Dinâmica-do-Ponto-Material-Segunda-Lei-de-Newton-Exercícios-Resolvidos

CENTRO DE CIENCIAS EXATAS E TECNOLOGICAS UFRB Capitulo 2 Dinâmica de um Ponto Material2ª Lei de Newton Capitulo 12 Problemas 12121 12133 Abdon 08052017 Segunda Lei de Newton aplicado ao movimento de um Ponto Material CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 1 Problema 12122 A aceleração de um pacote que desliza para baixo ao longo da seção 𝐴𝐵 do declive ABC é de 5ms² Admitindo que o coeficiente de atrito cinético seja o mesmo para cada seção determine a aceleração do pacote na seção 𝐵𝐶 do declive Dados Pacote Aceleração ao longo da seção 𝐴𝐵 𝑎𝐴𝐵 5𝑚𝑠2 Coeficiente de atrito cinético 𝜇 𝜇𝐴𝐵 𝜇𝐵𝐶 𝜇𝐶 Determinar Aceleração do pacote na seção 𝐵𝐶 𝑎𝐵𝐶 Solução Primeiro considerando o movimento do pacote deslizando a seção 𝐴𝐵 Diagrama Da segunda lei de Newton temos Na direção y 𝐹𝑒𝑥𝑡𝑦 𝐹𝑒𝑓𝑒𝑡𝑦 𝑁𝐴𝐵 𝑊 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑚 𝑎𝐴𝐵𝑦 𝑎𝐴𝐵𝑦 0 𝐶𝑜𝑠𝛼 35 𝑁𝐴𝐵 3 5 𝑊 0 Também 𝑊 𝑚 𝑔 𝑔 981𝑚𝑠2 𝑁𝐴𝐵 3 5 𝑊 3 5 𝑚 𝑔 No deslizamento a força de atrito é 𝐹𝐴𝐵 𝜇𝑐 𝑁𝐴𝐵 𝑁𝐴𝐵 3 5 𝑚 𝑔 Substituímos temos 𝐹𝐴𝐵 3 5 𝜇𝑐 𝑚 𝑔 Na direção x 𝑎𝐴𝐵𝑥 𝑎𝐴𝐵 𝐹𝑥 𝑚 𝑎𝐴𝐵𝑥 𝑊 𝑆𝑒𝑛𝛼 𝐹𝐴𝐵 𝑚 𝑎𝐴𝐵 𝑆𝑒𝑛𝛼 45 4 5 𝑊 𝐹𝐴𝐵 𝑚 𝑎𝐴𝐵 Substituindo as equações temos 4 5 𝑚 𝑔 3 5 𝜇𝑐 𝑚 𝑔 𝑚 𝑎𝐴𝐵 Cancelando as massas temos 4 5 3 5 𝜇𝑐 𝑔 𝑎𝐴𝐵 4 5 3 5 𝜇𝑐 𝑎𝐴𝐵 𝑔 Substituindo os valores de 𝑎𝐴𝐵 5𝑚𝑠² e 𝑔 981𝑚𝑠² temos 𝜇𝑐 4 5 5 981 5 3 𝜇𝑐 0484 Agora considerando a seção 𝐵𝐶 temos Do diagrama CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 2 Da segunda lei de Newton temos Na direção y 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐵𝐶𝑦 𝑎𝐵𝐶𝑦 0 𝐹𝑦 0 𝑁𝐵𝐶 𝑊 𝑐𝑜𝑠𝛼 0 𝑊 𝑚 𝑔 𝐶𝑜𝑠𝛼 45 𝑁𝐵𝐶 4 5 𝑊 4 5 𝑚 𝑔 No deslizamento a força de atrito é 𝐹𝐵𝐶 𝜇𝑐 𝑁𝐵𝐶 𝐹𝐵𝐶 4 5 𝜇𝑐 𝑚 𝑔 Na direção x 𝐹𝑥 𝑚 𝑎𝐵𝐶𝑥 𝑎𝐵𝐶𝑥 𝑎𝐵𝐶 𝑊 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝐹𝐵𝐶 𝑚 𝑎𝐵𝐶 𝑆𝑒𝑛𝛼 35 3 5 𝑊 𝐹𝐵𝐶 𝑚 𝑎𝐵𝐶 Isolando 𝑎𝐵𝐶 temos 𝑎𝐵𝐶 3 5 𝑊 𝑚 4 5 𝜇𝑐𝑚𝑔 𝑚 𝑎𝐵𝐶 3 5 𝑚𝑔 𝑚 4 5 𝜇𝑐𝑚𝑔 𝑚 𝑎𝐵𝐶 3 5 𝑔 4 5 𝜇𝑐 𝑔 Substituindo os valores de 𝜇𝑐 0484 e 𝑔 981 Temos 𝑎𝐵𝐶 3 5 981 4 5 0484 981 𝑎𝐵𝐶 209𝑚𝑠² CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 3 Problema 12123 Os dois blocos mostrados na figura estão originalmente em repouso Desprezando as massas das polias e o efeito do atrito nas polias e considerando que os coeficientes de atrito entre o bloco A e a superfície horizontal são µe 025 e µc 020 determine a a aceleração de cada bloco e b a tração do cabo Dados Bloco A Velocidade Inicial 𝜐𝐴𝑜 0 𝑚𝑠 Massa 𝑚𝐴 30 𝑘𝑔 Coeficiente de atrito com o chão Estático 𝜇𝑒 025 Cinético 𝜇𝑐 020 Bloco B Velocidade Inicial 𝜐𝐵𝑜 0 𝑚𝑠 Massa 𝑚𝐵 25 𝑘𝑔 Polias Massa desprezível 𝑚 0 𝑘𝑔 Sem atrito 𝜇 0 Determinar a A aceleração de cada bloco 𝑎𝐴 𝑎𝐵 b A tração do cabo 𝑇 Solução Diagrama Considerando que a corda é inextensível o comprimento do cabo é dado por 𝑥𝐴 2𝑦𝐵 𝑦𝐵 𝑦𝐶 𝐶𝑡𝑒 𝑥𝐴 3𝑦𝐵 𝑦𝐶 𝐶𝑡𝑒 1 Derivando 1 encontramos 𝑥𝐴 𝑡 3 𝑦𝐵 𝑡 𝑦𝐶 𝑡 0 𝜐𝐴 3𝜐𝐵 0 Derivando mais uma vez temos 𝜐𝐴 𝑡 3 𝜐𝐵 𝑡 0 𝑎𝐴 3𝑎𝐵 0 𝑎𝐴 3𝑎𝐵 Para determinar se existe movimento fixase 𝑎𝐴 𝑎𝐵 0 Diagramas do Corpo