p1 poli 2007

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FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P1 - Gabarito
1. O vetor posic¸a˜o de uma part´ıcula que se move no plano xy e´ dado por:
~r =
(
2
3
t3 − 3
2
t2
)
ıˆ+
t4
12
ˆ
~r e´ dado em metros e t em segundos.
(a) (1,0) Determine o vetor velocidade instantaˆnea da part´ıcula, seu mo´dulo e direc¸a˜o, para
o instante t = 3, 0 s.
(b) (0,5) Determine o vetor acelerac¸a˜o instantaˆnea da part´ıcula para o instante t = 3, 0 s.
(c) (0,5) Determine o vetor deslocamento da part´ıcula entre os instantes de tempo t1 = 1, 0
s e t2 = 3, 0 s:
(d) (0,5) Determine o vetor velocidade me´dia da part´ıcula no intervalo de tempo t1 = 1, 0 s
e t2 = 3, 0 s.
SOLUC¸A˜O:
(a)
~r(t) =
(
2
3
t3 − 3
2
t2
)
ıˆ+
t4
12
ˆ
Vetor velocidade instantaˆnea em func¸a˜o do tempo:
~v(t) =
d
dt
~r(t) = (2t2 − 3t)ˆı+ t
3
3
ˆ
Vetor velocidade instantaˆnea para t = 3 s:
~v(3) = (9 ıˆ+ 9 ˆ) m/s
Mo´dulo do vetor velocidade instantaˆnea:
v(3) =
√
92 + 92 = 9
√
2 (m/s)
Direc¸a˜o do vetor velocidade instantaˆnea:
θv = arctan
(
9
9
)
=
pi
4
rad
1
(b)
Vetor acelerac¸a˜o instantaˆnea em func¸a˜o do tempo:
~a(t) = (4t− 3)ˆı+ t2 ˆ
Vetor acelerac¸a˜o instantaˆnea para t = 3 s:
~a(3) = (9 ıˆ+ 9 ˆ) m/s2
(c)
Vetor posic¸a˜o para t1 = 1, 0 s:
~r(1) =
(
2
3
− 3
2
)
ıˆ+
1
12
ˆ = −5
6
ıˆ+
1
12
ˆ
Vetor posic¸a˜o para t2 = 3, 0 s:
~r(3) =
(
18− 27
2
)
ıˆ+
27
4
ˆ =
9
2
ıˆ+
27
4
ˆ
Vetor deslocamento:
∆~r = ~r(3)− ~r(1) =
(
9
2
+
5
6
)
ıˆ+
(
27
4
− 1
12
)
ˆ
∆~r =
(
16
3
ıˆ+
20
3
ˆ
)
m
(d)
Vetor velocidade me´dia entre t1 = 1, 0 s e t2 = 3, 0 s:
~¯v =
∆~r
∆t
~¯v =
(
8
3
ıˆ+
10
3
ˆ
)
m/s
2
100 m
200 m
250 m
30o
18
0 
m
m2. O prefeito da cidade, mostrada na figura, esta´
preocupado com os poss´ıveis danos que poderiam
ser causados pela queda do bloco de massa m, caso
as escoras que o sustentam se rompessem. Sendo
voceˆ o engenheiro da prefeitura, responda a`s treˆs
questo˜es formuladas pelo prefeito:
(a) (0,5) Qual o mo´dulo da velocidade com que o
bloco chega a` borda do penhasco? (Considere des-
prez´ıvel 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 ate´ atingir o solo?
(c) (1,0) A que distaˆncia do penhasco o bloco atinge o solo?
SOLUC¸A˜O:
(a)
Velocidade com que o bloco chega a` borda do penhasco:
v2 = v20 + 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).
v =
√
2g sen(θ) d =
√
2 · 10 · 1
2
· 250
v = 50 m/s
(b)
Tempo total de queda:
∆t = ∆t1 +∆t2
onde ∆t1 e´ o tempo de descida da rampa e ∆t2 o tempo de queda livre.
Determinac¸a˜o de ∆t1:
v = v0 + at
3
onde v e´ a velocidade determinada no item (a), v0 = 0, a = g sen(θ) e t = ∆t1
∆t1 =
v
g sen(θ)
=
50
10 · 1
2
= 10 s
Determinac¸a˜o de ∆t2:
y = y0 + v sen(θ) t+
1
2
g t2
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
2
·∆t2 + 1
2
· 10 · (∆t2)2
(∆t2)
2 + 5 ·∆t2 − 36 = 0
∆t2 = −5
2
±
√
25 + 144
2
= −5
2
± 13
2
∆t2 = 4 s
Tempo total de queda:
∆t = 14 s
(c)
Distaˆncia do penhasco que o bloco atinge o solo:
x = x0 + v cos(θ) t
onde x e´ a posic¸a˜o onde o bloco atinge o solo, x0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item
(a)), θ = 30◦ e t = ∆t2.
x = 50 ·
√
3
2
· 4
x = 100
√
3 m
4
M
T1 θ
T2
g
3. Um bloco de massa M esta´ pendurado no interior de um
elevador conforme a figura. Todas as unidades sa˜o dadas no
Sistema Internacional (S.I.). Determine em func¸a˜o de M , ~a, θ
e ~g:
(a) (1,5) Os vetores que representam as tenso˜es nos fios ~T1
e ~T2 em coordenadas cartesianas ıˆ e ˆ, se o elevador estiver
subindo com acelerac¸a˜o ~a.
