Exercícios Resolvidos Hibbeler - Dinâmica - Cinemática e Cinética

Hibbeler Capítulo 12 1252 Um carro parte do repouso e viaja por uma estrada reta com uma velocidade descrita pelo gráfico Determine a distância total percorrida até que o carro pare Trace os gráficos st e at 1253 O gráfico vs para um avião percorrendo uma pista reta aparece na figura Determine a aceleração do avião em s 100 m e s 150 m Trace o gráfico as 1282 Um carrinho de montanharussa deslocase para baixo em uma trajetória helicoidal com uma velocidade escalar constante de tal maneira que as equações paramétricas que definem sua posição são x c sen kt y c cos kt z h bt em que c h e b são constantes Determine as intensidades de sua velocidade e aceleração 1288 Determine a velocidade inicial mínima v0 e o ângulo correspondente θ0 em que a bola deve ser chutada a fim de que ela passe sobre a cerca com 3 m de altura 1298 Observouse que o esquiador deixa a rampa A em um ângulo θA 25º com a horizontal Se ele atinge o solo em B determine sua velocidade escalar inicial vA e a velocidade escalar em que ele alcança o solo 12113 A posição de uma partícula é definida por r 4t sen ti 2t² 3j m em que t é dado em segundos e o argumento para o seno é dado em radianos Determine a velocidade escalar da partícula e suas componentes normal e tangencial da aceleração quando t 1 s 12119 A motocicleta movese a 1 ms quando está em A Se a velocidade é então aumentada em v 01 ms² determine sua velocidade e aceleração no instante t 5 s 1330 O carro esporte de 15 Mg tem uma força de tração F 45 kN Se ele produz a velocidade descrita pelo gráfico vt mostrado trace a resistência do ar R versus t para esse período de tempo 1337 O bloco A de 10 kg se apoia na placa B de 50 kg na posição mostrada Desprezando a massa da corda e da polia e usando os coeficientes de atrito cinético indicados determine o tempo necessário para o bloco A deslizar por 05 m sobre a placa quando o sistema é liberado do repouso 1368 Prove que se o bloco for solto do repouso no ponto B de uma trajetória lisa de formato arbitrário a velocidade escalar a que ele chega quando atinge o ponto A é igual à velocidade que ele atinge quando cai livremente através de uma distância h ou seja v 2gh 1376 O caixote de 35 kg tem velocidade escalar de 2 ms quando está no ponto A da rampa lisa Se a superfície tem a forma de uma parábola determine a força normal sobre o caixote no instante em que x 3 m Além disso qual é a taxa de aumento em sua velocidade nesse instante 1411 A força F atuando em uma direção constante sobre o bloco de 20 kg tem uma intensidade que varia com a posição s do bloco Determine a distância que o bloco desliza antes que sua velocidade se torne 15 ms Quando s 0 o bloco está se deslocando para a direita a v 6 ms O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície é μk 03 1436 Se o esquiador de 60 kg passa o ponto A com uma velocidade de 5 ms determine