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Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 169
Considere a situação seguinte, referente aos exercícios de 1 a 5.
No esquema abaixo aparece, no ponto P, um carrinho de massa 2,0 kg, que percorre a trajetória indicada da esquerda para a direita. A acelera- ção escalar do carrinho é constante e seu módulo vale 0,50 m/s^2. As setas enumeradas de I a V representam vetores que podem estar relacionados com a situação proposta.
I
P V
IV III
II
(^1) A velocidade vetorial do carrinho em P é mais bem representa-
da pelo vetor: a) I; b) II; c) III; d) IV; e) V.
Resolução: A velocidade vetorial é sempre tangente à trajetória e orientada no sentido do movimento. Vetor I
Resposta: a
(^2) Se o movimento for acelerado, a componente tangencial da for-
ça resultante que age no carrinho em P será mais bem representada pelo vetor: a) I; b) II; c) III; d) IV; e) V.
Resolução: No movimento acelerado, a componente tangencial da força resultan- te tem sentido igual ao de V. Vetor I
Resposta: a
(^3) Se o movimento for retardado, a componente tangencial da for-
ça resultante que age no carrinho em P será mais bem representada pelo vetor: a) I; b) II; c) III; d) IV; e) V.
Resolução: No movimento retardado, a componente tangencial da força resultan- te tem sentido oposto ao de V. Vetor V
Resposta: e
(^4) A intensidade da componente tangencial da força resultante
que age no carrinho em P vale: a) zero; b) 2,0 N; c) 1,0 N; d) 0,50 N; e) 0,25 N.
Resolução:
| at | = | γ | = 0,50 m/s^2
| Ft | = m | at | = m | γ |
| Ft | = 2,0 · 0,50 (N)
| Ft | = 1,0 N
Resposta: c
(^5) Analise as proposições seguintes: I. Ao longo da trajetória, a componente tangencial da força resultan- te que age no carrinho tem intensidade variável. II. Ao longo da trajetória, a componente tangencial da força resultan- te que age no carrinho é constante. III. Ao longo da trajetória, a velocidade vetorial do carrinho tem inten- sidade variável. IV. Quem provoca as variações do módulo da velocidade do carrinho ao longo da trajetória é a componente tangencial da força resultan- te que age sobre ele. Responda mediante o código: a) Todas são corretas. d) Somente III e IV são corretas. b) Todas são incorretas. e) Somente II, III e IV são corretas. c) Somente I e II são corretas.
Resolução: I – Incorreta. | Ft | = 1,0 N (constante) II – Incorreta. Ft varia em direção III – Correta. O movimento é uniformemente variado. IV – Correta.
Resposta: d
Considere o enunciado abaixo para os exercícios de 6 a 8.
Abandona-se um pêndulo no ponto A, representado na f igura. Este desce livremente e atinge o ponto E, após passar pelos pontos B, C e D. O ponto C é o mais baixo da trajetória e despreza-se a influência do ar.
A
B C
D
E
(^6) No ponto B, a componente da força resultante que age na esfera pendular, na direção tangencial à trajetória, é mais bem caracterizada pelo vetor: a)
b) d)
c) e) Nenhum dos anteriores.
Resolução: Ponto B: movimento acelerado. Ft tem a mesma direção e o mesmo sentido de V.
Resposta: a
Tópico 3
170 PARTE II – DINÂMICA
(^7) No ponto C, a componente da força resultante que age na esfera
pendular, na direção tangencial à trajetória, é mais bem caracterizada pelo vetor:
a)
b) d)
c) e) Nenhum dos anteriores.
Resolução: Ponto C: local de transição de movimento acelerado para movimento retardado.
at = 0 ⇒ Ft = 0
Resposta: e
(^8) No ponto D, a componente da força resultante que age na esfe-
ra pendular, na direção tangencial à trajetória, é mais bem caracteriza- da pelo vetor:
a)
b) d)
c) e) Nenhum dos anteriores.
Resolução: Ponto D: movimento retardado. Ft tem a mesma direção de V , porém sentido oposto.
Resposta: d
(^9) Na f igura a seguir, está representada uma partícula de massa
m em determinado instante de seu movimento curvilíneo. Nesse ins- tante, a velocidade vetorial é v , a aceleração escalar tem módulo α e apenas duas forças agem na partícula: F 1 e F 2.
Trajetória (^) θ
F 1
F 2
v
No instante citado, é correto que: a) o movimento é acelerado e F 1 = m α; b) o movimento é retardado e F 1 = m α; c) o movimento é acelerado e F 1 + F 2 cos θ = m α; d) o movimento é retardado e F 1 + F 2 cos θ = m α; e) o movimento é retardado e F 1 + F 2 sen θ = m α.
Resolução: O movimento é retardado, pois a resultante de F 1 e F 2 na direção tan- gencial à trajetória tem sentido oposto a V. Ft = m α
F 1 + F 2 cos θ = m α
Resposta: d
(^10) (Cesgranrio-RJ) Uma nave Mariner permanece alguns meses em órbita circular em torno de Marte. Durante essa fase, as forças que agem sobre a nave são, em um referencial inercial ligado ao centro do planeta:
c) e)
b)
a)
d)
Resolução: O movimento da nave é circular e uniforme sob a ação da força gravi- tacional que faz o papel de resultante centrípeta.
Resposta: c
(^11) Um avião de massa 4,0 toneladas descreve uma curva circular de raio R = 200 m com velocidade escalar constante igual a 216 km/h. Qual a intensidade da resultante das forças que agem na aeronave?