Livre de cada bloco Bloco B 𝐹𝑦 𝑛 𝑖1 0 3𝑇 𝑃𝐵 0 𝑇 1 3 𝑃𝐵 1 Bloco A 𝐹𝑥 𝑛 𝑖1 0 𝑇 𝐹𝐴 0 𝐹𝑎 𝑇 2 𝐹𝑦 𝑛 𝑖1 0 𝑁𝐴 𝑃𝐴 0 𝑁𝐴 𝑃𝐴 𝑚𝐴𝑔 3 Da relação CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 4 𝐹𝐴 𝑁𝐴 𝑃𝐵 3𝑃𝐴 𝑚𝐵𝑔 3𝑚𝐴𝑔 𝑚𝐵 3𝑚𝐴 25 330 𝐹𝐴 𝑁𝐴 0278 𝜇𝑒 025 O movimento acontece porque 𝐹𝐴 𝑁𝐴 𝜇𝑒 Portanto 𝐹𝐴 𝑁𝐴𝜇𝐶 𝑃𝐴𝜇𝐶 𝑚𝐴𝑔𝜇𝐶 4 Então segue que Bloco A 𝐹𝑥 𝑛 𝑖1 𝑚𝐴𝑎𝐴 𝑇 𝐹𝐴 3𝑚𝐴𝑎𝐵 𝑇 3𝑚𝐴𝑎𝐵 𝑚𝐴𝑔𝜇𝑐 5 Bloco B Das equações 1 2 3 e 4 temos 𝐹𝑦 𝑛 𝑖1 𝑚𝐵𝑎𝑦 𝑃𝐵 3𝑇 𝑚𝐵𝑎𝐵 𝑃𝐵 3𝑚𝐴𝑔𝜇𝐶 9𝑚𝐴𝑎𝐵 6 a A aceleração de cada bloco aA aB Partindo da equação 6 temos 𝑎𝐵 𝑃𝐵3𝜇𝐶𝑃𝐴 𝑚𝐵9𝑚𝐴 𝑚𝐵3𝜇𝐶𝑚𝐴 𝑚𝐵9𝑚𝐴 𝑔 𝑎𝐵 253𝑂2030 25930 02328 𝑚𝑠2 Como 𝑎𝐴 3𝑎𝐵 𝑎𝐴 302328 𝑚𝑠2 𝑎𝐴 06983𝑚𝑠2 𝑎𝐵 02328 𝑚𝑠2 b a tração do cabo T Da equação 5 𝑇 02030981 32502328 𝑇 798 𝑁 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 5 Problema 12124 Os coeficientes de atrito entre o pacote A e o plano inclinado são 0 35 e e 0 30 c Sabendo que o sistema está incialmente em repouso e que o bloco B vem a repousar sobre o bloco C determine a a velocidade máxima atingida pelo pacote A e b a distância que o pacote A vai percorrer subindo o plano inclinado Dados Bloco A Peso 𝑃𝐴 270 𝑁 Atrito estático 𝜇𝑒 035 Atrito cinemático 𝜇𝑐 030 Sistema inicialmente em repouso Velocidade inicial 𝜐𝐴𝑜 0 𝑚𝑠 Bloco B Peso 𝑃𝐵 1575 𝑁 Bloco C Peso 𝑃𝐶 270 𝑁 Determinar a Velocidade máxima atingida pelo pacote A 𝜐𝐴𝑚𝑎𝑥 b Distância que o pacote A vai percorrer subindo o plano inclinado 𝑥𝐴𝑇 SOLUÇÃO Diagramas de CorpoLivre DCL Bloco A Bloco B Bloco C Equações do movimento Bloco A 𝐹𝑦 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑦 0 𝐹𝑦 0 𝑛 𝑖1 𝑛 𝑖1 𝑁𝐴 𝑊𝐴 cos30 0 𝑁𝐴 𝑊𝐴 cos30 270 cos30 𝑁𝐴 23383𝑁 𝐹𝑥 𝑚𝐴𝑎𝐴𝑥 𝑎𝐴𝑥 𝑎𝐴 𝑛 𝑖1 𝐹𝑥 𝑚𝐴𝑎𝐴 𝑛 𝑖1 𝑇𝐴𝐵 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐴 𝑔 𝑎𝐴 1 Bloco B 𝐹𝑦 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 𝑎𝐵𝑦 𝑎𝐵 𝑛 𝑖0 𝐹𝑦 𝑚𝐵𝑎𝐵 𝑛 𝑖0 𝑇𝐵𝐶 𝑊𝐵 𝑇𝐴𝐵 𝑊𝐵 𝑔 𝑎𝐵 2 Bloco C 𝐹𝑦 𝑚𝐵𝑎𝐵𝑦 𝑎𝐵𝑦 𝑎𝐵 𝑛 𝑖0 𝐹𝑦 𝑚𝐶𝑎𝐶 𝑛 𝑖0 𝑊𝑐 𝑇𝐵𝐶 𝑊𝐶 𝑔 𝑎𝐶 3 Podemos verificar se os blocos vão se mover Para isso podemos fazer 𝑎𝐴 𝑎𝐵 𝑎𝐶 0 𝑇𝐴𝐵 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 0 4 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 6 𝑇𝐵𝐶 𝑊𝐵 𝑇𝐴𝐵 0 5 𝑊𝐶 𝑇𝐵𝐶 0 6 Somando as equações 4 5 e 6 temos que 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐵 𝑊𝐶 0 𝐹𝐴 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝑊𝐵 𝑊𝐶 Substituindo os valores temos 𝐹𝐴 270𝑠𝑒𝑛30 1575 270 𝐹𝐴 29250𝑁 Como 𝜇𝑒 𝐹𝐴 𝑁 29250 23383 125 𝜇𝑒 035 Então os blocos se movem Para o movimento inicial temos que 𝑎𝐴 𝑎𝐵 𝑎𝐶 𝑎 Mas 𝐹𝐴 𝜇𝐶𝑁 03023383 7015𝑁 Somando novamente as equações 1 2 e 3 temos então 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐵 𝑊𝐶 𝑊𝐴 𝑊𝐵 𝑊𝐶 𝑎 𝑔 𝑎 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30𝐹𝐴𝑊𝐵𝑊𝐶 𝑊𝐴𝑊𝐵𝑊𝐶 𝑔 𝑎 313𝑚𝑠² Durante o movimento do bloco C até 075 m temos 𝑎𝐴 𝑎𝑏 𝑎𝐶 313 𝑚𝑠2 Para o bloco A em MRUA 𝜐𝐴 2 𝜐𝐴𝑜 2 2𝑎𝐴𝑥𝐴 𝑥𝐴𝑜 𝑥𝐴 075 𝑚𝑠2 𝜐𝐴 2 2𝑎𝐴 𝑥𝐴 Substituindo os valores temos 𝜐𝐴 2 2 313 075 47 𝑚𝑠2 𝜐𝐴 2168 𝑚𝑠2 Considerando o sistema em movimento e desprezando o cabo BC temos 𝑎1 𝑎𝐴 𝑎𝐵 𝑇𝐵𝐶 0 Logo as equações 1 e 2 podem