2013 elder ita ime mecanica resolucoes by Elder Nunes

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Física 1 – ITA/IME

OBS: - As resoluções foram feitas para detalhar os acontecimentos e as passagens algébricas. O objetivo principal não é chegar aos resultados da maneira mais rápida. - Vários problemas têm mais de um caminho para solução. As apresentadas correspondem, não necessariamente, às mais curtas, mas às que, na minha opinião, são mais didáticas. - As questões foram divididas, sem rigor, pelos assuntos constantes no programa do ITA – 2013. Os itens do programa do ITA foram grafados em vermelho. - Os módulos das grandezas vetoriais foram representados apenas pela letra, por exemplo, "v" e, não, do modo correto que seria " | v | ". - Os cálculos foram feitos usando calculadora e não foram respeitadas as normas de operações com algarismos significativos, pois, na maioria dos casos, isto seria impossível em face da forma como os dados são apresentados nos enunciados. Não custa lembrar que também não se respeitam estas normas na maioria dos exercícios colocados em livros e provas. - Agradeço antecipadamente por reportar qualquer erro detectado nas presentes soluções. E-mail para contato: eldervix@ymail.com.

Resoluções, desenhos, editoração e digitação: Elder Ferreira

Elder

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Física 1 – ITA/IME

1. Noções sobre medidas físicas: algarismos significativos. Desvios e erros. Análise Dimensional. Grandezas escalares e vetoriais. Soma e subtração de vetores. Escalas e gráficos. Funções. Representação gráfica de funções. Sistema Internacional de Unidades (SI). 01. (ITA-SP-2007-01-O) Sobre um corpo de 2,5 kg de massa atuam, em sentidos opostos de uma mesma direção, duas forças de intensidades 150,40 N e 50,40 N, respectivamente. A opção que oferece o módulo da aceleração resultante com o número correto de algarismos significativos é a) b) c) d) e)

40,00 m/s2. 40 m/s2. 0,4 × 102 m/s2. 40,0 m/s2. 40,000 m/s2.

RESOLUÇÃO: Dados: m  2,5 kg

| F1 |  150,40 N

| F2 |  50,40 N

De acordo com o enunciado a configuração pode ser:

utilizando a 2ª lei de Newton:

R  F2  F1  m  a  F2  F1  2,5  a  150,40  50,40  R  40,00 N O resultado deve ser expresso como na medida com o menor número de algarismos significativos e, no enunciado, temos medidas com 2 algarismos significativos (m = 2,5 kg), 5 algarismos significativos ( | F1 |  150,40 N ) e 4 algarismos significativos ( | F2 |  50,40 N ), portanto, o resultado deve ser expresso com 2 algarismos significativos: a  40

Elder

m s2

, alternativa B

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Física 1 – ITA/IME

02. (ITA-SP-1991-02-O) Considere a terra como sendo uma esfera de raio R e massa M, uniformemente distribuída. Um satélite artificial descreve uma órbita circular a uma altura h da superfície da terra, onde a aceleração gravitacional (sobre a órbita) é g. Em termos de algarismos significativos, o quadrado da velocidade do satélite é melhor representado por: Dados: R = 6,378 × 106 m; M = 5,983 × 1024 kg; h = 2,00 × 105 m e g = 9,2 m/s2 a) b) c) d) e)

16,81 × 106 (km/h)2 3,62 × 1032 (km/h)2 6,05 × 107 (m/s)2 6,0517 × 107 (m/s)2 Nenhum dos valores apresentados é adequado.

RESOLUÇÃO: Dados: R  6,378  106 m

M  5,983  1024 kg m g  9,2 2 s

h  2,00  105 m

Para que o satélite permaneça em órbita, a aceleração gravitacional será a aceleração centrípeta: | g |  | aCP |  g  9,2 

v2 Rh

v2 6,378  106  2,00  105

m v  6,05176  10   s 2

como, dentre as medidas utilizadas no cálculo, a que apresenta o menor número de algarismos significativos é a aceleração da gravidade, g = 9,2 m/s2, com dois algarismos significativos, o resultado deve ser escrito como: m v  6,1  10   s 2

mas, alguns autores acham aceitável na multiplicação e na divisão um algarismo a mais, e o resultado também poderá ser escrito como:

m v  6,05  10   s 2

alternativa C.

Elder

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Física 1 – ITA/IME

03. (ITA-SP-1990-01-O) Uma dada diferença de potencial foi medida com uma incerteza de 5%. Se o valor obtido foi de 10.930 volts, a forma correta de expressar esta grandeza, em termos dos algarismos significativos, é: a) b) c) d) e)

1,09 × 104 V 1,093 × 104 V 1,0 × 104 V 1,0930 × 104 V 10,930 × kV

RESOLUÇÃO: Dados:

incerteza  5%, ddp  10.930 V Calculando 5% de 10.930: Erro  0,05  10.930  Erro  546,5 V

a medida seria então: ddp  10.930  546,5 V

o que indica que o primeiro algarismo duvidoso está na casa da centena de volts (o primeiro 5 em 546,5), o que corresponde ao algarismo 9 na medida 10.930 V, logo a medida deve ser escrita de modo que o algarismo 9 (o duvidoso) seja o último:

ddp  10.930 V 

ddp  1,09  104 V

alternativa A. OBS: Repare que a única maneira de escrever o valor da medida colocando o algarismo 9 como o último é utilizando potência de dez.