Resolução: No movimento circular e uniforme, a resultante das forças que agem no avião é centrípeta.
v = 216 km/h =^216 3,6 m/s = 60 m/s,
m = 4,0 t = 4,0 · 10^3 kg e R = 200 m
Fcp = m v^
2 R ⇒^ Fcp^ =^
40 · 10 3 (60)^2
200 (N)
Donde: Fcp = 7,2 · 10^4 N = 72 kN
Resposta: 72 kN
(^12) Considere um carro de massa 1,0 · 10 3 kg percorrendo, com ve- locidade escalar constante, uma curva circular de 125 m de raio, conti- da em um plano horizontal. Sabendo que a força de atrito responsável pela manutenção do carro na curva tem intensidade 5,0 kN, determine o valor da velocidade do carro. Responda em km/h.
Resolução: Fcp = Fat ⇒ m v^
2 R
= Fat
1,0 · 10 3 v 2 125
= 5,0 · 10^3
Donde: (^) v = 25 m/s = 90 km/h
Resposta: 90 km/h
172 PARTE II – DINÂMICA
Se admitíssemos que o movimento ocorra da direita para a esquerda, ele seria retardado, mas a resposta seria a mesma.
Resposta: b
(^16) Uma partícula percorre certa trajetória curva e plana, como a
representada nos esquemas a seguir. Em P, a força resultante que age sobre ela é F e sua velocidade vetorial é v :
P
I.
P
II.
P
III.
v v v
F
F F
Nos casos I, II e III, a partícula está dotada de um dos três movimentos citados abaixo: A — movimento uniforme; B — movimento acelerado; C — movimento retardado.
A alternativa que traz as associações corretas é: a) I – A; II – B; III – C. d) I – B; II – C; III – A. b) I – C; II – B; III – A. e) I – A; II – C; III – B. c) I – B; II – A; III – C.
Resolução:
Caso I: F = Ft 1 + Fcp 1
Ft 1 tem o mesmo sentido de V e o movimento é acelerado.
Caso II: F = Fcp 2
Ft 2 = 0 e o movimento é uniforme.
Caso III: F = Ft 3 + Fcp 3
Ft 3 tem sentido oposto ao de V e o movimento é retardado.
Resposta: c
(^17) Um carrinho, apenas apoiado sobre um trilho, desloca-se para a
direita com velocidade escalar constante, conforme representa a f igura abaixo. O trilho pertence a um plano vertical e o trecho que contém o ponto A é horizontal. Os raios de curvatura nos pontos B e C são iguais.
A
B
C
Sendo FA, FB e FC, respectivamente, as intensidades das forças de rea- ção normal do trilho sobre o carrinho nos pontos A, B e C, podemos concluir que:
a) FA = FB = FC ; d) FA > FB > FC ;
b) FC > FA > FB ; e) FC > FB > FA.
c) FB > FA > FC ;
Resolução: Nos trechos curvos, a resultante centrípeta tem intensidade constante (Fcp ). FA
FA = P
Ponto A:
P
FB Fcp = P – F (^) B FB = P – F (^) cp
Ponto B:
P
FC Fcp = FC – P FC = P + Fcp
Ponto C:
P
Portanto: Fc > FA > FB
Resposta: b
(^18) Uma pista é constituída por três trechos: dois retilíneos, AB e CD, e um circular, BC, conforme representa a vista aérea abaixo.
D
O C
A B
Admita que um carro de massa m percorra a pista com velocidade de intensidade constante igual a v. Sendo R o raio do trecho BC, analise as proposições a seguir: (01) No trecho AB, a força resultante sobre o carro é nula. (02) No trecho CD, a força resultante sobre o carro é não-nula. (04) Em qualquer ponto do trecho BC, a força resultante sobre o carro é dirigida para o ponto O e sua intensidade é dada por m v^
2 R
(08) No trecho BC, a força resultante sobre o carro é constante. (16) De A para D, a variação da velocidade vetorial do carro tem inten- sidade v 2. Dê como resposta a soma dos números associados às proposições corretas.
Resolução: (01) Correta. O movimento no trecho AB é retilíneo e uniforme. (02) Incorreta. No trecho CD, a força resultante sobre o carro é nula (MRU). (04) Correta. No MCU (trecho BC), a força resultante sobre o carro é centrípeta.
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 173
(08) Incorreta. Fcp varia em direção ao longo do trecho BC, portanto é variável.
(16) Correta.
ΔV = VD – VA
VD
Teorema de Pitágoras:
VA
|ΔV|^2 = V 2 + V 2
|ΔV | = V 2
Resposta: 21
(^19) Considere uma partícula de massa M descrevendo movimento
circular e uniforme com velocidade de intensidade v. Se o período do movimento é igual a T, a intensidade da força resultante na partícula é:
a) M v T
; d) π^ M v T
b) 2M v T
; e) 2 π^ v T
c) 2 π^ M v T
Resolução: A força resultante no MCU é centrípeta; logo:
Fcp = M^ v^
2 R
(I)
MCU: v = Δ Δst =^2 π^ R T
R = v 2 Tπ (II)
Substituindo (II) em (I): Fcp = M^ v^
2 v T 2 π Fcp =^2 π^ TM^ v
Resposta: c
(^20) Um ponto material de massa 4,0 kg realiza movimento circular
e uniforme ao longo de uma trajetória contida em um plano vertical de 7,5 m de raio. Sua velocidade angular é ω = 1,0 rad/s e, no local, |g | = 10 m/s 2. No ponto A indicado na f igura, além da força da gra- vidade P , age no ponto material somente uma outra força, F. Carac- terize F , calculando sua intensidade e indicando graf icamente sua orientação.
