UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA
Centro de Ciências Exatas e da Natureza
Departamento de Fı́sica
Disciplina: Fı́sica Geral I
Prof.: Carlos Alberto
Aluno(a):
Matrı́cula:
Segunda Verificação de Aprendizagem (2a V.A.) - 09/07/2014
Questão 1. Responda:
a) (1,5) Um astronauta orbitando a Terra tem em suas mãos duas bolas aparentemente idênticas.
No entanto, uma das bolas é oca e a outra é preenchida com chumbo. Como o astronauta
pode determinar qual é qual? Cortar ou alterar as bolas não é permitido.
b) (1,0) Pode um imã pendurado em frente a um carro de ferro (ver figura abaixo) fazê-lo
andar? Justifique sua resposta.
ATENÇÃO: Escolha 3(três) entre as 4(quatro) questões abaixo para serem respondidas.
Questão 2. A figura mostra uma caixa de massa m2 = 1, 0 kg sobre um plano inclinado sem
atrito de ângulo θ = 30o . Ela está ligada por uma corda de massa desprezı́vel a uma caixa de
massa m1 = 3, 0 kg sobre uma superfı́cie horizontal sem atrito. A polia não tem atrito e sua massa
é desprezı́vel. Adote sen(30o ) = 0,5, cos(30o ) = 0,8 e g = 10 m/s2 .
a) (1,0) Se o módulo da força horizontal F~ é 3 N, qual é a aceleração adquirida por cada bloco?
b) (0,5) No caso do item anterior, qual é a tensão na corda?
c) (1,0) Qual é o maior valor que o módulo de F pode ter sem que a corda fique frouxa?
Questão 3. Um viciado em movimentos circulares, com 80 kg de massa, está andando em uma
roda-gigante que descreve uma circunferência vertical de 10 m de raio a uma velocidade escalar
de 6 m/s. Qual é o módulo da força normal exercida pelo acento sobre o viciado quando ambos
passam
a) (1,0) pelo ponto mais alto da trajetória circular e
b) (1,0) pelo ponto mais baixo?
c) (0,5) Supondo agora um motociclista num globo da morte descrevendo a mesma trajetória.
Qual a menor velocidade que ele pode ter para permanecer em contato com a pista?
Profo Carlos Alberto
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Questão 4. Próximo à borda de um telhado de um prédio de 12 m de altura, você chuta uma
bola com uma velocidade
vi = 20 m/s a um ângulo de 60o acima da horizontal. Adote sen(60o ) =
√
0,8; cos(60o ) = 0,5; 10 = 3. Desprezando a resistência do ar, encontre
a) (1,5) a altura máxima, acima do telhado do prédio, atingida pela bola e
b) (1,0) sua velocidade, quando está prestes a tocar o solo.
Questão 5. (2,5) Um bloco de massa m2 = 4, 0 kg está pendurado, através de um fio que passa
por uma polia sem massa e sem atrito, a um bloco de massa m1 = 6, 0 kg que está sobre uma
prateleira. O coeficiente de atrito cinético é 0,16. O bloco de 6,0 kg é empurrado contra uma
mola, comprimindo-a de 10 cm, A mola tem uma constante de força de 160 N/m. Determine a
rapidez dos blocos depois que o bloco de 6,0 kg tiver sido largado e o bloco de 4,0 kg tiver descido
uma distância de 40 cm. (Suponha o bloco de 6,0 kg inicialmente a pelo menos 40 cm da polia.)
FÓRMULAS ÚTEIS
F~R = m~a;
Fat = µN ;
W = F~ · d~
mv 2
kx2
;
Ug (x) = mgx;
Uel (x) =
;
2
2
W = ∆K = −∆U
Wext = ∆Emec + ∆Eterm
K=
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2
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Resolução
Questão 01:
a) A força requerida para acelerar um objeto é proporcional a sua massa (F~ = m~a). Então, o
astronauta pode determinar qual é a bola oca e qual é a preenchida por chumbo sacudindo
cada uma ou acelerando-as com uma dada força. A força necessária para acelerar a bola oca
é menor devido a sua massa mais baixa.
b) Não. Isso não irá funcionar porque o imã faz parte do carro, não é externo a ele. Segundo
a 1a lei de Newton, para que haja uma mudança no estado de repouso do carro é necessário
que haja uma força externa aplicada sobre o mesmo (e a força do imã é interna).
