Exercícios resolvidos de dinâmica

Entendemos melhor as forças calculando com elas. Esperam por você treze exercícios, da composição de forças, passando pelas leis de Newton, a quantidade de movimento e o atrito, até a curva e a força de inércia. Três deles (o escorregador, a frenagem na neve e a arrancada do trem) ligam as forças ao movimento: a partir das forças calculamos a aceleração e, a partir da aceleração, a velocidade ou a distância. Seguimos o procedimento já testado: anotação, esboço das forças, sentido positivo, resolução geral, substituição com as unidades e resposta com uma frase completa. Desenhe você mesmo o esboço, só o primeiro exercício tem figura. Tente cada exercício primeiro sozinho.

Exercício 1: Dois tratores e uma colheitadeira atolada

Uma colheitadeira atolou na lama. Para tirá-la, dois tratores a puxam, cada um com um cabo, com força de 30 kN. Os cabos formam um ângulo β = 60° e a colheitadeira fica exatamente no eixo entre eles. Qual é o valor da resultante?

Duas forças F⃗_1 (em vermelho) e F⃗_2 (em azul) a partir do ponto laranja, que representa a colheitadeira, cada uma desviada do eixo pelo ângulo α, e a resultante verde F⃗ ao longo do eixo

Resolução:

$\begin{aligned} F_{1} = F_{2} & = 30 kN = 30.000 N \\ β & = 60 ° \\ F & = ? (N) \end{aligned}$

Escolhemos o eixo x ao longo do eixo entre os cabos, positivo no sentido da tração. Como a colheitadeira está no eixo, cada cabo se desvia dele pela metade do ângulo entre os cabos, $α = \frac{β}{2} = 30 °$ . Decompomos as duas forças em componentes. As componentes perpendiculares ao eixo têm o mesmo módulo e são opostas, e assim se anulam. Ao longo do eixo sobram duas componentes iguais F₁ · cos α:

$\begin{aligned} F & = 2 \cdot F_{1} \cdot \cos α = 2 \cdot 30.000 N \cdot \cos 30 ° \\ \approx 51.962 N \end{aligned}$

A resultante é de cerca de 52 kN, não 60 kN. Parte da tração é desperdiçada, porque cada trator puxa um pouco para um lado. Quanto mais os cabos se abrem, maior a perda: com ângulo β = 120° entre os cabos, α = 60° e a resultante é 2 · 30.000 N · cos 60° = 30.000 N, como se puxasse um único trator.

Exercício 2: Lancha a motor

Uma lancha de massa 300 kg, com a tripulação, é impulsionada para a frente pela água, graças à hélice, com força de 900 N. A resistência da água é 300 N. Que aceleração a lancha tem?

Resolução:

$\begin{aligned} m & = 300 kg \\ F_{1} & = 900 N, F_{2} = 300 N \\ a & = ? ({m / s}^{2}) \end{aligned}$

Tomamos como positivo o sentido da navegação. A resistência aponta contra ele, então entra na resultante com sinal de menos. Depois é só somar as forças e dividir pela massa:

$a = \frac{F_{1} - F_{2}}{m} = \frac{900 N - 300 N}{300 kg} = 2 {m / s}^{2}$

As unidades conferem, newton por quilograma é metro por segundo ao quadrado. A lancha tem aceleração de 2 m/s². A resistência da água cresce com a velocidade e, quando chegar a 900 N, a resultante será nula e a lancha andará com velocidade constante.

Exercício 3: Caminhão e carro de passeio

Um caminhão de massa 10.000 kg bate num carro de passeio de massa 1.000 kg. Qual dos corpos age sobre o outro com a força maior? Que acelerações eles têm, quando a força da batida é 50.000 N?

Resolução: A maioria das pessoas aposta no caminhão. As forças da batida, porém, formam um par ação-reação e por isso têm o mesmo módulo e são opostas. O caminhão empurra o carro com 50.000 N e o carro empurra o caminhão também. A diferença está no que a força faz com o corpo.

$\begin{aligned} m_{1} & = 10.000 kg, m_{2} = 1.000 kg \\ F & = 50.000 N \\ a_{1} & = ? ({m / s}^{2}), a_{2} = ? ({m / s}^{2}) \end{aligned}$

Escolhemos como positivo o sentido de marcha do caminhão:

$\begin{aligned} a_{1} & = \frac{- F}{m_{1}} = \frac{- 50.000 N}{10.000 kg} = - 5 {m / s}^{2} \\ a_{2} & = \frac{F}{m_{2}} = \frac{50.000 N}{1.000 kg} = 50 {m / s}^{2} \end{aligned}$

O caminhão tem aceleração de −5 m/s², ou seja, desacelera, enquanto o carro ganha aceleração de 50 m/s², cerca de cinco vezes a aceleração da gravidade. É por isso que quem sofre mais são os ocupantes do carro, embora as forças sejam iguais.