O
ω
A
P
g
Resolução: A força F somada vetorialmente com P deve originar uma resultante centrípeta, conforme indica a f igura a seguir.
F + P = Fcp 0 A
F
F (^) cp
P
g
Teorema de Pitágoras: F^2 = P^2 + F^2 cp F^2 = (m g)^2 + (m ω^2 R)^2 F^2 = (4,0 · 10)^2 + (4,0 · 10^2 · 7,5)^2 ⇒ F = 50 N
Resposta:
0 A
F
|F | = 50 N
(^21) A partícula indicada na f igura descreve uma trajetória circu- lar de raio R e centro O. Ao passar pelo ponto A, verif ica-se que sobre ela agem apenas duas forças: F 1 e F 2.
θ
O
A
F 1
F 2
v
Sendo m a massa da partícula e v a sua velocidade vetorial em A, é correto que: a) F 1 = m v^
2 R ; b) F 2 = m v^
2 R
c) F 1 + F 2 = m v^
2 R ; d) F 1 + F 2 cos θ = m v^
2 R
e) F 1 + F 2 cos θ + F’ = m v^
2 R
, em que F’ é a força centrífuga.
Resolução: Na direção radial: F 1 + F 2 r
= m v^
2 R
F 1 + F 2 cos θ = m v^
2 R
Resposta: d
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 175
(^26) (Unesp-SP) Numa calçada de uma rua plana e horizontal, um
patinador vira em uma esquina, descrevendo um arco de circunfe- rência de 3,0 m de raio. Admitindo-se g = 10 m/s 2 e sabendo-se que o coef iciente de atrito estático entre as rodas do patim e a calçada é μe = 0,30, a máxima velocidade com que o patinador pode realizar a ma- nobra sem derrapar é de: a) 1,0 m/s. c) 3,0 m/s. e) 9,0 m/s. b) 2,0 m/s. d) 5,0 m/s.
Resolução: A força de atrito que a calçada aplica nas rodas do patim faz o papel da resultante centrípeta:
Fat = Fcp = m^ V
2 R A velocidade escalar máxima ocorrerá quando a força de atrito tiver intensidade máxima:
μe m g =
m V^2 máx R V^2 máx = μe g R
Vmáx = μe g R
Vmáx = 0,30 · 10 · 3,0 (m/s)
Vmáx = 3,0 m/s
Resposta: c
(^27) Um carro deverá fazer uma curva circular, contida em um plano
horizontal, com velocidade de intensidade constante igual a 108 km/h. Se o raio da curva é R = 300 m e g = 10 m/s 2 , o coef iciente de atrito estático entre os pneus do carro e a pista (μ) que permite que o veículo faça a curva sem derrapar: a) é μ ≥ 0,35; b) é μ ≥ 0,30; c) é μ ≥ 0,25; d) é μ ≥ 0,20; e) está indeterminado, pois não foi dada a massa do carro.
Resolução: Atrito estático: Fat Fat (^) d ⇒ Fat μ · Fn (I)
Fat = Fcp ⇒ Fat = m^ v^
2 R (II) FN = P ⇒ FN = m g (III)
Substituindo (II) e (III) em (I), temos: m v 2 R ^ μ^ m^ g^ ⇒^ μ^ ^
v 2 g R Sendo V = 108 km/h = 30 m/s, g = 10 m/s^2 e R = 300 m, temos:
μ (30)
2 10 · 300
⇒ μ 0,
Resposta: b
(^28) (UFPel-RS – mod.) Um estudante, indo para a faculdade em
seu carro, desloca-se num plano horizontal, no qual descreve uma trajetória curvilínea de 48 m de raio, com uma velocidade constante em módulo. Entre os pneus e a pista, o coef iciente de atrito estático é de 0,30.
v 2
Direção inicial
Direção final
B
A
0
v (^1)
Considerando-se a f igura, a aceleração da gravidade no local, com mó- dulo de 10 m/s^2 , e a massa do carro de 1,2 t, faça o que se pede: a) Caso o estudante resolva imprimir uma velocidade de módulo 60 km/h ao carro, ele conseguirá fazer a curva? Justif ique. b) A velocidade escalar máxima possível, para que o carro possa fazer a curva, sem derrapar, irá se alterar se diminuirmos sua massa? Explique.
Resolução: a) Cálculo da velocidade máxima do carro na curva:
Fat Fat (^) d ⇒ m^ V
2 R ^ μe^ m^ g V μe g^ R^ ⇒ Vmáx = μe g^ R Vmáx = 0,30 · 10 · 48 (m/s)
Vmáx = 12 m/s = 43,2 km/h
O carro não conseguirá fazer a curva (irá derrapar), pois V Vmáx (60 km/h 43,2 km/h).
b) Vmáx independe de m.
Respostas: a) Não, pois a velocidade do carro (60 km/h) é maior que a máxima permitida (43,2 km/h); b) Não, pois a velocidade máxima independe da massa do carro.
