Resolução da Prova 1 de Física Teórica
Turma C2 de Engenharia Civil
Período 2005.1
Questões
Problema 1:
g e d = 12 m .
Dados do problema: m = 500 kg ; vi = 4; 0 m=s ; !
a = 15 !
! !
Trabalho realizado por uma força constante: W = F d = Fx dx + Fy dy +
! !
Fz dz = F d cos( ) onde é o ângulo entre F e d .
!
(a) Considerando o sentido do eixo y para cima, temos que Fg =
!
!
d = d j . Logo
104 J
Wg = mgd = 5; 88
!
mg j e
59 kJ.
(b) Vetorialmente, a força com que o cabo puxa o elevador para cima é dada
!
!
por T = T j . Desta forma
WT = T d.
Podemos encontrar o valor de T aplicando a segunda lei de Newton ao elevador:
! !
!
!
g = g5 j , temos que na
T + Fg = m!
a . Lembrando que !
a = a j = 51 !
componente y esta equação …ca da seguinte forma:
T
mg =
ma,
ou seja,
T = m(g
g
4
) = mg.
5
5
a) = m(g
Logo
WT =
4
5 mgd
4
5 Wg
=
47 kJ.
(c) O trabalho líquido W realizado sobre a cabine durante a queda é dado
por
W = Wg + WT
12 kJ.
(d) Pelo Teorema Trabalho-Energia Cinética: Kf
Ki = W , ou seja,
Kf = W + Ki
Pela de…nição de energia cinética: Ki = 21 mvi2 = 4 kJ. Assim
Kf
16 kJ.
1
Problema 2:
Dados do problema: M = 3 kg ; m = 1 kg e d = 2 m .
Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o suporte S é
retirado, e o ponto …nal, o instante em que a massa M chega ao chão.
O sistema é dado pelas massas M e m, e a Terra. Este sistema é isolado e
nele só atuam forças conservativas, portanto a energia mecânica se conserva:
Emec = K + U = K(M ) + K(m) + U (M ) + U (m) = cte,
onde U (M ) e U (m) são as energias potencial gravitacional das massas M e m,
respectivamente. Da mesma forma, temos que K(M ) e K(m) são respectivamente as energias cinética de M e m.
(a) Vamos adotar o chão como o zero da energia potencial gravitacional.
Desta forma a uma altura d do chão a massa M estará com Ui;g (M ) = M gd.
Neste ponto, a massa m estará com Ui;g (m) = 0. Temos que no ponto inicial as
massas M estão em repouso, logo Ki (M ) = Ki (m) = 0.
No ponto …nal teremos
Kf (M ) =
1
M vf2 ,
2
1
mv 2 ,
2 f
Uf;g (M ) = 0
Kf (m) =
e
Uf;g (m) = mgd.
Assumimos que o sistema estará se movendo com velocidade …nal vf , pois as
cordas são inextensíveis.
Pela conservação da energia mecânica, obtemos
Ki + Ui;g = Kf + Uf;g
=)
Ki (M ) + Ki (m) + Ui;g (M ) + Ui;g (m) = Kf (M ) + Ki (m) + Ui;g (M ) + Ui;g (m)
=)
0 + 0 + M gd + 0 =
=)
=)
1
1
M vf2 + mvf2 + 0 + mgd
2
2
1
(M + m)vf2 = (M m)gd
2
r
m
vf = 2 M
4; 43 m=s.
M +m gd
(b) Aplicando a 2o. lei de Newton a massa M , obtemos
T
M g = M ( a),
2
lembrando que o sentido da aceleração de M é para baixo. Da mesma forma,
para a massa m teremos
T mg = ma,
lembrando que o sentido da aceleração de m é para cima. Manipulando estas
duas equações, obteremos
M m
g.
a=
M +m
Como esta aceleração é constante, podemos usar a fórmula
vf2 = vi2 + 2ad.
Sendo vi = 0, então
vf =
p
2ad =
r
M m
M +m
2
gd
4; 43 m=s.
Problema 3:
Dados do problema: KS = 25 J e d = 7; 5 cm = 0; 075 m .
Na posição indeformada temos que a energia potencial elástica da mola é
KS = 0. Logo quando comprimimos a mola de uma quantidade d de sua posição
indeformada, a energia potencial elástica da mola será dada por
KS =
onde k é a constante de mola.
