Sim ! é a prova P1 de FIS I em MMXI-2, para MAA+MAI
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ROAD 66
Um carro está parado no inı́cio da rampa de acesso de uma auto-estrada, esperando uma diminuição
de tráfego. O motorista, a partir do repouso, começa a se mover com aceleração constante ao longo
da rampa, para entrar na auto-estrada. Ele se move ao longo de uma linha reta e atinge uma
velocidade de vf = 20 m/s no final da rampa que tem comprimento ` = 120 m.
(a) (0,5) : Qual é a aceleração a do carro?
(b) (1,0) : Quanto tempo ∆t ele leve para percorrer a rampa?
(c) (1,0) : O trágego na auto-estrada se move com uma velocidade constante de vT = 20 m/s.
Qual é o deslocamento ∆s do tráfego enquanto o carro atravessa a rampa?
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Solução :
1
x = a t2 ; v = a t ; v 2 = 2 a x
2
(a) (0,5)
vf 2
400
a=
=
m/s2 ≈ 1, 6 m/s2
2`
2 × 120
(b) (1,0)
∆t =
vf
2`
=
= 12 s
a
vf
(c) (1,0)
∆s = vT ∆t = 240 m
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Navegar é preciso
Um rio com largura L = 400, 0 m corre de oeste para leste com velocidade VA/M = 50 m/min em
relação à margem. Um barco tem um motor que permite navegar com velocidade VB/A = 25 m/min
em relação à água , não importando a direção em que segue. Seja P o ponto de saı́da do barco sai
na margem sul e seja X o ponto de chegada na margem norte.
(a) (0,5) : Se o marinheiro apontar a proa sempre no sentido norte, determine o vetor posição de
X em relação a Q, que é o ponto na margem norte oposto ao ponto P.
(b) (0,5) : Com essa rota, quanto tempo levará para atravessar o rio ?
(c) (1,0) : Escolhendo outra orientação da proa, qual é o ponto Xmin mais perto do ponto Q onde
o barco pode abordar?
(d) (0,5) : Quanto tempo levará essa última travessia ?
−→
~ , onde ~n é um vetor unitário.
Dicas A velocidade do barco em relação à água é V B/A = VB/A n
Utilize vetores unitários î paralelo ao rio na jusante e ĵ perpendicular no sentido sul-norte. Pode ser
−→
−→
útil considerar a soma de um vetor fixo V A/M com um vetor V b/A cujo módulo é fixo de modo
que a extremidade da soma esteja em cima de um cı́rculo.
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Solução :
−→
−→
−→
−→
−→
Temos V B/M = V B/A + V A/M , onde V A/M = VA/M î e V B/A = VB/A ~n, com o vetor unitário
−→
~n = cos θ î + sin θ ĵ. A velocidade do barco em relação à margem é V B/M = VB/M ~
u, onde ~
u =
cos α î + sin α ĵ é outro vetor unitário. Obtemos duas equações (em unidades m/min) :
vB/M cos α = 50, 0 + 25, 0 cos θ ; vB/M sin α = 25, 0 sin θ
Obtemos uma relação entre os ângulos θ e α :
tan α =
sin θ
2 + cos θ
(a) (0,5) Se θ = π/2, teremos tan α = 1/2 e
QX = L/ tan α = 2 × 400 m = 800 m
−→
(b) (0,5) A velocidade transversal é V B/A ĵ = 25, 0 m/min ĵ de modo que
T⊥ =
400 m
= 16 min
25 m/min
(c) (1,0) Para estudar Y = tan α em função de θ, calculamos a derivada :
dY /dθ =
cos θ (2 + cos θ) + sin2 θ
1 + 2 cos θ
=
(2 + cos θ)
(2 + cos θ)2
A derivada√é nula para cos θM = −1/2 ou θM = 2π/3. Pode-se verificar que é um máximo que vale
tan αM = 3/3 de modo que a distância mı́nima em que se pode chegar de barco é :
√
QXM = L/ tan αM = 400, 0 × 3 m
√
(d) (0,5) A velocidade transversal agora é dada por VB/A sin θ = 25, 0 3/2 m/min e o tempo de
travessia será
√
L
400
√
T =
=
min = 32 × 3/3 min
VB/A sin θ
25 3/2
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Amarrados por uma corrente pesada
Os dois blocos mostrados na figura estão ligados por uma corda uniforme e pesada, com massa
mC = 4, 0 kg . Um agente externo aplica uma força vertical F de = 210, 0 N de baixo para cima
conforme indicado. O bloco superior tem massa m1 = 6, 0 kg e o inferior m2 = 5, 0 kg. Consideramos
a aceleração da gravidade terrestre g = 9, 8 m/s2 .
