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1 Parque de diversões
O problemas envolve o rotor em MCU:
Como ocorre MCU, não existe componente tangencial da força (e portanto
da aceleração), Assim, a aceleração só possui componente centŕıpeta (na direção
radial. A direção y não é nem radial, nem tangencial; é perpendicular ao plano
do movimento.
~FR = ~P + ~N + ~FAt
Fc = mac
Fy = may
Ft = mat
Fc = Pc +Nc + FcAt
1
Fy = Py +Ny + FyAt
Ft = Pt +Nt + FyAt
A figura mostra que
Pc = FcAt = 0
Ny = 0
Pt = Nt = FyAt = 0
Logo
Fc = Nc = + | ~N |
Fy = FyAt− | ~P |= 0
Ft = 0
As equações relevantes
| ~N |= mv
2
R
= mRω2
FyAt =| ~P |
A última é válida em qualquer situação! Enquanto o objeto (nesse caso a
pessoa) estiver em repouso na vertical, a segunda será satisfeita, ou seja, a força
de atrito simplesmente equilibra o peso. Na situação limite, em que a pessoa
está na iminência de começar a escorregar, a força de atrito é dada por uma
lei espećıfica, em termos de um parâmetro determinado experimentalmente e
chamado Coeficiente de Atrito Estático µe:
| ~FAt |= µe | ~N |
| ~P |
µe
=| ~N |
O uso do µe é que garante que essa fórmula não é escrita para qualquer situação,
mas está diretamente relacionada com a sitiação limite em que o rapaz está
preste a começar a escorregar ao longo da vertical. Usando na primeira equação:
mg
µe
= mRω2l
ωl =
√
g
µeR
g = 9, 81m/s
2
; µe = 0, 5; R = 2m
ω =
√
9, 81 ≈ 3, 13s−1
s−1 = rad/s
2
Escrevendo em rotações por minuto:
1rotação=2πrad
logo
1rad =
1
2π
rot
1s =
1
60
min
ωl ≈ 3, 13rad/s =
3, 13× 12π
1
60
rot/min = 3, 13× 60
2π
≈ 29, 9rot/min=29,9rpm
2 Carro em uma curva
~FR = ~P + ~N + ~FAt
3
Fc = mac
Fy = may
Ft = mat
Fc = Pc +Nc + FcAt
Fy = Py +Ny + FyAt
Ft = Pt +Nt + FyAt
E portanto
~FR = ~P + ~N + ~FAt
Fc = FcAt
Fy = Py +Ny = 0
Ft = 0
Fica
| ~N |= mg
FcAt = m
| ~v |2
R
Quanto maior a velocidade, maior será a força de atrito necessária para manter
carro na curva, sem sair na direção tangencial. Assim, existte uma velocidade
máxima para a qual o carro permanece na curva (sem movimento na direção
radial e, portanto, mantendo a distância R do centro da trajetória circular).
Essa velocidade máxima está relacionada com a máxima força de atrito capaz
de mantê-lo na curva sem movimento para fora ou para dentro:
FcAt = +µe | ~N |
Note o sinal positivo. É o uso do coeficiente de atrito estático que garante que
estamos na situação limite, ou seja, na máxima força de atrito capaz de manter
o carro na curva.
µemgR = mv
2
Usando µe = 0, 6, R = 30m e g = 9, 81m/s
2
v =
√
µegRm/s =
√
µegR× 11000
1
3600
km/h ≈ 47, 8km/h
4
3 Elevação de um trilho
O problema envolve um trem que faz uma curva. Deve-se determinar a que
altura a parte externa do trilho deve ser elevada de modo a minimizar a força
que o trem exerce sobre o trilho (a parte externa) quando o trem faz a curva.
A situação está esquematizada na figura 3. O trilho está representado em ver-
melho. É claro que sem a elevação, toda a força que mantém o trem na curva
e produzida pelo contato do trilho no trem. O raio da curva é R = 100 m, a
velocidade do trem na curva é 30 km/h e a distância entre os trilhos é de 1 m
A situação que minimiza a presão sobre os trilhos na curva certamente é
aquela em que a contribuição centŕıpeta vem TODA da força normal, ou seja,
praticamente não existe orça sobre o trilho, ~F = 0. Assim, trabalhando nessa
condição
~FR = ~P + ~N
Considerando que o trem realiza a curva em MCU, vamos ignorar as compo-
5
nentes tangenciais, uma vez que são todas nulas da mesma forma que nos casos
anteriores (também de MCU).
