Resolução da Prova 1 de Física Teórica Turma C2 de Engenharia Civil Período 2005.1 Questões Problema 1: g e d = 12 m . Dados do problema: m = 500 kg ; vi = 4; 0 m=s ; ! a = 15 ! ! ! Trabalho realizado por uma força constante: W = F d = Fx dx + Fy dy + ! ! Fz dz = F d cos( ) onde é o ângulo entre F e d . ! (a) Considerando o sentido do eixo y para cima, temos que Fg = ! ! d = d j . Logo 104 J Wg = mgd = 5; 88 ! mg j e 59 kJ. (b) Vetorialmente, a força com que o cabo puxa o elevador para cima é dada ! ! por T = T j . Desta forma WT = T d. Podemos encontrar o valor de T aplicando a segunda lei de Newton ao elevador: ! ! ! ! g = g5 j , temos que na T + Fg = m! a . Lembrando que ! a = a j = 51 ! componente y esta equação …ca da seguinte forma: T mg = ma, ou seja, T = m(g g 4 ) = mg. 5 5 a) = m(g Logo WT = 4 5 mgd 4 5 Wg = 47 kJ. (c) O trabalho líquido W realizado sobre a cabine durante a queda é dado por W = Wg + WT 12 kJ. (d) Pelo Teorema Trabalho-Energia Cinética: Kf Ki = W , ou seja, Kf = W + Ki Pela de…nição de energia cinética: Ki = 21 mvi2 = 4 kJ. Assim Kf 16 kJ. 1 Problema 2: Dados do problema: M = 3 kg ; m = 1 kg e d = 2 m . Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o suporte S é retirado, e o ponto …nal, o instante em que a massa M chega ao chão. O sistema é dado pelas massas M e m, e a Terra. Este sistema é isolado e nele só atuam forças conservativas, portanto a energia mecânica se conserva: Emec = K + U = K(M ) + K(m) + U (M ) + U (m) = cte, onde U (M ) e U (m) são as energias potencial gravitacional das massas M e m, respectivamente. Da mesma forma, temos que K(M ) e K(m) são respectivamente as energias cinética de M e m. (a) Vamos adotar o chão como o zero da energia potencial gravitacional. Desta forma a uma altura d do chão a massa M estará com Ui;g (M ) = M gd. Neste ponto, a massa m estará com Ui;g (m) = 0. Temos que no ponto inicial as massas M estão em repouso, logo Ki (M ) = Ki (m) = 0. No ponto …nal teremos Kf (M ) = 1 M vf2 , 2 1 mv 2 , 2 f Uf;g (M ) = 0 Kf (m) = e Uf;g (m) = mgd. Assumimos que o sistema estará se movendo com velocidade …nal vf , pois as cordas são inextensíveis. Pela conservação da energia mecânica, obtemos Ki + Ui;g = Kf + Uf;g =) Ki (M ) + Ki (m) + Ui;g (M ) + Ui;g (m) = Kf (M ) + Ki (m) + Ui;g (M ) + Ui;g (m) =) 0 + 0 + M gd + 0 = =) =) 1 1 M vf2 + mvf2 + 0 + mgd 2 2 1 (M + m)vf2 = (M m)gd 2 r m vf = 2 M 4; 43 m=s. M +m gd (b) Aplicando a 2o. lei de Newton a massa M , obtemos T M g = M ( a), 2 lembrando que o sentido da aceleração de M é para baixo. Da mesma forma, para a massa m teremos T mg = ma, lembrando que o sentido da aceleração de m é para cima. Manipulando estas duas equações, obteremos M m g. a= M +m Como esta aceleração é constante, podemos usar a fórmula vf2 = vi2 + 2ad. Sendo vi = 0, então vf = p 2ad = r M m M +m 2 gd 4; 43 m=s. Problema 3: Dados do problema: KS = 25 J e d = 7; 5 cm = 0; 075 m . Na posição indeformada temos que a energia potencial elástica da mola é KS = 0. Logo quando comprimimos a mola de uma quantidade d de sua posição indeformada, a energia potencial elástica da mola será dada por KS = onde k é a constante de mola. Assim k = 2K d2 1 2 kd , 2 8900 N m = 89 N cm . Problema 4: Dados do problema: m = 4; 26kg ; = 33; 0 ; vi = 7; 81 m=s e Eter = 34; 6 J. Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o bloco começa a subir o plano inclinado, e o ponto …nal, o instante em que ele pára (vf = 0) e chega a uma altura h do chão (Veja a Figura 1). Vamos adotar o chão como o zero da energia potencial gravitacional. O sistema é dado pelo bloco de massa m, pela Terra e pelo plano inclinado com atrito. Este sistema é isolado, logo sua energia total se conserva: E = Emec + Eter = cte , onde Eter é a energia térmica devido ao atrito. A energia mecânica não se conserva, pois há uma força de atrito cinético que não é uma força conservativa. Em termos de variações de energia, podemos escrever: (Emec + Eter ) = Emec + 3 Eter = 0. Figura 1: Problema 4. Assim Emec = onde Emec = Ef;mec Ei;mec . No instante inicial temos: Eter , 1 mv 2 2 i Ki = e Ui;g = 0. No instante …nal temos: Kf = 1 mv 2 = 0 2 f e Uf;g = mgh. Portanto Emec = Ef;mec Ei;mec =) Emec = Kf + Uf;g =) Emec = 0 + mgh =) Emec = mgh (Ki + Ui;g ) 1 ( mvi2 + 0) 2 1 mv 2 . 2 i Por outro lado, vimos que Emec = Eter . Logo mgh 1 mv 2 = 2 i =) mgh = 1 mv 2 2 i Eter , Eter , =) 1 2 Eter vi . 2g mg Pela Figura 1, temos que h = d sen( ), onde d é distância percorrida pelo bloco sobre o plano inclinado. Então teremos h= d= vi2 2g sen( ) Eter mg sen( ) 4 4; 19 m. Problema 5: Dados do problema: vi = 0. Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o menino (com massa m) está no alto do monte hemisférico de gelo, ou seja, a uma altura R do chão. O ponto …nal é o instante em que ele perde contato com o gelo a uma altura h do chão. Vamos adotar o chão como o zero da energia potencial gravitacional. No ponto inicial temos: Ki = 0 e Ui;g = mgR . No ponto …nal temos: Kf = 1 mv 2 2 f e Uf;g = mgh . Neste caso, podemos aplicar a conservação da energia mecânica, pois o sistema menino-Terra-gelo está isolado e nele só atuam forças conservativas. Assim Ki + Ui;g = Kf + Uf;g , =) 0 + mgR = 1 mv 2 + mgh , 2 f =) vf2 . 2g h=R Para encontrar uma expressão para vf devemos usar a condição que a força normal se anula quando ele deixe de ter contato com o gelo. A força resultante que atua no menino é dada por: ! ! ! F res = N + F g . Como o menino executa um movimento circular de raio R, então a compo! ! nente na direção do raio da F res deve ser a força centrípeta F C cuja direção é radial, o sentido é apontando para o centro do círculo e o módulo é dado por: FC = m v2 . R Na direção radial temos que mg sen( ) N =m v2 , R h onde sen( ) = R (Tome por base a Figura 1 substituindo a letra d pela letra R). Temos que mg sen( ) é a componente da força gravitacional do menino na direção radial, apontando para o centro do hemisfério (mesmos direção e sentido 5 da força centrípeta). Observe que a direção da normal é radial, mas com sentido oposto ao da força centrípeta. Para N = 0 temos vf2 g sen( ) = , R =) vf2 sen( ) = , gR =) vf2 = gR sen( ) , ou seja, vf2 = gh , Vimos que h=R vf2 . 2g h=R gh , 2g h=R h , 2 Logo =) =) h+ =) h =R, 2 3h =R. 2 Assim mostramos que h = 23 R . 6