Física I - Poli - P1 2009

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FEP2195 – Física Geral e Experimental para a Engenharia I 
Gabarito da Prova 1 – 02/04/2009 
________________________________________________________________________________ 
1) Uma pessoa de 90 kg (incluindo a massa do seu pára-quedas) salta com velocidade inicial nula 
de um helicóptero que está parado no ar a 465 m do solo. Após 8 segundos, ela abre o seu pára-
quedas e sofre instantaneamente uma desaceleração de módulo 15 m/s2 que vai diminuindo 
linearmente (é uma aproximação!) durante 6 segundos até chegar a zero. No final deste período de 
6 segundos, a velocidade da pessoa torna-se constante e possui um módulo de 5 m/s até chegar no 
solo. Adote um referencial com eixo y positivo para cima e origem no solo. 
 
a) (0,5) Faça um diagrama do corpo livre (diagrama de força) da pessoa, indicando todas as forças 
que atuam sobre ela (considere o ar como um fluido). Escreva a segunda lei de Newton para o 
primeiro trecho da queda (até a abertura do pára-quedas). 
b) (0,5) Calcule o módulo da velocidade terminal desta pessoa caso ela não abra o pára-quedas. 
Despreze nos cálculos a força de empuxo e suponha que o módulo da força de atrito do ar seja 
fa=Dv2 onde v é a velocidade e D = 0.25 kg/m (dica: veja o que acontece com a aceleração quando 
a velocidade aumenta). 
c) (1,0) Faça um esboço da aceleração da pessoa em função do tempo durante os 20 primeiros 
segundos e determine a sua velocidade no instante em que abriu o pára-quedas. 
d) (0,5) Sabendo que a duração total do salto foi 64 segundos e que a pessoa caiu 83 m durante os 6 
segundos que ela foi desacelerada, calcule a distância percorrida até a abertura do pára-quedas. 
________________________________________________________________________________ 
 
a) As forças que atuam sobre a pessoa são a força peso, a força de empuxo e a força de atrito do ar. 
No referencial sugerido, a segunda lei de Newton durante o primeiro trecho da queda pode ser 
escrita como 
 
(1) PEfmaF ayy −+=−=∑ 
 
 
b) Desprezando o empuxo e levando em conta a expressão de P e fa, 
a equação (1) pode ser reescrita como 
 
(2) v2 ymaDmg =− 
 
À medida que a pessoa vai caindo, a sua velocidade aumenta, o que aumenta o módulo da força de 
atrito e portanto diminui a aceleração. Chega um momento em que a velocidade é tão grande que a 
força de atrito possui exatamente o mesmo módulo que a força peso, o que anula a aceleração. 
Nesta condição, o corpo segue com velocidade constante, chamada de velocidade terminal. Para 
encontrar o valor da velocidade terminal, basta anular a aceleração na equação (2): 
 
 60
/25.0
/1090
 v 0v
2
2
 m/s
mkg
smkg
D
mgDmg ±=×±=±=→=− 
 
O módulo da velocidade terminal é portanto 60 m/s. 
 
 
 
 
P
r
 
E
r
 
af
r
 
0 
y 
c) 
 
Para qualquer tipo de movimento, ∆v(t) é sempre igual à área de baixo da curva a(t) entre os dois 
instantes considerados. Portanto, aqui, v(14)-v(8) é igual à área do triângulo entre os momentos 
t = 8 s e t = 14 s. 
 
 5045545)14(v)8( v /45/156
2
1)8(v)14(v 2 m/s-m/sm/s-- smsms ==−=→=××=− 
 
d) 
De t = 14 s até t = 64 s, a velocidade da pessoa é constante e vale, em módulo, 5m/s. Portanto, a 
distância percorrida no terceiro trecho é mssmtd 25050/5v3 =×=∆= . A distância percorrida 
antes da abertura do pára-quedas (primeiro trecho) é então 
 
mddd 13225083465465 321 =−−=−−= 
 
0 
a (m/s2) 
t (s) 4 8 12 16 20 
-10 
15 
________________________________________________________________________________ 
 
2) Uma massa puntiforme é lançada num plano xy horizontal no tempo t = 0 s, da posição 
)( 1 mjr rr = com velocidade )/( 34v smji rrr += , e é submetida a uma aceleração constante 
)/( 86 2smjia rrr −= . Despreze qualquer tipo de atrito e determine 
 
a) (0,5) o ângulo que faz o vetor velocidade com o eixo x em t = 1s; 
b) (1,0) o instante em que o corpo cruza o eixo x assim como o vetor posição onde isto ocorre; 
c) (0,5) o vetor velocidade desta massa para um observador que se desloca com 
 )/( 21v smji rrr +−= ; 
d) (0,5) a distância entre a massa e observador no tempo t = 1 s, supondo que observador estava na 
posição )( 14 mjir rrr += no instante t = 0 s. 
________________________________________________________________________________ 
 
a) 
Como ar é constante, podemos usar as fórmulas do MRUV. 
 
