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Gabarito – Avaliação 1 1) A figura abaixo mostra dois vetores forças 𝐴 e 𝐵 que formam um ângulo de 30° entre si e que possuem módulos respectivamente iguais a 4,0 N e 8,0 N. Qual é o vetor resultante 𝑅=𝐴+𝐵? a) 𝑅=6,9𝑗(𝑁) b) 𝑅=8,0𝑖+6,9𝑗(𝑁) c) 𝑅=4,0𝑗(𝑁) d) 𝑅=6,0𝑖+3,5𝑗(𝑁) e) 𝑅=4,5𝑖+2,0𝑗(𝑁) Solução: O vetor B pode ser decomposto em suas componentes: 𝐵𝑦 = B cos (30°) = 8 √3 2 = 4√3 = 6,9𝑁 𝐵𝑥 = B sen(30°) = 8 1 2 = 4𝑁 𝐴𝑥 = 4 𝐴𝑦 = 0 Podemos somar as componentes dos vetores �⃗� = 𝐴 + �⃗� �⃗� = (𝐴𝑥𝑖̂ + 𝐴𝑦𝑗̂) + (𝐵𝑥𝑖̂ + 𝐵𝑦𝑗̂) �⃗� = (𝐴𝑥 + 𝐵𝑥)𝑖̂ + (𝐴𝑦 + 𝐵𝑦)𝑗 ̂ �⃗� = (4 − 4)𝑖̂ + (0 + 6,9)𝑗 ̂ �⃗� = 6,9𝑗 ̂ 2) Um estudante de agronomia recebeu o seguinte problema para resolver: Figura mostra o gráfico a velocidade de v(t) metros por segundos em função do t, que é medido em segundos para um móvel desloca-se em linha reta. No instante t=1, a distância da partícula ao ponto inicial era de 2 na direção positiva. Quando é o deslocamento da partícula entre t=1 e t=6 segundos? Qual expressão o estudante deveria usar para resolver o problema? a) 2 + ∫ |𝑣(𝑡)|𝑑𝑡 6 1 b) ∫ |𝑣(𝑡)|𝑑𝑡 6 1 c) ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 6 1 d) 2 + ∫ 𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 6 1 e) 2 + ∫ 𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 6 0 Temos que descobrir o deslocamento da partícula. Isso significa que teremos que escolher a integral da velocidade vetorial da partícula. A velocidade vetorial da partícula é a expressão v(t), e queremos sua integral definida entre t=1 e t=6 segundos. Portanto, esta é a expressão que Madalena deve usar: ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 6 1 3) A rocha tem massa de 1 kg. Qual é a massa da régua de medição se ela for equilibrada por uma força de suporte na marca de um quarto? O centro de massa da régua de medição está na metade da marca, um quarto do comprimento da régua além do pivô. a) 0,5 kg b) 4 kg c) 2 kg d) 1 kg e) 3 kg Solução: O bastão é equilibrado pela rocha de 1 kg que tem um quarto de seu comprimento para a esquerda e por seu próprio peso que está no centro de massa, um quarto de seu comprimento para a direita. Portanto, a massa do bastão deve ser de um quilograma, 1 kg. Isso pode ser demonstrado usando o torque resultante do sistema. 𝜏𝑟𝑒𝑠 = 𝜏𝑟𝑜𝑐ℎ𝑎 + 𝜏𝑁 + 𝜏𝐶𝑀 𝜏𝑟𝑒𝑠 = 0 𝜏𝑟𝑜𝑐ℎ𝑎 = 𝑚 𝑔 𝑑 = 1. 𝑔. 1 4 = 𝑔 4 𝜏𝑁 = 0 𝜏𝐶𝑀 = −𝑀 𝑔 𝑑 = −𝑀. 𝑔. 1 4 = −𝑀 𝑔 4 𝜏𝑟𝑒𝑠 = 𝑔 4 + 0 − 𝑀 𝑔 4 𝑔 4 + 0 − 𝑀 𝑔 4 = 0 𝑀 = 1𝑘𝑔 4) Uma mola de massa desprezível passando sobre uma polia presa de massa m sustenta um bloco de massa M como mostrado na figura. A força na polia pela braçadeira no momento do equilíbrio é dada por a) (√(𝑀 + 𝑚)2 + 𝑀2)𝑔 b) √2 𝑀𝑔 c) √(𝑚𝑔)2 + (𝑘𝑥)2 d) (√(𝑀 + 𝑚)2 + 𝑚2)𝑔 e) m + Mg Solução: O diagrama de corpo livre da polia é mostrado na figura. A polia está em equilíbrio sob quatro forças. Três forças conforme mostrado na figura e a quarta, que é igual e oposta à resultante dessas três forças, na força aplicada pelo grampo na polia (digamos F) A partir do diagrama de forças, obtemos por Pitágoras o módulo do vetor R: 𝑅2 = (𝑀𝑔 + 𝑚𝑔)2 + (𝑀𝑔)2 𝑅2 = (𝑀 + 𝑚)2𝑔² + 𝑀²𝑔2 𝑅 = √(𝑀 + 𝑚)2𝑔² + 𝑀²𝑔2 𝑅 = √𝑔2[(𝑀 + 𝑚)2 + 𝑀²] 𝑅 = 𝑔√(𝑀 + 𝑚)2 + 𝑀² Para que a polia esteja em equilíbrio 𝐹 = 𝑔√(𝑀 + 𝑚)2 + 𝑀² T=mg Mg Kx=Mg R Mg+mg Mg F 5) Uma caixa de massa m é liberada do repouso na posição indicada pelo trilho curvo sem atrito mostrada. Ela desliza uma distância d ao longo da pista no tempo t para alcançar a posição 2, caindo uma distância vertical h. Considere v e a são velocidade instantânea e a aceleração instantânea, respectivamente, da caixa na posição 2. Qual das seguintes equações é válida para esta situação? a) mgh=(½)mv² b) h=vt c) h= (½)gt² d) h= (½)at² e) v=h/t Solução: De acordo com o princípio da conservação da energia, a mudança na energia potencial implica em energia cinética; 𝑊𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 Como não há forças externas atuando sobre o bloco, então 𝑊𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0. 0 = ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 ∆𝐸𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = ∆𝐾 + ∆𝑈 + ∆𝐸𝑜𝑢𝑡𝑟𝑎𝑠 Este sistema só possui dois tipos de energias associadas. Então ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 1 2 𝑚𝑣2 2 − 1 2 𝑚𝑣1 2 + 𝑚𝑔𝑦2 − 𝑚𝑔𝑦1 = 0 Como o bloco parte do repouso, então: 𝑣1 = 0. Assim, 1 2 𝑚𝑣2 2 = 𝑚𝑔(𝑦1 − 𝑦2) Mas, temos que 𝑦1 − 𝑦2 = ℎ 1 2 𝑚𝑣2 2 = 𝑚𝑔ℎ Fazendo 𝑣1 = 𝑣 1 2 𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔ℎ
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