sua velocidade quando chega ao ponto B Determine também a força normal exercida sobre ele pelo terreno inclinado nesse ponto Despreze o atrito 1485 Quando a caixa de 5 kg atinge o ponto A ela tem velocidade escalar vA 10 ms Determine a força normal que a caixa exerce sobre a superfície quando ela atinge o ponto B Despreze o atrito e a dimensão da caixa 1495 Um tubo com um quarto de circunferência AB e raio médio r contém uma corrente lisa que possui massa por comprimento unitário de m0 Se a corrente for solta do repouso a partir da posição mostrada determine sua velocidade quando ela aparecer completamente fora do tubo Questão F1210 Inicialmente será desenhado o gráfico vt Sabendo que V dsdt Para o intervalo 0t5 temse que S3t2 Portanto V dsdt 6t Para o intervalo 5t10 temse que S30t75 Assim V dsdt 30 Deste modo Para o gráfico at Sabese a dvdt Para o intervalo 0t5 temse que V6t Portanto a dVdt 6 Para o intervalo 5t10 temse que V30 Assim a0 Deste modo Questão 1247 Resposta PARA o intervalo de tempo 0 t 30 do enunciado a condição inicial é V0 quando t0 Assim dvdt a 0v dv 0t 01 t dt V 01 t22 005 t2 quando t30 Vt30 45 ms PARA o intervalo 30tt A condição inicial é 45 ms em t30s temse dvdt a 45v dv 30t 115 t 5 dt V45 t230 5t 30230 530 Vt230 5t 75 ms PARA calcular t basta fazer a expressão anterior igual a zero v0 t230 5t 750 t 5 52 4130752 130 t 16905 s t 13309 s Devido a equação escolhida o tempo a ser escolhido é t 13309 s pois do gráfico t 75 s Fazendo os gráficos PARA o intervalo 0 t 30 V 005 t2 velocidade calculada dsdt V 0s ds 0t 005 t2 dt S 005 t3 3 t3 60 Para t30 St30 450 Questão 1247 P3 Para o intervalo 30 t 13303 Vt t230 5t 75 calculado anteriormente dsdt v 450s ds 30t t230 5t 75 dt S 450 t390 5t22 75t 30390 53022 7530 S t390 5t22 75t 750 Assim 8857 4500 450 30 75 133 ts Vt 112 45 30 75 133 ts Questão 1252 P04 Para o intervalo 0 t 30 Do gráfico a condição inicial é s 0 quando t 0 ds vdt 0s ds 0t t dt S t22 Quando t 30 s St30 3022 450 m Para o intervalo 30 t 90 A condição inicial para esse intervalo é S 450 m em t 30 s ds vdt 450s ds 30t 05t 45 dt S t24 45t 675 Quando t 90 s St 90 9024 4590 675 1350 m Assim o gráfico para o espaço é 1350 450 30 90 t Questão 1252 continuação P05 Para o intervalo 0 t 30 a dvdt ddt t 1 ms2 Para o intervalo 30 t 90 a dvdt ddt 05t 45 05 ms2 Assim ams2 1 a 1 ms2 30 60 90 ts 05 a 05 ms2 Questão 1253 Para o intervalo 0 x 100 a dVdt Aplicando a regra do caderi a dVds dsdt Vo dVds a V dds04s 04V Como v 04s a 04 04s 016 s Para o intervalo 100 x 200 a V dVds V dds01s 30 01 V 01 01s 30 001s 3 Assim quando s 100 m a 016 100 16 ms² 0 x 100 s 100 m a 001 100 3 4 ms² 100 x 200 s 150 m a 001 150 3 45 ms² 100 x 200 Questão 1217 Como x 4t⁴ substituindo em y² 4x temse y 4t² Para encontrar a velocidade basta derivar v dsdt Vx dxdt ddt4t⁴ 16t³ Vy dydt ddt 4t² 8t Para t 05s Vx 1605³ 2 ms Vy 805 4 ms Assim a velocidade resultante será V Vx² Vy² 2² 4² 447 ms Para