Gabarito da prova P1

FEP2195 - Fı́sica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P1 - Gabarito
1. O vetor posição de uma partı́cula que se move no plano xy é dado por:
t4
2 3 3 2
t − t ı̂ +
̂
~r =
3
2
12
~r é dado em metros e t em segundos.
(a) (1,0) Determine o vetor velocidade instantânea da partı́cula, seu módulo e direção, para
o instante t = 3, 0 s.
(b) (0,5) Determine o vetor aceleração instantânea da partı́cula para o instante t = 3, 0 s.
(c) (0,5) Determine o vetor deslocamento da partı́cula entre os instantes de tempo t1 = 1, 0
s e t2 = 3, 0 s:
(d) (0,5) Determine o vetor velocidade média da partı́cula no intervalo de tempo t1 = 1, 0 s
e t2 = 3, 0 s.
SOLUÇÃO:
(a)
~r(t) =
2 3 3 2
t4
t − t ı̂ +
̂
3
2
12
Vetor velocidade instantânea em função do tempo:
~v (t) =
d
t3
~r(t) = (2t2 − 3t)ı̂ + ̂
dt
3
Vetor velocidade instantânea para t = 3 s:
~v (3) = (9 ı̂ + 9 ̂) m/s
Módulo do vetor velocidade instantânea:
v(3) =
√
√
92 + 92 = 9 2 (m/s)
Direção do vetor velocidade instantânea:
9
π
θv = arctan
= rad
9
4
1
(b)
Vetor aceleração instantânea em função do tempo:
~a(t) = (4t − 3)ı̂ + t2 ̂
Vetor aceleração instantânea para t = 3 s:
~a(3) = (9 ı̂ + 9 ̂) m/s2
(c)
Vetor posição para t1 = 1, 0 s:
2 3
1
5
1
~r(1) =
−
ı̂ +
̂ = − ı̂ +
̂
3 2
12
6
12
Vetor posição para t2 = 3, 0 s:
9
27
27
27
̂ = ı̂ +
̂
~r(3) = 18 −
ı̂ +
2
4
2
4
Vetor deslocamento:
9 5
27
1
∆~r = ~r(3) − ~r(1) =
+
−
ı̂ +
̂
2 6
4
12
∆~r =
20
16
ı̂ +
̂ m
3
3
(d)
Vetor velocidade média entre t1 = 1, 0 s e t2 = 3, 0 s:
∆~r
~v¯ =
∆t
~v¯ =
8
10
ı̂ +
̂ m/s
3
3
2
preocupado com os possı́veis danos que poderiam
ser causados pela queda do bloco de massa m, caso
m
25
0m
30o
as escoras que o sustentam se rompessem. Sendo
você o engenheiro da prefeitura, responda às três
questões formuladas pelo prefeito:
180 m
2. O prefeito da cidade, mostrada na figura, está
100 m
200 m
(a) (0,5) Qual o módulo da velocidade com que o
bloco chega à borda do penhasco? (Considere desprezı́vel o atrito entre o bloco e o piso coberto de
grama).
(b) (1,0) Qual o tempo total de queda, desde o rompimento das escoras até atingir o solo?
(c) (1,0) A que distância do penhasco o bloco atinge o solo?
SOLUÇÃO:
(a)
Velocidade com que o bloco chega à borda do penhasco:
v 2 = v02 + 2a∆S
onde v0 = 0 (o corpo parte do repouso), a = g sen(θ) (com θ = 30◦ ) e ∆S = d = 250 m.
(O sistema de coordenadas utilizado para descrever o movimento tem o seu eixo ao longo do
plano inclinado, orientado positivamente para baixo).
r
p
1
v = 2g sen(θ) d = 2 · 10 · · 250
2
v = 50 m/s
(b)
Tempo total de queda:
∆t = ∆t1 + ∆t2
onde ∆t1 é o tempo de descida da rampa e ∆t2 o tempo de queda livre.
Determinação de ∆t1 :
v = v0 + at
3
onde v é a velocidade determinada no item (a), v0 = 0, a = g sen(θ) e t = ∆t1
∆t1 =
v
50
=
= 10 s
g sen(θ)
10 · 12
Determinação de ∆t2 :
y = y0 + v sen(θ) t +
1 2
gt
2
onde y = 180 m, y0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)) e t = ∆t2 . (O sistema
de coordenadas utilizado para descrever o movimento tem o seu eixo y vertical, orientado
positivamente para baixo).
180 = 50 ·
1
1
· ∆t2 + · 10 · (∆t2 )2
2
2
(∆t2 )2 + 5 · ∆t2 − 36 = 0
√
5
25 + 144
5 13
∆t2 = − ±
=− ±
2
2
2
2
∆t2 = 4 s
Tempo total de queda:
∆t = 14 s
(c)
Distância do penhasco que o bloco atinge o solo:
x = x0 + v cos(θ) t
onde x é a posição onde o bloco atinge o solo, x0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item
(a)), θ = 30◦ e t = ∆t2 .