ser escritas da seguinte forma 𝑇𝐴𝐵 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐴 𝑔 𝑎𝑔 7 𝑇𝐵𝐶 𝑊𝐵𝐴𝐵 𝑇 𝑊𝐵 𝑔 𝑎1 8 Somando 7 e 8 temos 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐵 𝑊𝐴𝑊𝐵 𝑔 𝑎1 𝑎1 𝑊𝐵 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴𝑔𝑊𝐴 𝑊𝐵 𝑎1 1575270𝑠𝑒𝑛307015 2701575 981 𝑎1 109 𝑚𝑠2 Analisando o deslocamento do bloco B após 03m temos Para o bloco A MRUA 𝜐𝐴1 2 𝜐𝐴 2 2𝑎1𝑥𝐴1 𝑥𝐴 𝑥𝐴1 𝑥𝐴 03𝑚 𝑎1 109 𝑚𝑠2 𝜐𝐴 211 𝑚𝑠2 Substituindo os valores 𝜐𝐴 2 47 210903 4046𝑚²𝑠² 𝜐𝐴 2011𝑚𝑠 Considerando o movimento com os dois cabos folgados temos 𝑇𝐴𝐵 𝑇𝐵𝐶 0 𝑎𝐴 𝑎2 Da equação 1 temos que 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 𝐹𝐴 𝑊𝐴 𝑔 𝑎2 𝑎2 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30𝐹𝐴 𝑊𝐴 𝑔 𝑎2 270𝑠𝑒𝑛307015 270 981 𝑎2 7454𝑚𝑠² Como a distância em que a velocidade do bloco A é zero 𝜐𝐴2 0 Para MRUA 𝜐𝐴2 2 𝜐𝐴1 2 2𝑎2𝑥2 𝑥𝐴1 Como 𝑆 𝑥2 𝑥𝐴1 0 𝜐𝐴1 2 2𝑎2 𝑆 𝑆 𝜐𝐴1 2 2𝑎2 𝑆 4044 27454 𝑆 0273𝑚 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 7 Resumindo temos que a A velocidade máxima é 𝜐𝐴𝑚𝑎𝑥 2011𝑚𝑠 𝜐𝐴𝑚𝑎𝑥 201 cos30 𝒊 201𝑠𝑒𝑛30𝒋 b A distância total d é 𝑑 03𝑚 075𝑚 0273𝑚 𝑑 1323𝑚 Verificando se o bloco A permanece em repouso podese fazer 𝑇𝐴𝐵 𝑇𝐵𝐶 0 Da equação 1 ficamos com 𝐹𝐴 𝑊𝐴𝑠𝑒𝑛30 270𝑠𝑒𝑛30 135𝑁 Como 𝐹𝐴 𝜇𝑒𝑁 𝐹𝐴 𝑁 135 23383 0577 𝜇𝑒 Portando o bloco A começa a se mover para baixo CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 8 Problema 12125 A massa dos blocos A B e C são mA 4 kg mB 10 kg e mC 2 kg Sabendo que P 0 e desprezando as massas das roldanas e o efeito do atrito determine a a aceleração de cada bloco e b a tração na corda Dados Bloco A Massa mA 4 kg Bloco B Massa mB 10 kg Bloco C Massa mC 2 kg Roldanas Sem massa m 0 Sem atrito μ 0 Determine a Para 𝑃 0 a aceleração de cada bloco Bloco A Bloco B Bloco C aA aB aC b Tração na corda T Solução Diagrama do sistema O comprimento da corda é 2 yA 4 yB xC cte Derivando em relação ao tempo 2vA 4vB vC 0 Derivando mais uma vez 2aA 4aB aC 0 1 DCL do bloco A Bloco A 𝐹 𝑚𝑎 mA g 2T mAaA aA g 2TmA 2 DCL do bloco B Bloco B 𝐹 𝑚𝑎 mB g 4T mBaB aB g 4𝑇𝑚B 3 DCL do bloco C Bloco C 𝐹 𝑚𝑎 T mCaC aC TmC 4 a Acelerações aA aB aC Substituindo as equações 2 3 e 4 em 1 2g 4𝑇𝑚A 4g 16𝑇𝑚B 𝑇𝑚C 0 4𝑚A 16𝑚B 1𝑚C T 6g g 981ms² 4 2 16 10 1 2 T 6981 T 18987 N Da equação 2 aA 981 218987 4 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 9 aA 0316ms² aA 0316 ĵ Da equação 3 aB 981 418987 10 aB 0222ms² aB 0222 ĵ Da equação 4 aC 18987 2 949ms² aC 949 î Tensão no cabo T 18987 N CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 10 Problema 12126 O bloco A pesa 90 N e os blocos B e C pesam 45 N cada Sabendo que os blocos estão inicialmente em repouso e que B percorre uma distância de 24 m em 2s determinar a A intensidade da força P e b a tração na corda AD Despreze as massas das roldanas e o atrito no eixo Dados Bloco A Velocidade Inicial 𝐴0 0 𝑚𝑠 Peso 𝑃𝐴 90 𝑁 Bloco B Velocidade Inicial𝐵0 0 𝑚𝑠 Peso 𝑃𝐵 45 𝑁 Para t 2s 𝑦𝐵 24 𝑚 Bloco C Velocidade Inicial𝐶0 0 𝑚𝑠 Peso 𝑃𝐶 