Elder

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Física 1 – ITA/IME

04. Um jornal sai nos dias úteis com um caderno, e nos domingos, com dois cadernos (mais ou menos do mesmo tamanho). As ordens de grandeza mais prováveis do número total de letras impressas em cada jornal, nos dias úteis e nos domingos, são, respectivamente: a) b) c) d) e)

104 e 108 106 e 1010 1010 e 1010 105 e 105 104 e 1016

RESOLUÇÃO: Digamos que a ordem de grandeza do número de letras impressas em um caderno seja 10n, teríamos, então, para dois cadernos 2 × 10n. Como 2 é menor do que 5,5 (e também que 3,16), a ordem de grandeza também seria 10n.

dia útil domingo n 10  10n As alternativas C e D atendem a esta condição, mas, apele para o bom senso e perceba que 1010 é muito: 10.000.000.000 = 10 bilhões de letras = 10.000 milhões de letras! Alternativa D.

OBS. Seria perfeitamente possível estimar o número de letras, descubra como!

Elder

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Física 1 – ITA/IME

05. Qual é a ordem de grandeza do número de bolas de ping-pong que cabem numa sala de 8 m de largura por 20 m de comprimento e 4 m de altura? RESOLUÇÃO: Dados:

L 8m

C  20 m

A 4m

O primeiro passo é pensar numa forma de calcular o número de bolas sem incluir os espaços vazios que ficam entre as bolas. Uma maneira de fazer é imaginar caixas cúbicas que contêm uma bola. A sua aresta seria o diâmetro da bola:

Devemos, agora, estimar o diâmetro de uma bola de ping-pong. Utilizaremos o valor de 4 cm = 0,04 m (o diâmetro correto é de 38 mm = 3,8 cm = 0,038 m), dividindo o volume total da sala pelo volume de uma caixa, determinaremos o número de caixas que cabem na sala e, como em cada caixa cabe apenas uma bola, teremos o número de bolas:

nbolas  ncaixas

 nbolas 

Vsala Vcaixa

nbolas  10.000.000 bolas 

 nbolas 

LC A a3

 nbolas 

8  20  4 0,043

OGn  107 bolas

OBS: - Repare que para obtermos uma ordem de grandeza maior ou menor do que 107 teríamos de considerar o diâmetro da bola menor do que 2,27 cm ou maior do que 4,88 cm, o que não seria razoável. - De qualquer modo se a questão for de múltipla escolha as alternativas oferecidas serão distanciadas o suficiente para que não haja dúvida quanto à correta.

Elder

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Física 1 – ITA/IME

06. Uma floresta tem 1.000.000 de árvores. Nenhuma árvore tem mais que 300.000 folhas. Pode-se concluir que: a) b) c) d) e)

existem na floresta árvores com números de folhas distintos. existem na floresta árvores com uma só folha. existem na floresta árvores com o mesmo número de folhas. o número médio de folhas por árvore é 150.000 unidades. o número total de folhas na floresta pode ser maior que 1012 unidades.

RESOLUÇÃO: a) Errada. O enunciado não impede que todas as árvores tenham o mesmo número de folhas. b) Errada. O número de folhas de cada uma das árvores pode ser diferente de um. c) Correta. Como o número de árvores é maior do que o número máximo de folhas por árvore, necessariamente teremos repetição de número de folhas. d) Errada. Alternativa descabida. e) Errada. Se todas as árvores tivessem 300.000 folhas, o total de folhas seria calculado como abaixo:

n  1.000.000  300.000  n  3  1011 folhas 3  1011 folhas  1012 folhas

Elder

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07. (IME-RJ-2007-21-O) Analisando certo fenômeno físico, um pesquisador verificou que determinada grandeza era diretamente proporcional ao produto de uma força por uma velocidade e inversamente proporcional ao produto do quadrado de um peso pelo cubo de uma aceleração. Sabendo-se que a constante de proporcionalidade é adimensional, a expressão dimensional da referida grandeza é: a) b) c) d) e)

[L]–4 [M]–2 [T]5 [L]–2 [M]–1 [T]3 [L]–5 [M]–3 [T]6 [L]–2 [M]–4 [T]4 [L]–3 [M]–1 [T]7

RESOLUÇÃO: Segundo o enunciado:

Gk

F v F 2  a3

onde "G" é a grandeza, "k" a constante de proporcionalidade, "F" força (peso é uma força), "v" a velocidade e "a" a aceleração. As equações dimensionais são:

F  m  a  [F]  M  L  T 2

v

d  [v]  L  T 1 t

a

v  [a]  L  T 2 t

substituindo: [G]  1

M  L  T 2  L  T 1 (M  L  T 2 )2  (L  T 2 )3

[G]  M  L2  T 3  M2  L5  T10

Elder

 [G] 



M  L2  T 3 M2  L2  T 4  L3  T 6

 [G] 

