Exercicios_resolvidos_cap6

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MECÂNICA GERAL 
 
Exercícios Resolvidos – Capítulo 6 
 
 Os exercícios aqui resolvidos são avaliados como de grau fácil e médio pelos alunos. 
 
 
Autor: Prof. Carlos Alberto Kuhnen 
UFSC / CFM / FSC 
 
 
1) Uma massa é suspensa por meio de um fio de comprimento . Calcule a 
velocidade angular necessária para que este pêndulo descreva um cone cujo ângulo com 
a vertical é 
m l
θ . 
 
SOLUÇÃO: 
 
A figura abaixo mostra o pêndulo descrevendo um cone e um sistema de coordenadas 
centrado na massa e girando com ela. 
 
mŠ�R
X´
Z´
Y´
 
 
‰
R
Tl
mg
 
Note que, como podemos escolher qualquer ponto da trajetória para analisar o 
problema, escolhemos o mais conveniente e que torna a solução mais simples. 
No sistema de coordenadas S« a massa está em repouso de modo que podemos escrever 
para as componentes da força, 
 
 
 m y
••
«= −Tsenθ + mω 2R = 0
 
 m z
••
«= T cosθ − mg = 0
 1
 
onde T é a tensão no fio. 
Como R = l senθ vem e assim obtemos T = mω 2l
 
 mω 2l cosθ = mg
 
ou seja, 
 
ω 2 = gl cosθ . 
 
2) Um corpo de massa é colocado na superfície interna de um tronco de cone que 
gira com velocidade angular 
m
ω . O corpo fica localizado a uma distância R do eixo de 
rotação. O coeficiente de atrito estático entre o corpo e a superfície é μ . Veja a figura 
abaixo. Calcular as velocidades angulares máxima e a mínima necessárias para que o 
corpo permaneça em repouso. 
 
R
N
Š
mŠ�R
 
 
‰
fa
mg
 
 SOLUÇÃO: 
 
Na figura acima mostramos a força de atrito quando o corpo tende a descer, isto é, 
quando a velocidade angular é a mínima necessária para que impedir que o 
corpo desça. 
(ωmin )
Escolhemos um sistema de coordenadas fixo no corpo como mostra a figura abaixo 
 2
Y´
Z´
‰N
mŠ�R
 
 
‰
fa
mg
 
 
 
Como no referencial S« o corpo está em repouso vem que, 
 
 
 
m z
••
«= N cosθ + fa cos(π2 −θ) − mg = 0 
 
 
 
m y
••
«= −Nsenθ + fasen(π2 −θ) + mωmin
2 R = 0 
 
Lembrando que obtemos fa = μN
 
 
 N[cosθ + μsenθ] = mg 
 
 N[senθ − μ cosθ] = mωmin2 R
 
Logo a velocidade angular mínima necessária para que o corpo na desça pela superfície 
do tronco de cone é, 
 
 
 
 
ωmin = gR
senθ − μcosθ
cosθ + μsenθ 
 
Para obtermos a velocidade angular máxima permitida sem que o corpo deslize para 
cima, apenas trocamos o sentido da força de atrito e assim, 
 
 
 
 
 
ωmax = gR
senθ + μcosθ
cosθ − μsenθ 
 
 3
 
 
Note que quando o cone está em repouso e o ângulo é tal que tgθ = μ o corpo 
permanece em repouso e para este ângulo qualquer que seja a velocidade angular o 
corpo irá deslizar superfície acima, isto é temos . No outro caso, quando ωmin = 0
 cosθ = μsenθ a força peso não é equilibrada, qualquer que seja a velocidade angular. 
 
3) Um bloco de massa M está ligado a uma mola de constante elástica e encontra-se 
sobre uma superfície horizontal sem atrito. Sobre este bloco encontra-se um outro bloco 
de massa . O coeficiente de atrito entre os blocos é 
k
m μ . Qual é a amplitude máxima 
das oscilações que o sistema pode ter sem que o bloco superior se mova em relação ao 
inferior? 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
 
A situação está esquematizada na figura abaixo: 
 
 
 
S´
S X´
Z´
X
Z
M
k
 
 
m
 
 
Como o sistema está oscilando com uma amplitude a coordenada que localiza o corpo 
de massa em relação ao referencial 
A
m S pode ser descrita por 
 
 x = Asenω0t
onde 
 
ω0 = kM + m . Portanto o referencial S«localizado no corpo tem uma aceleração 
igual a 
 a0 = x
••
= −ω02 Asenω0t
 
No referencia S« a equação de movimento é 
 
 m x
••
«= μmg − mω02 Asenω0t
 4
 
O valor máximo para força inercial é , de modo que a amplitude máxima das 
oscilações em que o corpo de massa se movimente em relação ao de massa 
mω02 A
m M é, 
 