45 𝑁 Roldanas Massa desprezível Sem atrito no eixo Determinar a A intensidade da força P P b A tração na corda AD TAD Solução Diagrama do sistema Comprimento do cabo AD 𝑦𝐴 𝑦𝐷 𝑐𝑡𝑒 Derivando 𝐴 𝐷 0 𝐷 𝐴 Derivando 𝑎𝐷 𝑎𝐴 Comprimento do cabo BC 𝑦𝐵 𝑦𝐷 𝑦𝐶 𝑦𝐷 𝑐𝑡𝑒 𝑦𝐵2𝑦𝐷 𝑦𝐶 𝑐𝑡𝑒 Derivando 𝐵 2𝐷 𝐶 0 Derivando 𝑎𝐵2𝑎𝐷 𝑎𝐶 0 Substituindo 𝑎𝐷 2 𝑎𝐴 𝑎𝐵 𝑎𝐶 0 1 Diagramas dos corpos do sistema Polia D 𝐹𝑦 𝑚𝑎 m0 𝐹𝑦 0 2 𝑇𝐵𝐶 𝑇𝐴𝐷 0 𝑇𝐴𝐷 2 𝑇𝐵𝐶 2 Bloco A 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐴 𝑃𝐴 𝑇𝐴𝐷 𝑃𝐴 𝑔 𝑎𝐴 𝑎𝐴 𝑃𝐴𝑇𝐴𝐷 𝑃𝐴 𝑔 𝑇𝐴𝐷 2 𝑇𝐵𝐶 𝑎𝐴 𝑃𝐴 2𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐴 𝑔 3 Bloco C 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐶 𝑃𝑐 𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐶 𝑔 𝑎𝐶 𝑎𝐶 𝑃𝐶𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐶 𝑔 4 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 11 Como as forças que aparecem são constantes então temos movimento uniformemente acelerado Bloco B 𝑦𝐵 𝑦𝐵𝑜 𝐵𝑜𝑡 1 2 𝑎𝐵𝑡² 𝐵𝑜 0𝑚𝑠 1 2 𝑎𝐵𝑡2 𝑦𝐵 𝑦𝐵0 𝑎𝐵 2𝑦𝐵 𝑦𝐵0 𝑡2 Como para t 2s 𝑦𝐵 𝑦𝐵 𝑦𝐵0 24𝑚 𝑎𝐵 2𝑦𝐵 𝑡2 2𝑥24 22 𝑎𝐵 12𝑚𝑠² Substituindo as equações 3 e 4 na equação 1 obtemos 2 𝑃𝐴2𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐴 𝑔 𝑎𝐵 𝑃𝐶𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐶 𝑔 0 4 𝑃𝐴 1 𝑃𝐶 𝑇𝐵𝐶 3 𝑎𝐵 𝑔 Substituindo os valores temos 4 90 1 45 𝑇𝐵𝐶 3 12 981 𝑇𝐵𝐶 4683𝑁 Do DCL do bloco B temos 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝐵 𝑃 𝑃𝐵 𝑇𝐵𝐶 𝑃𝐵 𝑔 𝑎𝐵 5 Substituindo os valores temos 𝑃 4683 45 45 981 𝑥12 𝑷 𝟕 𝟑𝟑 𝑵 b A tração na corda AD Da equação 2 𝑇𝐴𝐷 2 𝑇𝐵𝐶 𝑇𝐴𝐷 2𝑥4683 𝑇𝐴𝐷 𝟗𝟑 𝟔𝟔 𝑵 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 12 Problema 12127 Um bloco B de 54 N repousa tal como mostra a figura sobre a superfície superior de uma cunha A de 135 N Desprezando o atrito determine imediatamente depois que o sistema é solto a partir do repouso a a aceleração de A e b a aceleração de B relativa a A Dados Bloco B Peso PB 54 N Velocidade inicial vB0 0ms Cunha A Peso PA 135 N Velocidade inicial vA0 0ms Atrito μ 0 Determine a Aceleração da cunha A aA b Aceleração do bloco B relativa a A aBA Solução Diagrama do sistema a aA Aceleração da cunha DCL da cunha A Do diagrama 𝐹 mA𝑎A PAsen30 NBsen30 PA g aA 1 DCL do bloco B Do diagrama 𝐹 mB𝑎Bx 0 mB aBA mB aAcos30 aBA aAcos30 2 𝐹 mB𝑎By PB NB mB aAsen30 NB PB mB aAsen30 NB PB PB gaAsen30 3 Substituindo 3 2 em 1 PAsen30 PBsen30 PBsen²30aAg PAaAg aA PA PBsen30PA PBsen²30 Substituindo os valores aA 13554sen3013554sen²30 aA 157ms² 𝑎A 157cos30 î 157sen30 ĵ b aB A Aceleração relativa 𝑎BA 𝑎 B 𝑎A Também aBA aAcos30 Substituindo aBA 157cos30 aBA 136 ms² 𝑎BA 136 î CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 13 Problema 12128 Uma pista de montanharussa mostrada na figura está contida em um plano vertical A parte da pista entre A e B é reta e horizontal enquanto que as partes à esquerda de A e à direita de B tem raios de curvatura como indicado O carro está se movendo a uma velocidade escalar de 72 kmh quando os freios são