29 E.R. (^) Na f igura seguinte, um carrinho de massa 1,0 kg descreve movimento circular e uniforme ao longo de um trilho envergado em forma de circunferência de 2,0 m de raio:
B
A
2,0 m O
g
A velocidade escalar do carrinho vale 8,0 m/s, sua trajetória pertence a um plano vertical e adota-se |g | = 10 m/s^2. Supondo que os pontos A e B sejam, respectivamente, o mais alto e o mais baixo do trilho, determine a intensidade da força que o trilho exerce no carrinho: a) no ponto A; b) no ponto B.
176 PARTE II – DINÂMICA
Resolução: Como o carrinho executa movimento circular e uniforme, em cada ponto da trajetória a resultante das forças que nele agem deve ser centrípeta. Calculemos a intensidade constante dessa resultante:
Fcp = m v^
2 R
Fcp = 1,0 (8,0)
2 2,
(N) ⇒ Fcp = 32 N
O peso do carrinho vale:
P = m g = 1,0 · 10 (N) ⇒ P = 10 N a) No ponto A, o esquema das forças que agem no carrinho está dado abaixo: A
O
FnA P
Fn (^) A = força que o trilho exerce no carrinho em A
A resultante de Fn (^) A e P deve ser centrípeta, isto é:
Fcp (^) A = Fn (^) A + P Em módulo:
Fcp (^) A = Fn (^) A + P Calculemos Fn (^) A :
Fn (^) A = Fcp (^) A – P ⇒ Fn (^) A = (32 – 10) N
Fn (^) A = 22 N
b) No ponto B, o esquema das forças que agem no carrinho está dado a seguir:
O
B
FnB
P
Fn (^) B = força que o trilho exerce no carrinho em B A resultante de Fn (^) B e P deve ser centrípeta, isto é:
F (^) cp (^) B = Fn (^) B + P Em módulo: Fcp (^) B = Fn (^) B – P Calculemos Fn (^) B :
Fn (^) B = Fcp (^) B + P ⇒ Fn (^) B = (32 + 10) N
Fn (^) B = 42 N
(^30) (UFRJ) A f igura representa uma roda-gigante que gira com ve- locidade angular constante em torno de um eixo horizontal f ixo que passa por seu centro C.
C
Numa das cadeiras, há um passageiro sentado sobre uma balança de mola (dinamômetro), cuja indicação varia de acordo com a posição do passageiro. No ponto mais alto da trajetória, o dinamômetro indica 234 N e, no ponto mais baixo, indica 954 N. Calcule: a) o peso da pessoa; b) a intensidade da força resultante na pessoa.
Resolução: O passageiro descreve um MCU; por isso, a força resultante sobre ele é centrípeta, com intensidade constante F (^) cp = m · ω^2 · R. No ponto mais alto: P – FN (^) A= Fcp ⇒ P – Pap (^) A= Fcp (I) No ponto mais baixo: FNB– P = Fcp ⇒ Pap (^) B– P = Fcp (II) Comparando (I) e (II), vem: Pap (^) B– P = P – Pap (^) A ⇒ Pap (^) A+ Pap (^) B= 2 P
P =
Pap A
- Pap B 2 Sendo Pap (^) A= 234 N e Pap (^) B= 954 N, temos:
P = 234 + 954 2
(N) ⇒ P = 594 N
b) (I) + (II): Pap (^) B– Pap (^) A= 2 Fcp 954 – 234 = 2 Fcp Fcp = 360 N
Respostas: a) 594 N; b) 360 N
(^31) (Unicamp-SP) A f igura adiante descreve a trajetória ABMCD de um avião em um voo em um plano vertical. Os trechos AB e CD são retilíneos. O trecho BMC é um arco de 90° de uma circunferência de 2,5 km de raio. O avião mantém velocidade de módulo constante igual a 900 km/h. O piloto tem massa de 80 kg e está sentado sobre uma ba- lança (de mola) neste voo experimental.
g
90°
A
B M
C
D
O
Avião
178 PARTE II – DINÂMICA
O
1,0 m
g
A lata passa pelo ponto mais alto dos loopings com velocidade de 5,0 m/s e adota-se, no local, |g |= 10 m/s 2. Desprezando as dimensões da lata e do bloco, determine a intensidade da força vertical que o blo- co troca com o fundo da lata no ponto mais alto dos loopings.
Resolução: No ponto mais alto dos loopings, temos:
Fn + P = Fcp ⇒ Fn = m^ v^
2 R – m · g
Fn = 2,0 5,^
2 1,
Resposta: 30 N
35 E.R. (^) No esquema abaixo, um homem faz com que um balde cheio de água, dotado de uma alça f ixa em relação ao recipiente, realize uma volta circular de raio R num plano vertical. A
g
Sabendo que o módulo da aceleração da gravidade vale g, respon- da: qual a mínima velocidade linear do balde no ponto A (mais alto da trajetória) para que a água não caia?
Resolução: Ao passar em A com a mínima velocidade admissível, a água não troca forças verticais com o balde. Assim, a única força vertical que nela age é a da gravidade, que desempenha o papel de resultante centrípeta: Ponto A: P = Fcp
m g =
m v (^2) mín R
Donde: (^) v (^) mín = g R
Nota:
- v (^) mín independe da massa de água.
O
A
R
P = Fcp
v
(^36) A ilustração abaixo representa um globo da morte, dentro do qual um motociclista realiza evoluções circulares contidas em um plano vertical. O raio da circunferência descrita pelo conjunto moto-piloto é igual ao do globo e vale R.
