Engenharia ::: MAF2201 – Física 1
Prof.: Maurício Falleiros
Prova P3
Turma A04
Questões
1. A posição de um objeto que se move ao longo do eixo x é dada em centímetros por x = 7,85 +
1,20.t3, onde t está em segundos. Calcule (a) a velocidade do objeto em t = 2 s e em t = 3 s; (b)
a aceleração média do objeto no intervalo de 2 s a 3 s; (c) sua aceleração instantânea em t = 2 s
e em t = 3 s.
Conceito: obter a expressão da velocidade em função do tempo, pela derivada da posição em
função do tempo; e da aceleração pela derivada da velocidade; diferenciar aceleração média e
aceleração instantânea. E operar com estas funções.
(a) v (t )=
(b) a m =
dx (t)
=3,60 t 2 →
dt
v (2 s)=14,4 cm/s
v (3 s)=32,4 cm /s
Δ v v (3s)−v ( 2s) 32,4−14,4
=
=
=18,0 cm/s 2
Δt
3−2
1
(c) a (t)=
dv (t)
=7,20 t
dt
→ a (2 s)=14,4 cm/s2
a(3 s)=21,6 cm/s 2
2. Em um canteiro de obras uma chave de cano bate no chão com uma velocidade de 28 m/s.
Responda: (a) de que altura deixaram ela cair? (b) quando tempo durou a queda?
Conceito: queda livre nas vizinhanças da superfície terrestre; operar com as equações
adequadas (movimento com aceleração constante).
Duas formas de equacionar e operar: calcular a altura pela equação de Torricelli e o tempo de
queda pela equação da velocidade; ou calcular o tempo de queda pela equação da velocidade,
primeiro, depois calcular o deslocamento (vertical) durante este tempo.
2
2
0
(a) v −v =2 a Δ y
v 2 −v 20 282 −02
→ Δ y=
=
=40,0 m
2a
2. 9,8
(b) v (t )=v 0 + a t=0+9,8 t (eixo y para baixo, com zero no ponto inicial, no alto)
v (t q )=28 m/s → 9,8 t q=28 → t q =2,857 s
… e então poderia resolver o item (a) com:
y (t)=4,9 t 2 →
y (t q )= y (2,857 s)=4,9 . 2,857 2=40,0 m
3. Você arremessa uma bola em direção a uma parede com velocidade de 27 m/s fazendo um
ângulo de 30º acima da horizontal. A parede está a 18 m do ponto de lançamento da bola. (a) A
que altura acima do ponto de lançamento a bola bate na parede? (b) Quais são as componentes
da velocidade no instante em que ela toca a parede?
A componente horizontal da velocidade é vx = v0 cos θ = 23,4 m/s, constante. A componente
vertical da velocidade tem valor inicial v0y = v0 sen θ = 13,5 m/s e, ao longo do tempo:
vy(t) = v0y – 9,8t.
Até atingir a parede, a bola leva t = Δx/vx = 18/23,4 = 0,769 s. Então, sua altura é dada pela
componente vertical da posição (considerando como altura zero o ponto onde a bola é
abandonada pela mão que a lança):
y(t) = 13,5t – 4,9t2 → y(0,769s) = 7,48 m
A componente vertical da velocidade, neste mesmo instante é vy(0,769s) = 5,96 m/s. A
horizontal foi calculada no início.
4. A figura abaixo mostra quatro pinguins que estão se divertindo ao serem puxados em uma
camada de gelo bastante escorregadia (sem atrito)
por um tratador. As massas de três pinguins são
m1 = 11 kg, m3 = 13 kg e m4 = 16 kg, e a tração
em dois dos fios são T2 = 120 N e T4 = 220 N.
Ache a massa m2 do segundo pinguim.
Pode-se escrever a segunda lei de Newton para cada pinguim, acrescentando as trações T3 e T1,
chegando ao mesmo resultado, mas é mais fácil considerar 1 e 2 juntos, 3 e 4 juntos. A
aceleração de todos os pinguins (consequentemente das duas duplas também) é a mesma. O
sistema resultante tem as incógnitas a e m2 – das quais a primeira não interessa nesse exercício
(mas pode ser encontrada e usada, no caminho da solução).