 
 
 
A = μgω02
= μg M + m
k
 
 
 
 
 
 
 
4) Uma barra lisa de comprimento gira em uma superfície lisa com velocidade angular 
constante 
L
wr em torno de um eixo fixo em uma das extremidades da barra e que é 
perpendicular ao plano de rotação. Uma pequena massa está inicialmente posicionada 
na extremidade estacionária da barra e sobre a qual é dado um impulso de maneira que 
ela adquire uma velocidade inicial 
m
0v
r em direção à outra extremidade da barra. Quanto 
tempo a massa leva para atingir a outra extremidade da barra? Calcule este tempo 
quando 
rv0 = ωL e . 0, 25 /rad sw =
 
SOLUÇÃO: 
Encontramos a solução mais facilmente adotando um referencial não inercial que gira 
junto com a barra como mostra a figura abaixo. 
 
 
Š
m
Y´
v´
X´
 
 
F
 
No referencial que gira com a barra temos , isto é, o movimento é em uma 
dimensão. Note que estamos desprezando o atrito entre a barra e o plano horizontal e 
entre a massa e a barra. Assim a força que atua é a força de reação da barra na massa 
ˆ´ ´r x i=r ´
 5
m . A força F
r
não tem componente na direção do eixo ´X , pois ignoramos o atrito. 
Assim ˆ´F F j=r A velocidade angular é e a força de Coriolis é, rω = ω ök«
 
 
 
r
FCo = −2m rω x rv«= − 2m
öi« öj« ök«
0 0 ω
x
•
« 0 0
= −2mω x•«öj« 
 
A força centrífuga é 
 
r
FCe = −mω ök«x (ω ök«x x«öi«) = −mω 2 ök«x x«öj«
 
r
FCe = mω 2x«öi« 
 
 A equação de movimento é 
 
 m
rr
••
«= rF − 2m rω x rv«−m rω x ( rω x rr«)
 
Em componentes 
 m x
••
«= mω 2x« 
 0 = F − 2mω x
•
« 
 
Pois a massa não se desloca na direção ( ). Logo a força de Coriolis 
equilibra a força de reação da barra na massa . O movimento na direção 
´Y y
•
«= y
••
«= 0
m ´X satisfaz a 
equação 
 x
••
«−ω 2x«= 0
 
Já encontramos a solução desta equação no primeiro capítulo, pois corresponde ao caso 
de uma força repulsiva proporcional ao deslocamento. A solução pode ser escrita em 
termos de funções hiperbólicas, 
 
 x«= Asenhωt + Bcoshωt 
 
Encontramos as constantes e A B mediante as condições iniciais. Como a massa estava 
inicialmente na extremidade da barra temos (´0) 0x = e desde que ela tem uma 
velocidade inicial temos, 0(´0)x v
• = . Como, 
 x
•
«= ω Acoshωt +ωBsenhωt
 
obtemos, 
 e 0B = A = v0 /ω
Logo a solução é 
 
 6
 
 
x«= v0ω senhωt 
O instante ( ) em que a massa atinge a outra extremidade da barra obtém-se Lt ´x L= e 
assim 
 
 
 
tL = 1ω arcsenh
ωL
v0
 
 
Se e v0 = ωL ω = 0,25rad / s obtemos tL =
1
ωarcsenh1=
0,88
ω = 3,5s . 
 
5) Considere uma bala de um rifle disparada horizontalmente com alta velocidade . 
Suponha que a direção do movimento da bala seja para Leste. Pede-se para calcular a 
deflexão na trajetória devido a força de Coriolis. 
0v
 
SOLUÇÃO: 
A figura a seguir mostra o referencial na superfície da Terra e o disparo da bala. 
 
Hemisfério Norte
z
Š
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
Estamos considerando o movimento de um projétil próximo a superfície da Terra. No 
capítulo 6 obtivemos as coordenadas do projétil como função do tempo, equações 6.55, 
6.56 e 6.57, 
 x«= 13ωgt3 cosλ +ωt2 (v0 ysenλ − v0zcosλ) + v0xt + x0 . 
 
 , y«= v0 yt −ωv0xt2senλ + y0
 
 z«= − 12 gt2 + v0zt +ωv0xt2 cosλ + z0 . 
 
