Fep2195 - p1 2007

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FEP2195 - Fısica Geral e Experimental para Engenharia I Prova P1 - Gabarito

1. O vetor posicao de uma partıcula que se move no plano xy e dado por:

~r e dado em metros e t em segundos. (a) (1,0) Determine o vetor velocidade instantanea da partıcula, seu modulo e direcao, para o instante t = 3,0 s. (b) (0,5) Determine o vetor aceleracao instantanea da partıcula para o instante t = 3,0 s.

Vetor velocidade instantanea em funcao do tempo:

Vetor velocidade instantanea para t = 3 s:

Modulo do vetor velocidade instantanea:

Direcao do vetor velocidade instantanea:

θv = arctan

= pi

(b) Vetor aceleracao instantanea em funcao do tempo:

(c) Vetor posicao para t1 = 1,0 s:

Vetor posicao para t2 = 3,0 s:

Vetor deslocamento:

100 m200 m m2. O prefeito da cidade, mostrada na figura, esta preocupado com os possıveis danos que poderiam ser causados pela queda do bloco de massa m, caso as escoras que o sustentam se rompessem. Sendo voce o engenheiro da prefeitura, responda as tres questoes formuladas pelo prefeito: (a) (0,5) Qual o modulo da velocidade com que o bloco chega a borda do penhasco? (Considere desprezıvel o atrito entre o bloco e o piso coberto de grama). (b) (1,0) Qual o tempo total de queda, desde o rompimento das escoras ate atingir o solo? (c) (1,0) A que distancia do penhasco o bloco atinge o solo?

SOLUC AO: (a) Velocidade com que o bloco chega a borda do penhasco:

onde v0 = 0 (o corpo parte do repouso), a = g sen(θ) (com θ = 30◦) e ∆S = d = 250 m. (O sistema de coordenadas utilizado para descrever o movimento tem o seu eixo ao longo do plano inclinado, orientado positivamente para baixo).

(b) Tempo total de queda:

onde ∆t1 e o tempo de descida da rampa e ∆t2 o tempo de queda livre. Determinacao de ∆t1:

onde y = 180 m, y0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)) e t = ∆t2. (O sistema de coordenadas utilizado para descrever o movimento tem o seu eixo y vertical, orientado positivamente para baixo).

Tempo total de queda:

(c) Distancia do penhasco que o bloco atinge o solo:

onde x e a posicao onde o bloco atinge o solo, x0 = 0, v = 50 m/s (determinada no item (a)), θ = 30◦ e t = ∆t2.

M T1 θ

T2 g

3. Um bloco de massa M esta pendurado no interior de um elevador conforme a figura. Todas as unidades sao dadas no Sistema Internacional (S.I.). Determine em funcao de M, ~a, θ e ~g: (a) (1,5) Os vetores que representam as tensoes nos fios ~T1 e ~T2 em coordenadas cartesianas ı e , se o elevador estiver subindo com aceleracao ~a. (b) O instante de tempo em que as tensoes nos fios se anulam, se o elevador estiver descendo com velocidade v = 3t3 (m/s).

SOLUC AO: (a) Tensoes nos fios:

Forca resultante ao longo da direcao horizontal (sentido positivo para a direita ı):∑ Fx = T2cos(θ) − T1 = 0

Forca resultante ao longo da direcao vertical (sentido positivo para cima ):∑ Fy = T2sen(θ)−Mg = Ma

Da segunda equacao:

Da primeira equacao:

Vetores tensoes:

(b) Velocidade de descida:

Aceleracao de descida:

Vetores das tensoes com o elevador descendo com a aceleracao acima:

−9t2 +g = 0 Instante de tempo em que as tensoes se anulam:

θ m

4. O cabo de um esfregao de chao, de massa m, faz um angulo θ com a direcao vertical. Seja µk o coeficiente de atrito cinetico entre o esfregao e o assoalho, e seja µs o coeficiente de atrito estatico entre eles. Despreze a massa do cabo. (a) (1,0) Dado que o esfregao e colocado em movimento, determine, em funcao de m, g, θ e µk, a intensidade da forca F, dirigida ao longo do cabo, necessaria para fa- zer o esfregao deslizar com velocidade constante sobre o assoalho. (b) (1,0) Calcule o trabalho da forca F e o trabalho da forca resultante sobre o esfregao, considerando a mesma situacao do ıtem (a), quando o esfregao se desloca uma distancia d. (c) (0,5) Suponha agora que o angulo θ possa ser variado. Mostre que se o esfregao estiver em repouso e se θ for menor que um certo valor crıtico θ0, o esfregao nao podera ser colocado em movimento, nao importando a intensidade da forca dirigida ao longo do cabo. Encontre

Vamos considerar o sistema de coordenadas com o eixo x horizontal orientado positivamente para a direita e o eixo y vertical orientado positivamente para cima. Como o esfregao deve deslizar com velocidade constante, teremos para as forcas resultantes ao longo dos eixos:∑

onde fa e a forca de atrito e N a normal. Da segunda equacao obtemos:

N = F cos(θ)+mg Como o esfregao deve se deslocar com velocidade constante, temos:

fa = µk N = µk F cos(θ) + µkmg Intensidade da forca F:

F = µkmg

(b) Trabalho da forca F

WF = F sen(θ)d

WF = µkmg sen(θ)

Trabalho da forca resultante: Como o esfregao se desloca com velocidade constante, isso significa que a forca resultante agindo sobre o esfregao e nula, ou seja, o trabalho da forca resultante tambem sera nulo.

(c) Se o esfregao estiver em repouso, a maxima intensidade da forca F que podera ser aplicada, para que o esfregao continue em repouso, sera obtida de:∑

onde faMAX e a forca de atrito estatico maxima, ou seja, faMAX = µsN. Assim, a intensidade da forca maxima sera dada por:

FMAX = µsmg

Mas se sen(θ) = µs cos(θ) FMAX seria muito grande (tenderia a infinito). Assim, se sen(θ) ≤ µs cos(θ) o esfregao nao entrara em movimento, independentemente da intensidade de F. O angulo de inclinacao a partir do qual o esfregao nao entre mais em movimento e obtido de:

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