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FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P1 - Gabarito
- O vetor posi¸c˜ao de uma part´ıcula que se move no plano xy ´e dado por:
~r =
t^3 − 3 2 t^2
ˆı + t
4 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 t 1 = 1, 0 s e t 2 = 3, 0 s: (d) (0,5) Determine o vetor velocidade m´edia da part´ıcula no intervalo de tempo t 1 = 1, 0 s e t 2 = 3, 0 s.
SOLUC¸ AO:˜
(a)
~r(t) =
3 t
2 t
2
ˆı + t
4 12 ˆ Vetor velocidade instantˆanea em fun¸c˜ao do tempo:
~v(t) = (^) dtd~r(t) = (2t^2 − 3 t)ˆı + t
3 3 ˆ Vetor velocidade instantˆanea para t = 3 s:
~v(3) = (9 ˆı + 9 ˆ) m/s
M´odulo do vetor velocidade instantˆanea:
v(3) =
92 + 9^2 = 9
2 (m/s)
Dire¸c˜ao do vetor velocidade instantˆanea:
θv = arctan
= π 4 rad
(b) Vetor acelera¸c˜ao instantˆanea em fun¸c˜ao do tempo:
~a(t) = (4t − 3)ˆı + t^2 ˆ
Vetor acelera¸c˜ao instantˆanea para t = 3 s:
~a(3) = (9 ˆı + 9 ˆ) m/s^2
(c) Vetor posi¸c˜ao para t 1 = 1, 0 s:
~r(1) =
3 −^
ˆı +
12 ˆ^ =^ −
6 ˆı^ +
Vetor posi¸c˜ao para t 2 = 3, 0 s:
~r(3) =
ˆı +^274 ˆ =^92 ˆı +^274 ˆ
Vetor deslocamento:
∆~r = ~r(3) − ~r(1) =
ˆı +
4 −^
∆~r =
ˆı +^20 3
m
(d) Vetor velocidade m´edia entre t 1 = 1, 0 s e t 2 = 3, 0 s:
~¯v = ∆~r ∆t
~^ ¯v =
ˆı +^10 3
m/s
onde v ´e a velocidade determinada no item (a), v 0 = 0, a = g sen(θ) e t = ∆t 1
∆t 1 = (^) g senv(θ) = (^1050) · 1 2
= 10 s
Determina¸c˜ao de ∆t 2 :
y = y 0 + v sen(θ) t +^12 g t^2
onde y = 180 m, y 0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)) e t = ∆t 2. (O sistema de coordenadas utilizado para descrever o movimento tem o seu eixo y vertical, orientado positivamente para baixo).
180 = 50 · 12 · ∆t 2 +^12 · 10 · (∆t 2 )^2
(∆t 2 )^2 + 5 · ∆t 2 − 36 = 0
∆t 2 = −^52 ±
2 =^ −
2 ±^
∆t 2 = 4 s
Tempo total de queda:
∆t = 14 s
(c) Distˆancia do penhasco que o bloco atinge o solo:
x = x 0 + v cos(θ) t
onde x ´e a posi¸c˜ao onde o bloco atinge o solo, x 0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)), θ = 30◦^ e t = ∆t 2.
x = 50 ·
2 ·^4
x = 100
3 m
M
T1 θ
T
g
- 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: (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 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 t^3 (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): ∑ Fx = T 2 cos(θ) − T 1 = 0
For¸ca resultante ao longo da dire¸c˜ao vertical (sentido positivo para cima ˆ): ∑ Fy = T 2 sen(θ) − M g = M a
Da segunda equa¸c˜ao:
T 2 = M sen^ (a^ +(θ^ )g)
Da primeira equa¸c˜ao:
T 1 = T 2 cos(θ) = M (a + g) (^) sencos((θθ))
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 = − 3 t^3 ˆ
SOLUC¸ AO:˜
(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 esfreg˜ao deve deslizar com velocidade constante, teremos para as for¸cas resultantes ao longo dos eixos:
∑ Fx = F sen(θ) − f a = 0 ∑ 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) + μkmg
Intensidade da for¸ca F :
F sen(θ) − μk F cos(θ) − μkmg = 0
F = μkmg sen(θ) − μk cos(θ)
(b) Trabalho da for¸ca F
WF = F sen(θ) d
WF = (^) senμ(kθmg sen) − μ (θ) k cos(θ)
d
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.
(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:
∑ Fx = FM AX sen(θ) − f aM AX = 0 ∑ 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 = μsN. Assim, a intensi- dade da for¸ca m´axima ser´a dada por:
FM AX = μsmg 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(θ 0 ) ≤ μs cos(θ 0 )
θ 0 ≤ arctan(μs)