√
3
x = 50 ·
·4
2
√
x = 100 3 m
4
T2
3. Um bloco de massa M está pendurado no interior de um
elevador conforme a figura. Todas as unidades são dadas no
Sistema Internacional (S.I.). Determine em função de M , ~a, θ
e ~g :
θ
T1
M
(a) (1,5) Os vetores que representam as tensões nos fios T~1
e T~2 em coordenadas cartesianas ı̂ e ̂, se o elevador estiver
g
subindo com aceleração ~a.
(b) O instante de tempo em que as tensões nos fios se anulam,
se o elevador estiver descendo com velocidade v = 3 t3 (m/s).
SOLUÇÃO:
(a)
Tensões nos fios:
Força resultante ao longo da direção horizontal (sentido positivo para a direita ı̂):
X
Fx = T 2 cos(θ) − T 1 = 0
Força resultante ao longo da direção vertical (sentido positivo para cima ̂):
X
Fy = T 2 sen(θ) − M g = M a
Da segunda equação:
T2 =
M (a + g)
sen(θ)
Da primeira equação:
T 1 = T 2 cos(θ) = M (a + g)
cos(θ)
sen(θ)
Vetores tensões:
T~1 = [−M (a + g) cotan(θ) ı̂] N
T~2 = [M (a + g) cotan(θ) ı̂ + M (a + g) ̂] N
(b)
Velocidade de descida:
~v = −3t3 ̂
5
Aceleração de descida:
~a∗ =
d
~v = −9t2 ̂
dt
Vetores das tensões com o elevador descendo com a aceleração acima:
T~1 = [−M (a∗ + g) cotan(θ) ı̂]
T~2 = [M (a∗ + g) cotan(θ) ı̂ + M (a∗ + g) ̂]
Para que T~1 e T~2 se anulem, temos que:
a∗ + g = 0
−9t2 + g = 0
Instante de tempo em que as tensões se anulam:
√
t=
g
s
3
4. O cabo de um esfregão de chão, de massa m, faz um
ângulo θ com a direção vertical. Seja µk o coeficiente de
F
atrito cinético entre o esfregão e o assoalho, e seja µs o
coeficiente de atrito estático entre eles. Despreze a massa
do cabo.
(a) (1,0) Dado que o esfregão é colocado em movimento,
θ
determine, em função de m, g, θ e µk , a intensidade da
força F , dirigida ao longo do cabo, necessária para fazer o esfregão deslizar com velocidade constante sobre o
m
assoalho.
(b) (1,0) Calcule o trabalho da força F e o trabalho da força resultante sobre o esfregão,
considerando a mesma situação do ı́tem (a), quando o esfregão se desloca uma distância d.
(c) (0,5) Suponha agora que o ângulo θ possa ser variado. Mostre que se o esfregão estiver
em repouso e se θ for menor que um certo valor crı́tico θ0 , o esfregão não poderá ser colocado
em movimento, não importando a intensidade da força dirigida ao longo do cabo. Encontre
uma equação relacionando este ângulo θ0 com m, g, F , e µs .
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SOLUÇÃO:
(a)
Vamos considerar o sistema de coordenadas com o eixo x horizontal orientado positivamente para a direita e o eixo y vertical orientado positivamente para cima. Como o
esfregão deve deslizar com velocidade constante, teremos para as forças resultantes ao longo
dos eixos:
X
Fx = F sen(θ) − f a = 0
X
Fy = N − F cos(θ) − mg = 0
onde f a é a força de atrito e N a normal.
Da segunda equação obtemos:
N = F cos(θ) + mg
Como o esfregão deve se deslocar com velocidade constante, temos:
f a = µk N = µk F cos(θ) + µk mg
Intensidade da força F :
F sen(θ) − µk F cos(θ) − µk mg = 0
F =
µk mg
sen(θ) − µk cos(θ)
(b)
Trabalho da força F
WF = F sen(θ) d
WF =
µk mg sen(θ)
d
sen(θ) − µk cos(θ)
Trabalho da força resultante:
Como o esfregão se desloca com velocidade constante, isso significa que a força
resultante agindo sobre o esfregão é nula, ou seja, o trabalho da força resultante também
será nulo.
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(c)
Se o esfregão estiver em repouso, a máxima intensidade da força F que poderá ser
aplicada, para que o esfregão continue em repouso, será obtida de:
X
Fx = FM AX sen(θ) − f aM AX = 0
X
Fy = N − FM AX cos(θ) − mg = 0
onde f aM AX é a força de atrito estático máxima, ou seja, f aM AX = µs N . Assim, a intensidade da força máxima será dada por:
FM AX =
µs mg
sen(θ) − µs cos(θ)
Mas se sen(θ) = µs cos(θ) FM AX seria muito grande (tenderia a infinito). Assim, se
sen(θ) ≤ µs cos(θ) o esfregão não entrará em movimento, independentemente da intensidade
de F . O ângulo de inclinação a partir do qual o esfregão não entre mais em movimento é
obtido de:
sen(θ0 ) ≤ µs cos(θ0 )
θ0 ≤ arctan(µs )
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