UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA Centro de Ciências Exatas e da Natureza Departamento de Fı́sica Disciplina: Fı́sica Geral I Prof.: Carlos Alberto Aluno(a): Matrı́cula: Segunda Verificação de Aprendizagem (2a V.A.) - 09/07/2014 Questão 1. Responda: a) (1,5) Um astronauta orbitando a Terra tem em suas mãos duas bolas aparentemente idênticas. No entanto, uma das bolas é oca e a outra é preenchida com chumbo. Como o astronauta pode determinar qual é qual? Cortar ou alterar as bolas não é permitido. b) (1,0) Pode um imã pendurado em frente a um carro de ferro (ver figura abaixo) fazê-lo andar? Justifique sua resposta. ATENÇÃO: Escolha 3(três) entre as 4(quatro) questões abaixo para serem respondidas. Questão 2. A figura mostra uma caixa de massa m2 = 1, 0 kg sobre um plano inclinado sem atrito de ângulo θ = 30o . Ela está ligada por uma corda de massa desprezı́vel a uma caixa de massa m1 = 3, 0 kg sobre uma superfı́cie horizontal sem atrito. A polia não tem atrito e sua massa é desprezı́vel. Adote sen(30o ) = 0,5, cos(30o ) = 0,8 e g = 10 m/s2 . a) (1,0) Se o módulo da força horizontal F~ é 3 N, qual é a aceleração adquirida por cada bloco? b) (0,5) No caso do item anterior, qual é a tensão na corda? c) (1,0) Qual é o maior valor que o módulo de F pode ter sem que a corda fique frouxa? Questão 3. Um viciado em movimentos circulares, com 80 kg de massa, está andando em uma roda-gigante que descreve uma circunferência vertical de 10 m de raio a uma velocidade escalar de 6 m/s. Qual é o módulo da força normal exercida pelo acento sobre o viciado quando ambos passam a) (1,0) pelo ponto mais alto da trajetória circular e b) (1,0) pelo ponto mais baixo? c) (0,5) Supondo agora um motociclista num globo da morte descrevendo a mesma trajetória. Qual a menor velocidade que ele pode ter para permanecer em contato com a pista? Profo Carlos Alberto 1 http://www.fisicacomcarlos.blogspot.com Questão 4. Próximo à borda de um telhado de um prédio de 12 m de altura, você chuta uma bola com uma velocidade vi = 20 m/s a um ângulo de 60o acima da horizontal. Adote sen(60o ) = √ 0,8; cos(60o ) = 0,5; 10 = 3. Desprezando a resistência do ar, encontre a) (1,5) a altura máxima, acima do telhado do prédio, atingida pela bola e b) (1,0) sua velocidade, quando está prestes a tocar o solo. Questão 5. (2,5) Um bloco de massa m2 = 4, 0 kg está pendurado, através de um fio que passa por uma polia sem massa e sem atrito, a um bloco de massa m1 = 6, 0 kg que está sobre uma prateleira. O coeficiente de atrito cinético é 0,16. O bloco de 6,0 kg é empurrado contra uma mola, comprimindo-a de 10 cm, A mola tem uma constante de força de 160 N/m. Determine a rapidez dos blocos depois que o bloco de 6,0 kg tiver sido largado e o bloco de 4,0 kg tiver descido uma distância de 40 cm. (Suponha o bloco de 6,0 kg inicialmente a pelo menos 40 cm da polia.) FÓRMULAS ÚTEIS F~R = m~a; Fat = µN ; W = F~ · d~ mv 2 kx2 ; Ug (x) = mgx; Uel (x) = ; 2 2 W = ∆K = −∆U Wext = ∆Emec + ∆Eterm K= Profo Carlos Alberto 2 http://www.fisicacomcarlos.blogspot.com Resolução Questão 01: a) A força requerida para acelerar um objeto é proporcional a sua massa (F~ = m~a). Então, o astronauta pode determinar qual é a bola oca e qual é a preenchida por chumbo sacudindo cada uma ou acelerando-as com uma dada força. A força necessária para acelerar a bola oca é menor devido a sua massa mais baixa. b) Não. Isso não irá funcionar porque o imã faz parte do carro, não é externo