encontrar a aceleração será seguida a mesma lógica a dVdt Ax ddt16t³ 48t² Ay ddt8t 8 Para t 05s Ax 48 05² 12 ms² ay 8 ms² Assim a aceleração resultante será A Ax² Ay² 12² 8² 1442 ms² Questão 1223 Para esse exercício será utilizada a equação horária do espaço Sab Sa Vayt 12 gt² Aplicando os valores 3 15 Vsen30 t 9812 t² Para encontrar o tempo em que a bola chega de A a B pode ser utilizada a equação do espaço para movimento horizontal Sab Sa Vox tAB 0 Vcos30 tAB Assim tAB 10 Vcos30 Então a velocidade será 3 15 Vsen30 10 Vcos30 9812 10 Vcos30² 15 10 tg 30 4905 100 V² 075 V 1237 ms Questão 1282 Sejam as equações que descrevem as posições x C sem Kt y C cos Kt z h bt A velocidade é dada por V dS dt assim Vx dsdt ddt C sem Kt C K cos Kt Vy ddt C cos Kt C K sem Kt Vz ddt h bt b A resultante será V C k cos k t² CK sem k t² b² C² k² b² A aceleração é dada por a dVdt Ax ddt C k cos k t C K² sem Kt Ay ddt C K sem k t C K² cos k t Az ddt b 0 A aceleração resultante será a C K² sem k t² C K² cos k t² C K² Questão 1288 Utilizando a equação horária do espaço S S0 Vyt 12 gt² Aplicando os valores 3 0 Vsemθ t 9812 t² Para encontrar o tempo em que a bola chega aplicase S S Vox t 0 Vcosθ t Assim t 6 Vcosθ Aplicando o valor de t 3 Vsemθ 6 Vcosθ 9812 6 Vcosθ² 3 6 tgθ 9812 36 V² cos²θ 3 V² cos²θ 6 tgθ V² cos²θ 17658 V² 3 cos²θ 6 tgθ cos²θ 17658 Derivando a expressão para encontrar o mínimo V² 3 cos²θ 6 tgθ cos²θ 17658 V² 3 cos²θ 6 semθ cosθ 17658 V² 3 cos²θ 3 sem 2θ 17658 2 V V 1 3 2 cosθ sem θ 3 2 sem 2 θ cos 2 θ 0 3 sem 2θ 6 sem 2 θ cos 2θ 0 cos 2θ 36 12 2θ 120º θ 60º Questão 1288 Continuação Aplicando os valores na equação 3 6 tg θ 9812 36 V² cos² θ Para θ 60º 3 6 tg 60º 9812 36 V² cos² 60º 3 6 3 9812 36 V² 14 3 6 3 9812 36 14 V² 12 3 6 3 981 36 1 V² 6 3 3 70632 1 V² V 70632 6 3 3 9775 ms Questão 1238 P12 Determinando a distância Sx 100 45 80 m Determinando a distância em relação y Sy 100 35 4 64 m Determinando as velocidades Vax Va cos 25 Aplicando S So Vx t 80 0 Va cos 25 t Va 8827 Aplicando na equação Sy So Vy t a t22 64 0 Va sen 25 t 9812 t2 Aplicando o valor Va 64 8827 sen 25 4905 t2 Assim t 454 s Portanto a velocidade será Va 8827t 8827454 134 ms Questão 12113 P13 A posição da partícula é dada por r 4 t sen t î 2t2 3 ĵ A velocidade é dada por V d r d t V d r d t 4 1 cos t î 4t ĵ Para t 1 s Vt1 4 1cos 1 î 4 ĵ 183873 î 4 ĵ A velocidade resultante é V 1838732 42 440 m s A inclinação do vetor velocidade Θ arctg 4 183873 65312 A aceleração é dada por a d2 r d t2 d V d t a 4 sen t î 4 ĵ Para t 1 s a 4 sen 1 î 4 ĵ 336588 î 4 ĵ A aceleração resultante é A 3365882 42 52277 ms2 A inclinação do vetor aceleração ϕ arctg 4 336588 49920 O ângulo para determinar os componentes normal e tangencial é δ Θ ϕ 65312 49320 15392 Q 52277 cos 15392 504 ms2 tangencial An 52277 sen 15392 138 ms2 normal Questão 119 Temse que a aceleração Qt V 01 ms2 Aplicando na equação do espaço S So Vo t 12 Qt2 S 0 1 5 12 01 52 625 