(b) O instante de tempo em que as tenso˜es nos fios se anulam,
se o elevador estiver descendo com velocidade v = 3 t3 (m/s).
SOLUC¸A˜O:
(a)
Tenso˜es nos fios:
Forc¸a resultante ao longo da direc¸a˜o horizontal (sentido positivo para a direita ıˆ):∑
Fx = T2 cos(θ)− T1 = 0
Forc¸a resultante ao longo da direc¸a˜o vertical (sentido positivo para cima ˆ):∑
Fy = T2 sen(θ)−Mg = Ma
Da segunda equac¸a˜o:
T2 =
M(a+ g)
sen(θ)
Da primeira equac¸a˜o:
T1 = T2 cos(θ) = M(a+ g)
cos(θ)
sen(θ)
Vetores tenso˜es:
~T1 = [−M(a+ g) cotan(θ) ıˆ] N
~T2 = [M(a+ g) cotan(θ) ıˆ+M(a+ g) ˆ] N
(b)
Velocidade de descida:
~v = −3t3 ˆ
5
Acelerac¸a˜o de descida:
~a∗ =
d
dt
~v = −9t2 ˆ
Vetores das tenso˜es com o elevador descendo com a acelerac¸a˜o acima:
~T1 = [−M(a∗ + g) cotan(θ) ıˆ]
~T2 = [M(a∗ + g) cotan(θ) ıˆ+M(a∗ + g) ˆ]
Para que ~T1 e ~T2 se anulem, temos que:
a∗ + g = 0
−9t2 + g = 0
Instante de tempo em que as tenso˜es se anulam:
t =
√
g
3
s
θ
m
F
4. O cabo de um esfrega˜o de cha˜o, de massa m, faz um
aˆngulo θ com a direc¸a˜o vertical. Seja µk o coeficiente de
atrito cine´tico entre o esfrega˜o e o assoalho, e seja µs o
coeficiente de atrito esta´tico entre eles. Despreze a massa
do cabo.
(a) (1,0) Dado que o esfrega˜o e´ colocado em movimento,
determine, em func¸a˜o de m, g, θ e µk, a intensidade da
forc¸a F , dirigida ao longo do cabo, necessa´ria para fa-
zer o esfrega˜o deslizar com velocidade constante sobre o
assoalho.
(b) (1,0) Calcule o trabalho da forc¸a F e o trabalho da forc¸a resultante sobre o esfrega˜o,
considerando a mesma situac¸a˜o do ı´tem (a), quando o esfrega˜o se desloca uma distaˆncia d.
(c) (0,5) Suponha agora que o aˆngulo θ possa ser variado. Mostre que se o esfrega˜o estiver
em repouso e se θ for menor que um certo valor cr´ıtico θ0, o esfrega˜o na˜o podera´ ser colocado
em movimento, na˜o importando a intensidade da forc¸a dirigida ao longo do cabo. Encontre
uma equac¸a˜o relacionando este aˆngulo θ0 com m, g, F , e µs.
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SOLUC¸A˜O:
(a)
Vamos considerar o sistema de coordenadas com o eixo x horizontal orientado po-
sitivamente para a direita e o eixo y vertical orientado positivamente para cima. Como o
esfrega˜o deve deslizar com velocidade constante, teremos para as forc¸as resultantes ao longo
dos eixos:∑
Fx = F sen(θ)− fa = 0∑
Fy = N − F cos(θ)−mg = 0
onde fa e´ a forc¸a de atrito e N a normal.
Da segunda equac¸a˜o obtemos:
N = F cos(θ) +mg
Como o esfrega˜o deve se deslocar com velocidade constante, temos:
fa = µkN = µk F cos(θ) + µkmg
Intensidade da forc¸a F :
F sen(θ)− µk F cos(θ)− µkmg = 0
F =
µkmg
sen(θ)− µk cos(θ)
(b)
Trabalho da forc¸a F
WF = F sen(θ) d
WF =
µkmg sen(θ)
sen(θ)− µk cos(θ)d
Trabalho da forc¸a resultante:
Como o esfrega˜o se desloca com velocidade constante, isso significa que a forc¸a
resultante agindo sobre o esfrega˜o e´ nula, ou seja, o trabalho da forc¸a resultante tambe´m
sera´ nulo.
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(c)
Se o esfrega˜o estiver em repouso, a ma´xima intensidade da forc¸a F que podera´ ser
aplicada, para que o esfrega˜o continue em repouso, sera´ obtida de:∑
Fx = FMAX sen(θ)− faMAX = 0∑
Fy = N − FMAX cos(θ)−mg = 0
onde faMAX e´ a forc¸a de atrito esta´tico ma´xima, ou seja, faMAX = µsN . Assim, a intensi-
dade da forc¸a ma´xima sera´ dada por:
FMAX =
µsmg
sen(θ)− µs cos(θ)
Mas se sen(θ) = µs cos(θ) FMAX seria muito grande (tenderia a infinito). Assim, se
sen(θ)≤ µs cos(θ) o esfrega˜o na˜o entrara´ em movimento, independentemente da intensidade
de F . O aˆngulo de inclinac¸a˜o a partir do qual o esfrega˜o na˜o entre mais em movimento e´
obtido de:
sen(θ0) ≤ µs cos(θ0)
θ0 ≤ arctan(µs)
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