acionados fazendo com que as rodas deslizem sobre a pista µk 025 Determine a desaceleração inicial do carro se os freios são acionados quando ele a está quase chegando em A b está se movendo entra A e B e c acabou de passar por B Dados Montanharussa Pista antes de A Curva de raio 30𝑚 Pista entre A e B Reta horizontal Pista após B Curva de raio 45𝑚 Coeficiente de atrito da pista µ𝑐 025 Carro Velocidade escalar 𝑣 72𝑘𝑚ℎ Determinar Desaceleração inicial do carro após aplicar os freios quando a Está chegando em A 𝑎𝐴 b Está entre os pontos A e B da pista 𝑎𝐴𝐵 c Após passar o ponto B 𝑎𝐵 Solução Diagrama a Antes do ponto A DCL No ponto A 𝑎𝐴 𝑎𝑛 𝑎𝑡 Como 𝑎𝑛 ² 𝜌𝐴 𝐴 72 𝑘𝑚 ℎ ℎ 3600𝑠 10³𝑚 𝑘𝑚 20 𝑚 𝑠 𝜌𝐴 30𝑚 𝑎𝑛 20² 30 1333 𝑚𝑠² Da 2ª lei de Newton 𝐹𝑦 𝑚 𝑎𝑦 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚𝑔 𝑚 𝑎𝑛 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚𝑔 𝑎𝑛 𝐹 µ𝑐𝑁𝑃 𝑁𝐹 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 Como 𝐹 µ𝑐 𝑁𝑃 µ𝑐 𝑁𝐹 𝐹 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 𝐹𝑥 𝑚 𝑎𝑥 𝐹 𝑚 𝑎𝑡 𝑎𝑡 𝐹 𝑚 µ𝑐𝑔 𝑎𝑛 𝑎𝑡 µ𝑐𝑔 𝑎𝑛 𝑎𝑡 025981 1333 𝑎𝑡 579 𝑚𝑠² 𝑎𝐴 𝑎𝑛2 𝑎𝑡 2 𝑎𝐴 13332 579² 𝑎𝐴 1454 𝑚𝑠² b Entre o ponto A e B DCL 𝑎𝐴𝐵 𝑎𝑛 𝑎𝑡 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 14 Como 𝑎𝑛 ² 𝜌𝐴𝐵 Temos 𝐴𝐵 reto 𝜌𝐴𝐵 𝑎𝑛 0 𝑚𝑠² Da 2ª lei de Newton 𝐹𝑡 𝑚 𝑎𝑡 𝐹 𝑚 𝑎𝑡 𝑎𝑡 𝐹 𝑚 Como 𝐹 µ𝑐 𝑁𝑃 µ𝑐𝑁𝐹 µ𝑐𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝐹𝑛 𝑚 𝑎𝑛 𝐹𝑛 0 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚 𝑔 0 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚 𝑔 𝐹 µ𝑐 𝑚 𝑔 𝑎𝑡 µ𝑐 𝑔 𝑎𝑡 µ𝑐 𝑔 𝑎𝑡 025𝑥981 245 𝑚𝑠² 𝑎𝐴𝐵 𝑎𝑛2 𝑎𝑡 2 𝑎𝐴𝐵 𝑎𝑡 𝑎𝐴𝐵 245 𝑚𝑠² c Depois do ponto B 45 𝑚 DCL 𝑎𝐵 𝑎𝑛 𝑎𝑡 Como 𝑎𝑛 ² 𝜌𝐵 𝐵 72 𝑘𝑚 ℎ 20 𝑚𝑠 𝜌𝐵 45 𝑚 𝑎𝑛 20² 45 889 𝑚𝑠² Da 2ª lei de Newton 𝐹𝑛 𝑚 𝑎𝑛 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚 𝑔 𝑚 𝑎𝑛 𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝑚𝑔 𝑎𝑛 µ𝑐𝑁𝑃 𝑁𝐹 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 Como 𝐹 µ𝑐 𝑁𝑃 µ𝑐 𝑁𝐹 µ𝑐𝑁𝑃 𝑁𝐹 𝐹 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 𝐹𝑡 𝑚 𝑎𝑡 𝐹 𝑚 𝑎𝑡 𝑎𝑡 𝐹 𝑚 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 𝑎𝑡 µ𝑐 𝑚𝑔 𝑎𝑛 𝑎𝑡 025981 889 𝑎𝑡 0230 𝑚𝑠 𝑎𝐵 𝑎𝑛2 𝑎𝑡 2 𝑎𝐵 889² 0230² 𝑎𝐵 889 𝑚𝑠² CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 15 Problema 12129 Um satélite é inserido em uma orbita circular em torno de planeta Saturno a uma altitude de 3400 km O satélite descreve sua órbita com uma velocidade de 2445 Kms Sabendo que o raio da orbita em torno de Saturno e o período de Atlas uma das luas de saturno são de 13764x103Km e de 06019 dias respectivamente determine a o raio de Saturno e b a massa de Saturno O período de um satélite é o tempo que ele leva para fazer uma revolução completa em torno do planeta Dados Satélite Altitude rS3400km Velocidade da orbita vs 2445 Kms Lua de saturno Atlas Raio da orbita circular rl 13764x10³ Km Período de Atlas t06019 dias Determine a Raio de Saturno Rs b Massa de Saturno Ms Solução Diagrama a Rs Do Movimento Circular UniformeMCU Como 𝜔 𝛥𝜃 𝛥𝑡 porém 2 e t logo 𝜔 2𝜋 𝜏 1 Também