Problemas Resolvidos

  1. Movimento curvilíneo

4. Mecânica vetorial

Problema 1

Uma pessoa com 70 kg sobe num ascensor até o sexto andar de um prédio. O ascensor parte do repouso no rés de chão, acelera até o segundo andar, com aceleração uniforme de 2 m/s2, mantém a velocidade constante entre o segundo e o quarto andar e trava entre o quarto e o sexto andar, com aceleração uniforme de −2 m/s2. Determine o módulo da reação normal nos pés da pessoa, em cada parte do percurso.


Problema 4.1

A figura mostra o diagrama de corpo livre da pessoa, onde R n é a reação normal do chão do elevador nos seus pés. Definindo o sentido positivo de baixo para cima, a soma das duas forças externas é então

R n m g = R n 686

Entre o rés de chão e o segundo andar a força resultante aponta para cima e, assim sendo

R n 686 = 70 × 2 = R n = 826N

Entre o segundo e o quarto andar, a força resultante é nula

R n 686 = 0 = R n = 686N

Finalmente, entre o quarto e o sexto andar, a força resultante é negativa, porque aponta para baixo

R n 686 = 70 × 2 = R n = 546N

Problema 5

Um homem com 72 kg empurra uma caixa de madeira com 8 kg sobre um chão horizontal, exercendo uma força horizontal nela que a faz deslizar no chão. Sobre a caixa está pousado um livro com 0.6 kg. O homem, a caixa e o livro deslocam-se conjuntamente, com aceleração igual a 0.5 m/s2. Determine os valores das forças de atrito entre o chão e a caixa, entre a caixa e o livro e entre o chão e os pés do homem, ignorando a resistência do ar e sabendo que os coeficientes de atrito estático ( µ e ) e atrito cinético ( µ c ) são: entre o chão e a caixa, µ e = 0 . 25 e µ c = 0 . 2 ; entre a caixa e o livro, µ e = 0 . 35 e µ c = 0 . 28 ; entre o chão e os pés do homem, µ e = 0 . 4 e µ c = 0 . 3 .

Existem quatro pontos de contacto entre corpos rígidos:

  1. Entre a base do livro e a tampa da caixa.
  2. Entre a base da caixa e o chão.
  3. Entre os pés do homem e o chão.
  4. Entre as mãos do homem e a parede lateral direita da caixa (admitindo que está a ser empurrada para a esquerda).

Em 1 há reação normal, N 1 , vertical, e força horizontal, F 1 , de atrito estático porque o livro não está a deslizar sobre a caixa. Em 2 há força de reação normal, N 2 , vertical, e força horizontal, F 2 , de atrito cinético, porque a caixa desliza sobre o chão. Em 3 há reação normal, N 3 , vertical, e força horizontal, F 3 , de atrito estático porque os pés do homem não derrapam sobre o chão (se derrapassem, a caixa não acelerava). Em 4 há apenas reação normal, N 4 , porque o enunciado diz que a força que o homem exerce na caixa é horizontal.

A figura seguinte mostra os diagramas de corpo livre do livro, da caixa e do homem.

Homem a empurrar uma caixa

A força de atrito estático F 1 deve atuar sobre o livro de direita para esquerda, para que o livro acelere para a esquerda. O mesmo acontece com a força de atrito estático F 3 atuando no homem. Essas duas forças não podem ultrapassar o valor máximo, µ e N , mas podem ter qualquer valor entre 0 e esse valor máximo. A força de atrito cinético F 2 é no sentido oposto ao movimento da caixa e tem módulo igual a F 2 = µ c N 2 = 0 . 2 N 2 . Os pesos do livro, da caixa e do homem são: m l g = 5 . 88 N, m c g = 78 . 4 N e m h g = 705 . 6 N.

As duas equações de movimento de translação do livro são (unidades SI):

N 1 = 5 . 88 F 1 = m l a = 0 . 6 × 0 . 5 = 0 . 3

As equações de movimento de translação da caixa são:

N 2 = 78 . 4 + N 1 = 84 . 28 N 4 F 1 F 2 = m c a = N 4 = 8 × 0 . 5 + 0 . 3 + 0 . 2 × 84 . 28 = 21 . 156

E as equações de movimento de translação do homem são:

N 3 = 705 . 6 F 3 N 4 = m h a F 3 = 72 × 0 . 5 + 21 . 156 = 57 . 156

O valor máximo que pode ter F 1 é 0 . 35 N 1 = 2 . 058 e o valor máximo possível de F 3 é 0 . 4 N 3 = 282 . 24 . Como os resultados obtidos não ultrapassam esses valores máximos, esses resultados são válidos e a resposta é: a força de atrito entre a caixa e o livro é 0.3 N, a força de atrito entre a caixa e o chão é 0.2×84.28 = 16.856 N e a força de atrito entre o chão e os pés do homem é 57.156 N.

Problema 6

Um automóvel com 1230 kg sobe uma rampa com declive de 8 por cento, com velocidade constante. Determine:
(a) O valor da força de atrito total (soma das forças nos quatro pneus).
(b) O valor mínimo do coeficiente de atrito estático entre a estrada e os pneus para que o automóvel consiga subir a rampa.