A
g
O ponto A é o mais alto da trajetória e por lá o conjunto moto-pi- loto, que tem massa M, passa com a mínima velocidade admissível para não perder o contato com a superfície esférica. Supondo que a aceleração da gravidade tenha módulo g, analise as proposições a seguir: (01) No ponto A, a força vertical trocada pelo conjunto moto-piloto e o globo é nula. (02) No ponto A, a força resultante no conjunto moto-piloto tem in- tensidade M g. (04) No ponto A, o peso do conjunto moto-piloto desempenha a fun- ção de resultante centrípeta. (08) No ponto A, a velocidade do conjunto moto-piloto tem módulo g R. (16) Se a massa do conjunto moto-piloto fosse 2M, sua velocidade no ponto A teria módulo (^) 2 g R. Dê como resposta a soma dos números associados às proposições corretas.
Resolução: (01) Correta. O conjunto moto-piloto não comprime o globo.
(02) Correta. A única força atuante no conjunto moto-piloto no ponto A é a força peso (M g), que é a resultante.
(04) Correta. No ponto A: Ft = 0 e Fcp = P
(08) Correta. m v (^2) mín R = m^ g^ ⇒^
v (^) mín = g R
(16) Incorreta. A velocidade no ponto A independe da massa do conjunto moto-piloto.
Resposta: 15
(^37) (Unicamp-SP) Uma atração muito popular nos circos é o “Globo da Morte”, que consiste em uma gaiola de forma esférica no interior da qual se movimenta uma pessoa pilotando uma motocicleta. Considere um globo de raio R = 3,6 m.
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 179
C
D
A
B
R
O
g
a) Reproduza a f igura, fazendo um diagrama das forças que atuam sobre a motocicleta nos pontos A, B, C e D sem incluir as forças de atrito. Para efeitos práticos, considere o conjunto piloto + motoci- cleta como sendo um ponto material. b) Qual a velocidade mínima que a motocicleta deve ter no ponto C para não perder o contato com o interior do globo? Adote |g | = 10 m/s^2.
Resolução: a) Diagrama de forças:
C
D
A
B O
FC
FD
FA
FB
P P
P
P
em que: F = força aplicada pelo apoio P = peso do conjunto
b) Ponto C: FC = 0
Fcp = P ⇒
m V^2 mín R = m^ g Vmín = g R ⇒ Vmín = 10 · 3,6 (m/s)
Vmín = 6,0 m/s
Respostas: a)
0
F: força aplicada pelo apoio P: peso do conjunto
C
A
D B
FC
FD FB
FA
P
P
P
P
b) 6,0 m/s
Na f igura a seguir, vemos, de cima, um antigo toca-discos apoiado sobre uma mesa horizontal. Sobre o prato do aparelho, que em opera- ção gira no sentido horário, foi colocada uma pequena moeda M, que não escorrega em relação à superfície de apoio.
V I
IV III II
M
O toca-discos é ligado e, depois de funcionar normalmente duran- te certo intervalo de tempo, é desligado. O gráf ico a seguir mostra a variação da intensidade v da velocidade tangencial de M em função do tempo t.
(^0) t 1 t 2 t 3 t
v
Com base neste enunciado, responda aos três testes seguintes:
(^38) Qual das setas numeradas de I a V melhor representa a força resultante em M num instante do intervalo de 0 a t 1? a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.
Resolução: Intervalo de 0 a t 1 : movimento circular acelerado.
Seta ll
M F^ t Movimento
Fcp
F
Resposta: b
(^39) Qual das setas numeradas de I a V melhor representa a força resultante em M num instante do intervalo de t 1 a t 2? a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.
Resolução: Intervalo de t 1 a t 2 : movimento circular e uniforme.
Seta III
M Movimento
F =F (^) cp
Resposta: c
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 181
Resolução: A força gravitacional que a Terra aplica ao corpo faz o papel de resul- tante centrípeta.
F = Fcp ⇒ F = m ω^2 R ⇒ F = m (^2) Tπ
2 R
F =^4 π
(^2) m R T^2
⇒ F = 4 · 10 · 90 · 7 · 10
6 (9 · 10^4 )^2
(N)
F 3,1 N
Resposta: a
(^45) Na situação esquematizada na f igura, a mesa é plana, ho-
rizontal e perfeitamente polida. A mola tem massa desprezível, constante elástica igual a 2,0 · 10 2 N/m e comprimento natural (sem deformação) de 80 cm.
90 cm
Se a esfera (massa de 2,0 kg) descreve movimento circular e uniforme, qual o módulo da sua velocidade tangencial?
Resolução: Fe = Fcp ⇒ K Δx = m^ v^
2 R
2,0 · 10^2 · (0,90 – 0,80) = 2,0^ v
2 0,
⇒ v = 3,0 m/s
Resposta: 3,0 m/s
(^46) O esquema seguinte representa um disco horizontal que, aco-
plado rigidamente a um eixo vertical, gira uniformemente sem sofrer resistência do ar:
B A
ωω
Sobre o disco, estão apoiados dois blocos, A e B, constituídos de ma- teriais diferentes, que distam do eixo 40 cm e 20 cm respectivamente. Sabendo que, nas condições do problema, os blocos estão na iminên- cia de deslizar, obtenha: a) a relação v (^) A /v (^) B das velocidades lineares de A e de B em relação ao eixo; b) a relação μA /μB dos coef icientes de atrito estático entre os blocos A e B e o disco.