sabemos que a ralação da velocidade linear e a velocidade angular é tal que 𝜔rl lr 2 Substituindo 2 em 1 obtemos 2 lr lr 2 I Efetuando as transformações rl13764x10³ Km 13764x10³xkmx10³x km m 1 103 rl13764x106m Sabemos 1dia24x3600s Portanto h s dia h dias 1 3600 1 06019 24 06019 5200416x10³s Usando a equação I lr 2 2𝜋𝑥13764𝑥106 5200416𝑥103 16629x10³ 𝑚 𝑠 velocidade da Lua para a orbita da LuaAtlas Da aplicação à mecânica espacial temos que lr GM lr GM 2 GM GsMs GMS rl2 Logo GM13764x106x1662978x10³² GM38064x1016 𝑚2 𝑠2 Para orbita do satélite circular l s r GM s s r GM 2 2 s s v r GM sr 38064𝑥1016 2445𝑥103 2 m x rs 63674 106 km rs 63674 distancia do centro de Saturno até o satélite Portanto Altitude r R s s km Rs 60274 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 16 b Ms massa de Saturno Como 2 3 8064 1016 s m x G M s s s s G x M 38064 1016 Como Gs6673x1012 2 6673 10 12 s km x Gs Substituindo kg x M s 570 1024 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 17 Problema 12130 Os períodos período de um satélite é o tempo que ele leva para fazer uma revolução completa em torno do planeta das luas Julieta e Titânia do planeta Urano foram observados como sendo de 04931 dias e 8706 dias respectivamente Sabendo que o raio da orbita de Julieta é de 64000 km determine aa massa de Urano e b o raio da orbita de Titânia Dados Lua Julieta Orbita circular Período dias J 04931 Raio da orbita km rJ 64000 Lua titânia Orbita circular Período dias T 04931 Planeta Urano Orbita circular Período dias U 8706 Determinar a Massa de Urano Mu b Raio da orbita de Titânia rT Solução Diagrama Efetuando as transformações rJ64000 km64000x10³m Do Movimento Circular UniformeMCU Como 𝜔 𝛥𝜃 𝛥𝑡Porém 2 e t 𝜔 2𝜋 𝜏 1 também sabemos que a ralação da velocidade linear e a velocidade angular é tal que 𝜔r 𝜔 𝑟 2 Substituindo 2 em 1 obtemos 𝑣 𝑟 2𝜋 𝜏 2𝜋𝑟 𝜏 3 a Mu Velocidade da orbita de Julieta J J J r 2 m x km km rJ 6 3 64 10 1 10 64000 s h s dias h dias j 42603 8 24 3600 0 493 Substituindo m s x J 8848759 84 42603 64 10 2 6 Como J J J J J J J J r v G M r G M 2 Substituindo 2 3 15 5 7017 10 s m x M G U U Também 6673 10 3 12 kg s m x GU U U G x M 57017 1015 Substituindo kg x MU 8 54 1025 b rT s h s dias h dias T 752198 1 3600 1 24 8 706 Da orbita circular temos T U U T r G M Também T T T J J T T r r G M r 2 2 2 32 U U T T G M r Substituindo 12 15 32 9 10 2 5 7017 10 752198 x x rT km x m x rT 3 6 64 10 64 10 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 18 Problema 12131 Uma sonda espacial está para ser posta em orbita circular de 6420 Km de raio em torno do planeta Vênus À medida que a sonda se aproxima de Vênus sua velocidade escalar é diminuída de modo que quando ela alcança o ponto A sua velocidade escalar e altitude acima da superfície do planeta são de 7420 ms e 288 Km respectivamente A trajetória da sonda de A para B é elíptica e quando ela se aproxima de B sua velocidade é aumentada em 𝑣𝐵 214 ms para inserilas na