M  L2  T 3 M2  L5  T 10

[G]  L3  M1  T 7 , alternativa E

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08. (ITA-SP-2012-01-O) Ondas acústicas são ondas de compressão, ou seja, propagam-se em meios compressíveis. Quando uma barra metálica é golpeada em sua extremidade, uma onda longitudinal propaga-se por ela com velocidade v  Ea /  . A grandeza E é conhecida como módulo de Young, enquanto  é a massa específica e a uma constante adimensional. Qual das alternativas é condizente à dimensão de E? a) b) c) d) e)

J/m2 N/m2 J/s × m kg × m/s2 dyn/cm3

RESOLUÇÃO: A equação dada no enunciado é: v

Ea 

onde "v" é uma velocidade, "a" é adimensional e "  " é uma massa específica. As equações dimensionais são:

v

d  [v]  L  T 1 t



m  []  M  L3 V

substituindo:

L  T 1 

[E] 

[E]  1 M  L3

M  L  T 2 L2

 (L  T 1 )2 

 [E] 

[E] M  L3

 [E]  L2  T 2  M  L3

 [E]  M  L1  T 2

[F] força  E [A] área

No Sistema Internacional de Unidades: U(E) 

Elder

N m2

, alternativa B

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09. (ITA-SP-1993-01-O) Num sistema de unidades em que as grandezas fundamentais são m (massa), p (quantidade de movimento), t (tempo) e i (corrente elétrica), as dimensões das seguintes grandezas: I) força, II) energia cinética, III) momento de uma força em relação a um ponto, IV) carga elétrica e V) resistência elétrica, são dadas por: I

III

p2 m-1

pt-1

p2 m-2

it-1

p-2 mt

pmt

pmt-1

i-1 t

pt-1

p2 m-1

p2 m

p-2 m

it2

p-1 mt-

RESOLUÇÃO: Dados: m p t

V p m-1 i-2 pmti p2 mt-1 i-2 2 p m-1 t-1 i-2 2

itm

As grandezas fundamentais são: m  massa

p  quantidade de movimento

t  tempo

i  corrente elétrica

a quantidade de movimento é dada pelo produto entre uma massa e uma velocidade: p  m  v  [p]  [M]  [v]  [p]  [M]  [L]  [t] 1  [L] 

[p]  [t]  [L]  p  t  m1 [M][t]

I) Pela 2ª lei de Newton, para força temos: d v F  ma  F  m  F  m  t  [F]  [M]  [L]  [T]2 t t

 [F]  m  p  t  m1  t 2

[F]  p  t 1 II) A energia cinética é o semi produto da massa pelo quadrado da velocidade:

EC 

m  v2 2

S m  t  EC  2

[EC ]  m  p2  t 2  m2  t 2



 [EC ]  [M]  [L]2  [T]2

 [EC ]  m  (p  t  m 1 )2  t 2

[EC ]  m1  p2

III) O momento de uma força em relação a um ponto é o produto de uma força por uma distância: d v MF  F  d  MF  m  a  d  MF  m   d  MF  m  t  d t t Elder

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Física 1 – ITA/IME

[MF ]  [M]  [L]  [T] 2

2

1 2

 MF  m  (p  t  m )  t

2

 MF  m  p  t  m2  t 2 2

MF  m1  p2 IV) A carga elétrica é o produto da corrente elétrica por um tempo, como corrente elétrica é uma grandeza fundamental: Q  i t 

[Q]  i  t

V) A resistência elétrica é a razão entre uma potência e o qu adrado de uma corrente elétrica: v m d POT W 2 F  d 2 m  a  d 2 t R 2  R i  R i  R i  R  i2 t t t t i md d  t  i2 R t t

 [R]  [m]  [L]2  [T]3  [i]2

[R]  m  p2  t 2  m2  t 3  i2



 [R]  m  (p  t  m1 )2  t 3  i2

[R]  m 1  p 2  t 1  i2

alternativa d

Elder

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10. (IME-RJ-2010-23-O) Em certo fenômeno físico, uma determinada grandeza referente a um corpo é expressa como sendo o produto da massa específica, do calor específico, da área superficial, da velocidade de deslocamento do corpo, do inverso do volume e da diferença de temperatura entre o corpo e o ambiente. A dimensão desta grandeza em termos de massa (M), comprimento (L) e o tempo (T) é dada por: M2 L−1 T−3 M L−1 T−2 M L−1 T−3 M L−2 T−3 M2 L−2 T−2

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO: Segundo o enunciado, a equação que dá a grandeza é:

G  c Av

1  (t corpo  t ambiente ) V

Q m  t

M  L2  T 2 M 

as equações dimensionais são: 

v

m M  [ ]  3 V L

d t

 [v]  L  T 1

c

 [c] 

V  d3

A  d2

 [V]  L3

 [A]  L2



substituindo: [G] 

Elder

M M  L2  T 2 1   L2  L  T 1   3 L M L3



[G]  M  L1  T 3

, alternativa C

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11. (ITA-SP-2011-09-O) Um exercício sobre a dinâmica da partícula tem seu início assim enunciado: Uma partícula está se movendo com uma aceleração cujo módulo é dado por (r  a3 / r 2 ) , sendo r a distância entre a origem e a partícula. Considere que a partícula foi lançada a partir de uma distância a com uma velocidade inicial 2 a . Existe algum erro conceitual nesse enunciado? Por que razão? a) b)

Não, porque a expressão para a velocidade é consistente com a da aceleração; Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a2  ;

Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a2  / r ;

Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2 a2 / r ;

Sim, porque a expressão correta para a velocidade seria 2a  .

