pela tábua? b) Que fração da energia cinética inicial é perdida no impacto? O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equações necessárias:

Figura 17: Tampo giratório Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias: Lz = rx p 1 I = M R2 2 Lz = rmv Lz = I ω MR2 ω Rmv = 2

| |

(101)

Isolamos ωt: ω=

2mv MR

(102)

Como é necessário o resultado da energia cinética K i na equação, temos: mv 2 K i = 2 Iω2 1 MR2 2mv 2 K f = = ( ) 2 2 2 MR 1 MR2 2mv 2 m2 R2 ( ) = 2 2 MR M

(103)

Com K i e K f calculamos a fração de energia perdida no impacto: K i

− K

f

K i K i

mv2

=

− K

f

K i

2

−

m2 v 2 M

mv2

2

=1

m − 2 M

(104)

0.33


Calcule o efeito da massa M da polia, de raio R, sobre o sistema desenhado a seguir: a massa m, que desliza sem atrito, está ligada à massa suspensa m’pelo fio que passa sobre a polia. Determine a) a aceleração do sistema; b) as tensões T e T’nos fios ligados a m e m.

Figura 18: Blocos Tracionados

T ′

− m′g = m′a T = ma

(105) Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, precisamos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do momento de inércia:

− T ′)R = I α = I aR Expressando a tensão T − T ′ , obtemos (T

− T ′ = RIα

T

2

(106)

(107)

Substituindo a equação (105) na (107) obtemos: Ia + a(m′ + m) = m ′ g 2 R Resolvendo a equação para a aceleracao obtemos: m′ a = g ′ m + m +

M

2

(108)

(109)

Temos então a tração: m′ ′ ′ T = m g[ ′ + 1] m + m + M 2 m′ T = mg ′ m + m + M 2

0.34

(110)


Prense-se ao teto a ponta de uma fita métrica leve, enrolada num estojo circular de massa m e raio r, e solta-se o estojo em repouso. (a) Calcule a aceleração linear do estojo. (b) Calcule a tensão da fita. (c) Calcula a velocidade linear do estojo depois que um comprimento s da fita se desenrolou. verifique a conservação da energia. De acordo com a figura...

Figura 19: Roda sob tração

T

− mg = −ma

(111)

Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, precisamos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do torque: τ = T r = I α

(112)

Expressando a tensão T , obtemos ma 2 Substituindo a equação (113) na (111) obtemos: T =

ma 2

− mg = −ma

(113)

(114)

resolvendo a equação para a aceleracao obtemos: a =

2g 3

(115)

Temos então a tração: T =

ma mg = 2 3

(116)

Apartir da equação de torcelli demostramos a velocidade: v 2 = v o2 + 2as 2 v = 2 gs 3 4 v = gs 3

 · 

0.35

(117)


A equação do cilindro em contato com o plano inclinado é obtida através da decomposição das forças da gravidade, tração e força resultante: T

− mg sin(θ) − f = ma

a

(118)

Porém, para obter-mos o sistema de equações, analisamos o corpo 2 individualmente, assim: T m′ g = T = m ′ g

−

−m′′a −ma

(119)

Observe que as duas equacoes acima (118) e (119) tem tres variáveis, a acelação a e a tensao T e a forca de atrito f a precisamos de mais uma segunda equação que envolve o torque no cilindro A, o qual depende da tensao e da forca atrito:

−mgsen(θ) − f + m′g = ma + m′a a

f a =

Ia r2

−

Torque: Ia T r + f a r = r Ia T + f a = 2 r ma T = m′ g + m′ a 2

−

(120)

Substituindo f a na equacao (118), temos: + m′ g − m′ a + m′ g = ma + m′ a −mgsen(θ) − ma 2 3ma 2m′ g − mgsenθ = + 2m′ a 2 msenθ 3m 2g(m′ ) = 2( + m′ )a 2 4

(121)

A partir da equação (121), podemos encontrar a aceleração do sistema em função das massas, da inclinação da rampa e da gravidade local:

a =

(m′

−

3m 4

msenθ

2

+ m′

)

g (122)

0.36


Uma haste metálica delgada, de comprimento d e massa M , pode girar livremente em torno de um eixo horizontal, que a atravessa perpendicularmente à distância d/4 de uma extremidade. A haste é solta a partir do repouso, na posição horizontal. (a) Calcule o momento de inércia I da haste, com respeito ao eixo em torno do qual ela gira. (b) Calcula a velocidade angular w adquirida pela haste após ter caído de um ângulo θ, bem como a aceleração angular a. Para calcular o momento de inércia da barra delgada de comprimento d e massa M, utilizaremos a equação demostrada capitulo 12 do livro para um eixo paralelo ao eixo que passa em seu centro de massa: I = I CM + M I 2