Assim
k = 2K
d2
1 2
kd ,
2
8900
N
m
= 89
N
cm .
Problema 4:
Dados do problema: m = 4; 26kg ;
= 33; 0 ; vi = 7; 81 m=s e
Eter = 34; 6
J.
Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o bloco começa
a subir o plano inclinado, e o ponto …nal, o instante em que ele pára (vf = 0) e
chega a uma altura h do chão (Veja a Figura 1). Vamos adotar o chão como o
zero da energia potencial gravitacional.
O sistema é dado pelo bloco de massa m, pela Terra e pelo plano inclinado
com atrito. Este sistema é isolado, logo sua energia total se conserva:
E = Emec + Eter = cte ,
onde Eter é a energia térmica devido ao atrito. A energia mecânica não se
conserva, pois há uma força de atrito cinético que não é uma força conservativa.
Em termos de variações de energia, podemos escrever:
(Emec + Eter ) =
Emec +
3
Eter = 0.
Figura 1: Problema 4.
Assim
Emec =
onde Emec = Ef;mec Ei;mec .
No instante inicial temos:
Eter ,
1
mv 2
2 i
Ki =
e
Ui;g = 0.
No instante …nal temos:
Kf =
1
mv 2 = 0
2 f
e
Uf;g = mgh.
Portanto
Emec = Ef;mec
Ei;mec
=)
Emec = Kf + Uf;g
=)
Emec = 0 + mgh
=)
Emec = mgh
(Ki + Ui;g )
1
( mvi2 + 0)
2
1
mv 2 .
2 i
Por outro lado, vimos que
Emec =
Eter .
Logo
mgh
1
mv 2 =
2 i
=)
mgh =
1
mv 2
2 i
Eter ,
Eter ,
=)
1 2
Eter
vi
.
2g
mg
Pela Figura 1, temos que h = d sen( ), onde d é distância percorrida pelo
bloco sobre o plano inclinado. Então teremos
h=
d=
vi2
2g sen( )
Eter
mg sen( )
4
4; 19 m.
Problema 5:
Dados do problema: vi = 0.
Consideremos o ponto inicial como sendo o instante em que o menino (com
massa m) está no alto do monte hemisférico de gelo, ou seja, a uma altura R
do chão. O ponto …nal é o instante em que ele perde contato com o gelo a
uma altura h do chão. Vamos adotar o chão como o zero da energia potencial
gravitacional.
No ponto inicial temos:
Ki = 0
e
Ui;g = mgR .
No ponto …nal temos:
Kf =
1
mv 2
2 f
e
Uf;g = mgh .
Neste caso, podemos aplicar a conservação da energia mecânica, pois o sistema menino-Terra-gelo está isolado e nele só atuam forças conservativas. Assim
Ki + Ui;g = Kf + Uf;g ,
=)
0 + mgR =
1
mv 2 + mgh ,
2 f
=)
vf2
.
2g
h=R
Para encontrar uma expressão para vf devemos usar a condição que a força
normal se anula quando ele deixe de ter contato com o gelo. A força resultante
que atua no menino é dada por:
!
! !
F res = N + F g .
Como o menino executa um movimento circular de raio R, então a compo!
!
nente na direção do raio da F res deve ser a força centrípeta F C cuja direção é
radial, o sentido é apontando para o centro do círculo e o módulo é dado por:
FC = m
v2
.
R
Na direção radial temos que
mg sen( )
N =m
v2
,
R
h
onde sen( ) = R
(Tome por base a Figura 1 substituindo a letra d pela letra
R). Temos que mg sen( ) é a componente da força gravitacional do menino na
direção radial, apontando para o centro do hemisfério (mesmos direção e sentido
5
da força centrípeta). Observe que a direção da normal é radial, mas com sentido
oposto ao da força centrípeta.
Para N = 0 temos
vf2
g sen( ) =
,
R
=)
vf2
sen( ) =
,
gR
=)
vf2 = gR sen( ) ,
ou seja,
vf2 = gh ,
Vimos que
h=R
vf2
.
2g
h=R
gh
,
2g
h=R
h
,
2
Logo
=)
=)
h+
=)
h
=R,
2
3h
=R.
2
Assim mostramos que
h = 23 R .
6