RESOLUÇÃO: Representando a aceleração pela letra grega "  ", para não confundir com a letra "a" que, no problema, representa uma distância, temos que, segundo o enunciado, a aceleração é dada por:  a3      r  2  r  

as equações dimensionais são:

[r]  [a]  L

  L  T2

substituindo:  L3  L  T 2     L  2   L  

L  T 2    L

   T 2

segundo o enunciado, a velocidade é dada por: v  2 a

substituindo: 1

[v]  T 2  L  [v]  L2  T 1 concluímos que existe um erro conceitual no enunciado, pois a equação dimensional correta de velocidade é:

[v]  L  T 1 a única alternativa que dá a equação verdadeira para a velocidade inicial é a E: v  2a 

Elder

 [v]  L  T 2

 [v]  L  T 1

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12. (IME-RJ-2012-23-O) Em problemas relacionados ao aproveitamento de energia térmica, é comum encontrar expressões com o seguinte formato: V  k     , Onde: • V: variável de interesse com dimensão de razão entre potência e o produto área x temperatura; •  : representa a taxa de variação de temperatura com relação a uma posição; •  : é a viscosidade dinâmica de um fluido, cuja dimensão é a razão (força x tempo)/ área Sabendo-se que as dimensões básicas para temperatura, comprimento e tempo são designadas pelos símbolos  , L e T, a dimensão de k é dada por a) b) c) d) e)

L-2  -2 T-1 L2  -2 T-2 L-2  -2 T L-2  -2 T2 L-2  2 T-1

RESOLUÇÃO: Segundo o enunciado: M  L2  T 3

V

Pot At



t  []    L1 d



F t M  L  T 2  T  []   []  M  L1  T 1 A L2

 [V] 

L  2

 [V]  M  T 3  1

substituindo na expressão dada no enunciado:

V  k  

Elder

M  T3  1  [k]    L1  M  L1  T1 

[k]  L2  T2  2 , alternativa B

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13. (ITA-SP-2010-01-O) Pela teoria Newtoniana da gravitação, o potencial gravitacional devido ao Sol, assumindo simetria esférica, é dado por V  GM / r , em que r é a distância média do corpo ao centro do Sol. Segundo a teoria da relatividade de Einstein, essa equação de Newton deve ser corrigida para V  GM / r  A / r 2 , em que A depende somente de G, de M e da velocidade da luz, c. Com base na análise dimensional e considerando k uma constante adimensional, assinale a opção que apresenta a expressão da constante A, seguida da ordem de grandeza da razão entre o termo de correção, A / r 2 , obtido por Einstein, e o termo GM / r da equação de Newton, na posição da Terra, sabendo a priori que k = 1. a) b) c) d) e)

A = kGM/c e 10–5 A = kG2M2/c e 10–8 A = kG2M2/c e 10–3 A = kG2M2/c2 e 10–5 A = kG2M2/c2 e 10–8

RESOLUÇÃO: Dados (estavam no início da prova) constante gravitacional: G  6,67  1011 m3 / s2kg massa do Sol: M  1,99  1030 kg distância média do centro da Terra ao centro do Sol: 1,5  1011 m velocidade da luz: c  3  108 m / s

Da expressão de Newton para a força gravitacional obtemos a equação dimensional para G:

F  G

M m M2 2  M  L  T  [G]  d2 L2

 [G]  M1  L3  T 2

da expressão do potencial gravitacional assumindo simetria esférica, dada no enunciado:

V 

GM M1  L3  T 2  M  [V]   [V]  L2  T 2 r L

substituindo na equação de Einstein dada no enunciado: V 

GM A  2 r r

L2  T 2 

 L2  T 2 

M1  L3  T 2  M [A] [A]  2  L2  T 2  L2  T 2  2 L L L

[A]  [A]  L4  T 2 2 L

de acordo com o enunciado, A depende de G, M e v:

A  Gx  My  v z  L4  T 2  (M1  L3  T 2 )x  My  (L  T 1 )z L4  T 2  M x  L3x  T 2x  My  Lz  T  z  L4  M0  T 2  L3x  z  M x  y  T 2x z

daí temos o seguinte sistema de equações: Elder

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3  x  z  4 (1)   x  y  0  x  y (2) 2  x  z  2  z  2  2  x 

 substituindo (2) e (3) em (1): (3)

3  x  2  2  x  4  x  2  substituindo em (2): y  2 substituindo x em (1): 3  2  z  4  z  2 substituindo x, y e z na equação de A e lembrando que k é uma constante adimensional:

[A]  k  G2  M2  c 2



[A] 

k  G2  M2 c2

substituindo A e lembrando que, de acordo com o enunciado k = 1: A 2 R r GM r R

k  G2  M2 A r A c2  R 2   R  R GM r GM r GM r

k GM 1 6,67  10 11  1,99  1030  R  r  c2 1,5  1011  (3  108 )2

R  9,83  10 9



 R

6,67  1,99  1019 1,5  1011  9  1016

R  0,98  10 8

alternativa E

Elder

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2. Cinemática escalar da partícula: equação horária de um movimento. Trajetória. Velocidade e aceleração. Estudo gráfico do movimento. Movimento de projéteis. Movimento circular. Cinemática vetorial. 14. (ITA-SP-2009-03-O) Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados? a) b) c) d) e)

14 horas e 30 minutos 13 horas e 20 minutos 7 horas e 20 minutos 10 horas Não é possível resolver porque não foi dada a distância percorrida pelo barco.