Resolução: a) (^) v A =^ ω^ R^ A ⇒^ v^ A =^ ω^40 v (^) B = ω R (^) B ⇒ v (^) B = ω 20
v (^) A v (^) B= 2
b) Fat A
= Fcp A
⇒ μA m (^) A g = mA ω^2
μA = ω
g (I) Fat B
= Fcp B
⇒ μB m (^) B g = mB ω^2
μB = ω
g (II)
Dividindo-se (I) por (II), obtém-se:
μA μB
ω^2 g ω^2 g
μA μB
Observe que as velocidades angulares de A e B são iguais.
Respostas: a)
v (^) A v (^) B= 2; b)
μA μB
(^47) (Ufla-MG) Um dos fatores que influem no desempenho de um carro de Fórmula 1 é o “efeito asa”. Esse efeito, que pode ser mais ou menos acentuado, surge na interação do ar com a geometria do car- ro. Quando se altera o ângulo de inclinação dos aerofólios, surge uma força vertical para baixo, de forma que o carro f ica mais preso ao solo. Considerando-se um carro com “efeito asa” igual ao seu peso, coef i- ciente de atrito estático μe = 1,25 entre pneus e asfalto e g = 10 m/s 2 , esse carro pode fazer uma curva plana horizontal de raio de curvatura 100 m, sem deslizar, com velocidade escalar máxima de: a) 90 km/h. b) 144 km/h. c) 180 km/h. d) 216 km/h. e) 252 km/h.
Resolução: Atrito estático: Fat Fat (^) d m v 2 R ^ μe^2 m^ g v 2 μe g^ R^ ⇒ v (^) máx = 2 μe g^ R
Sendo μe = 125, g = 10 m/s^2 e R = 100 m, temos:
v (^) máx = 2 · 1,25 · 10 · 100 (m/s)
v (^) máx = 50 m/s = 180 km/h
Resposta: c
(^48) (Fuvest-SP) Um caminhão, com massa total de 10 000 kg, está percorrendo uma curva circular plana e horizontal a 72 km/h (ou seja, 20 m/s) quando encontra uma mancha de óleo na pista e perde com- pletamente a aderência. O caminhão encosta então no muro lateral que acompanha a curva e que o mantém em trajetória circular de raio igual a 90 m. O coef iciente de atrito entre o caminhão e o muro vale 0,30. Podemos af irmar que, ao encostar no muro, o caminhão começa a perder velocidade à razão de, aproximadamente: a) 0,070 m · s –^. b) 1,3 m · s –^. c) 3,0 m · s –^. d) 10 m · s–^. e) 67 m · s –^.
182 PARTE II – DINÂMICA
Resolução: A força de atrito exercida pelo muro é a resultante externa responsável pelo freamento do caminhão. F = Fat m α = μ FN (I)
Poça de óleo
Muro lateral
Fn
Fat
A força normal de contato exercida pelo muro lateral é a resultante centrípeta que mantém o caminhão em trajetória circular.
Fn = Fcp ⇒ Fn = m^ v^
2 R (II) Substituindo (II) em (I), temos:
m α = μ m^ v^
2 R
α = 0,
(20)^2
90 (m/s)^ ⇒^ α^ ^ 1,3 m/s
2
Resposta: b
(^49) (Mack-SP) Um corpo de pequenas dimensões realiza voltas ver-
ticais no sentido horário dentro de uma esfera rígida de raio R = 1,8 m. Na f igura a seguir, temos registrado o instante em que sua velocidade tem módulo igual a 6,0 m/s e a força de atrito, devido ao contato com a esfera, é equili- brada pelo peso. Nessas condições, determine o coef i- ciente de atrito ci- nético entre o cor- po e a esfera. Adote g = 10 m/s 2 e não considere o efeito do ar.
Resolução: Fat = P ⇒ μ FN = P
μ m^ v^
2 R = m^ g
μ
1,8 = 10^ ⇒^ μ = 0,
O
Fat Fn
P
Resposta: 0,
(^50) Na f igura a seguir, representa-se um pêndulo f ixo em O, oscilan- do num plano vertical. No local, despreza-se a influência do ar e adota-se g = 10 m/s 2. A esfera tem massa de 3,0 kg e o f io é leve e inextensível, apresentando comprimento de 1,5 m. Se, na posição A, o f io forma com a direção vertical um ângulo de 53° e a esfera tem velocidade igual a 2,0 m/s, determine a intensidade da força de tração no f io. Dados: sen 53° = 0,80; cos 53° = 0,60.
A
O
53°
g
Resolução: No ponto A: T – Pn = Fcp A T – m g cos 53° =
m v (^2) A L T – 3,0 · 10 · 0,60 = 3,0^ (2,0)
2 1, T = 26 N
A
T
53°
53° P
Pn
O
Resposta: 26 N
(^51) (AFA-SP) Na aviação, quando um piloto executa uma curva, a força de sustentação (F ) torna-se diferente do peso do avião (P ). A ra- zão entre F e P é chamada fator de carga (n):
n = F P
Um avião executa um movimento circular e uniforme, conforme a f i- gura, em um plano horizontal com velocidade escalar de 40 m/s e com fator de carga igual a^5 3
R
O
F
P
Supondo g = 10 m · s –2^ , calcule o raio R da circunferência descrita pelo avião.