m O espaço em y pode ser obtido pela integral Sabendo que dr2 dy2 dx2 em que dr2dx2 1 dydx2 0625 ds 0x 1 dydx2 dx como y 05x2 dydx x d2ydx2 1 Assim 625 0x 1 x2 dx 625 12 x 1x2 lnxx21 evaluated from 0 to x x x21 lnx 1x2 1225 resolvendo x 3184 m Assim ρ 1 dydx232 d2 y d x2 1x232 13184232 3717 m Aplicando em V Vo Q t 1 01 5 15 ms An V2ρ 1523717 00605 ms2 Q 012 006052 0117 ms2 Questão 12128 O raio de curvatura pode ser determinado pela equação ρ 1 dydx232 d²ydx² Trabalhando na equação que governa a curva temse y x²100 y 2x100 x50 y 150 Aplicando na equação ρ 1 x50232 150 para x30 ρ 1 3050232 150 7830 m Para calcular a componente normal será determinada a velocidade ₀ᵛ v dv ₀ˢ a ds v²2 ₀ˢ 6 006s ds 12s 006s² 12 Quando s40 v 12s 006s² v 1240 00640² 196 ms A componente normal da aceleração é An v² ρ 196² 783 48 ms² A componente tangencial é At 6 00640 36 ms² A intensidade da aceleração é A 48² 36² 6 ms² Questão 1330 Do gráfico vt a aceleração é uma função dado por a dvdt ddt 005 t² 3 t 01 t 3 A partir do sentido do veículo temse ΣF m a 4500 R 1500 01 t 3 Assim R 150 t N O gráfico será R N 4500 30 ts Questão 1337 Para o bloco A ΣFy mAy NA 10 981 cos 30 0 NA 8486 N ΣFx mAx T Q2 8486 10 981 sen 30 10QA T 6604 10 QA Para o bloco B ΣFy mAy NB 8486 50 981 cos 30 0 NB 5037 N Σfy mAy 02 8486 01 5037 T 50 981 sen 30 50 QB 177288 T 50 QB Como SA SB L A SA A SB QA QB Assim T 6604 10 QA 177288 T 50 QB aA aB QA 185 ms² QB 185 ms² T 8458 N Para deslizarse 05 m o bloco deve moverse 025 m Assim SB SA SβA ASA ASA 05 ASA 025 m SA S0 V0 t 12 a t² 025 12 185 t² t 0519 s Questão 1351 Aplicando a equação de equilíbrio Fym ay fs mA mB g da lei de Hooke fs Ky Ky mA mB g y mA mB g k Para o bloco Fy may mA g FN mA a Bloco e Bandeja Fym ay mA mB g k yer y mA mB a Assim mA mB g k mA mB k g y mA mB mA g N mA Requer que y 0 e N 0 kd mA mB g Assim δ mA mB g k Questão 1368 Para o bloco Da segunda lei do Newton fma mg seno θma t em que at g seno Como q dvdt dvdsdsdt Vo dvds Assim a aceleração tangencial Vo dv At ds g seno ds por geometria temse s Assim dy ds seno θ Integrando 0V v dv 0h g dy v²2 gh Portanto V 2gh Questão 1374 Determinando o raio em que o bloco está Aplicando semelhança do triângulo f 300200 500 p 120 mm Aplicando a somatória das forças Fy may T 02 98145 0205²012 35 T 182N Fx max NB 02 981 35 0205²012 45 NB 0844 N Questão 1376 massa m 35 kg Velocidade v 2 ms A velocidade é dada por vdydxddx4 x²9 2x9 A aceleração é ad²ydx² ddx2x9 29 Raio de curvatura é dado por ρ 1 dydx²32 d²ydx² ρ 1 2x9²32 29 pode x3 ρ 1 239²32 29 13932 29 7812 A força normal é dada por F ma 35 29 778 N mgcos θ N mV²ρ 35 981 cos θ N 35 V²7812 Questão 1376 De modo análogo ΣFt mat Força tangencial m g sen θ m at at g sen θ 381 sen θ Sabendo que v dv at ds v dv 381 sen θ ds dyθdx dy sen θ ds v dv 381 dy Pode x 0 y 4 x 3 y 4 19 3² 3 t g θ dydx 06667 θ 3369 Assim ₂³ v dv ₄³ 981 dy v²2 122² 981 3 4 v 486 ms Assim a força normal será 35 