Automóvel a subir uma rampa

Problema 4.6

A figura mostra o diagrama de corpo livre do automóvel, onde R n e F a são a soma das reações normais e das forças de atrito nos quatro pneus (para que F a aponte no sentido do movimento, deve ser atrito estático, pelo menos em alguns dos pneus). Como a velocidade é linear e constante, a aceleração é nula e a soma das forças externas também. Usando os dois eixos indicados na figura, as somas das componentes x e y das forças devem ser ambas nulas

R n m g cos θ = 0 F a m g sin θ = 0

(a) Como o ângulo θ é igual à inclinação da rampa, então a segunda equação conduz a

F a = m g sin θ = 1230 × 9 . 8 × 8 100 2 + 8 2 = 961 . 2N

(b) A reação normal determina-se resolvendo a condição da soma das componentes y das forças

R n = m g cos θ = 1230 × 9 . 8 × 100 100 2 + 8 2 = 12015 . 6N

E como,

F a µ e R n

então

µ e F a R n = µ e 0 . 08
Soma de forças no problema 4.6

Este problema também podia ser resolvido colocando as três forças uma a continuação da outra, como se mostra na figura ao lado. Como a força resultante é nula, os três vetores formam um triângulo, que neste caso é retângulo e semelhante ao triângulo da rampa. Por semelhança de triângulos conclui-se que a força de atrito é igual a 8 m g / 10064 , a reação normal é igual a 100 m g / 10064 e o coeficiente de atrito mínimo é 8/100.

Problema 8

Uma esfera de raio R e massa volúmica ρ e cai livremente dentro de um fluido com massa volúmica ρ e coeficiente de viscosidade η . (a) Encontre as expressões para a velocidade terminal quando a resistência do fluido é proporcional à velocidade ou quando é proporcional ao quadrado da velocidade. (b) Calcule a velocidade terminal dentro de glicerina, água e ar de uma esfera de aço (massa volúmica 7800 kg/m3) e diâmetro de 1 cm; em cada caso determine o valor do número de Reynolds. Use os dados na tabela seguinte:

FluidoViscosidade (kg/(m·s))Massa volúmica (kg/m3)
Glicerina 1.5 1200
Água 10−3 1000
Ar 1.8×10−5 1.2

Problema 4.8

(a) A figura mostra o diagrama de corpo livre da esfera, onde m é igual à massa da esfera menos a massa do fluido que ocuparia o mesmo volume da esfera e F r é a força de resistência do fluído, que inicialmente é nula, mas aumenta à medida que a velocidade da esfera aumenta. No instante em que o módulo da força de resistência seja igual ao peso, a aceleração será nula, a esfera atingirá a velocidade limite constante e a força de resistência permanecerá também constante. Como tal, a condição que permite determinar a velocidade terminal é

m g = F r = 4 3 π R 3 ( ρ e ρ ) g = F r

No caso da força de resistência proporcional à velocidade, a equação 4.12 para uma esfera conduz à seguinte expressão

4 3 π R 3 ( ρ e ρ ) g = 6 πη R v v = 2 R 2 g 9 η ( ρ e ρ )

E no caso da força de resistência proporcional ao quadrado da velocidade, a equação 4.14 para uma esfera conduz à seguinte expressão

4 3 π R 3 ( ρ e ρ ) g = π 4 ρ R 2 v 2 v = 16 3 R g ρ e ρ 1

(b) Na glicerina, como a viscosidade é elevada, admite-se que a força de resistência seja proporcional à velocidade e, assim sendo, a velocidade terminal da esfera é

v = 2 × 0 . 005 2 × 9 . 8 9 × 1 . 5(7800 1200) = 0 . 240m/s

Usando o raio da esfera, o número de Reynolds é

N R = 0 . 005 × 0 . 240 1200 1 . 5 = 0 . 958

Que por ser da ordem de grandeza das unidades corrobora que a força de resistência sim é proporcional à velocidade. Os mesmos cálculos no caso da água conduzem aos seguintes resultados

v = 2 × 0 . 005 2 × 9 . 8 9 × 10 3 (7800 1000) = 370 . 2m/s N R = 0 . 005 × 370 . 2 1000 10 3 = 1 . 85 × 10 6

Que é um resultando inconsistente, porque o número de Reynolds é da ordem dos milhões. Isso implica que é necessário repetir os cálculos admitindo que a força de resistência é proporcional ao quadrado da velocidade

v = 16 3 × 0 . 005 × 9 . 8 7800 1000 1 = 1 . 33m/s N R = 0 . 005 × 1 . 33 1000 10 3 = 6665

Que sim é um resultado consistente. Repetindo os mesmos cálculos para o caso do ar, encontra-se

v = 16 3 × 0 . 005 × 9 . 8 7800 1 . 2 1 = 41 . 2m/s N R = 0 . 005 × 41 . 2 1 . 2 1 . 8 × 10 5 = 13737

Problema 10

Para medir o coeficiente de atrito estático entre um bloco e um disco, fez-se rodar o disco com uma aceleração angular α = 5r ad /s 2 constante. O disco parte do repouso em t = 0 e no instante t = 0 . 82s o bloco começa a derrapar sobre o disco. Determine o valor do coeficiente de atrito estático.

Bloco sobre um disco

Problema 4.10

A figura mostra o diagrama de corpo livre do bloco, onde R n é a reação normal e F a a força de atrito estático. Como não há movimento vertical, a reação normal é igual ao peso e a força de atrito é a força resultante F a = m a . Enquanto o bloco acompanha o movimento do disco, a sua aceleração a é a mesma aceleração do movimento circular do disco, ou seja

F a = m a 2t + a 2n = m α 2 r 2 + ω 4 r 2

No instante em que o bloco começa a derrapar, a força de atrito estático é máxima e

µ e = F a R n = r g α 2 + ω 4

Para encontrar a velocidade angular no instante em que o bloco começa a derrapar, integra-se a equação que relaciona a aceleração angular com a velocidade angular e o tempo

ω 0 d ω = 0 . 82 0 5d t = ω = 4 . 1

E substituindo na expressão para o coeficiente de atrito

µ e = 0 . 08 9 . 8 5 2 + 4 . 1 4 = 0 . 143