Problema 12.52 Um piloto de prova propõe-se a dirigir um pequeno carro, a uma velocidade de 64,4 km/ h, na parede vertical de um fosso circular de 15,2 m de raio. Sabendo-se que o centro de massa piloto-carro encontra-se a 0,610 m da parede, determinar o coeficiente de atrito estático mínimo entre os pneus e a parede. v = velocidade do carro r = raio da trajetória do carro µ = coeficiente de atrito estático f = módulo da força de atrito estático N = módulo da força normal da parede do fosso sobre o carro P = peso do carro m = massa do carro g = módulo da aceleração da gravidade local Fc = módulo da força centrípeta v = 64,4 km/ h ≅ 17,9 m¡s r = 15,2 – 0,61 = 14,59 m A força centrípeta é a força normal: F c = m∙ v 2 r (1) N= m∙ v 2 r (2) Para que o carro não escorregue para baixo devido ao peso, o módulo da força de atrito estático deve ser, no mínimo, igual ao módulo do peso: f = P (3) Como f = µ.N, µ.N = P (4) Por causa da equação (2) e como P = m.g, µ∙ m∙ v 2 r =m∙ g Cancelando-se a massa nos dois membros: µ∙ v 2 r =g (5) µ= g∙ r v 2 (6) µ= 9,8∙ 14,59 17,9 2 µ ≅ u,4S (7) x y Problema 11.92 Uma bomba localiza-se na beirada de uma plataforma. O bocal A expele água a uma velocidade inicial de 7,6 m/ s, formando um ângulo de 50 o com a vertical. Determinar o intervalo de alturas h para as quais a água atinge a abertura BC. Adota-se um sistema cartesiano de coordenadas com origem no solo, no ponto vertical abaixo do ponto de lançamento. A decomposição da velocidade inicial fornece: vox = vo . sen 50 o ≅ 7,6 . 0,77 ≅ S,9 m¡s (1) voy = vo . cos 50 o ≅ 7,6 . 0,64 ≅ 4,9 m¡s (2) A função horária de movimento horizontal é dada por: x(t) = xo + vx.t (3) x(t) = 0 + 5,9.t x(t) = 5,9.t (4) Para que a água atingir a abertura AB, há dois casos extremos: atingir A e atingir B. Para atingir A, x(t) = 7,3 m. Então, pela equação (4): 7,3 = 5,9.t → t ≅ 1,2 s (5) Para atingir B, x(t) = 7,3 + 1,2 = 8,5 m, ou seja, pela equação (4): 8,5 = 5,9.t → t ≅ 1,4 s (6) A função horária de movimento vertical é dada por: y(t) =y o +v oy ∙ t + a y 2 ∙ t 2 (7) h y(t) =h+4,9∙ t + −9,8 2 ∙ t 2 y(t) =h+4,9∙ t + −9,8 2 ∙ t 2 y(t) = h + 4,9.t – 4,9.t 2 (8) Substituindo-se os valores encontrados em (5) em (6), encontram-se os limites da altura h: 0 = h + 4,9.1,2 – 4,9.1,2 2 → u = h + S,88 – 7,056 h ≅ 1,2 m (9) e 0 = h + 4,9.1,4 – 4,9.1,4 2 → u = h + 6,86 – 9,604 h ≅ 2,7 m (10) A altura h deve estar entre 1,2 m e 2,7 m, aproximadamente. Problema 11.14 A aceleração de um ponto material é dada por a = 90 – 6x 2 , onde x é dado em metros e a em m/ s 2 . O ponto material parte com velocidade nula da posição x = 0. Determine (a) a velocidade quando x = 5 m, (b) a posição onde a velocidade se torna outra vez igual a zero e (c) a posição onde a velocidade é máxima. De acordo com a equação do livro, 1 2 v 2 − 1 2 v o 2 = _a(k).dk x x o (1) 1 2 v 2 − 1 2 ∙ 0 2 = _(90− 6k 2 ).dk x x o (2) 1 2 v 2 = 90k−2k 3 _ x o x (3) 1 2 v 2 =90x−2x 3 −(90∙ 0−2∙ 0 3 ) (4) v 2 =180x−4x 3 (5) (a) Substituindo-se x por 5 na equação (5): v 2 =180∙ 5− 4∙ 5 3 → v 2 =900−500→ v 2 =400 v = 20 m/ s (6) (b) Substitui-se v por 0, na equação (5): 0 =180x− 4x 3 → 4x 3 − 180x=0 Fatorando-se o 4x: 4x(x 2 − 45) =0 x=0 (7) ou x 2 − 45=0 (8) x 2 =45 (9) x=±√45 m ou x=±3√5 (10) (c) A velocidade é máxima onde sua derivada é nula. v 2 =180x−4x 3 → v =(180x− 4x 3 ) 1 2 (11) Derivando-se (11): dv dx =0 → 1 2 ∙ (180x−4x 3 ) 1 2 -1 ∙ (180−12x 2 ) =0 (12) 180− 12x 2 2∙ √180x−4x 3 =0 (13) Restrição: 180x− 4x 3 ≠ 0 (14) x≠ ±√45 m→ x≠ ±3√5 m (15) Solucionando (13): 180−12x 2 =0→ 12x 2 =180→ x 2 =15 x=±√15 m (16)