(a)(0,8) Desenhe os diagramas de corpo livre, para cada bloco e para a corda, identificando cada
força e cada corpo que exerce essa força.
(b)(0,6) Escreva as equações de Newton para cada bloco e para a corda.
(c)(0,3) Determine a aceleração de cada bloco e da corda.
(d)(0,4) Determine as tensões no topo e no fundo da corda.
(e)(0,4) Qual é a tensão no meio da corda?
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Solução : Seja ~k um vetor unitário vertical para cima.
(a)(0,8)
No bloco superior agem três forças :
(1) o peso, −m1 g ~k, exercida pela terra;
(2) a força externa, F ~k, exercida pelo agente externo;
(3) a tensão no topo da corda, − T ~k, exercida pela corda.
Na corda temos também três forças :
(1) o peso : −mC g ~k, exercida pela terra;
(2) a tensão no topo da corda, +T ~k, exercida pelo bloco superior;
(3) a tensão no fundo da corda, − T 0 ~k, exercida pelo bloco inferior.
Finalmente sobre o bloco inferior agem duas forças :
(1) o peso : −m2 g ~k, exercida pela terra;
(2) a tensão no fundo da corda, +T 0 ~k, exercida pela corda.
(b)(0,6) As equações de Newton são :
m1 a1
m2 a2
=
=
mC aC
=
−m1 g − T + F
−m2 g + T 0
−mC g + T − T 0
(c)(0,3) Denotamos a aceleração commum aos três corpos por a := a1 = a2 = aC . Com a massa
total Mtot = m1 + m2 + mC = 15 kg, obtemos :
a = −g +
F
= 4, 2 m/s2
Mtot
(d)(0,4) As tensões são obtidas como :
T
=
T0
=
m2 + mC
F = 126, 0 N
Mtot
m2
F = 56, 0 N
Mtot
(e)(0,4) A tensão no meio da corda T(1/2) pode ser calculada ao considerar o bloco inferior mais
a metade da corda como um corpo só de massa m02 := m2 + mC /2 = 7, 0 kg. Com a aceleração a
calculada acima, escrevemos a equação de Newton para esse bloco ”engordado” : m02 a = −m02 g +
T(1/2), donde :
m02
T(1/2) =
F = 98, 0 N
Mtot
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Bloquinho indo, bloquinho vindo
Um bloquinho desliza sobre um trilho com extremidades elevadas e uma parte central plana, conforme a figura. Escolhemos um eixo OY vertical para cima e OX horizontal com origem O no
começo da parte plana que tem comprimento ` = 1, 0 m. Tem atrito cinético nessa parte plana com
coeficiente µC = 0, 20. As partes curvas não apresentam atrito. O bloquinho é solta do repouso em
um ponto A cujo altura é h = 1, 0 m acima da parte plana do trilho. Nessa questão g = 10 m/s2 .
(a)(0,5) Faça um diagrama de corpo livre para o bloquinho enquanto ele está se movendo na sua
primeira passagem sobre a parte plana.
(b)(1,0) Qual é a sua equação horária, isto é x(t) nessa primeira passagem ?
(c)(1,0) Aonde, na parte plana o bloquinho vai parar ? (Use o teorema trabalho-energia !
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~ = N ĵ perpendicular à parte plana, (2) o peso
Solução : (a)(0,5) (1) A reação normal N
~ = −m g ĵ do bloquinho e a força de atrito F
~ at = − µC N î A condição de contato implique
P
em N = m g enquanto ele está se movendo na sua primeira passagem sobre a parte plana.
(b)(1,0) Temos m ax = − µC m g com velocidade na origem v02 = 2 g h, donde
x(t) = −
µC g 2 p
t + 2ght
2
(c)(1,0) Pelo teorema trabalho-energia temos, com ∆ o caminho percorrido na parte plana −µC N ∆ =
−m g h donde ∆ = h/µC = 5, 0 m que é maior do que ` = 2, 0 m, Na subida e descida da parte
curva não há perda de energia de modo que temos ∆ = n ` − x com x < 2, 0 m. Obtemos n = 3 e
x = 1, 0 m, o ponto final.