Exercício 4: Balança num elevador que desce

Rodrigo, de massa 80 kg, está num elevador em cima de uma balança. O elevador desce e, antes do térreo, freia com desaceleração de 1,5 m/s². O que a balança mostra?

Resolução: O sentido positivo será para cima. O elevador desce e desacelera, então a aceleração dele aponta para cima: a = 1,5 m/s².

$\begin{aligned} m & = 80 kg \\ a & = 1, 5 {m / s}^{2} \\ N & = ? (N) \end{aligned}$

Rodrigo é puxado para baixo pela força peso e levado para cima pela força normal da balança. Pela segunda lei, N − m · g = m · a, então a força normal sai como no elevador que arranca para cima:

$\begin{aligned} N & = m \cdot (g + a) \\ = 80 kg \cdot (9, 81 {m / s}^{2} + 1, 5 {m / s}^{2}) \\ = 904, 8 N \end{aligned}$

A balança divide a força pela aceleração da gravidade e mostra $\frac{N}{g} = \frac{904, 8 N}{9, 81 {m / s}^{2}} \approx 92 kg$ . Em repouso mostraria os seus 80 kg reais. Rodrigo se sente mais pesado, embora esteja descendo. Importa o sentido da aceleração, não o sentido do movimento.

Exercício 5: O rover em Marte

O rover Perseverance tem massa de 1.025 kg. Qual é a força peso que age sobre ele na Terra e qual em Marte, onde a aceleração da gravidade é 3,71 m/s²?

Resolução:

$\begin{aligned} m & = 1.025 kg \\ g & = 3, 71 {m / s}^{2} \\ P & = ? (N) \end{aligned}$

A força peso é a massa vezes a aceleração da gravidade. Em Marte

$P = m \cdot g = 1.025 kg \cdot 3, 71 {m / s}^{2} \approx 3.803 N,$

na Terra, pelo mesmo cálculo com g = 9,81 m/s²

$P = 1.025 kg \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \approx 10.055 N .$

Em Marte age sobre o rover uma força peso de cerca de 3,8 kN, um pouco mais de um terço dos 10 kN terrestres. A massa dele, é claro, é igual em toda parte e, com a mesma força, arranca com a mesma má vontade.

Exercício 6: Saque de tênis

Um tenista saca uma bola de massa 57 g, que no ponto mais alto do lançamento está quase parada. A raquete a toca por 5 ms e a bola sai com velocidade de 50 m/s. Com que força média a raquete age sobre ela?

Resolução:

$\begin{aligned} m & = 57 g = 0,057 kg \\ v_{0} & = 0 m / s, v = 50 m / s \\ Δ t & = 5 ms = 0,005 s \\ F & = ? (N) \end{aligned}$

Escolhemos o sentido positivo no sentido do voo da bola. A força é igual à variação da quantidade de movimento no tempo em que age, isto é, o impulso dividido pelo tempo da batida:

$\begin{aligned} F & = \frac{Δ Q}{Δ t} = \frac{m \cdot (v - v_{0})}{Δ t} \\ = \frac{0,057 kg \cdot 50 m / s}{0,005 s} = 570 N \end{aligned}$

Isso é mais ou menos como se sobre a bola estivesse uma pessoa de massa 58 kg, só que por apenas cinco milésimos de segundo. A raquete empurra a bola com força média de 570 N. Com um contato duas vezes mais longo, para a mesma velocidade bastaria metade da força.

Exercício 7: Jogadores de hóquei no gelo agarrados

Um jogador de hóquei de massa 90 kg anda a 6 m/s e colide de frente com um adversário de massa 80 kg, que vem ao encontro dele a 4 m/s. Depois da colisão eles se agarram. Com que velocidade e para onde eles se movem?

Resolução: O sentido positivo aponta para onde anda o primeiro jogador e a velocidade do adversário é, por isso, negativa.

$\begin{aligned} m_{1} & = 90 kg, v_{1} = 6 m / s \\ m_{2} & = 80 kg, v_{2} = - 4 m / s \\ v^{'} & = ? (m / s) \end{aligned}$

No gelo o atrito é pequeno e a colisão curta, por isso tomamos a dupla como sistema isolado. Pelo princípio da conservação da quantidade de movimento, a quantidade de movimento antes da colisão é igual à de depois:

$m_{1} \cdot v_{1} + m_{2} \cdot v_{2} = (m_{1} + m_{2}) \cdot v^{'}$

$\begin{aligned} v^{'} & = \frac{m_{1} \cdot v_{1} + m_{2} \cdot v_{2}}{m_{1} + m_{2}} \\ = \frac{90 kg \cdot 6 m / s + 80 kg \cdot (- 4 m / s)}{170 kg} \\ \approx 1, 29 m / s \end{aligned}$

O resultado é positivo, então a dupla desliza para onde andava o jogador de maior massa e velocidade, a cerca de 1,3 m/s. Quem esquecer o sinal obtém absurdos 5,1 m/s.