)( 510)1(v
)( )83()64()86()34(v)(v 0
m/sji
m/sjtittjijitat
rrr
rrrrrrrrr
−=→
−++=−++=+=
 
 
O ângulo θ que )1(vr faz com o eixo x é tal que 
)
2
1
arctg(- 
2
1
10
5
)1(v
)1(v
=→−=
−
== θθ
x
yTg 
 
b) 
O vetor posição é dado por 
)( )431()34()86(
2
1)34()1(
2
1
v)( 222200 m jttitttjitjijtatrtr
rrrrrrrrrrr
−+++=−+++=++= 
Para cruzar o eixo x, a coordenada y da posição deve ser nula, o que acontece quando 
 
0.25sou t s 1 t 
8
53-
)4(2
1)4(433-
2
4bb-
 0431
22
2
−==→
−
±
=
−×
×−×−±
=
−±
→=−+
a
ac
tt
 
Só tempos positivos nos interessam. Portanto, no tempo t = 1 s, a posição é: 
 
)( 7)14131()1314()1( 22 m ijir rrrr =×−×++×+×= 
 
 
c) 
Usando a fórmula da velocidade relativa de um corpo em dois referenciais diferentes, obtemos 
 
loomlm /// vvv
rrr
+= , 
 
onde loomlm /// v e v,v
rrr
 são respectivamente a velocidade da massa em relação ao referencial local, 
a velocidade da massa em relação ao referencial do observador e a velocidade do referencial do 
observador em relação ao referencial local. Portanto, 
 
)/( )81()65()21()83()64(vvv /// smjtitjijtitlolmom
rrrrrrrrr
−++=+−−−++=−= 
 
 
d) 
O vetor posição do observador é 
 
)( )21()4()21()14(v)( 00 mjtittjijitrtr ooo
rrrrrrrrr
++−=+−++=+= 
 
No tempo t = 1 s, o observador está na posição )( 33)1( mjiro
rrr
+= e a massa está na posição 
)( 7)1( mirm
rr
= (ver item b). A distância entre os dois é o módulo do vetor rr∆ , onde 
 
)( 34)33(7)1()1( mjijiirrr om
rrrrrrrr
−=+−=−=∆ 
 
Portanto, a distance vale mrd 5)3(4 22 =−+=∆= r 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________________________________________________________ 
 
3) Um pequeno cubo, de massa m, é colocado no interior de um funil, a uma distância r do seu eixo 
vertical de simetria. A parede do funil faz um ângulo θ com a horizontal e o coeficiente de atrito 
estático entre o funil e o coubo é µe. 
 
a) (1.0) Calcule o ângulo máximo θmax que o funil pode ter para que o corpo não deslize quando o 
funil está parado. Faça um diagrama do corpo livre (diagrama de forças) do cubo. 
b) (1.5) Suponha que o funil possua um ângulo θ menor que aquele determinado no item a). Se o 
funil for posto para girar em torno do seu eixo vertical de simetria com uma frequência constante de 
b rotações por segundo, calcule o valor máximo bmax da frequência de rotação do funil para que o 
cubo não comece a deslizar para cima. Faça um diagrama do corpo livre do cubo. 
________________________________________________________________________________ 
 
a) 
 
 
Como o cubo fica parado, a primeira lei de Newton deve ser usada. Usando o referencial da figura, 
 
∑
∑
=→−==
=→−==
(2) cos cos0
(1) 0
θθ
θθ
mgNPNF
senmgffPsenF
y
eex
 
 
Sabemos que Nf ee µ≤ , sendo que o sinal = vale logo antes do deslizamento. Substituindo fe na 
equação (1) e usando (2), obtemos: 
 
eeee TgsenmgmgNf µθθθµµ =→=== cos 
 
O ângulo θmax é portanto earcTgµθ =max 
r 
θ 
P
rθ 
N
r
 
ef
r
 
y 
x 
b) 
Neste caso, a força de atrito estático aponta no outro sentido e é mais fácil usar o seguinte 
referencial para tratar o problema: 
 
 
 
Como a trajetória do cubo é circular, o cubo será acelerado radialmente, e precisamos usar a 
segunda lei de Newton. 
 
(2) 0 cos 
(1) v cos
2
=−−=
==+=
∑
∑
PsenfNF
r
mmasenNfF
ey
xex
θθ
θθ
 
 
Sabemos que Nf ee µ≤ , sendo que o sinal = vale logo antes do deslizamento. Substituindo fe na 
equação (2), obtemos: 
 
(3) 
 cos
 0 cos 
θµθ
θµθ
sen
mgNmgsenNN
e
e
−
=→=−− 
 
Substituindo (3) em (1), obtemos: 
 
θµθ
θθµ
θ
θµθ
θ
θµθ
µ
sen
sengr
r
msen
sen
mg
sen
mg
e
e
ee
e
 cos
)cos(
 v
v
 
 cos
cos 
 cos
 
2
−
+
±=→
=
−
+
−
 
O sinal só indica que o corpo pode girar num sentido ou no outro. Como o cubo completa b 
rotações por segundo, uma volta completa será realizada em 1/b segundos, que é o período T do 
movimento. Portanto, a velocidade pode também ser escrita como: 
 