Pc +Nc = mac
Py +Ny = may = 0
Temos Pc = 0. Usando a direção radial como “eixo x” e usando o que vimos
anteriormente
Py = −mg
Nc =| ~N | cos(90o − θ) =| ~N | sin θ
Ny =| ~N | sin(90o − θ) =| ~N | cos θ
6
Portanto
| ~N | sin θ = m | ~v |
2
R
| ~N | cos θ = mg
mg tan θ = m
| ~v |2
R
tan θ =
| ~v |2
gR
h
d
=
| ~v |2
gR
h = d
| ~v |2
gR
h ≈ 0, 07d
A distância d é o comprimento da base do triângulo retângulo da figura 3. Como
a inclinação é muito pequena, então d é praticamente a distãncia entre os trilhos,
ou seja, d ≈ 1m. Segue que a elevação deve ser de aproximadamente
h ≈ 0, 07m = 7 cm.
4 Cinemática do movimento circular: uma aplicação
simples
Nesse problema será considerada uma centŕıfuga que gira a 500 rpm. (No tipler
o rpm é denominado revoluções por minuto; é a mesma coisa que rotações por
minuto). O braço da centŕıfuga, onde pode-se prender um tubo de ensaio, por
exemplo, mede 15 cm. Outro dado conhecido é que tal centŕıguga leva 1min e
15 s para atingir sua máxima rotação.
A méxima rotação corresponde a rotações por minutos, ou seja, uma veloci-
dade angular máxima:
ωmax = 500 rpm
A aceleração centŕıpeta máxima posśıvel pode ser calculada diretamente da
velocidade angular máxima:
acMax = Rω
2
que desejamos expressar em m/s2 . Assim, as devidas conversões devem ser
implementadas:
ωmax = 500
rotação
minuto
= 500× 2πrad
60 s
≈ 16, 7πm/s
R = 15 cm = 0, 15 m
7
Com a velocidade e o raio em unidades do SI, a aceleração centŕıpeta pode
ser calculada, e expressa em m/s2:
acMax = 0, 15× (16, 7π)2 ≈ 412, 9m/s2
Quando ligada, a centŕıfuga parte do repouso, obviamente, e não chega in-
stantaneamente à velocidade angular máxima dada acima. O movimento cir-
cular da centŕıfuga fica cada vez mais rápido, o que significa que, além da
aceleração centŕıpeta, existe uma componente tangencial da aceleração. Essa
componente tangencial pode ser calculada, uma vez que sabemos quanto tempo
leva para que a centŕıpeta passe do repouso até a velocidade angular máxima.
Supondo que a aceleração tangencial seja constante, sabemos que a velocidade
deve mudar de acordo com
vt = v0t + at (t− t0)
que é a equação para aceleração constante, já utilizada anteriormente. Supondo
que t0 = 0 e sabendo que v0 = 0
vt = att
Note que já expressamos essa equação em componentes. Os sinais são ajustados
de acordo com o sistema de coordenadas. Como já dissemos em aula, é comum
adotar com positiva a direção tangencial no sentido do movimento de rotação.
Como o movimento fica cada vez mais rápido após ligar a centŕıfuga, a veloci-
dade e a aceleração possuem o mesmo sinal, que será + com a convenção de
sentido tangencial positivo adotado. É interessante notar que para obter
as grandezas angulares, velocidades angulares e acelerações angulares,
basta multiplicar as equações envolvendo a grandezas tangenciais pelo
raio.
Assim, em termos de velocidade angular e aceleração angular
vt = v0t + at (t− t0)
fica
ω(t) = ω0 + α (t− t0)
em que
vt = Rω
at = Rα
válidas para o movimento com aceleração tangencial constante. No MCU
α = 0 uma vez que at = 0.
5 Ponteiros do relógio
Nesse problema será calculada a velocidade angular dos três ponteiros de um
relógio. Primeira hipótese é de que os ponteiros desenvolvem um movimento
8
com velocidade (praticamente) constante. IUsso equivale a calcular a velocidade
média dos ponteiros.
Nese problema, convém lembrar um conceito associado ao MCU, o peŕıodo.
Essa é um tempo caracteŕıstico do MCU, a saber, o que corresponde a uma volta
completa em um ćırculo de raio R. Assim, a admitindo velocidade tangencial
constante, nesse tempo
vt =
distância percorrida
tempo do percursso
=
2πR
T
em que T é o peŕıodo. Note que o sinal é positivo pela convenção que estamos
adotando: no movimento circular a velocidade tangencial sempre é positiva! A
distância percorrida no tempo T (o peŕıodo) corresponde, por definição, a 2πR.