Exercício 8: O banco no ginásio

Um banco de madeira de massa 25 kg está sobre o piso de madeira. O coeficiente de atrito estático é 0,5, o cinético 0,3. Uma força horizontal de 100 N o põe em movimento? E que aceleração o banco terá quando o empurramos com a força de 130 N?

Resolução:

$\begin{aligned} m & = 25 kg \\ μ_{e} & = 0, 5, μ = 0, 3 \\ F_{1} & = 100 N, F_{2} = 130 N \\ a & = ? ({m / s}^{2}) \end{aligned}$

No piso horizontal, a força normal é igual à força peso, N = m · g. O maior atrito estático é

$μ_{e} \cdot m \cdot g = 0, 5 \cdot 25 kg \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \approx 123 N .$

A força de 100 N é menor, o banco fica parado e o atrito estático tem exatamente 100 N. A força de 130 N o tira do lugar e, a partir daí, só o atrito cinético o freia. Escolhemos o sentido positivo no sentido do empurrão:

$\begin{aligned} a & = \frac{F_{2} - μ \cdot m \cdot g}{m} \\ = \frac{130 N - 0, 3 \cdot 25 kg \cdot 9, 81 {m / s}^{2}}{25 kg} \\ \approx 2, 26 {m / s}^{2} \end{aligned}$

O banco sai com aceleração de cerca de 2,3 m/s². Com cem newtons não o movemos de jeito nenhum.

Exercício 9: Escorregador

Uma criança desce do repouso por um escorregador de 4 m de comprimento e inclinação de 30°. O coeficiente de atrito cinético da bermuda com o escorregador é 0,3. Com que velocidade ela chega embaixo?

Resolução:

$\begin{aligned} α & = 30 °, μ = 0, 3 \\ s & = 4 m, v_{0} = 0 m / s \\ v & = ? (m / s) \end{aligned}$

Escolhemos o sentido positivo para baixo ao longo do escorregador. A componente da força peso ao longo da encosta é m · g · senα, o atrito μ · m · g · cos α aponta contra o movimento. Depois de cancelar a massa, sobra a aceleração na encosta com atrito, a = g · (senα − μ · cos α). Para ter ideia, sai cerca de 2,36 m/s².

Não conhecemos o tempo, então a velocidade embaixo vem da relação sem o tempo v² = 2 · a · s. Substituímos nela a aceleração em geral:

$\begin{aligned} v & = \sqrt{2 \cdot g \cdot s \cdot (sen α - μ \cdot \cos α)} \\ = \sqrt{2 \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \cdot 4 m \cdot (sen 30 ° - 0, 3 \cdot \cos 30 °)} \\ \approx 4, 34 m / s \end{aligned}$

A criança chega com velocidade de cerca de 4,3 m/s, ou seja, menos de 16 km/h. Sem atrito seriam mais de 6 m/s.

Exercício 10: Ciclista na curva

Qual é a velocidade máxima com que um ciclista pode fazer uma curva horizontal de raio 12 m em asfalto seco, com coeficiente de atrito 0,7? E com que velocidade no molhado, com coeficiente 0,5?

Resolução:

$\begin{aligned} r & = 12 m \\ μ & = 0, 7 \\ v_{max} & = ? (m / s) \end{aligned}$

O ciclista é mantido na circunferência só pelo atrito dos pneus, que aponta para o centro da curva. Ele precisa bastar para a força centrípeta, $\frac{m \cdot v^{2}}{r} \leq μ \cdot m \cdot g$ . A massa se cancela:

$\begin{aligned} v_{max} & = \sqrt{μ \cdot g \cdot r} = \sqrt{0, 7 \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \cdot 12 m} \\ \approx 9, 1 m / s \end{aligned}$

Isso dá cerca de 33 km/h. No molhado sai, pelo mesmo cálculo, 7,7 m/s, menos de 28 km/h. A massa se cancelou, então um ciclista de massa maior não tem mais facilidade nem mais dificuldade. Com velocidade maior, as rodas escapam para fora da curva.

Exercício 11: A caixa numa van que freia

Numa van, sobre o piso de madeira, está uma caixa de ferramentas de madeira de massa 30 kg, o coeficiente de atrito estático é 0,5. O motorista freia com desaceleração de 6 m/s². Avalie a situação de dentro da van: a caixa desliza para a frente?