RESOLUÇÃO: Dados: tS  10 h

tD  4 h

SS  SD

| vB |  constante  movimento uniforme

Na subida, com movimento uniforme:

v S  vB  v C  vB  v S  v C na descida, com movimento uniforme:

vD  vB  v C  vB  vD  v C como a velocidade do barco em relação à água é constante: v S  v A  vD  v A

 2  v A  vD  v S

 2

S S S   t A tD t S

2 10  4 80   t A   t A  13,33  t A 40 6



2 1 1   t A 4 10

t A  13 h 20 m , alternativa B

para o barco com os motores desligados, o seu movimento será o mesmo da água do rio.

Elder

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Física 1 – ITA/IME

15. (PDFG-Irodov-RU-1.2) Um ponto percorre a metade do caminho com velocidade v0. O restante do percurso é feito a uma velocidade v1 durante a metade do tempo, e a uma velocidade v2 no trajeto final. Determinar a velocidade média do ponto no percurso total. Resolução: Dados:

AB 

AD 2

tBC  t CD 

tBD 2

Na primeira metade do movimento uniforme a velocidade média será:  B S L2 L v  v0   t 0  t t 0 2  v0 A

a segunda metade é dividida em duas etapas percorridas no mesmo intervalo de tempo e, portanto, a velocidade média na segunda metade será a média aritmética entre as velocidades nas duas etapas:  D v  v2 vMÉDIA  1 2



S v1  v 2  t 2



v  v2 L2  1 2  t1 2

 2  t1 

L v1  v 2

no percurso completo: A

 D

v

S L  v MÉDIA  t t 0  2  t1

v MÉDIA 

Elder

 v MÉDIA 

L L L  2  v 0 v1  v 2

 v MÉDIA 

1 v1  v 2  2  v 0 2  v 0  (v1  v 2 )

2  v 0  (v1  v 2 ) v1  v 2  2  v 0

169

Física 1 – ITA/IME

16. (ITA-SP-2001-25-D) Um elevador está descendo com velocidade constante. Durante este movimento, uma lâmpada, que o iluminava, desprende-se do teto e cai. Sabendo que o teto está a 3,0 m de altura acima do piso do elevador, o tempo que a lâmpada demora para atingir o piso é a) b) c) d) e)

0,61 s 0,78 s 1,54 s infinito, pois a lâmpada só atingirá o piso se o elevador sofrer uma desaceleração. indeterminado, pois não se conhece a velocidade do elevador.

RESOLUÇÃO: Dados: h3m

| v |  constante  movimento uniforme

Para o elevador em movimento uniforme os acontecimentos dentro do mesmo ocorrem como se ele estivesse parado. Utilizando a função horária da posição para a queda-livre da lâmpada à partir do repouso:

S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 30

1  10  t 2  t  0,6  2

t  0,78 s

alternativa B

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

17. (ITA-SP-1991-03-O) A figura representa uma vista aérea de um trecho retilíneo de ferrovia. Duas locomotivas a vapor, A e B, deslocam-se em sentidos contrários com velocidades constantes de 50,4 km/h e 72,0 km/h, respectivamente. Uma vez que AC corresponde ao rastro de fumaça do trem A, BC ao rastro de fumaça do trem B e que AC = BC, determine a velocidade do vento. Despreze as distâncias entre os trilhos A e B.

a) b) c) d) e)

5,00 m/s. 4,00 m/s. 17,5 m/s. 18,0 m/s. 14,4 m/s.

RESOLUÇÃO: Dados:

km h km v B  72,0 h AC  BC v A  50,4

convertendo as velocidades para o SI, temos:

vA 

50,4  v A  14 m / s 3,6

e, vB 

72,0  vB  20 m / s 3,6

considerando os movimentos como uniformes ( S  S0  v  t ), que em E as locomotivas estavam lado a lado e, tomando como 0 m a posição A:

0  S0A  14  t  S0A  14  t

e, 1.360  S0B  20  t  S0B  1.360  20  t

em E, S0A = S0B: 14  t  1.360  20  t  t  40 s

este é o tempo que a locomotiva A leva para ir de E a A, a locomotiva B leva para ir de E a B e que a fumaça emitida pelas locomotivas em E demora para ir de E a C, portanto:

vA 

Elder

AE AE  14   AE  560 m t 40

169

Física 1 – ITA/IME

como AC  BC , D é o ponto médio entre A e B:

ED 

AB 1.360  AE  ED   560  ED  120 m 2 2

aplicando Pitágoras no triângulo CDE e, sabendo que CD  h  160 m : 2

EC  ED  CD

 EC  1202  1602  EC  200 m

portanto, a fumaça emitida pelas locomotivas em E demora 40 s para percorrer 200 m:

v vento 

EC 200  v vento   t 40

v vento  5 m / s

Alternativa A OBS - Repare que, na verdade, calculamos a velocidade com que a fumaça emitida pelos trens se desloca de E a C.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