Como já falamos, a grandeza angular correspondente à velocidade tangencial
é a velocidade angular, obtida de
vt = Rω.
Ou seja:
ω =
vt
R
=
2π
T
.
Portanto, para calcular a velocidade angular precisamos do peŕıodo associado
ao movimento de cada ponteiro.
• ponteiro das horas: copleta uma voltaa cada 12 horas. Esse é o peŕıodo:
Thoras = 12 h = 12× 3600 s = 43200 s.
ωhoras =
2π
43200
≈ 4, 6× 10−5π s−1 = 1, 45× 10−4π rad/s
• ponteiro dos minutos: completa uma volta a cada 1h = 3600 s: Tminutos =
3600 s
ωhoras =
2π
3600
≈ 1, 74× 10−3 rad/s
Faça par os segundos! Note que a grandeza angular deve ser expressa em radi-
anos quando usamos a Rω = vt, ω =
2π
T , Rα = at.
Aqui façamos um parênteses para enfatizar que os ângulos devem estar em
radianos para utilizar as equações acima. Suponha em que um ćırculo de raio
R = 1 m um objeto consiga varrer um ângulo de 450 em 1 s. Para calcular a
velocidade tangencial devemos utilizar
vt = Rω
em que é comum o seguinte ERRO: calcula-se a velocidade angular como
ω =
45
1
= 45 graus/s,
9
o que está correto e com a unidade correta. Mas o ERRO ocorre ao calcular a
velocidade tangencial como
vt = Rω = 1× 45 = 45 m/s!!!!!!!!!! ERRADO
Lembre sempre: ao utilizar essa fórmula, ângulos são expressos em RADI-
ANOS!!!! Assim, a forma CORRETA de fazer esse cálculo é expressando ângulos
em radianos. Assim, convém desde o ińıcio calcular a velocidade angular com o
ângulo em RADIANOS:
450 =
π
4
rad,
ou seja,
ω =
π
4
rad
s
O resultado CORRETO é
vt = Rω =
π
4
m/s,
que é muito diferente dos 45 m/s (!!!!!!!) obtidos anteriormente.
6 Carro de corrida
Nesse problema um carro de corrida percorre uma trajetória circular com 1 km
de diâmetro, e portanto com um raio de 500 m. Quando o carro passa pela
extremidade sul da trajetória, seu veloćımetro marca 60 km/h. Dáı, o piloto
acelera uniformemente (ou seja, aceleração constante) e atinge 240 km/h em
10 s. Essas são os dados conhecidos.
Primeiramente, vamos calcular a distância percorrida pelo carro no primeiro
segundo após começar a acelerar. Adotando t0 = 0 como sendo o instante em
que começa a acelerar a partir de 60 km/h e como a aceleração que faz aumentar
a rapidez (aceleração tangencial) é constante, valem as equações
x(t) = x0 + vt0t+
at
2
t2
vt(t) = vt0 + att
mas a coordenada x(t) deve ser interpretada com cuidado, uma vez que na
trajetória circular o objeto voltará ao mesmo ponto após uma volta, ou seja,
após percorrer a distância de 2πR. A conta que permite obter x(t) acima não
leva isso em consideração. Assim, para saber a quantas rotações x(t) equivale
deve-se dividir esse valor por 2πR:
x(t)
2πR
= número de rotações
adotando a posição inicial x0 = 0 em t0 = 0. Assim, para esse movimento
podemos escrever
x(t) = vt0t+
at
2
t2
10
vt(t) = vt0 + att
com
vt0 = 60 km/h = 60×
1000
3600
m/s ≈ 16, 7 m/s.
Após 10 s a velocidade tangencial será
vt(10) = 240 km/h = 240×
1000
3600
m/s ≈ 66, 7 m/s.
Veja que os sinais sempre são positivos para velocidade tangencial devido nossa
convenção: o sentido do movimento sempre é positivo. Com essas informações
calcula-se a aceleração tangencial
at =
vt(10)− vt0
10
≈ 66, 7− 16, 7
10
= 5, 0 m/s
2
Com essa aceleração pode-se calcular a coordenada x(t) equivalente a x(t)2πR voltas
no instante 10 s, que é dada por
x(t) ≈ 16, 7× 10 + 5
2
× 102 = 167 + 250 = 417 m
que corresponde 4171000×π = 0, 13 volta, ou seja, não completou uma volta nesse
tempo. A distância percorrida será dada pelo valor de x(t), ou seja, 417 m.
