Transcript
FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I Prova P1 - Gabarito
1. O vetor posi¸c˜ao de uma part´ıcula que se move no plano xy ´e dado por: t4 2 3 3 2 t − t ˆı + ˆ ~r = 3 2 12 ~r ´e dado em metros e t em segundos. (a) (1,0) Determine o vetor velocidade instantˆanea da part´ıcula, seu m´odulo e dire¸c˜ao, para o instante t = 3, 0 s. (b) (0,5) Determine o vetor acelera¸c˜ao instantˆanea 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 m´edia da part´ıcula no intervalo de tempo t1 = 1, 0 s e t2 = 3, 0 s.
˜ SOLUC ¸ AO: (a) ~r(t) =
2 3 3 2 t4 t − t ˆı + ˆ 3 2 12
Vetor velocidade instantˆanea em fun¸c˜ao do tempo: ~v (t) =
d t3 ~r(t) = (2t2 − 3t)ˆı + ˆ dt 3
Vetor velocidade instantˆanea para t = 3 s: ~v (3) = (9 ˆı + 9 ˆ) m/s M´odulo do vetor velocidade instantˆanea: v(3) =
√
√ 92 + 92 = 9 2 (m/s)
Dire¸c˜ao do vetor velocidade instantˆanea: 9 π θv = arctan = rad 9 4
1
(b) Vetor acelera¸c˜ao instantˆanea em fun¸c˜ao do tempo: ~a(t) = (4t − 3)ˆı + t2 ˆ Vetor acelera¸c˜ao instantˆanea para t = 3 s: ~a(3) = (9 ˆı + 9 ˆ) m/s2
(c) Vetor posi¸c˜ao para t1 = 1, 0 s: 2 3 1 5 1 ~r(1) = − ˆı + ˆ = − ˆı + ˆ 3 2 12 6 12 Vetor posi¸c˜ao para t2 = 3, 0 s: 9 27 27 27 ˆ = ˆı + ˆ ~r(3) = 18 − ˆı + 2 4 2 4 Vetor deslocamento: 9 5 27 1 ∆~r = ~r(3) − ~r(1) = + − ˆı + ˆ 2 6 4 12
∆~r =
20 16 ˆı + ˆ m 3 3
(d) Vetor velocidade m´edia entre t1 = 1, 0 s e t2 = 3, 0 s: ∆~r ~v¯ = ∆t
~v¯ =
8 10 ˆı + ˆ m/s 3 3
2
preocupado com os poss´ıveis danos que poderiam ser causados pela queda do bloco de massa m, caso
m 25
0m
30o
as escoras que o sustentam se rompessem. Sendo vocˆe o engenheiro da prefeitura, responda `as trˆes quest˜oes formuladas pelo prefeito:
180 m
2. O prefeito da cidade, mostrada na figura, est´a
100 m
200 m
(a) (0,5) Qual o m´odulo da velocidade com que o bloco chega `a borda do penhasco? (Considere desprez´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 at´e atingir o solo? (c) (1,0) A que distˆancia do penhasco o bloco atinge o solo?
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Velocidade com que o bloco chega `a borda do penhasco: v 2 = v02 + 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). r p 1 v = 2g sen(θ) d = 2 · 10 · · 250 2
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. Determina¸c˜ao 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 50 = = 10 s g sen(θ) 10 · 12
Determina¸c˜ao de ∆t2 : y = y0 + v sen(θ) t +
1 2 gt 2
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 1 · ∆t2 + · 10 · (∆t2 )2 2 2
(∆t2 )2 + 5 · ∆t2 − 36 = 0 √ 5 25 + 144 5 13 ∆t2 = − ± =− ± 2 2 2 2 ∆t2 = 4 s Tempo total de queda: ∆t = 14 s
(c) Distˆancia do penhasco que o bloco atinge o solo: x = x0 + v cos(θ) t onde x ´e a posi¸c˜ao onde o bloco atinge o solo, x0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)), θ = 30◦ e t = ∆t2 . √ 3 x = 50 · ·4 2 √ x = 100 3 m
4
T2
3. Um bloco de massa M est´a pendurado no interior de um elevador conforme a figura. Todas as unidades s˜ao dadas no Sistema Internacional (S.I.). Determine em fun¸c˜ao de M , ~a, θ e ~g :
θ
T1 M
(a) (1,5) Os vetores que representam as tens˜oes nos fios T~1 e T~2 em coordenadas cartesianas ˆı e ˆ, se o elevador estiver
g
subindo com acelera¸c˜ao ~a. (b) O instante de tempo em que as tens˜oes nos fios se anulam, se o elevador estiver descendo com velocidade v = 3 t3 (m/s).