Resolução: A van freia, então é um referencial não inercial. Nele, sobre a caixa age, além disso, a força de inércia oposta à aceleração da van, ou seja, para a frente. Escolhemos o sentido positivo para a frente.

$\begin{aligned} m & = 30 kg, μ_{e} = 0, 5 \\ a & = - 6 {m / s}^{2} \end{aligned}$

A aceleração da van aponta para trás e, por isso, é negativa. A força de inércia e o maior atrito estático:

$\begin{aligned} F_{in} & = - m \cdot a = - 30 kg \cdot (- 6 {m / s}^{2}) = 180 N \\ μ_{e} \cdot m \cdot g & = 0, 5 \cdot 30 kg \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \approx 147 N \end{aligned}$

A força de inércia saiu positiva, então aponta para a frente. O atrito não segura a caixa, ela desliza para a frente. Só a seguraria até a desaceleração μ_e · g ≈ 4,9 m/s², a massa se cancela. De fora a situação parece igual, só que sem força de inércia: para a desaceleração de 6 m/s² a caixa precisaria de atrito de 180 N, mas o atrito estático dá no máximo 147 N. A caixa, por isso, desacelera menos do que a van.

Exercício 12: Frenagem na neve

Numa estrada coberta de neve, um carro anda a 45 km/h e o motorista freia de modo que as rodas travam. O coeficiente de atrito cinético dos pneus na neve é 0,3. Qual é a distância de frenagem e quanto tempo a frenagem dura?

Resolução:

$\begin{aligned} v & = 45 km / h = 12, 5 m / s \\ μ & = 0, 3 \\ s_{f} & = ? (m), t = ? (s) \end{aligned}$

O sentido de marcha será o positivo. Só o atrito desacelera o carro, $m \cdot | a | = μ \cdot m \cdot g$ , então a desaceleração é $| a | = μ \cdot g$ . Substituímos na fórmula da distância de frenagem:

$\begin{aligned} s_{f} & = \frac{v^{2}}{2 \cdot μ \cdot g} = \frac{(12, 5 m / s)^{2}}{2 \cdot 0, 3 \cdot 9, 81 {m / s}^{2}} \approx 26, 5 m \\ t & = \frac{v}{μ \cdot g} = \frac{12, 5 m / s}{0, 3 \cdot 9, 81 {m / s}^{2}} \approx 4, 2 s \end{aligned}$

O carro para depois de 26,5 m e freia por mais de quatro segundos. No seco, com coeficiente 0,7, bastariam 11,4 m. A massa não aparece na fórmula, então também um carro totalmente carregado freia do mesmo jeito, pelo menos nesta simplificação.

Exercício 13: Arrancada de um trem

Um trem de massa 400 t arranca da estação. Os trilhos empurram o trem para a frente, pelas rodas da locomotiva, com força de 200 kN, as resistências ao movimento são 40 kN. Em quanto tempo e depois de que distância ele atinge a velocidade de 90 km/h, se as forças não mudam?

Resolução:

$\begin{aligned} m & = 400 t = 400.000 kg \\ F_{1} & = 200.000 N, F_{2} = 40.000 N \\ v & = 90 km / h = 25 m / s \\ t & = ? (s), s = ? (m) \end{aligned}$

Escolhemos o sentido positivo no sentido da marcha. Primeiro a dinâmica, a lei da força:

$a = \frac{F_{1} - F_{2}}{m} = \frac{160.000 N}{400.000 kg} = 0, 4 {m / s}^{2}$

Depois a cinemática do movimento uniformemente variado a partir do repouso e a relação sem o tempo:

$\begin{aligned} t & = \frac{v}{a} = \frac{25 m / s}{0, 4 {m / s}^{2}} = 62, 5 s \\ s & = \frac{v^{2}}{2 \cdot a} = \frac{(25 m / s)^{2}}{2 \cdot 0, 4 {m / s}^{2}} \approx 781 m \end{aligned}$

Prova real: a velocidade média é 12,5 m/s e em 62,5 s isso dá os mesmos 781 m. O trem precisa de cerca de um minuto e menos de um quilômetro. Na realidade a resistência cresce com a velocidade e, por isso, a arrancada dura um pouco mais.

O fim da viagem

Com isso termina o livro de cinemática e dinâmica. Começamos pelo que são grandeza e unidade, passando pela velocidade e pela aceleração chegamos às forças e às leis de Newton e, por fim, juntamos as duas coisas: a força diz qual é a aceleração e a aceleração, para onde e com que rapidez o corpo chega. Com esse par você dá conta da maioria dos exercícios sobre movimento e forças. Trabalho e energia virão mais tarde.

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