MAs qual o valor da aceleração em 10 s? Como já vimos, como o movimento
fica cada vez mais rápido, a aceleração possui as componentes tangencial (cal-
culada acima) e centŕıpeta. A aceleração tangencial associada com o aumento
da velocidade ao longo do percurso (aumento da velocidade tangencial) é
at = 5, 0 m/s
2
.
A aceleração centŕıpeta nesse instante é dada em termos da velocidade tangen-
cial nesse instante, uma vez que
ac =
v2t
R
ou seja,
ac =
v2t (10)
R
=
66, 72
500
≈ 8, 9 m/s2.
Aqui ainda não estamos fazendo as devidas aproximações para respeitar a pre-
cisão de instrumentos de medida. O módulo (ou valor) da aceleração será dada
em t = 10 s por
| ~a(10) |=
√
a2t + a
2
c =
√
52 + 8, 92 ≈ 10, 21 m/s2
Para calcular a aceleração média ~am =
~v(10)−~v(0)
10 .
~v(10) =| ~v(10) | cos θî+ || ~v(10) | sin θĵ
11
∆~v = [| ~v(10) | cos θ − vt(0)] î+ (| ~v(10) | sin θ) ĵ
O módulo será
| ∆~v |2= [| ~v(10) | cos θ − vt(0)]2 + (| ~v(10) | sin θ)2
| ∆~v |2=| ~v(10) |2 cos2 θ + v2t (0)− 2 | ~v(10) | vt cos θ+ | ~v(10) |2 sin2 θ
| ∆~v |2=| ~v(10) |2 +v2t (0)− 2 | ~v(10) | vt cos θ
como
vt(0) = 16, 7 m/s
| ~v(10) |= 66, 7 m/s
7 Atrito em uma rampa
12
Quando ao bloco está em repouso
~FR = 0
~N + ~P + ~FAt = 0
e em particular na situação limite em que o bloco está preste a começar a mover-
se (mas ainda em repouso) a intensidade (módulo) da força de atrito é expressa
em termos do coeficiente de atrito estático
| ~FAt |= µe | ~N | .
Temos duas direções envolvidas no sistema do coordenadas adotado (figura
acima). Assim, a equação vetorial equivale a duas equações, uma para cada
coordenada:
Nx + Px + FAtx = 0
Ny + Py + FAty = 0.
Próximo passo, introduzimos os sinais de acordo com o sistema de coordenadas
adotado:
Nx = 0
Px =| ~P | cos(90− θMax) = mg sin θMax
FAtx = − | ~FAt |= −µe | ~N |
veja que estamos utilizando o coeficiente de atrito estático, e portanto a equaão
é válida na situação limite em que o bloco está prestes a iniciar um movimento
na direção x, chamaremos o ângulo θ = θMax, para chamar a atenção de que
corresponde a um ângulo limite. As componentes y:
Ny = + | ~N |
Py = − | ~P | sin(90− θMax) = −mg cos θMax
Usando essa cmponentes x e y temos
mg sin θMax − µe | ~N |= 0
| ~N | −mg cos θMax = 0
Substituindo | ~N | da segunda na primeira:
mg sin θMax − µemg cos θMax = 0
µe = tan θMax =
sin θMax√
1− sin2 θMax
≈ 0, 6
em que usou-se
sin θMax =
1, 03
2
= 0, 515
13
O coeficiente de atrito cinético está associado com a lei de força do atrito quando
existe movimento relativo entre as superf́ıcies, ou seja, nesse caso quando o bloco
está descendo a rampa. Uma informação dada no problema, é que o bloco leva
2,2 s para percorrer toda a extensão da rama, ou seja, os 2 m. Podemos então
calcular a aceleração, uma vez que será constante (supondo que a força de atrito
cinética é constante):
~N + ~P + ~FAt = m~a
mas agora a lei de força de atrito é
| ~FAt |= µc | ~N |
que é uma boa aproximação quando a velocidade relativa entre as superf́ıcies
envolvidas é suficientemente baixa - lembre que essa é uma relação obtida ex-
perimentalmente. As equações em x e y são análogas, somente substituindo a
força de atrito estático pela cinética e levando em conta a aceleração
| ~N |= mg cos θMax
mg sin θMax − µc | ~N |= max
g (sin θMax − µc cos θMax) = ax
−µc cos θMax + sin θMax =
ax
g
−µc + µe =
ax
cos θMaxg
µc = µe −
ax
cos θMaxg
O valor da aceleração é
x(t) =
ax
2
t2
2 =
ax
2
2, 22
ax ≈ 0, 83 m/s2
ax
cos θMaxg
=
0, 83
9, 81×
√
1− 0, 5152
≈ 0, 1
ou seja
µc ≈ 0, 5
14