(123)

Para obter-mos o resultado final, devemos subistituir as devidas massas e comprimentos na equação, logo: M 2 d2 I = d + M 12 4

(124)

A partir da equação (124), podemos encontrar o momento de inércia: d2 d I = M + ( )2 12 4 7 I = Md2 48

(125)

Dando sequencia ao exercício, calcularemos a velocidade angular ω adquirida após a haste ter caído um ângulo θ: Iw 2

∆K + ∆U = 0

2

− 0 − Mgh = 0

w2 =

2Mgdsen(θ) I 4

(126)

Fazendo as substituições: w =



24gsen(θ) 7d

(127)

Com a equação 12.3.7 do livro estudado, podemos encontrar: τ = I α d 7 Mg sin(90 + θ) = M d2α 4 48 12g α = cos θ 7d

(128)

0.37


Uma bola homogênea de raio r rola sem deslizar desde o topo de um domo hemisférico de raio R.(a) Depois de percorrer que ângulo θ em relação a vertical a bol deixará a superfície? (b) Com que velocidade v isso acontece? Para calular-mos se a bola se descola do dorso hemisférico após percorer o angulo θ, temos que encontrar o momento em que a energia cinética e potencial possuem, em módulo o mesmo valor, pois é neste ponto, onde não há força resultante com o piso do dorno, que ocorrerá o descolamento.

Escrevendo as equações obtidas da geometria do problema: h = (R + r)cos(θ) sin(ϕ) = h/R mg cos(θ) = F cp mV 2 mg cos(θ) = R + r 2 mg = (R + r)g cos(θ) (129) Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente a inicar pelo somatório das energias = 0:

mv 2 Iω 2 + + mgh 2 2

∆K + ∆U = 0

− mg(R + h) = 0

R′ = R + r mv2 2mr2 V 2 + + mgR ′ cos(θ) mgR ′ = 0 2 2 5 r v2 v2 + + gR ′ cos(θ) gR ′ = 0 2 5 7v 2 = gR′ gR ′ cos(θ) 10 7R′ g cos(θ) = gR′ gR ′ cos(θ) 10 7 ( + 1) cos(θ) = 1 10

∗

−

− − −

10 cos(θ) = 7 θ = 53, 97o (130) Podemos identificar que houve o descolamento do objeto no ângulo θ = 53, 97o , agora iremos calcular a velocidade que a bolinha está no momento que se descola do dorno esférico: v=

 

(R + r)g cos(θ) 10 v = (R + r)g 7

0.38

(131)


Uma bola de boliche esférica é lançada, com velocidade inicial v o horizontal e sem rotação inicial, sobre uma cancha horizontal, com coeficiente de atrito µc . (a) Que distância d a bola percorrerá sobre a prancha até que comece a rolar sem deslizar? (b) Quanto tempo t depois isso ocorre? (c) Qual é a velocidade v da bola nesse instante?

Para encontrar-mos a posição, tempo e velocidade da bola no momento em que ela rola sem deslizar, escreveremos as equações governantes da tendencia de giro da bola, a saber: Torque, velocidade angular e velocidade do centro do ponto P. τ = F a R =

−µ M gR = I α c

−µ MgR = 52 MR α 5 g α = − µ 2 R 2

c

c

ω = ω0 + αt, (ω0 = 0) 2 g ω= µc t 5 R

−

(132)

A velocidade do ponto p de contato no instante t é: V p = (v0 µc gt)) + ωR V c m = v 0 µc gt 7µc gt V p = v 0 2

−

− −

(133)

Em t1 o deslizamento para e tem-se rolamento: v p = 0 2v0 t1 = 7µc g

(134)

Resultado de v no tempo que não temos deslizamento: v = v 0 v = v 0

−

− µ gt c

2v0 µc g 7µc g 5 v = v0 7

(135)

Deslocamento do CM: at 2 ∆X = v 0 t 2 µ c gt 2 ∆X = v 0t 2 2v0 µc g 2v0 2 d = v 0 ( ) ( ) 7µc g 2 7µc g 2 12 v02 v02 14 2 )d = ( )= 49 µc g 49 49 µc g

−

−

v02 2 d = ( µc g 7

−

0.39

− −

(136)

Exercício 20

Calcule a magnitude de força F horizontal que é preciso aplicar, em direçao ao eixo O, para conseguir que o tambor cilindrico, de massa M e raio R, suba um degrau de altura d
sin(γ ) =

R

−d =1− d

R

R

Exerc.Moyses-Cap.2

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