) (cos4
)cos(
 
 cos
)cos(
 2 2v 2max θµθpi
θθµ
θµθ
θθµ
pi
pi
senr
sengb
sen
sengr
rb
T
r
e
e
e
e
−
+
=→
−
+
=== 
 
 
 
 
P
r
 
θ 
N
r
 
ef
r
 
y 
x 
θ 
________________________________________________________________________________ 
 
4) No sistema da figura abaixo, os blocos 1 e 2 possuem massa respectiva m1 e m2 e são interligados 
via roldanas ideais (sem massa nem atrito, uma fixa e outra móvel) pelas quais passam fios ideais 
(sem massa, flexíveis mas inextensíveis). O bloco 1 é apoiado sobre uma mesa horizontal com a 
qual possui coeficiente de atrito estático µe = 0,6 e cinético µc = 0,5. 
 
a) (1,0) Determine o valor mínimo da razão m1/m2 para que o sistema permaneça em equilíbrio. 
Faça um diagrama do corpo livre (diagrama de forças) dos corpos relevantes para o problema. 
b) (1,0) Determine o módulo da aceleração da massa m2 quando m1 = 2kg e m2 = 1kg. 
c) (0,5) Determine o vetor força que a haste que suporta a roldana fixa exerce sobre a mesa, em 
termos dos vetores unitários i
r
 e jr . Despreze o peso da haste. 
________________________________________________________________________________ 
 
a) Os corpos relevantes para o problema são as duas massas e a polia móvel. 
 
Como o sistema deve permanecer em equilíbrio, precisamos usar a primeira lei de Newton para 
cada um dos corpos: 
 
(3) 0
2 Corpo
(2) 0
(1) 0
1 Corpo
2222
11
11
gmTPTF
gmNPNF
TffTF
y
y
eex
=→−==
=→−==
=→−==
∑
∑
∑
 
 
1 
2 
x 
y 
1T
r
1P
r
ef
r
N
r
 
1T
r
 
2T
r
 2T
r
 
2T
r
 
2P
r
 
(4) 2 20
móvel Polia
2121 TTTTFy =→−==∑
 
 
Sabemos que Nf ee µ≤ , sendo que o sinal = vale logo antes do deslizamento. Substituindo fe na 
equação (1) e usando as equações (2), (3) e (4), a equação (1) pode ser reescrita como 
 
3
10
6,0
22
 22
2
1
2211 ===→====
e
ee
m
m
gmTgmNT
µ
µµ 
 
Portanto, o valor mínimo de 
2
1
m
m
 deve ser 
3
10
. 
 
 
b) Quando m1 = 2 kg e m2 = 1 kg, 2
2
1
=
m
m
, valor que é menor que 
3
10
. Portanto o sistema não 
permanecerá em equilíbrio e haverá movimento dos corpos. 
Os diagramas dos corpos livres permanecem idênticos, mas a força de atrito estático deve ser 
substituída pela força de atrito cinético. Agora, precisamos aplicar a segunda lei de Newton: 
 
(7) 
2 Corpo
(6) 0
(5) 
1 Corpo
2222
111
111
PTamF
gmNPNmaF
NTfTmaF
yy
yy
ccxx
−=−=
=→−===
−=−==
∑
∑
∑ µ
 
 
 
(8) 2 20
móvel Polia
2121 TTTTamF pypy =→−==−=∑
 
 
A polia móvel e o bloco 1 possuem o mesmo módulo da aceleração, já que os dois se deslocam 
juntos. Todavia, toda vez que eles se deslocam de uma certa distância d, o corpo 2 se desloca de 2d, 
o que lhe confere uma aceleração 2 vezes maior. Temos portanto: 
 
(9) 2 12 xy aa = 
 
Usando as relações (6) e (9), podemos rescrever (5) como: 
 
(10) 11111111 gmamNamfamT cxcxcx µµ +=+=+= 
 
 
 
Substituindo agora em (7), obtemos: 
 
2
12
12
2
122122
1
2
2
122
2
1
2
1
2
2
111
2
2
1
2
2
22
2
/
3
10
6
2040
214
1025,021014
4
24
 
244 
24
 
2
2
22-
sm
mm
gmgm
a
gmgmamam
gm
gm
a
mam
m
gm
a
m
gm
m
gmam
gm
m
T
gm
m
TP
a
c
y
cyy
cy
y
c
y
cx
y
=
−
=
+×
×××−××
=
+
−
=→
−=+→−=+→
+
−
=
+
−
=
−
==
µ
µµ
µµ
 
c) Como o peso da haste pode ser desprezado, as forças aplicadas pela haste sobre a mesa são 
aquelas que são diretamente aplicadas sobre a polia fixa. 
 
As únicas forças que atuam sobre a polia são as duas tensões no fio, cujos módulos valem T1. 
 
 
T1 pode ser obtido a partir da equação (10): 
 
(N) 
3
40
3
40
3
4010
3
101025,0
2
3
10
2
2
 1
2
11111
jiF
Ngm
a
mgmamT c
y
cx
rrr
−−=→
=+=××+×=+=+= µµ
 
 
x 
y 
1T
r
 
1T
r