FÍSICA (INFORMÁTICA)
II TESTE
II-Parte (SOLUÇÕES)
13 de Dezembro de 2003
Escolha três das quatro questões. Justifique os seus raciocı́nios bem
como as fórmulas que utilizar. Tem 90 minutos para resolver esta parte.
Docente Coordenador: Paulo Crawford
1. Uma bola parte do repouso e desce um plano inclinado de 9 m de comprimento
com uma aceleração constante de 0.5 m.s−2 , após o que inicia a subida de um
outro plano inclinado percorrendo 15 m até parar.
(a) Qual é a velocidade da bola no final do primeiro plano inclinado?
(b) Quanto tempo demora a bola a chegar ao final do primeiro plano inclinado?
(c) Qual é a aceleração da bola ao subir o segundo plano inclinado?
(d) Qual é a velocidade da bola após ter percorrido 11.25 m no segundo plano
inclinado?
Resposta:
a) e b) No primeiro plano inclinado temos: v0 = 0, a = 0.5m · s−2 , x − x0 = 9 m,
pelo que substituindo em
1
x = x0 + v0 t + at2 ,
2
vem
1
9 = 0.5t2 , t = 6 s,
2
isto é, a bola leva 6 s a atingir a base do primeiro plano inclinado. Quanto à
velocidade temos,
v = v0 + at = 0.5 × 6 = 3 m/s.
Esta velocidade, pretendida na alı́nea a), podia obter-se directamente a partir
de
v 2 = 2ax = 2 × 0.5 × 9 = 9, v = 3 m/s.
c) Para obter a aceleração no 2o plano inclinado, usamos v 2 = v02 + 2a(x − x0 ),
com v0 = 3 m/s, x − x0 = 15 m e v = 0 no ponto mais alto, donde vem
0 = 32 + 2 × a × 15,
a=
−9
= −0.3 m/s2 .
30
Logo a = −0.3 m/s2 .
d) Após ter percorrido 11.25 m no segundo plano inclinado temos
v 2 = v02 + 2a(x − x0 )
v 2 = 32 + 2(−0.3) × 11.25 = 2.25,
v = 1.5 m/s.
2. Um carro da polı́cia está estacionado numa zona onde o limite de velocidade é
de 30 km/h, quando passa um automóvel a 90 km/h. Sabendo que a polı́cia
demorou 2 s a iniciar a perseguição e que a velocidade máxima atingı́vel pela
polı́cia é 110 km/h qual é a aceleração necessária para apanhar o transgressor 2 km mais à frente. Suponha que o transgressor mantém uma velocidade
constante durante a perseguição.
Resposta:
Atendendo ao enunciado, devemos supor que a polı́cia, 2 s depois do transgressor
passar, inicia a perseguição com movimento uniformemente acelerado até atingir
a sua velocidade máxima:
vp = 110 km/h ' 31 m/s,
continuando depois em movimento uniforme até apanhar o transgressor 2000 m
adiante.
Se o transgressor mantém uma velocidade constante vt = 90 km/h = 25 m/s,
e é apanhado ao fim de 2 km, então anda durante t = 2000/25 = 80 s. Logo,
vt (t1 + 2) + vt t2 = 2000
1 2
at + vp t2 = 2000
2 1
onde t1 + t2 = 80 − 2 = 78 s. Embora o transgressor ande sempre à mesma
velocidade, dividimos a perseguição em dois perı́odos, t1 e t2 , sendo o primeiro
correspondente ao movimento acelerado da polı́cia, tal que vp = at1 , e o segundo
ao movimento uniforme,
1 2
at + vp t2
2 1
1
v1 (t1 + t2 + 2) =
at1 (t1 + 2t2 )
2
1
31(t1 + 2t2 ),
25 × 80 =
2
vt (t1 + 2) + vt t2 =
2
e os dois tempos são dados pelo sistema
t1 + t2 = 78
t1 + 2t2 = 129
t2 = 51 s, t1 = 27 s. A aceleração é dada por a = vp /t1 = 31/27 ' 1.15 m/s2 .