orbita de transferência elíptica BC Finalmente quando a sonda passa por C sua velocidade escalar é diminuída em 𝑣𝐶 228 ms para inserilas na orbita circular requerida Sabendo que a massa o raio do planeta Vênus é 4869 x 1024 Kg e 6052 Km respectivamente determine a a velocidade escalar da sonda quando ela se aproximar de B na trajetória elíptica e b sua altitude acima da superfície do planeta em B Dados Sonda espacial Órbita circular em torno de Vênus Raio da órbita circular 𝑟𝐶 6420km Planeta Vênus Massa 𝑀𝑉 4869 x 1024 kg Raio do Planeta Vênus 𝑅𝑉 6052km Órbita circular em torno de Vênus No ponto A Velocidade da sonda 𝜈𝐴 7420ms Altitude ℎ𝐴 288km Trajetória elíptica AB Aumento da velocidade em 𝐵1 𝜈𝐵 214ms No ponto C órbita circular Diminuição da velocidade 𝜈𝐶 214ms Determinar a Velocidade da sonda quando aproximase do ponto B na trajetória AB 𝜈𝐵1 b Altitude acima do planeta Vênus no ponto B ℎ𝐵 Solução a Velocidade de aproximação Diagrama 𝜐𝐵1 Velocidade da sonda quando aproximase do ponto B na trajetória elíptica 1 𝜐𝐵2 Velocidade da sonda quando afastase do ponto B na trajetória elíptica 2 𝜐𝐶 Velocidade da sonda quando aproximase do ponto C na trajetória elíptica 𝜐𝐶 Velocidade da sonda quando afastase do ponto C na trajetória circular 𝐺𝑀𝑉 66731011 48691024 𝐺𝑀𝑉 32481014 m3s2 No ponto A 𝑟𝐴 𝑅𝑉 ℎ𝐴 6052 288 𝑟𝐴 634106 m Velocidade 𝜐𝐴 7420ms Para a trajetória circular No ponto C 𝑟𝐶 6420 km 642106 m Velocidade 𝜈𝐶 𝐺𝑀𝑉 𝑟𝑐 3248 1024 6420 106 𝜈𝐶 711410³ ms Como 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝜐𝐶 7114103 238 7352 ms 𝜐𝐶 𝜐𝐶 𝐶 𝐵 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 19 Pela conservação do momento angular da trajetória elíptica AB ℎ𝐴𝐵 cte Como 𝑟𝐵1 𝜈𝐵1 𝑟𝐴 𝜈𝐴 h 𝑟𝑖 𝜈𝑖 sin 𝑟𝐵 𝜈𝐵1 𝑟𝐴 𝜈𝐴 1 Pela conservação do momento angular na trajetória elíptica BC ℎ𝐵𝐶 cte Como 𝑟𝐵 𝜈𝐵2 𝑟𝐶 𝜐𝐶 𝑟𝐵 𝜐𝐵2 𝑟𝐶 𝜈𝐶 2 Dividindo 2 por 1 𝑟𝐵𝜐𝐵2 𝑟𝐵𝜐𝐵1 𝑟𝐶 𝜐𝐶 𝑟𝐴 𝜐𝐴 𝜐𝐵2 𝜐𝐵1 𝑟𝐶𝜐𝐶 𝑟𝐴𝜐𝐴 Como 𝜐𝐵 𝜐𝐵2 𝜐𝐵1 𝜐𝐵1𝜐𝐵 𝜐𝐵1 𝑟𝐶𝜐𝐶 𝑟𝐴𝜐𝐴 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 20 Problema 12132 Para pôr um satélite de comunicações em órbita geossíncrona a uma altitude de 35584 km acima da superfície da Terra o satélite primeiro é liberado de um ônibus espacial que está em órbita circular a uma altitude de 296 km e então é propelido por um estágio superior de foguete auxiliar para sua altitude final Quando o satélite passa por A o motor do foguete é acionado para inserir o satélite em uma órbita elíptica de transferência O foguete auxiliar é novamente acionado em B para inserir o satélite em uma órbita geossíncrona Sabendo que o segundo impulso aumenta a velocidade escalar do satélite em 1443 ms determine a a velocidade escalar do satélite quando ele se aproximar de B na órbita de transferência elíptica e b o aumento em velocidade escalar resultante da primeira propulsão em A Dados Órbita do ônibus espacial Circular geossíncrona Altitude da órbita ℎ𝐴 296 𝑘𝑚 Órbita elíptica de transferência Curva A B Ponto A propulsão Altitude