Aula pratica_Ficha 4_resolucao_Alguns exercicios

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Aula pratica_Ficha 4_cont
Discussão sobre prob # 6; 8; 9; 10; 11 & 
14 (parte 1)
Dicussão sobre prob # 1; 2; 5; 7; 9 & 10 
(parte 2) 
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Parte 1:
Prob 6: Determinar a aceleração do sistema sabendo
sabendo que sobre m1 e m2 actua força de atrito.
Representemos as equações de movimento para cada
corpo (eq. Projectadas nos eixos x e y).
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� ��:��� − � = ��	�
: �
� − 
��
 = �
	��: � − ��
 − 
��� = ��	
_+___________________ ��� − 
��� + 
��
 = �� +�
 +�� 	
• 
��� = ���� = ����
Isolando a aceleração e substituindo o atrito pela relação
��� = ����, obtemos:	 = �� − � �� +�
 ��� +�
 +�� =	 = 5 − 0.10 3 + 4 103 + 4 + 5 = 5 − 0.7 1012 ≈ 3.6	�/ 
Prob 8: Sobre o pêndulo cônico actuam as seguintes forças: 	�!" e �.�!" + � = �	!#
Projectando nos eixos x e y teremos:
• $ %:	�& = � '()*: 	�+ −�� = 0⇒ $%: � sin / = �
0()()� cos / = �� ⇒
tan / = 5
6�
Mas 6 = 7 sin /⇒ tan / = 0(8 9:; <"
Ou�=>9 < = 0(8" ⇒ / = cos?� "0(8 = cos?� �@�AB�.�A = cos?� 0.539 = 57.7°
• � = E"=>9 < = E"" B 5
7 = �5
7 = 12 B 10?� B 16 B 1.16 ≈ 0.26	F
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Prob9: bloco gira juntamente com um disco. Sem
atrito o bloco seria projectado!
O atrito estático mantem o disco na posição inicial e o 
seu valor máximo corresponde ao momento da 
derrapagem.
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Nesse momento da derrapagem, em módulo, esta
força corresponde a força resultante:���,H,E�& = �	
Mas ���,H,E�& = �H�� = �H��⇒ �H = E�E" = �"
Onde a aceleração tem componntes tangencial e 
normal: 	 = I6 
 + 5
6 
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• �H = �" = �" I6 
 + 5
6 
• Onde 5 = IJ (para I = KLM J	N	5@ = 0)�H = )" I
 +5O = )" I
 + IJ O ⇒�H = 6I� 1 + I
JO
�H = 8 B 10?
 B 59.8 1 + 25 B 0.82 O =�H = 14.3 B 10?
 = 0.143
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Prob 10: Lançando-se o objecto verticalmente para cima (num campo
gravitatório) e sob acção de força de arrasto proporcional ao quadrado da 
velocidade, teremos a 2a lei de Newton terá o sgte aspecto:− �� + QR
 = � S'S� (1)
Uma vez que no ponto mais alto do percurso a velocidade é nula, podemos
ligar a aceleração ao percurso
�TRTJ = �TRT T TJ = �R TRTJ
Substituíndo na eq. 1, obtemos:− �� + QR
 = �R S'SH ⇒'S'"UVW'( = −T 	 (2)
• Integremos a eq. 2 tendo em conta que para ℎ = ℎE�&⇒ R = 0
• Y T = −Y 'S'"UZ'(/E''[\@
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Y T = −Y 'S'"UZ'(/E''[\@ 	⇔
• ℎ = − E
Z Y S "UV]
(W"UV](W
@'[ = − E
Z ^M � + Z'(E / @'[
ℎ = E
Z ^M 1 + Z'[(" 	 (3)
Quando o objecto cai (apos atingir hmax), a força
resultante continua dirigida para baixo e o seu valor é:�_ = �� − QR
Podemos escrever eq. De movimento para a descida,�� − QR
 = � S'S� (1’)
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• A eq. 1’ pode ser transformada em:'S'"?VW'( = T 	 (2’)
Integrando esta eq. resulta em:
` T = ` RTR� − QR
/�'a@
\
@
A solução desta eq. é:
ℎ = − E
Z ^M � − Z'(E / 'a@ 	ℎ = − E
Z ^M � − Z'a(E − ^M� = E
Z ^M ""?V]b(W (3’)
Agora igualemos eq.3 com 3’
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E
Z ^M ""?V]b(W = E
Z ^M 1 + Z'[
(
E" 	⇒
"
"?V]b(W = 1 + Z'[
(
E" ⇒ ��?V]b(Wc = 1 + Z'[
(
E" ⇔
1 − Z'b(E" = E"E"UZ'[( ⇒ Z'b(E" = 1 − E"E"UZ'[(
Ou
Z'b(E" = Z'[(E"UZ'[( ⇒ Ra
 = E"Z B Z'[(Z WcV U'[(
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Ra
 = E"Z B Z'[(Z WcV U'[( = E"Z B '[(WcV U'[(
De �_ = �� − QR
 ⇒ ao atingir-se a velocidade
terminal �_ = 0, ou seja,R� = ��/Q
Logo a expressão de v’ toma o seguinte aspecto:
Ra
 = 'd(B'[('d(U'[( ⇒ Ra = '['d'd(U'[(
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Prob 11: Usa-se conservação de energia mecanica nos 
pontos A e C. Assume-se nivel zero de U o ponto D, e 
que a bola está em repouso em A.