C
R
184 PARTE II – DINÂMICA
tg θ =
Sx Sy
Fcp P
⇒ tg θ =
m V^2 R m g
tg θ = V
2 g R
b) O avião descreve um arco de comprimento π · R (meia-volta) em 90 s. Portanto:
V = Δ Δst = π Δ^ tR =^390 R ⇒ V = 30 R
R = 30 V (SI) Substituindo o valor de R na expressão tg θ, temos: tg θ = V
2 g 30 V ⇒^ 0,60 =^
V
g 30 V = 0,60 10 30 (m/s)
V = 180 m/s = 648 km/h
c) O valor do raio da curva f ica determinado por: R = 30 · V
R = 30 · 180 ⇒ R = 5^ 400 m Retomando-se a f igura anterior e considerando-se o triângulo re- tângulo ABC, calculamos a altura H do avião.
tg θ = HR ⇒ 0,60 = 5 400 H
Donde: H = 3 240 m
Respostas: a) tg θ = V
2 g R ; b) 180 m/s ou 648 km/h; c) 3^ 240 m
(^53) No esquema a seguir, representa-se um pêndulo cônico ope-
rando em condições ideais. A esfera pendular descreve movimento circular e uniforme, num plano horizontal, de modo que o afasta- mento angular do f io em relação à vertical é θ. Sendo g o módulo do campo gravitacional do local e r o raio da circunferência descrita pela esfera pendular:
r
θ (^) θ g
a) calcule o período de revolução do pêndulo; b) discuta, justif icando, se o período calculado no item anterior seria modif icado se o pêndulo fosse levado para um outro local, de ace- leração da gravidade igual a
g
Resolução: a)
tg θ =
Fcp m g =
m ω^2 r m g
ω^2 = g r
tg θ (I)
ω =^2 T π ⇒ ω^2 = (2^ π)
2 T^2
(II)
De (I) e (II), vem:
(2 π)^2 T =
g r tg^ θ^ ⇒^
T = 2 π (^) g rtg θ
b) Como T é inversamente proporcional à raiz quadrada de g, reduzin- do-se a intensidade da aceleração da gravidade a
g 4 ,^ T^ dobra.
Respostas: a) T = 2 π (^) g tgr θ ; b) O período f icaria multiplicado
por 2, já que ele é inversamente proporcional à raiz quadrada da intensidade da aceleração da gravidade.
(^54) (Mack-SP) Na f igura, o f io ideal prende uma partícula de massa m a uma haste vertical acoplada a um disco horizontal que gira com velocidade angular ω constante. Sabendo que a distância do eixo de rotação do disco ao centro da partícula é igual a 0,10 3 m e que g = 10 m/s 2 , calcule a velocidade angular do disco.
ω
60° m
g
Resolução:
Fcp
60°
P
T
tg 60° =
Fcp P
tg 60° = m^ ω
2 R
m · g
3 = ω
ω = 10 rad/s
Resposta: 10 rad/s
(^55) (Unicamp-SP) As máquinas a vapor, que foram importantíssimas na Revolução Industrial, costumavam ter um engenhoso regulador da sua velocidade de rotação, como é mostrado esquematicamente na f i- gura abaixo. As duas esferas afastavam-se do eixo em virtude de sua rotação e acionavam um dispositivo regulador da entrada de vapor, controlando assim a velocidade de rotação, sempre que o ângulo θ atingia 30°. Considere hastes de massas desprezível e comprimento L = 0,2 m, com esferas de massas m = 0,18 kg em suas pontas, d = 0,1 m e 3 1,8. Adote g = 10 m/s^2.
θ F (^) T
Fcp
mg
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 185
Articulação
ω
mm
d
θ
L
Eixo de rotação
mm
a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre uma das esferas. b) Calcule a velocidade angular ω para a qual θ = 30°.
Resolução: a)
F
P
em que: P = força da gravidade (peso) F = força aplicada pela haste
b) (I) sen θ = R – d L R – d = L sen 30°
R – 0,1 = 0,2 ·^12
R = 0,2 m
d
θ
L
R
(II) tg θ =
Fcp P
tg θ = m^ ω
2 R
m g
Donde: ω = g^ tg^ θ R
Sendo g = 10 m/s^2 , tg θ = 33 1, 3
e R = 0,2 m, vem:
ω = 10 · 0, 0,
(rad/s)
Donde: ω 5,5 rad/s
F
P
Fcp
θ
Respostas: a)
P = força da gravidade (peso)
F = força aplicada pela haste
F
P
b) 5,5 rad/s
(^56) Em alguns parques de diversões, existe um brinquedo chamado rotor, que consiste em um cilindro oco, de eixo vertical, dentro do qual é introduzida uma pessoa:
R
Suporte
ω
g
De início, a pessoa apoia-se sobre um suporte, que é retirado automa- ticamente quando o rotor gira com uma velocidade adequada. Admita que o coef iciente de atrito estático entre o corpo da pessoa e a parede interna do rotor valha μμ. Suponha que o módulo da aceleração da gra- vidade seja g e que o rotor tenha raio R. Calcule a mínima velocidade angular do rotor, de modo que, com o suporte retirado, a pessoa não escorregue em relação à parede.
Resolução: Equilíbrio na vertical:
Fat = m g Fat μ FN
m g μ Fn (I)
Fat
Fn mg
Tópico 3 – Resultantes tangencial e centrípeta 187
Resolução:
v (^) máx = (^) μe g R (Veja Exercício Resolvido 25.)
v (^) máx = 0,40 · 10 · 625 (m/s)
v (^) máx = 50 m/s = 180 km/h
Os pilotos que entram na curva com velocidade superior a 180 km/h derrapam.
