Prova VS Fisica I 2011-01 ICEx - SOLUÇÕES

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ICEx – FÍSICA I – PROVA VS – 13/07/2011 – Prof. Armando 
 
O aluno poderá escolher 4 entre as 5 questões apresentadas. Resolvendo as 5, total ou parcialmente, cada questão 
valerá 2 pontos, e a nota atribuída será a maior de cada conjunto de 4 ou de 5 questões, segundo os valores das 
questões em cada caso. 
 
1. Um motociclista vai tentar saltar sobre um precipício com um rio, como mostra a figura abaixo. A rampa de salto tem 
uma inclinação de 53º, o rio tem 40,0 m de largura, e a outra margem está a 15,0 m abaixo do topo da rampa. O próprio rio 
está a 100 m abaixo da rampa. 
 
(a) Qual deve ser sua velocidade mínima no topo da rampa para que consiga atingir a outra margem? (b) Se a velocidade no 
topo da rampa for a metade da encontrada em (a), onde ele cairá? 
Solução: 
Vamos fixar o referencial com a origem no ponto de partida, com o eixo Oy no sentido vertical para cima e o eixo Ox no 
sentido horizontal à direita. 
O movimento pode ser decomposto em três: (a) o motociclista decola da rampa até atingir, depois de um tempo 1t , o ponto 
máximo da parábola, quando a componente vertical da velocidade é zero; (b) prossegue na queda, até atingir o mesmo nível 
da partida, com a mesma velocidade escalar, depois do mesmo tempo 1t , com a componente vertical da velocidade yv 
invertida; (c) cai 15,0h m= durante um tempo 2t , até atingir a outra margem, distante horizontalmente de 40,0d m= . 
Seguindo esse raciocínio, e sabendo que a componente horizontal 
xv da velocidade é constante, as equações cinemáticas são 
as seguintes: 
(1) ( )1 22xv t t d+ = 
 (2) 1 0yv gt− = 
(3) 22 2
1
2y
v t gt h+ = . 
Substituindo os valores ( )cos53º 3 5xv v v= = e ( )sen53º 4 5yv v v= = , obtemos 
1 4 5t v g= ; 2 5 3 8 5t d v v g= − ; ( ) ( )( )2 225 6 4 3v gd d h= + . 
(a) Resulta então que 
( )
29,85 200,0 17,8
24 18 960,0 270,0
g m s
v d m m s
d h m m
= = =
+ +
. 
(b) Reduzindo a velocidade à metade, obviamente o motociclista não atingirá a outra margem, e teremos a equação de 
segundo grau para a distância horizontal percorrida, que não pode ser negativa: 
2 1,3 1,69 680,17 1,3 100,0 0 28,4
0,34
d d m d m± +− − = ∴ = =
 
 
2. Uma partícula se move no plano xy. Suas coordenadas são dadas em função do tempo pelas equações 
( ) ( )senx t R t tω ω− ( ) ( )1 cosy t R tω= − , 
onde R e ω são constantes. (a) Esboce a trajetória da partícula (Esta é a trajetória de um ponto de um ponto do aro de uma 
roda que rola sobre uma superfície horizontal com velocidade constante. A curva que esse ponto descreve no espaço se 
chama ciclóide.) (b) Determine as componentes da velocidade e da aceleração da partícula em qualquer instante t . (c) Para 
quais valores de t a partícula está momentaneamente em repouso? Quais são as coordenadas da partícula nesses instantes? 
Quais são o módulo, direção e sentido da aceleração nesses instantes? (d) A intensidade da aceleração depende do tempo? 
Compare com o movimento circular uniforme. 
Solução: 
(a) 
 
x(t)=5(t-sin(t)) , y(t)=5(1-cos(t))
-35 -30 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 25 30 35
-35
-30
-25
-20
-15
-10
-5
5
10
15
20
25
30
35
x
y
 
(b) ( )1 cosx R tω ω= −� ; seny R tω ω=� ; 2 senx R tω ω=�� ; 2 cosy R tω ω=�� . 
(c) Para a partícula estar em repouso, devemos ter 0x y= =� � , o que só é possível se 2 , 0,1,2,...t n npi ω= = A coordenada y 
se anula, e a coordenada x será igual a 2n Rpi , ou seja, a cada volta completa da roda, a partícula estará imóvel, sobre o raio 
da roda perpendicular à superfície horizontal. A aceleração terá componentes 20,x y Rω= =�� �� , no sentido vertical e para cima. 
(d) A intensidade da aceleração será dada por 2 2 2 2 2 2cos sena x y R t t Rω ω ω ω= + = + =�� �� , e independe do tempo. A 
velocidade angular, porém varia de forma senoidal com o tempo, diferentemente do MCU, quando a velocidade angular é 
constante. 
 
3. Um bloco com 2,00kg é deixado deslizar sobre uma superfície inclinada de 53,1º com a horizontal, desde um ponto a 
4,00m de distância de uma mola com massa desprezível e constante igual a 120 N/m, que está fixa na base da superfície, 
como mostra a figura. Os coeficientes de atrito entre o bloco e a superfície são 0,40estµ = e 0,20cinµ = . (a) Qual é a 
velocidade do bloco no instante em que faz contato com a mola? (b) Qual é a compressão máxima da mola? (c) O bloco é 
impulsionado para cima sobre a superfície inclinada. A que distância da posição inicial ele chega? 
 