a ele. Segundo a 1a lei de Newton, para que haja uma mudança no estado de repouso do carro é necessário que haja uma força externa aplicada sobre o mesmo (e a força do imã é interna). Questão 02: O diagrama do corpo livre para cada bloco é o seguinte: Analisando o diagrama temos |T~1 | = |T~2 | = T ; P2x = P2 sin θ; P2y = P2 cos θ; a) Aplicando a segunda lei de Newton para o eixo x de cada bloco, temos: F + T = m1 a P2 sin θ − T = m2 a (1) (2) Somando as duas equações e substituindo P2 = m2 g: F + m2 g sin θ = (m1 + m2 )a → a= F + m2 g sin θ 3 + 1 · 10 · 0, 5 = = 2 m/s2 (m1 + m2 ) (1 + 3) b) Substituindo o valor de a encontrado no item anterior na equação (1) encontramos T = m1 a − F = 3 · 2 − 3 = 3 N c) No caso crı́tico, em que F tem o seu valor máximo, a tensão na corda vai a zero. Fazendo T = 0 nas equações (1) e (2), temos F = m1 a P2 sin θ = m2 a (3) (4) De (4) temos que a = m2 g sin θ = 5 m/s2 . Substituindo isso em (3) encontramos Fmax = 15 N . Profo Carlos Alberto 3 http://www.fisicacomcarlos.blogspot.com Questão 03: O diagrama do corpo livre para a pessoa na roda-gigante está representado na figura abaixo: a) No ponto mais alto da trajetória, a força resultante aponta para baixo (centro da trajetória) e é uma resultante centrı́peta. Assim P − N = macp → N = P − macp = mg − mv 2 /R N = 80 · 10 − 80 · 62 /10 = 800 − 288 = 512 N b) No ponto mais baixo da trajetória, a força resultante aponta para cima (centro da trajetória) e é uma resultante centrı́peta. Assim N − P = macp → N = P + macp = mg + mv 2 /R N = 80 · 10 + 80 · 62 /10 = 800 + 288 = 1088 N c) Para um motociclista num globo da morte, temos, no ponto mais alto P + N = mv 2 /R na iminência de cair, N = 0, então P = mv 2 /R → mgR = mv 2 → v= p √ gR = 10 · 10 = 10 m/s Questão 04: a) Adotando a energia potencial gravitacional sendo zero no telhado, temos que a energia inicial é puramente cinética. No ponto mais alto da trajetória, a componente da velocidade em y se anula, restando apenas a componente em x (vx = vi cos θ). Aplicando a conservação da energia, temos Einicial = Ef inal h= → mvi2 m(vi cos θ)2 = mgh + 2 2 v2 202 vi2 − vi2 cos2 θ = i (1−cos2 θ) = (1−0, 52 ) = 15 m 2g 2g 2 · 10 b) Adotando o mesmo nı́vel de referência do item anterior, a energia final é a soma da energia cinética com a potencial gravitacional, assim mvf2 mvi2 Einicial = Ef inal → = mg∆y + → vf2 = vi2 − 2g∆y 2 2 q p √ √ vf = vi2 − 2g∆y = 202 − 2 · 10(−12) = 640 = 8 10 ≈ 24 m/s Profo Carlos Alberto 4 http://www.fisicacomcarlos.blogspot.com Questão 05: Como no problema há atrito, haverá transformação de energia mecânica em energia térmica. Assim Wext = ∆Emec + ∆Eterm com Wext = 0, pois só atuam forças internas (considerando como parte do sistema os blocos, a prateleira, a Terra e a mola). Adotando o nı́vel de referência para a energia potencial gravitacional no ponto de partida do bloco 2, temos 0 = ∆Emec + ∆Eterm = Ef inal − Einicial + Fat · d No final há energia cinética (positiva) e energia potencial gravitacional (negativa); no inı́cio há apenas energia potencial elástica (já que adotamos o nı́vel de referência na posição inicial do bloco 2). Assim, (m1 + m2 )v 2 kx2 = m2 gd + − µm1 gd 2 2 s 2 2m2 gd + kx − 2µm1 gd 2(m2 − µm1 )gd + kx2 v2 = → v= m1 + m2 m1 + m2 r r r 2(4 − 0, 16 · 6)10 · 0, 4 + 160 · 0, 12 2 · 3 · 10 · 0, 4 + 160 · 0, 01 24 + 16 v= = = 6+4 10 10 0= kx2 m1 v 2 m2 v 2 + + m2 g∆y − + µN1 d 2 2 2 → v = 2 m/s Profo Carlos Alberto 5 http://www.fisicacomcarlos.blogspot.com