Resposta: c
(^60) (Unip-SP) Uma pequena esfera E, de massa 1,0 kg, gira em torno
de uma haste vertical com velocidade angular constante de 5,0 rad/s. A esfera está ligada à haste por dois f ios ideais de 2,0 m de comprimen- to cada um, que estão em contato com a haste por meio de dois anéis, A e B, a uma distância f ixa de 2,0 m um do outro. A esfera E não se desloca verticalmente.
A
B
2,0 m 2,0 m
2,0 m
Fio (2)
Fio (1)
E
Esfera
Haste
Adote g = 10 m/s 2 e despreze o efeito do ar. Determine as intensidades T 1 e T 2 das forças que tracionam os f ios (1) e (2).
Resolução:
- Forças atuantes na esfera E:
60°
60°
T 60° 1
T 2
P
O triângulo ABE é equilátero.
- Na direção vertical, a força resultante na esfera é nula:
T 1 cos 60° = T 2 cos 60° + P
T 1 12 = T 2 12 + 10 T 1 = T 2 + 20 (I)
- Na direção horizontal, a força resultante é centrípeta:
1,0 m
1,0 m
2,0 m
2,0 m
R 30°
T 1 cos 30° + T 2 cos 30° = m ω^2 R Da f igura: tg 30° =
R
R = (^) tg 30°^10 (m) =
(T 1 + T 2 ) 3
= 1,0 (5,0)^2
T 1 + T 2 = 50 (II)
Substituindo (I) em (II), temos: T 2 + 20 + T 2 = 50 2 T 2 = 30 ⇒ T 2 = 15 N Em (II): T 1 + 15 = 50 ⇒ T 1 = 35 N
Respostas: T 1 = 35 N; T 2 = 15 N
(^61) Um aro metálico circular e duas esferas são acoplados confor- me a f igura a seguir. As esferas são perfuradas diametralmente, de modo a poderem se deslocar ao longo do aro, sem atrito. Sendo R o raio do aro e m a massa de cada esfera, determine a velocidade angular que o aro deve ter, em torno do eixo vertical EE’, para que as esferas f iquem na posição indicada. A aceleração da gravidade tem intensidade g.
E’
E
ω
R
60 60
g
Resolução:
Fn Fcp
P
E
E‘
O 60° R 60° (^) r
ω
188 PARTE II – DINÂMICA
(I) sen 60° = Rr
r = 3 2
R
(II) tg 60° =
Fcp P 3 = m^ ω
(^2) r m g ⇒^ ω
(^2) = 3 g r
ω^2 = 3
g 3 2
R
⇒ (^) ω = 2 g R
Resposta: 2 g R
(^62) Um automóvel está em movimento circular e uniforme com ve-
locidade escalar v, numa pista sobrelevada de um ângulo θ em relação à horizontal. Sendo μμ o coef iciente de atrito estático entre os pneus e a pista, R o raio da trajetória e g a intensidade do campo gravitacional, determine o valor máximo de v, de modo que não haja deslizamento lateral do veículo.
θ
C
Resolução:
θ
θ
θ
F (^) aty Fat
Fny
Fn
Fnx
Fatx
C
P
- Equilíbrio na vertical: Fn y
= Fat y
+ P
Fn cos θ = μ Fn sen θ + m g
Do qual: Fn =
m g cos θ – μ sen θ (I)
Carro em movimento circular e uniforme na iminência de escorregar rampa acima: Fn (^) x+ Fat (^) x= Fcp
Fn sen θ + μ Fn cos θ = Fcp
Do qual: (^) F n (sen^ θ^ + μ^ cos^ θ) =
m v (^2) máx R
(II)
Substituindo (I) em (II), temos: m · g cos θ – μ sen θ (sen^ θ^ + μ^ cos^ θ) =
m v (^2) máx R
Donde: v^ máx =^ R^ g^ (sen^ θ^ + μ^ cos^ θ) cos θ – μ sen θ
Resposta: R^ g^ (sen^ θ^ + μ^ cos^ θ) cos θ – μ sen θ
(^63) (Fuvest-SP) Um brinquedo consiste em duas pequenas bolas A e B, de massas iguais a M, e um f io flexível e inextensível: a bola B está presa na extremidade do f io e a bola A possui um orifício pelo qual o f io passa livremente. Para operar adequadamente o dispositivo, um jovem (com treino) deve segurar a extremidade livre do f io e girá-la de maneira uniforme num plano horizontal, de modo que as bolas reali- zem movimentos circulares e horizontais, de mesmo período, mas de raios diferentes. Nessa situação, como indicado na f igura 1, as bolas permanecem em lados opostos em relação ao eixo vertical f ixo, que apenas toca os pontos O e Q do f io. Na f igura 2, estão indicados os raios das trajetórias de A e B, bem como os ângulos que os dois segmentos do f io fazem com a horizontal.
α
θ
A
R B 1 R 2
Q
Figura 2
O
A
B
O
Q
Figura 1
Note e adote: Os atritos e a influência do ar são desprezíveis. A aceleração da gravidade tem módulo g = 10 m/s^2. sen θ 0,4; cos θ 0,9 e π 3. Determine: a) a intensidade F da força de tração, admitida constante em toda a extensão do f io, em função de M e g; b) a razão K = sen α / sen θ entre os senos dos ângulos indicados na f i- gura 2; c) o número de voltas por segundo que o conjunto deve realizar no caso de o raio R 2 da trajetória descrita pela bola B ser igual a 0,10 m.
Resolução: Esquema de forças nas bolas A e B:
Mg
F
F (^) F
Mg
θ
θ
α
R 1 R 2
B
A