18. (EMESCAM-ES-2002) Numa linha dupla que une duas estações A e B, movimentam-se bondes em ambos os sentidos, com velocidades escalares constantes e iguais em valor absoluto, de forma que, de 15 em 15 minutos, em cada estação, cruzam-se dois bondes. Um observador passa por uma das estações e assiste ao cruzamento de dois bondes; segue com movimento uniforme uma trajetória paralela aos trilhos e chega à outra estação no instante em que dois outros bondes se cruzam. Durante todo o percurso entre as estações A e B passaram pelo observador 22 bondes (incluindo os 4 bondes vistos nas estações), sendo que 7 movimentando-se no mesmo sentido e 15 no sentido contrário ao do movimento do observador. Quanto tempo gasta cada bonde no percurso entre A e B? a) b) c) d) e)

120 min 90 min 150 min 210 min 60 min

RESOLUÇÃO: Dados:

t  15 min

NPO2  15 bondes

NPO1  7 bondes

O enunciado diz: " Durante todo o percurso entre as estações A e B passaram pelo observador...", de onde concluímos que a velocidade do observador é, em módulo, menor do que a dos bondes. Considerando os bondes que viajam no mesmo sentido do observador: O número de bondes que chegam à estação B (NCB) será o número de bondes que já estavam na linha (NL) mais o número de bondes que passam pelo observador (NPO1):

NCB  NL  NPO1 (1) considerando os bondes que viajam em sentido contrário ao do observador: o número de bondes que passam pelo observador (NPO2) é igual ao número de bondes que já estavam na linha (NL) mais o número de bondes que saem da estação B (NSB):

NPO2  NL  NSB  NSB  NPO2  NL

(2)

como temos bondes saindo e chegando simultaneamente nas estações A e B e eles tem velocidades de mesmo valor:

NCB  NSB igualando (1) e (2): NL  NPO1  NPO2  NL  2  NL  NPO2  NPO1  NL  Elder

15  7  NL  4 bondes 2 23

169

Física 1 – ITA/IME

a distribuição dos bondes ao longo da linha pode ser como abaixo:

sendo t  15 min :

t AB  4  t  t AB  4  15 

Elder

t AB  60 min

169

Física 1 – ITA/IME

19. (ITA-SP-2007-04-O) Considere que num tiro de revólver, a bala percorre trajetória retilínea com velocidade v constante, desde o ponto inicial P até o alvo Q. Mostrados na figura, o aparelho M1 registra simultaneamente o sinal sonoro do disparo e o do impacto da bala no alvo, o mesmo ocorrendo com o aparelho M2.

Sendo vS a velocidade do som no ar, então a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é v S (v  v S ) . 2 2 a) (v  v S )

v S (v S  v) . (v 2  v S2 )

v(v  v S ) . (v S2  v 2 )

v S (v  v S ) . (v 2  v S2 )

v S (v  v S ) . (v 2  v S2 )

RESOLUÇÃO:

No movimento uniforme:

v

S S  t  t v

do Teorema de Pitágoras: d2  a2  c 2

 d  a2  c 2

(1)

como cada aparelho registra o som do disparo e o do impacto da bala no alvo ao mesmo tempo, temos, para o aparelho M1: Elder

169

Física 1 – ITA/IME

tDisparo1  tImpacto1 

a  2b 

ab a b   v Som v v Som



a b b a a  2b a     v Som v Som v v Som v

v Som  a v a v  a  v Som  a  2  b  Som  a  2b  v v v

 v  v Som  b a  2 v 

(2)

para o aparelho M2, substituindo (1): tDisparo2  tImpacto2



d v Som



a c  v v Som



a2  c 2 a c   v Som v v Som

elevando os membros ao quadrado:

a2  c 2 a2 a c c2   2    2 2 v v Som v Som v Som v2



a2 a2 2 a  c   2 v  v Som v Som v2

a 2c  v 2 v  v Som

c

2 a  (v 2  v Som ) 2  v Som  v



a 2 v Som



a2 c2 a2 a c c2    2    2 2 2 v v Som v Som v Som v Som v2



2 v 2  a  v Som a

2 Som

v



2c v  v Som

(3)

a razão entre as respectivas distâncias dos aparelhos M1 e M2 em relação ao alvo Q é obtida dividindo (2) por (3):

 v  v Som  a M1Q b M1Q  2  v     2 2 M2Q c M2Q a  (v  v Som ) 2  v Som  v M1Q M2Q

Elder





 v  v Som  2  v Som  v   a  2 a  (v 2  v Som ) M2Q  2  v  M1Q

v Som  (v  v Som ) , alternativa E 2 v 2  v Som

169

Física 1 – ITA/IME

20. (ITA-SP-2011-01-O) Um problema clássico da cinemática considera objetos que, a partir de certo instante, se movem conjuntamente com velocidade de módulo constante a partir dos vértices de um polígono regular, cada qual apontando à posição instantânea do objeto vizinho em movimento. A figura mostra a configuração desse movimento múltiplo no caso de um hexágono regular. Considere que o hexágono tinha 10,0 m de lado no instante inicial e que os objetos se movimentam com velocidade de módulo constante de 2,00 m/s. Após quanto tempo estes se encontrarão e qual deverá ser a distância percorrida por cada um dos seis objetos?