981 cos 3369 N 35 486²7812 N 180 N Taxa do aumento da velocidade taxa 486 2 2 100 143 de aumento Questão 1411 P23 Fg F fat N considerando as forças em equilíbrio ao longo do eixo y Da 2ª Lei de Newton Σfy 0 N fg 0 N mg 20 981 1962 N A força de atrito é dada por fat μ N 03 1962 5886 N A força peso e a normal não produzem trabalho Assim Vf f ds ₀⁵ 50 s12 ds 1003 s32 Aplicando o princípio da conservação de energia T₁ ΣU T₂ 12 20 6² 1003 s32 5886 s 12 20 15² 1003 s32 5886 s 1830 0 Resolvendo numericamente s 2052 m 205 m Questão 1418 O diagrama de corpo livre é A força gravitacional fg 15 981 14715 N O corpo desloca em uma distância h 03 02 05 m A força f desloca a distância S AC BC S 07² 04² 02² 02² 05234 m Assim TA Σ U TB 0 300 05234 15 981 05 12 15 v² v² 11126 v 334 ms Questão 1436 Aplicando o princípio de conservação de energia TA Σ U TB A altura percorrida é dada por h yA yB 15 0025 0² 5 10 m Assim 12 60 5² 60 981 10 12 60 VB² VB 1487 ms Para determinar a força normal será calculado o raio de curvatura dado por ρ 1 dydx²32 d²ydx² em que dydx 005x d²y dx² 005 ρ 1 005x²32 005 para x0 ρ 20 m Assim Σf ma N 60 981 60 1487²20 N 125 KN Questão 1486 Da 2ª Lei de Newton ΣF ma 03 981 sinθ 30º 03 V² 15 V² 14715 sinθ 30º Energia Potencial Quando θ 0 Vg1 mgh1 03 981 15 44145 J Quando θ Vg2 mgh2 03 981 15 sinθ 30º 44145 sinθ 30º A energia potencial elástica é dada por Ve1 12 k x1² 12 1500 012 75 J Ve2 0 Aplicando a conservação da energia T1 V1 T2 V2 em que T10 44145 75 12 03 V² 44145 sinθ 30º V² 2057 2343 sinθ 30º Relacionando as equações 14715 sinθ 30º 2057 2343 sinθ 30º sinθ 30º 04660 θ 30º 2777º θ 11777º 118º Questão 1485 Da equação de conservação de energia para o ponto B y x x12 y12 3 x y x12 x12 3 x 94 m Assim as energias potenciais gravitacionais são VgA 0 VgB m g hB 5981 94 1103625 J Aplicando na equação da energia TA VA TB VB 12 5 102 0 12 5 VB2 1103625 VB2 55855 VB 74736 ms A equação do movimento é como y 3 x122 Assim dydx 2 3 x12 12 x12 dydx 1 3 x12 e d2 y dx2 32 x32 3 2 x32 No ponto x 94 tg θ dydx 1 3 9412 1 θ 45 45 d2 y dx2 x94 3 2 9432 0444 Raio de curvatura ρ 1 dydx232 d2 y dx2 1 1232 0444 63640 m Assim aplicando a 2ª lei de Newton Σf m a N 5981 cos 45 5 55855 63640 N 7857 N 786 N Questão 1492 massa passageiro 70 Kg massa carro 50 Kg massa total 50 70 120 Kg A energia total será constante assim da cons de energia Energia Cinética Energia Potencial Constante 12 mT V02 mT g h 12 mT V12 mT g 2p 12 12042 12038112 12 120 V12 12038125 Assim V1 7432 ms Cálculo da reação no assento do passageiro Da segunda lei F m a FR m g m V2 ρ FR m g m v2 ρ 70981 7074322 5 FR 1460 N Questão 1493 A energia potencial será Vg1 m g h3 A altura é igual ao centro de massa h1 r d r π π d π r A massa da corrente é m m0 π 2 r π 2 m0 r Assim Vg1 π 2 m0 rg π d π r π d 2 m0 r2 g como Vg2 m g h2 0 Da conservação de energia T1 V1 T2 V2 12 m v02 Vg1 12 m v22 Vg2 0 π d 2 m0 r2 g 42 π 2 m0 r v22 0 V2 2π π d g r