T2
T 2=(m1 + m2 )a
→ a=
T 4 −T 2=(m3 +m4 ) a
( m 1+ m 2)
m2 = (m3+ m4 )
T 4−T 2 = ( m3+ m4 )
T2
(m1 +m2)
→
T2
−m1 = 23,8 kg (a aceleração vale a = 3,45 m/s2)
(T 4−T 2)
5. Um elevador pesando 22,5 kN recebe uma aceleração para cima de 1,15 m/s 2 por meio de um
cabo. (a) Calcule a tração no cabo. (b) Qual será a tração quando o elevador estiver
desacelerando a uma taxa de 1,05 m/s2 mas ainda estiver se movendo para cima?
(a) Sobre o elevador agem o peso e a tração. Considere positivo para cima, já que a aceleração
observada é para cima.
T − P = ma → T = ma +m g = m( g + a) =
P
( g +a) = P (1+a / g ) = 25140 N = 25,1 kN
g
Atenção! 22,5 kN = 22,5.103 N = 22500 N
(b) “Desacelerando mas ainda movendo para cima” quer dizer que a aceleração é negativa (se o
eixo continua para cima). Basta usar a mesma equação acima, só que com a = –1,05 m/s2:
T = 20089 N = 20,1 kN
ou então considerar positivo para baixo, daí as forças trocam de sinal e tudo dá na mesma.
6. Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força
horizontal é aplicada ao bloco maior, como mostrado na figura ao
lado. (a) Se m1 = 3,3 kg, m2 = 1,1 kg e F = 4,8 N, ache o módulo da
força entre os dois blocos. (b) Se uma força de mesmo módulo F for
aplicada ao bloco menor mas no sentido contrário, qual será o módulo da força entre os blocos?
(a) Os eixos verticais não importam, neste problema, pois não há atrito, e a normal vertical
(contra a mesa) e o peso se equilibram, em cada corpo. Na horizontal, sobre o corpo 1 agem a
força externa F, positiva, e a normal contra o corpo 2, negativa; sobre o corpo 2, age apenas a
normal contra o corpo 1, positiva; a normal sobre um corpo contra o outro tem o mesmo
módulo que a normal sobre o outro contra o primeiro. A aceleração dos dois corpos é a mesma.
F −M = m1 a
M
M
F
→ F− M = m1
→ M=
= 1,2 N
→ a=
m2
m2
1 + m1 /m2
M =m2 a
(b) A situação é praticamente a mesma, trocando as massas m1 e m2 de equação:
F −M = m2 a
M
M
F
→ F − M = m2
→ M=
= 3,6 N
→ a=
m1
m1
1 + m2 /m1
M =m1 a
7. Um engradado de 64 kg é arrastado sobre um piso horizontal, puxado por uma corda presa ao
engradado e inclinada de 15º acima da horizontal. (a) Se o coeficiente de atrito estático for de
0,40, qual será a intensidade da força mínima necessária para que o engradado comece a se
mover? (b) se μK = 0,25, qual será a intensidade da aceleração do engradado, quando ele se
mover?
Com a força na diagonal, sua intensidade interfere tanto na componente horizontal que move o
engradado quanto na vertical, diminuindo sua normal com o chão (o que reduz o atrito). Então
é necessário equacionar os dois eixos e resolver o sistema. Separadamente para a situação (a) e
para a (b), já que uma é de equilíbrio e envolve a força de atrito estático, e a outra, tem
aceleração e força de atrito cinético.
(a) A intensidade mínima da força é quando ela iguala o valor máximo do atrito estático.
eixo y : F sen 15º + N −P = 0 → N = m g −F sen 15º
→
eixo x : F cos 15º− f s,max = 0 → F cos 15º−μ s N = 0
F cos 15º−μ s (m g−F sen 15º) = 0 → F (cos 15º +μ s sen 15º) = μs m g →
F=
μs m g
= 234,6 N
cos 15º +μ s sen 15º
(b) A equação do eixo y não muda, a do eixo x agora envolve cinético e aceleração. Quando ele
começar a se mover, a força F terá a intensidade calculada no item anterior e a incógnita é a
aceleração.
eixo y : F sen 15º+ N −P = 0 → N = m g−F sen 15º
→
eixo x : F cos 15º− f s,max = ma → F cos 15º−μ k N = m a
F cos 15º−μ k (m g−F sen 15º) = ma → a =
F (cos 15º+μ k sen 15º )−μ k m g
= 1,33 m /s 2
m