Questão 02: O diagrama do corpo livre para cada bloco é o seguinte:
Analisando o diagrama temos
|T~1 | = |T~2 | = T ;
P2x = P2 sin θ;
P2y = P2 cos θ;
a) Aplicando a segunda lei de Newton para o eixo x de cada bloco, temos:
F + T = m1 a
P2 sin θ − T = m2 a
(1)
(2)
Somando as duas equações e substituindo P2 = m2 g:
F + m2 g sin θ = (m1 + m2 )a
→
a=
F + m2 g sin θ
3 + 1 · 10 · 0, 5
=
= 2 m/s2
(m1 + m2 )
(1 + 3)
b) Substituindo o valor de a encontrado no item anterior na equação (1) encontramos
T = m1 a − F = 3 · 2 − 3 = 3 N
c) No caso crı́tico, em que F tem o seu valor máximo, a tensão na corda vai a zero. Fazendo
T = 0 nas equações (1) e (2), temos
F = m1 a
P2 sin θ = m2 a
(3)
(4)
De (4) temos que a = m2 g sin θ = 5 m/s2 . Substituindo isso em (3) encontramos Fmax = 15 N .
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3
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Questão 03: O diagrama do corpo livre para a pessoa na roda-gigante está representado na figura
abaixo:
a) No ponto mais alto da trajetória, a força resultante aponta para baixo (centro da trajetória)
e é uma resultante centrı́peta. Assim
P − N = macp
→
N = P − macp = mg − mv 2 /R
N = 80 · 10 − 80 · 62 /10 = 800 − 288 = 512 N
b) No ponto mais baixo da trajetória, a força resultante aponta para cima (centro da trajetória)
e é uma resultante centrı́peta. Assim
N − P = macp
→
N = P + macp = mg + mv 2 /R
N = 80 · 10 + 80 · 62 /10 = 800 + 288 = 1088 N
c) Para um motociclista num globo da morte, temos, no ponto mais alto
P + N = mv 2 /R
na iminência de cair, N = 0, então
P = mv 2 /R
→
mgR = mv 2
→
v=
p
√
gR = 10 · 10 = 10 m/s
Questão 04:
a) Adotando a energia potencial gravitacional sendo zero no
telhado, temos que a energia inicial é puramente cinética.
No ponto mais alto da trajetória, a componente da velocidade em y se anula, restando apenas a componente em
x (vx = vi cos θ). Aplicando a conservação da energia,
temos
Einicial = Ef inal
h=
→
mvi2
m(vi cos θ)2
= mgh +
2
2
v2
202
vi2 − vi2 cos2 θ
= i (1−cos2 θ) =
(1−0, 52 ) = 15 m
2g
2g
2 · 10
b) Adotando o mesmo nı́vel de referência do item anterior, a
energia final é a soma da energia cinética com a potencial
gravitacional, assim
mvf2
mvi2
Einicial = Ef inal
→
= mg∆y +
→ vf2 = vi2 − 2g∆y
2
2
q
p
√
√
vf = vi2 − 2g∆y = 202 − 2 · 10(−12) = 640 = 8 10 ≈ 24 m/s
Profo Carlos Alberto
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Questão 05:
Como no problema há atrito, haverá transformação de energia mecânica em energia térmica.
Assim
Wext = ∆Emec + ∆Eterm
com Wext = 0, pois só atuam forças internas (considerando como parte do sistema os blocos, a
prateleira, a Terra e a mola).
Adotando o nı́vel de referência para a energia potencial gravitacional no ponto de partida do bloco
2, temos
0 = ∆Emec + ∆Eterm = Ef inal − Einicial + Fat · d
No final há energia cinética (positiva) e energia potencial gravitacional (negativa); no inı́cio há
apenas energia potencial elástica (já que adotamos o nı́vel de referência na posição inicial do bloco
2). Assim,
(m1 + m2 )v 2
kx2
= m2 gd +
− µm1 gd
2
2
s
2
2m2 gd + kx − 2µm1 gd
2(m2 − µm1 )gd + kx2
v2 =
→ v=
m1 + m2
m1 + m2
r
r
r
2(4 − 0, 16 · 6)10 · 0, 4 + 160 · 0, 12
2 · 3 · 10 · 0, 4 + 160 · 0, 01
24 + 16
v=
=
=
6+4
10
10
0=
kx2
m1 v 2 m2 v 2
+
+ m2 g∆y −
+ µN1 d
2
2
2
→
v = 2 m/s
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