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Tens˜oes nos fios: For¸ca resultante ao longo da dire¸c˜ao horizontal (sentido positivo para a direita ˆı): X Fx = T 2 cos(θ) − T 1 = 0 For¸ca resultante ao longo da dire¸c˜ao vertical (sentido positivo para cima ˆ): X Fy = T 2 sen(θ) − M g = M a Da segunda equa¸c˜ao: T2 =
M (a + g) sen(θ)
Da primeira equa¸c˜ao: T 1 = T 2 cos(θ) = M (a + g)
cos(θ) sen(θ)
Vetores tens˜oes: T~1 = [−M (a + g) cotan(θ) ˆı] N T~2 = [M (a + g) cotan(θ) ˆı + M (a + g) ˆ] N
(b) Velocidade de descida: ~v = −3t3 ˆ
5
Acelera¸c˜ao de descida: ~a∗ =
d ~v = −9t2 ˆ dt
Vetores das tens˜oes com o elevador descendo com a acelera¸c˜ao acima: T~1 = [−M (a∗ + g) cotan(θ) ˆı] T~2 = [M (a∗ + g) cotan(θ) ˆı + M (a∗ + g) ˆ] Para que T~1 e T~2 se anulem, temos que: a∗ + g = 0 −9t2 + g = 0 Instante de tempo em que as tens˜oes se anulam: √ t=
g s 3
4. O cabo de um esfreg˜ao de ch˜ao, de massa m, faz um ˆangulo θ com a dire¸c˜ao vertical. Seja µk o coeficiente de
F
atrito cin´etico entre o esfreg˜ao e o assoalho, e seja µs o coeficiente de atrito est´atico entre eles. Despreze a massa do cabo. (a) (1,0) Dado que o esfreg˜ao ´e colocado em movimento,
θ
determine, em fun¸c˜ao de m, g, θ e µk , a intensidade da for¸ca F , dirigida ao longo do cabo, necess´aria para fazer o esfreg˜ao deslizar com velocidade constante sobre o
m
assoalho. (b) (1,0) Calcule o trabalho da for¸ca F e o trabalho da for¸ca resultante sobre o esfreg˜ao, considerando a mesma situa¸c˜ao do ´ıtem (a), quando o esfreg˜ao se desloca uma distˆancia d. (c) (0,5) Suponha agora que o ˆangulo θ possa ser variado. Mostre que se o esfreg˜ao estiver em repouso e se θ for menor que um certo valor cr´ıtico θ0 , o esfreg˜ao n˜ao poder´a ser colocado em movimento, n˜ao importando a intensidade da for¸ca dirigida ao longo do cabo. Encontre uma equa¸c˜ao relacionando este ˆangulo θ0 com m, g, F , e µs .
6
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Vamos considerar o sistema de coordenadas com o eixo x horizontal orientado positivamente para a direita e o eixo y vertical orientado positivamente para cima. Como o esfreg˜ao deve deslizar com velocidade constante, teremos para as for¸cas resultantes ao longo dos eixos: X
Fx = F sen(θ) − f a = 0
X
Fy = N − F cos(θ) − mg = 0
onde f a ´e a for¸ca de atrito e N a normal. Da segunda equa¸c˜ao obtemos: N = F cos(θ) + mg Como o esfreg˜ao deve se deslocar com velocidade constante, temos: f a = µk N = µk F cos(θ) + µk mg Intensidade da for¸ca F : F sen(θ) − µk F cos(θ) − µk mg = 0
F =
µk mg sen(θ) − µk cos(θ)
(b) Trabalho da for¸ca F WF = F sen(θ) d
WF =
µk mg sen(θ) d sen(θ) − µk cos(θ)
Trabalho da for¸ca resultante: Como o esfreg˜ao se desloca com velocidade constante, isso significa que a for¸ca resultante agindo sobre o esfreg˜ao ´e nula, ou seja, o trabalho da for¸ca resultante tamb´em ser´a nulo.
7
(c) Se o esfreg˜ao estiver em repouso, a m´axima intensidade da for¸ca F que poder´a ser aplicada, para que o esfreg˜ao continue em repouso, ser´a obtida de: X
Fx = FM AX sen(θ) − f aM AX = 0
X
Fy = N − FM AX cos(θ) − mg = 0
onde f aM AX ´e a for¸ca de atrito est´atico m´axima, ou seja, f aM AX = µs N . Assim, a intensidade da for¸ca m´axima ser´a dada por: FM AX =
µs mg sen(θ) − µs cos(θ)
Mas se sen(θ) = µs cos(θ) FM AX seria muito grande (tenderia a infinito). Assim, se sen(θ) ≤ µs cos(θ) o esfreg˜ao n˜ao entrar´a em movimento, independentemente da intensidade de F . O ˆangulo de inclina¸c˜ao a partir do qual o esfreg˜ao n˜ao entre mais em movimento ´e obtido de: sen(θ0 ) ≤ µs cos(θ0 )
θ0 ≤ arctan(µs )
8