a) b) c) d) e)

5,8 s e 11,5 m 11,5 s e 5,8 m 10,0 s e 20,0 m 20,0 s e 10,0 m 20,0 s e 40,0 m

RESOLUÇÃO: Dados:

L  10 m

v2

m s

Como cada objeto parte de um dos vértices do hexágono e aponta para a posição instantânea do objeto vizinho o encontro se dará no centro do mesmo. O deslocamento (vetorial) terá módulo igual ao do raio da circunferência circunscrita ao hexágono, que por sua vez, tem dimensão igual ao lado do mesmo (L = R) e a velocidade vetorial média para este deslocamento ( | vRadial | ) será dada por:

v

d R R 1 10  vR   v  cos 60o   2   t t t 2 t

t  10 s

neste intervalo de tempo o espaço percorrido por cada objeto será dado por:

v

Elder

e e  2  t 10

e  20 m , alternativa C

169

Física 1 – ITA/IME

21. (IME-RJ-2008-16-O)

O gráfico acima apresenta a velocidade de um objeto em função do tempo. A aceleração média do objeto no intervalo de tempo de 0 a 4t é: a) b) c) d) e)

v/t 3v/4t v/4t -v/4t -3v/4t

RESOLUÇÃO: Considerando que a aceleração pedida no enunciado seja a componente tangencial e utilizando dados do gráfico: aT 

Elder

v t

 aT 

v  v0 t  t0

 aT 

v  0 4t 0



aT 

v , alternativa D 4t

169

Física 1 – ITA/IME

22. (ITA-SP-2009-04-O) Na figura, um ciclista percorre o trecho AB com velocidade escalar média de 22,5 km/h e, em seguida, o trecho BC de 3,00 km de extensão. No retorno, ao passar em B, verifica ser de 20,0 km/h sua velocidade escalar média no percurso então percorrido, ABCB. Finalmente, ele chega em A perfazendo todo o percurso de ida e volta em 1,00 h, com velocidade escalar média de 24,0 km/h.

Assinale o módulo v do vetor velocidade média referente ao percurso ABCB. a) b) c) d) e)

v = 12,0 km/h v = 12,00 km/h v = 20,0 km/h v = 20,00 km/h v = 36,0 km/h

RESOLUÇÃO: Dados:

v AB  22,5

km h

v ABCB  20,0

km h

v ABCBA  24,0

km h

BC  3,00 km

t ABCBA  1,00 h

No percurso ABCBA : v ABCBA 

ABCBA t ABCBA

 v ABCBA 

AB  BC  CB  BA t ABCBA

 24 

2  AB  3  3 1

933 t ABCB

 t ABCB 

 AB  9 m

No percurso ABCB : v ABCB 

ABCB t ABCB

 v ABCB 

AB  BC  CB t ABCB

 20 

15 h 20

como o deslocamento (vetor) no percurso ABCB é igual ao deslocamento AB :

v ABCB 

ABCB AB  v ABCB  t ABCB t ABCB

 | v ABCB | 

9 15 20

 | v ABCB |  12

km h

como o menor número de algarismos significativos dentre os valores dados é 3, a resposta deverá ter, também, 3 algarismos significativos:

| v ABCB |  12,0

Elder

km , alternativa A h

169

Física 1 – ITA/IME

23. (PDFG-Irodov-RU-1.6) Um barco no equador navega para leste a uma velocidade v0 = 30 km/h. Do sudeste para o equador sopra um vento com velocidade v = 15 km/h, formando um ângulo   60o com o equador. Achar a velocidade v' do vento relativamente ao barco e o ângulo  entre o equador e a direção do vento no sistema de referência ligado ao barco. Resolução: Dados:

v 0  vBA  30

km h

v  v VA  15

km h

  60o

O vetor velocidade do vento em relação à água ( v VA ) será igual ao vetor velocidade do vento em relação ao barco ( v VB ) somado ao vetor velocidade do barco em relação à água ( v BA ):

v VA  v VB  vBA  v VB  v VA  vBA graficamente temos:

Da geometria: 2 v 2VB  v 2VA  v BA  2  v VA  v BA  cos   v 2VB  152  302  2  15  30  cos 60o

v VB  v '  40

sen  

Elder

km h

v VA  cos (90o   ) v  cos (90o  60o ) v  cos 30o  sen   VA  sen   VA v VB v VB v VB 15  40

3 2

 sen  

3  3  16

 3    sen1   3   16 

169

Física 1 – ITA/IME

24. (ITA-SP-2005-18-O) Um avião de vigilância aérea está voando a uma altura de 5,0 km, com velocidade de 50 10 m / s no rumo norte, e capta no radiogoniômetro um sinal de socorro vindo da direção noroeste, de um ponto fixo no solo. O piloto então liga o sistema de pós-combustão da turbina, imprimindo uma aceleração constante de 6,0 m/s2. Após 40 10 / 3 s , mantendo a mesma direção, ele agora constata que o sinal está chegando da direção oeste. Neste instante, em relação ao avião, o transmissor do sinal se encontra a uma distância de a) b) c) d) e)

5,2 km. 6,7 km. 12 km. 13 km. 28 km.