(a) ef,g = ef,h⇒ ig = ih + eh,h��ℎ = ��ℎa +�Rh
/2
Mas ℎ = j & ℎa = j − j cos I − k/2 = j 1 − sin I
Logo,��j = ��j 1 − sin I +�Rh
/2⇒Rh = 2�j sin I
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(b) Mostramos que avelocidade no ponto C é:Rh = 2�j sin I5 = Rhj = 2�j sin I/j
 = 2� sin I/j
(c) ef,h = ef,g = ��j
Alternativa: ef,h = ��j 1 − sin I +�Rh
/2
Onde Rh = 2�j sin Ief,h = ��j 1 − sin I + 2��j sin I2 = ��j
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Pro 14: Sobre conceito de força �!, torque l!, 
quantidade de movimento m! e momento angular 7
bem como a relação entre �! e m! e 7 e l!.
• j! = 3J
 − 6J n!− 4J�o!+ 3J + 2 Q
(a)�! = � SS� S_!S� = 3 SS� 6J − 6 n!− 12J
o!+ 3QSignifica R! = 6J − 6 n!− 12J
o!+ 3Q
�! = 18n!− 72Jo!
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(b) Torque
l! = j! B �! = n! o! Q% * u�& �+ �v =
l! = *�v − u�+ n!+ u�& − %�v o!+ %�+ − *�& Q
Vamos substituir as componentes de j! e �! nesta
expressão:
* Para melhor gestão do espaço, vamos calcular as 
componentes do l!.
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= *�v − u�+ n!+ u�& − %�v o!+ %�+ − *�& Ql& = −4J� B 0 − 3J + 2 B −72J =l& = 216J
 + 144J;l+ = 3J + 2 B 18 − 3J
 − 6J B 0 =l+ = 54J + 36;
lv = 3J
 − 6J B −72J − −4J� B 18 =lv = −216J� + 432J
 + 72J� =lv = −144J� + 432J
l! = l&n!+ l+o!+ lvQ
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(c) Determinar m! e 7 . 
m! = �R! = 3 6J − 6 n!− 12J
o!+ 3Q =m! = 18J − 18 n!− 36J
o!+ 9Q
Façamos uma parte de (d):Verificar �! = Sw!S�
�! = TTJ 18J − 18 n!− 36J
o!+ 9Q =�! = 18n!− 72Jo!
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• Momento angular:
7 = j! B m! = n! o! Q% * um& m+ mv =
7 = *mv − um+ n!+ um& − %mv o!+ %m+ − *m& Q
Determinemos primeiro as componentes de 7:
7& = −4J� B 9 − 3J + 2 B −36J
 =
7& = −36J� + 108J� + 72J
 = 72J� + 72J
l& = T7&TJ = 216J
 + 144J
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7+ = 3J + 2 B 18J − 18 − 3J
 − 6J B 97+ = 54J
 + 36J − 54J − 36 − 27J
 + 54J7+ = 27J
 + 36J − 36l+ = T7+TJ = 54J + 36	7v = 3J
 − 6J B −36J
 − −4J� B 18J − 18=	7v = −108JO + 216J� + 72JO − 72J� =7v = −36JO + 144J�
lv = T7vTJ = −144J� + 432J
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O facto de todas componentes de l! serem iguais às
derivadas temporais de 7 signigica que:
l! = T7TJ
Parte II
Prob 1: A(20;15,0)⇒ B(0;0;0) ou seja a partícula
desloca-se de determinada posição para a origem.A
força actuante é constante:�!� = n!+ 2o!+ 3Q & �!� = 4n!+ 5o!− 2Q
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Para força constante, o W calcula-se como produto
escalar da for força e do deslocamento. 
Agindo 2 forças, podemos somar os trabalhos realizados
por cada força ou então calcular o trabalho realizado pela
forçca resultante:
(a) x = �!_ ∙ j!�!_ = �!� + �!