Vemos que a polı́cia percorres cerca de 419 m em movimento uniformemente
acelerado e 1581 m em movimento uniforme com a velocidade máxima de
110 km/h.
3. Uma força constante de 60 N , paralela a um plano inclinado de 30.0o , é aplicada
a um bloco de 6 − kg para o fazer subir ao longo de 10 m do plano inclinado.
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfı́cie do plano inclinado é
µ = 0.25.
(a) Qual é a velocidade do bloco ao fim dos 10 m se ele parte do repouso?
(b) Se a força é retirada neste ponto, quanto mais subirá o bloco?
(c) Quando atinge o ponto mais alto o bloco começa a descer. Qual é a
velocidade com que chega cá em baixo? (Sugestão: utilize considerações
energéticas).
Resposta:
Vamos escolher os eixos de modo a facilitar os cálculos. Assim escolhemos o
eixo do xx paralelo ao plano inclinado e com o sentido da força F~ de 60 N , e
o eixo dos yy perpendicular ao plano inclinado. Ao subir o plano inclinado por
acção da força F~ , o corpo fica sujeito a três forças:
F~ = 60~i,
−mg sin θ ~i,
f~a = −µ · mg cos θ ~i.
É claro que Px = −mg sin θ é a componente do peso do corpo segundo xx e
fa = µ N = µmg cos θ é a força de atrito. Note que N = Py é a componente
normal do peso do corpo.
Sendo assim o corpo fica sujeito ao trabalho de uma força efectiva, cuja única
componente é segundo o eixo dos xx
Fef f = F − µ N − P sin θ = 60 − 0.25 × 6 × 9.8 cos(30) − ×9.8 sin(30) = 17.9 N
Esta força Fef f dá origem a uma aceleração Fef f /m = a1 = 2.98 m/s2 .
a) Logo a velocidade ao fim de 10 metros será dada por
√
v1 = 2ax = 7.72 m/s.
b) Uma vez atingidos os x = 10 m a força constante F é anulada e o corpo
continua em movimente uniformemente retardado, sob a acção de px e fa . Agora
3
a aceleração do movimento é dada por a2 = (−Px + fa )/6 = 7.02 m/s2 , e o
espaço andado até o corpo parar é
v2
x − x0 = 1 = 4.24 m.
2a2
c) Durante a queda ao longo do plano inclinado, havendo atrito não há conservação da energia mecânica, mas podemos usar o teorema do trabalho-energia
Wext = ∆Emec + ∆Eterm = ∆Ec + fa × ∆x
onde fa × ∆x é igual ao acréscimo de energia térmica do sistema corpo-plano
inclinado devido à dissipação de energia mecânica do sistema. Outra forma
equivalente de escrever a relação acima
Wext = −∆Ep = ∆Ec + fa × ∆x
ou seja
Epi + Eci = Epf + Ecf + fa × ∆x,
onde Ep e Ec representam a energia potencial e a energia cinética respectivamente. Aplicado ao nosso problema temos
s
Epi = Ecf + fa × ∆x,
donde vem vf =
2
(Epi − fa )∆x.
m
isto é vf = 8.90 m/s.
4. Uma bala de 20.0 g é disparada horizontalmente sobre um bloco de madeira
de 1.0 kg, em repouso sobre uma superfı́cie horizontal com coeficiente de atrito
µc = 0.25. A bala atravessa o bloco e emerge dele com uma velocidade de
250 m s−1 . Se a velocidade inicial da bala era 497 m/s, qual o espaço andado
pelo bloco antes de parar?
Resposta:
Durante a colisão o momento linear segundo o eixo dos xx (horizontal) conservase
mb vbi = mb vbf + mm vmf ,
e, por outro lado, como a única força que realiza trabalho é a força de atrito
entre o bloco e a superfı́cie, vem Eci +Watrito = Ecf , onde Watrito = fa ∆x cos 180
é um trabalho negativo sobre o sistema. Temos então,
vbi − vbf
vmf = mb
= 4.94 m/s
mm
1
2
fa ∆x cos 180 = 0 − mm vmf
2
1
2
µmm g∆x =
mm vmf
2
de onde vem
∆x =
2
vmf
= 5 m.
2µg
4