 7
Como estamos considerando o movimento no plano ´ ´X Y ignoramos o movimento na 
direção ´Z . Tomamos a origem das coordenadas no ponto em que a bala foi disparada. 
Assim as condições iniciais são: (´0) ´(0) 0x y= = e , . Portanto, x
•
«(0) = v0 y
•
«(0) = 0
 
 y«= −ωv0xt2senλ
 
Fornece a deflexão da bala em um instante t qualquer. Observe que a deflexão é para o 
Sul no hemisfério Norte ( ) e para o Norte no Hemisfério Sul. Podemos estimar a 
deflexão após a bala percorrer uma distância 
0l >
Ax . Por exemplo, o alvo se encontra a 500 
metros do disparo da bala. Desprezando-se a resistência do ar, a bala percorre esta 
distância em e assim a deflexão 1 /At x v= 0 ´dy será, 
 
 
 
y«d = ω xA
2
v0
senλ 
 
Como a deflexão depende do quadrado do alcance do projétil ela pode ser apreciável 
quando o alcance é grande. No caso de uma bala disparada com 0 250 /v m s= estando o 
alvo a 500Ax m= temos uma deflexão de ´ 7, 27 (dy sen= l )cm . Na colatitude de 450 
vem ´ 5,14(dy = )cm . Para um alvo a 1000 metros o desvio será 
´ 29 ( ) 20dy sen cm cm= =l para . 045l =
 
 
6) Um projétil é lançado verticalmente a partir do solo com velocidade . Considere 
que seja constante e ignore a resistência do ar. Em que posição o projétil retorna ao 
solo? 
0v
g
 
 
SOLUÇÃO: 
 
A figura a seguir mostra o lançamento do projétil. 
 
 8
Hemisfério Norte
z
Š
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´
v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
Usamos as soluções encontradas para um projétil e que já utilizamos no problema 
anterior: 
 
 x«= 13ωgt3 cosλ +ωt2 (v0 ysenλ − v0zcosλ) + v0xt + x0 . 
 
 , y«= v0 yt −ωv0xt2senλ + y0
 
 z«= − 12 gt2 + v0zt +ωv0xt2 cosλ + z0 . 
 
Agora temos as condições iniciais: 0 0 0 0x y z= = = , 0 0 0x yv v= = e . Logo as 
soluções acima se tornam 
0zv v= 0
 
 x«= 13ωgt3 cosλ −ωt2v0cosλ 
 y«= 0
 z«= − 12 gt
2 + v0t 
 
O tempo de subida é e a altura atingida é . A posição 0 /st v g= 20 / 2h v g= ´x da 
partícula em st é 
 x«(ts ) = 13ωgts3 cosλ −ωts2v0cosλ 
 
 
 
 
x«(ts ) =
ωv03 cosλ
3g 2
− ωv0
3 cosλ
g 2
= − 2ωv0
3 cosλ
3g 2
 
 
Este desvio é para Oeste. A figura abaixo mostra o desvio (ampliado) para o Oeste. 
 
 9
Hemisfério Norte
(Oeste)
(Sul)
(Norte)Y´
v0
X´
Z´
(Leste)
 
 
 
 
Para analisarmos a descida devemos lembrar que no ponto mais alto da trajetória o 
projétil tem uma velocidade na horizontal na direção Oeste. A velocidade segundo a 
direção Leste-Oeste em qualquer instante é 
 
 x
•
«= ωgt2 cosλ − 2ωtv0cosλ
 
Logo no ponto mais alto esta velocidade tem vale, 
 
 x
•
«(ts ) = ωgts2 cosλ − 2ωtsv0cosλ
 
 
 
x
•
«(ts ) = −
ωgvo2 cosλ
g
, 
 
sendo esta a velocidade inicial no movimento de descida. 
 
Para o movimento de descida as coordenadas como funções do tempo são, portanto, 
 
 
 
x«= 13ωgt3 cosλ −ωt2v0cosλ −
2ωv03 cosλ
3g 2
 
 
 
 
z«= v0
2
2g
− 12 gt2 −
ω 2v02 cosλ
g
t2 ≅ v0
2
2g
− 12 gt2 
 
onde desprezamos o termo contendo , pois é muito pequeno mesmo para velocidades 
iniciais da ordem de 1000 . O tempo de descida é (
ω 2
/m s ´ 0z = ) 0 /dt v g= (igual ao de 
subida, pois desprezamos a resistência do ar) e neste instante a coordenada ´x é igual a 
 
 10
 
 
x«= 13
ωv03 cosλ
g 2
− ωv0
3 cosλ
g2
− 2ωv0
3 cosλ
3g 2
 
 
 
 
x«= −2 2ωv0
3 cosλ
3g2
 
Ou seja o projétil cai a uma distância 2
2ωv03 cosλ
3g 2
a oeste do ponto de lançamento. Nos 
pólos ( λ = ±π / 2 ) o desvio é nulo sendo máximo no equador (λ = 0 ). Este desvio é 
pequeno. Considere que o projétil seja lançado no equador com uma velocidade de 
então o desvio será de apenas 12 . Mas será de 1metro se dobramos a 
velocidade inicial. 
0 50 /v m= s cm
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 11