Solução: 
A força de atrito estático atua apenas quando o bloco está imóvel, logo, não realiza trabalho, e, portanto, usando como 
método de resolução o teorema de trabalho-energia, não precisaremos do coeficiente de atrito estático. Os dados necessários 
são, portanto: 
19,60 ; sen53,1º 0,80; cos53,1º 0,60; 0,20; 120cinp N k N mµ= = = = = . O eixo x está sobre a superfície, orientado para 
cima, e o eixo y é perpendicular à superfície, orientado para cima, com a origem na extremidade livre da mola em 
relaxamento. 
(a) A força resultante que desloca o bloco para baixo até encontrar a mola é constante e igual a 
( ) ( )1 sen cos 19,60 0,80 0,60 0,20 13,33res cinF p Nθ θ µ= − ⋅ = − × = . 
Logo, a aceleração é igual a 21 13,33 2,00 6,66resa N kg m s= = , e, uma vez que a velocidade inicial do bloco é igual a zero, 
o tempo para o bloco atingir a mola será obtido da expressão cinemática ( )24 2 8m at t a s= ∴ = . A velocidade com que o 
bloco atinge a mola será, portanto, 1 8 7,3fv at a m s= = = . 
(b) A energia cinética no instante em que o bloco atinge a mola será igual a 21 1 2 8 53,28fT mv aJ J= = = . Esta energia será 
transformada em energia potencial da mola e em trabalho realizado pela força de atrito cinético: 
( )21 1 cos2 cinT kx p xθ µ= + ⋅ . 
Substituindo os dados, resulta a equação de segundo grau 
2 0,04 0,89 0x x+ − = , 
Resolvida, e tomando apenas a solução positiva, obtemos que a compressão máxima da mola será 0,92x m= . 
(c) no movimento de retorno, a energia potencial da mola será transformada em energia cinética, energia potencial 
gravitacional, e trabalho realizado pela força de atrito cinético contrária ao movimento. Logo, a energia cinética 2T no 
momento em que a mola atinge seu ponto de equilíbrio será obtida da velocidade 2iv calculada pela expressão 
2 2
2 1
1 1
sen
2 2 i
kx mv f x mgx θ= + + . 
Substituindo os valores, resulta que 2 2 22 250,78 2,16 14,43 34,19 34,19iv m s T J= − − = ∴ = . 
Por sua vez, essa energia cinética será transformada em energia potencial gravitacional e em trabalho realizado pela força de 
atrito cinético contrária ao movimento: 
2
2 1
1
sen
2 i
mv mgX f Xθ= + ⋅ . 
Substituindo os valores, obtemos a distância máxima X , acima do ponto de equilíbrio da mola, que o bloco alcança no 
retorno: 
34,19 1,90
15,68 2,35
X m= =
+
. 
Logo, o bloco ficará a uma distância de 4,00 1,90 2,1m m m− = abaixo do ponto de partida. 
 
 
4. Uma barra uniforme possui duas pequenas bolas coladas às suas extremidades. A barra possui 2,0L m= de comprimento 
e massa 4,0M kg= , enquanto as bolas possuem 0,500m kg= cada e podem ser consideradas como massas pontuais. 
Encontre o momento de inércia desse sistema em relação a cada um dos seguintes eixos: a) um eixo perpendicular à barra e 
que passa pelo seu centro; b) um eixo perpendicular à barra e que passa por uma das bolas; c) um eixo paralelo à barra e que 
passa por ambas as bolas; d) um eixo paralelo à barra a uma distância de 0,500m=� . 
Solução: 
a) 
22
2
12 2
ML LI m = +  
 
; b) 
22
2
12 2
ML LI M mL = + + 
 
; c) 0I = ; d) ( ) 22I m M= + � . 
 
5. Um esmeril em forma de disco sólido com diâmetro de 0,520m e massa de 50,0kg gira a 850 . . .r p m Pressionando-se 
uma lâmina contra a sua superfície,conforme ilustra a figura abaixo, com uma força normal de 160N , o esmeril atinge o 
repouso em 7,50s . Calcule o coeficiente de atrito cinético entre a lâmina e o esmeril. 
 
Solução: 
A frequência da rotação inicial, no SI, é dada por 850 60 14,17f Hz= = , logo, a velocidade angular inicial será 
2 89,0f rad sω pi= = , 
e a aceleração angular constante de frenamento do esmeril até parar, produzida pela força normal constante NF , será 
214,17 11,9
7,50
rad s
rad s
t s
ω
α = = = . 
Para que o esmeril chegue ao repouso, o torque produzido pela força de atrito cinético 
cF deverá neutralizar o torque 
produzido pela inércia do esmeril, ou seja, 
2 250,0 0,260 11,9 77,1
2 2 2c c
MR MR kg m rad sF R I F Nαα α × ×× = = ∴ = = = . 
Como, por definição, 
c c NF Fµ = , resulta finalmente que 
77,1 0,48
160c
N
N
µ = = .