 = 5n!+ 7o!+ Q;
&j! = z{ = −20n!− 15o!
Logo,x = 5n!+ 7o!+ Q . −20n!− 15o! = −100 − 105= −205	|
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(b) ∆e# = e~ − eg (requer conhecimento da velocidade
em cada ponto: e#,& = � R& 
/2).
Alternativa: ∆e# = x
O trabalho realizado pela força resultante é sempre igual
à variação da e#:
Logo, ∆e# = −205	| (significa que a energia cinética
diminuiu ao passar de A para B)
(c) �!� = n!+ 2o!+ 3Q & j! = −20n!− 15o!. A partir do 
conceito do produto escalar segue que :cos / = ��,�&U��,�+��,� (U �(,� (∙ &(U+( =
/ = cos?� −20 − 3014 ∙ 625 = cos?� −5014 ∙ 25 ≈ 122°
Prob 2: Trabalho e força variável:x = Y �!~g ∙ Tj! =	
(a)Ao longo de x (0-2) e paralelo a y (0-4)
x = `�&T%&&[ + `�+T* =
+
+[
x = Y *
 − %
 T%
@,+�@ + Y 3%*T* =O@,&�
x = −`%
@
T% + `6*T* = −%�3 / 20
O
+ 3*
/ 40 =
x = −83 + 3 B 16 = 45.3	|
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(b) Paralelamente a y (0-4) e depois paralelamente a 
x (0-2) :
x = `�&T%&&[ + `�+T* =
+
+[
x = Y *
 − %
 T%
@,+�O + Y 3%*T* =O@,&�@
x = −Y 16 − %
@ T% = −16% + &�� = −32 + �� =
x = −29.3	|
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Prob 5: Inclinação de 10% ⇒tan / = 0.10	 (colocar figura!)�%:	�E�� −�� sin / = 0*:	�� −�� cos / = 0(a)�E��? � = TxTJ = �! ∙ Tj!TJ = �!E�� ∙ R!
Onde �! ∙ R! = �R cos 0 = �E��R⇒� = �� sin / R
De tan / = 0.10 , segueque / = tan?� 0.10 = 5.7°
Sendo este ângulo pequeno (tan / ≈ sin /)⇒
� = 1200 B 10 B 0.10 B 50036 = 16667	xTx = �TJ		⇒		x = �J	(para � = KLM J)x = 16667 B 5 = 83335	|
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Seja P’ a nova potência necessaria para vencer o 
atrito e resistencia do ar e manter a velocidade de 50 
km/h.
(c) �a − 10%�a = �
Ou seja,�a 1 − 0.1 = �	⇒ �a = �@.� = �����@.� = 92594	x
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Prob 7: i = 	%
 − �%�
Para a & b constantes, temos:
�! = − �i�% n!+ �i�% |!+ �i�% Q
Para idependente de única variável as derivadas
parciais convertem-se em derivada total:�! = − S�S& n!⇒ � = − S�S& = − 2	% − 3�%
Ou � = 3�%
 − 2	%
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Zeros de F: � = 3�%
 − 2	% = 0⇒% 3�% − 2	 = 0
Ou% = 0 V % = 2	/3�
Pontos criticos de F: 
S�S& = 0⇒6�% − 2	 = 0⇒ % = �� ��
S
�S&( = 6� > 0⇒ � ��� = − �(�� é ponto de minimo
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Exercício semelhante faz-se para U.
Usando a relação entre U e F, conclui-se que os 
pontos críticos de U são os zeros de F. (Representar U 
e F). Podemos, para representação gráfica assumir
que ambos coeficientes são positivos e:
a) � > 	
b) � < 	
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Prob 9: �! = ���N!_/j
Para força radial ⇒ �! = − S�S_ N!_ ⇒S�S_ = � ou i/ ���� = Y −�!Tj!_�
i_ − i� = −Y �fE�!�_( ∙ Tj_� N!_ =
i_ − i� = −���Y S__( = �fE__� − �fE� ⇒
i� = 0 = ���∞
Logo,
i_ = �fE_
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Prob 10: dada a velocidade v resultante de potência constante P, 
achar a relação entre as 2 entidades.
Vimos que a relação geral entre o trabalho e a potência é:Tx = �TJ
Ou�!Tj! = �TJ ou � = �! ∙ R!
Assumindo que a força e a velocidade são vectores paralelos, temos:� = � ∙ R = �R S'S� = �R S'SH SHS� = �R
 S'SH ⇒
�T = �R
TR
Ou
Y �T = �Y R
'@ TRH@ ⇔ � = � '�� ⇒ R = ��HE�
Para = T a expressão por demonstrar é igual a encontrada.