do ponto B ℎ𝐵 35584 𝑘𝑚 Órbita geossíncrona final do satélite Circular Altitude da órbita ℎ𝐵 35584 𝑘𝑚 Aumento de velocidade em B 𝜐𝐵 1443 𝑚𝑠 Determinar a A velocidade de aproximação do ponto B na órbita de transferência elíptica 𝑣𝐵 𝜐𝐵 b O aumento de velocidade no primeiro impulso no ponto A 𝜐𝐴 Solução Diagrama 𝜐𝐴 Velocidade do ônibus espacial em órbita circular 𝜐𝐴 Velocidade para entrar na órbita elíptica de transferência 𝜐𝐵 Velocidade para entrar na órbita circular final 𝜐𝐵 Velocidade da órbita geossíncrona final do satélite No ponto A 𝑟𝐴 𝑅𝑇 ℎ𝐴 6370 103 296 103 𝑟𝐴 6666 106 𝑚 No ponto B 𝑟𝐵 𝑅𝑇 ℎ𝐵 6370 103 35584 103 𝑟𝐵 41954 106 𝑚 Pela conservação do momento angular para a trajetória elíptica de transferência temos ℎ 𝑟 𝜐 𝑠𝑒𝑛𝜙 𝑐𝑡𝑒 Nos pontos A e B temos 𝑟𝐴 𝜐𝐴 𝑟𝐵 𝜐𝐵 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 21 𝜙𝐴 𝜙𝐵 90º 𝑟𝐴 𝜐𝐴 𝑟𝐵 𝑣𝐵 𝜐𝐴 𝑟𝐵 𝑟𝐴 𝜐𝐵 Considerando as órbitas circulares temos Pela lei de Newton da gravitação 𝐺𝑀 𝑔 𝑅𝑇 2 981 6370 1032 𝐺𝑀 39806 1012 𝑚3𝑠2 Velocidade do ponto A 𝜐𝐴 𝐺𝑀 𝑟𝐴 39806 1012 6666 106 𝜐𝐴 772755 𝑚𝑠 Velocidade do ponto B 𝜐𝐵 𝐺𝑀 𝑟𝐵 39806 1012 41954 106 𝜐𝐵 308026 𝑚𝑠 Como 𝜐𝐵 𝜐𝐵 𝜐𝐵 𝜐𝐵 𝜐𝐵 𝜐𝐵 𝜐𝐵 308026 1443 𝜐𝐵 156526 𝑚𝑠 Substituindo na equação temos 𝜐𝐴 41954 106 6666 106 156526 𝜐𝐴 985132 𝑚𝑠 O aumento da velocidade em A será 𝜐𝐴 𝜐𝐴 𝜐𝐴 𝜐𝐴 985132 772755 𝜐𝐴 212377 𝑚𝑠 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 22 Problema 12133 No momento do corte do motor principal em seu décimo terceiro voo o ônibus espacial Discovery estava em uma órbita elíptica de altitude mínima de 6448 km e altitude máxima de 5376 km acima da superfície da Terra Sabendo que no ponto A o ônibus tinha uma velocidade 𝜐0 paralela a superfície da Terra e que foi transferido para uma órbita circular quando passou pelo ponto B determine a velocidade escalar 𝜐0 do ônibus em A e b o aumento em velocidade escalar necessário em B para inserir o ônibus na orbita circular Dados Ônibus espacial Orbita elíptica Ponto A Altitude mínima 6448 km Velocidade 𝜐𝐴 𝜐0 Ponto B Altitude máxima 5376 km Determinar a A velocidade do ônibus em A 𝜐0 b O aumento em velocidade necessário em B para inserir o ônibus na orbita circular 𝜐𝐵 Solução a 𝜐𝐴 𝜐0 Diagrama 𝑅𝑇 6370 𝑘𝑚 Como 𝐺𝑀 𝑔𝑅𝑇 2 𝑔 98 𝑚 𝑠2 98𝑥103 𝑘𝑚𝑠 𝐺𝑀 39806𝑥105𝑘𝑚3𝑠2 𝑟𝐴 𝑅𝑇 6448 643448𝐾𝑚 𝑟𝐵 𝑅𝑇 5376 69076 Para trajetória elíptica 𝐴𝐵 Ponto A 1 𝑟𝐴 𝐺𝑀 ℎ2 𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝐴 1 Ponto B 1 𝑟𝐵 𝐺𝑀 ℎ2 𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝐵 2 𝜃𝐵 𝜃𝐴 180 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝐵 Somando 1 2 1 𝑟𝐴 1 𝑟𝐵 2𝐺𝑀 ℎ2 ℎ 2𝐺𝑀𝑟𝐴 𝑟𝐵 𝑟𝐴 𝑟𝐵 Substituindo ℎ 5149889 𝑘𝑚2𝑠 Velocidade 𝜐0 em A 𝜐𝐴 𝜐0 Como ℎ 𝑟𝐴 𝜐0 𝜐0 h𝑟𝐴 𝜐08 kms Substituindo 𝜐𝐴 𝜐0 8 𝐾𝑚ℎ Para orbita circular em B A velocidade é 𝜐𝐵𝑐𝐺𝑀 𝑟𝐵 76 𝑘𝑚𝑠 b 𝜐𝐵 Como 𝜐𝐵 𝜐𝐵𝑐 𝜐𝐵𝑒 3 Como 𝜐𝐵𝑒 𝑟𝐵 ℎ 𝜐𝐵𝑒 ℎ𝑟𝐵 𝜐𝐵𝑒 745 𝑘𝑚𝑠 Substituindo em 3 𝜐𝐵 𝜐𝐵𝑐 𝜐𝐵𝑒 015 𝑘𝑚𝑠 CET166 Dinâmica dos Sólidos Prof Eng Dr Abdon Tapia Tadeo Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas CETEC UFRB 23