Prova com Gab 1ºEE

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
Primeiro Exerc´ıcio Escolar - F´ısica Geral I (2008.1)
Data: 04/04/2008
Nome: Turma: CPF:
So´ sera˜o consideradas respostas acompanhadas de seu desenvolvimento.
NA˜O e´ permitido o uso de calculadoras.
Questa˜o 1) Uma part´ıcula se move ao longo do eixo x por uma distaˆncia de 24.000 m (trecho AC na
figura). No primeiro 1/3 do percurso (trecho AB), a part´ıcula e´ acelerada de forma que sua posic¸a˜o em
func¸a˜o do tempo e´ dada por x(t) = αt3, onde α = (1/64) m/s3. No restante do percurso (trecho BC) sua
velocidade permanece constante (igual a` velocidade em B). Em t = 0 a part´ıcula se encontra no ponto A.
a) (1,0) Determine a expressa˜o da acelerac¸a˜o em
func¸a˜o do tempo para cada trecho do percurso.
b) (1,5) Sabendo que o tempo para percorrer o
trecho AB e´ de 80 s, calcule: i) a velocidade ins-
tantaˆnea da part´ıcula no ponto C; ii) a velocidade
me´dia da part´ıcula no trecho AC.
x= tα 3 v= constante
A B C x
c) (1,0) Se a part´ıcula mantivesse uma velocidade constante no trecho BC, mas no trecho AB sua acelerac¸a˜o
fosse constante e igual a 10 m/s2, quanto tempo a part´ıcula levaria para percorrer os 24.000 m?
Questa˜o 2) Um proje´til, inicialmente localizado na origem de um sistema de coordenadas, e´ atirado do
solo em t = 0 com uma velocidade inicial ~v0 = (10ıˆ + 30ˆ) m/s (onde ıˆ e ˆ representam, respectivamente,
os vetores unita´rios ao longo dos eixos x e y, como ilustrado na figura).
Quaisquer efeitos de resisteˆncia do ar ou atrito sa˜o despre-
zados, e o vetor acelerac¸a˜o da gravidade no local e´ dado por
~g = −10ˆ m/s2. Considerando o instante em que a compo-
nente horizontal da posic¸a˜o do proje´til e´ x = 50 m, determine:
a) (1,5) a altura (coordenada y) do proje´til em relac¸a˜o ao solo;
b) (1,0) o vetor velocidade ~v, escrito em termos de ıˆ e ˆ;
c) (0,5) se o movimento do proje´til e´ ascendente ou descen-
dente. Justifique sua resposta. i^
^j
solo
x
g
v0
y
Questa˜o 3) (“fortemente baseada” no problema 23 do cap. 6 da 7a edic¸a˜o do livro-texto)
Quando os treˆs blocos na figura ao lado sa˜o
liberados a partir do repouso, eles se movem
com acelerac¸a˜o de mo´dulo a. Ha´ atrito entre
m2 e a mesa horizontal. As polias podem ser
consideradas ideais (sem massa e sem atrito
nos eixos), bem como os fios (sem massa e
inextens´ıveis).
a) (1,5) Escreva a segunda lei de Newton
para m1, m2 e m3, explicitando as forc¸as que
atuam em cada um dos blocos.
m1
m2
m3
a
g
b) (1,0) Suponha agora que m1 = M , m2 = 2M , m3 = 3M e a = g/4. Quanto vale o coeficiente de atrito
cine´tico µc entre m2 e a mesa?
c) (1,0) Nas condic¸o˜es do item (b), calcule a tensa˜o na corda que sustenta m1 e a tensa˜o na corda que
sustenta m3 (sua resposta deve ser expressa em termos de M e g).
Gabarito
Questa˜o 1)
a) No trecho AB temos v =
dx
dt
= 3αt2 e a =
dv
dt
= 6αt . No trecho BC, a = 0 pois v e´ constante.
b) Por definic¸a˜o vC = vB. Usando a expressa˜o do item anterior para v(t), em t = 80 s temos vB =
3(1/64)802 = 300 m/s .
Para obter a velocidade me´dia, calculamos o tempo para percorrer o trecho BC. Como a velocidade neste
trecho e´ constante, temos tBC = (16.000 m)/(300 m/s) = (160/3) s. O tempo total no trecho AC sera´
enta˜o 80 + (160/3) = (400/3) s. A velocidade me´dia e´ v¯ = ∆x/∆t = [24.000/(400/3)] = 180 m/s .
c) Em caso de acelerac¸a˜o constante, ter´ıamos x =
1
2
at2 = 5t2. O tempo para percorrer AB seria
tAB =
√
8.000/5 = 40 s. A velocidade no trecho AB obedeceria v = at, portanto em t = tAB ter´ıamos
vB = 10×40 = 400 m/s. O tempo para percorrer BC seria tBC = (16.000 m)/(400 m/s) = 40 s. Portanto,
o tempo total seria tAC = tAB + tBC = 40 + 40 = 80 s .
Questa˜o 2)
a) Como o movimento e´ uniformemente acelerado na vertical, temos y = y0 + v0yt−
1
2
gt2 = v0yt− 5t
2.
Na direc¸a˜o horizontal temos x = v0xt. Substituindo t = x/v0x na equac¸a˜o para y, obtemos
y = v0y
(
x
v0x
)
− 5
(
x
v0x
)
2
.
Substituindo os dados do enunciado (v0x = 10 m/s, v0y = 30 m/s e x = 50 m), obtemos y = 30(50/10)−
5(50/10)2 = 150− 125 = 25 m .
b) ~v = vxıˆ+vy ˆ = v0x ıˆ+[v0y−gt]ˆ = v0x ıˆ+
[
v0y − g
(
x
v0x
)]
ˆ = 10ıˆ+
[
30− 10
(
50
10
)]
ˆ = (10ıˆ− 20ˆ) m/s .
c) Como para x = 50 m temos vx > 0 e vy < 0, o movimento e´ descendente .
Questa˜o 3)
a) Como a figura indica que m2 se move para a direita, a 2
a lei de Newton na horizontal para este
bloco fica:
T3 − T1 − Fat = m2a , (1)
onde Tj corresponde a` tensa˜o na corda que sustenta o bloco mj (j = 1, 3) e Fat e´ a forc¸a de atrito que
a mesa exerce sobre m2. Na direc¸a˜o vertical temos m2g −N = m2a2y = 0 ⇒ N = m2g. Para m1 e m3
basta considerarmos as forc¸as na direc¸a˜o vertical:
T1 −m1g = m1a (2)
m3g − T3 = m3a . (3)
b) Somando as equac¸o˜es 1, 2 e 3, obtemos m3g − m1g − Fat = (m1 + m2 + m3)a. Lembrando que
Fat = µcN = µcm2g, resolvemos em µc para obter
µc =
m3 −m1
m2
−
(m1 +m2 +m3)
m2
a
g
=
2M
2M
−
6M
2M
(g/4)
g
=
1
4
= 0,25 .
c) A partir da equac¸a˜o 2 obtemos T1 = m1(g+a) = M
(
g +
g
4
)
=
5
4
Mg . Similarmente, da equac¸a˜o 3
obtemos T3 = m3(g − a) = 3M
(
g −
g
4
)
=
9
4
Mg .