RESOLUÇÃO: Dados:

h  5,0  103 m

v  50  10

m s

a  6,0

m s2

t 

40  10 s 3

Utilizando a vista de cima para calcular o deslocamento escalar do avião de A para B e a projeção no solo da distância entre B e C (distância entre C e B' na vista de frente):

1 S  v 0  t   aT  t 2 2

AB 

Elder

 40  10  40  10 1  AB  50  10   6   3 2 3  

20.000 16.000   AB  12.000 m  AB  12 km 3 3

169 tg 45o 

Física 1 – ITA/IME B' C B' C  1  B' C  12 km 12 AB

utilizando a vista de frente para calcular a distância d: 2

d2  h2  B'C

Elder

 d2  52  122



d  13 km , alternativa D

169

Física 1 – ITA/IME

25. (FM-Brito-CE-50) Três tartarugas encontram-se nos vértices de um triângulo equilátero de lado L. Simultaneamente, elas começam a se movimentar com uma velocidade de módulo v, sendo que a primeira se dirige em direção à segunda, a segunda em direção à terceira e a terceira, em direção à primeira. a) Após quanto tempo as tartarugas vão se encontrar? b) Qual a distância percorrida por uma tartaruga qualquer nesse episódio? Resolução: Dados: L v A figura ilustra a situação descrita no enunciado:

o movimento de cada tartaruga é a composição de um movimento circular de velocidade tangencial: v T  v  sen 

e um movimento radial em direção ao baricentro do triângulo equilátero (centro da circunferência circunscrita ao triângulo) de velocidade radial: vR  v  cos 

o triângulo equilátero vai girando sobre uma circunferência de raio r decrescente até que a mesma se reduza ao seu centro, onde as tartarugas se encontrarão. Como as velocidades das tartarugas têm módulos iguais e constantes o triângulo permanece equilátero. A figura abaixo mostra a situação inicial:

sendo o triângulo equilátero, os ângulos internos valem 60º e   30o , a altura do triângulo será:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

h  L  cos   h  L  cos 30o  h  L 

3 2

logo, o raio r da circunferência (distância da circunferência ao baricentro do triângulo) será:

r

2 2 3 h  r  L  3 3 2

 r

3 L 3

a) O tempo que as tartarugas levam para se encontrar será o tempo gasto por qualquer uma delas para, em movimento radial com velocidade vR  v  cos  , chegar ao centro da circunferência:

v

S r  vR  t t

 v  cos 30o 

r t

3 L 3  v  3 2 t



t 

2L 3v

b) A distância percorrida por cada tartaruga será uniforme com velocidade de módulo v e a distância d percorrida até se encontrarem será como na figura:

a distância d será:

v

Elder

S d  v 2L t 3v

 d v 

2L 3 v



d

2L 3

169

Física 1 – ITA/IME

26. (ITA-SP-2003-02-O) A partir do repouso, uma pedra é deixada cair da borda no alto de um edifício. A figura mostra a disposição das janelas, com as pertinentes alturas h e distâncias L que se repetem igualmente para as demais janelas, até o térreo.

Se a pedra percorre a altura h da primeira janela em t segundos, quanto tempo levará para percorrer,em segundos, a mesma altura h da quarta janela? (Despreze a resistência do ar).



Lh  L



2L  2h  2L  h



4   L  h   3  L  h   L

Lh  L t

4   L  h   3  L  h   L

2L  2h  2L  h  t

3   L  h   2  L  h   L

Lh  L t

 e)  d)



2L  2h  2L  h  t



Lh  L t



RESOLUÇÃO:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

Aplicando a função horária da posição para o M.U.V. fazendo t0 = 0: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 S  0 

1  g  t 2 2

 t 

2  S g

fazendo S0 = 0, temos:

SA  L ; SB  L  h ; SC  4  L  3  h e SD  4  (L  h) para o percurso de A a B: t AB  tB  t A

 t AB 

2  (L  h) 2L  g g

para o percurso de C a D: t CD  tD  t C

fazendo-se

t CD  t AB

t CD  t

 t CD 

2  4  (L  h) 2  (4  L  3  h)  g g

t CD , lembrando que t AB  t : t AB

2  4  (L  h) 2  (4  L  3  h)  g g 2  (L  h) 2L  g g

4  (L  h)  4  L  3  h Lh  L

27. (ITA-SP-2006-03-O) À borda Elder



t CD  t

2  4  (L  h)  g

2  (4  L  3  h) g

2  (L  h)  g

2 L g

 4  (L  h)  3  (L  h)  L  t CD     t , alternativa C  Lh  L  

de um precipício de um certo 36

169

Física 1 – ITA/IME

planeta, no qual se pode desprezar a resistência do ar, um astronauta mede o tempo t1 que uma pedra leva para atingir o solo, após deixada cair de uma altura H. A seguir, ele mede o tempo t2 que uma pedra também leva para atingir o solo, após ser lançada para cima até uma altura h, como mostra a figura.Assinale a expressão que dá a altura H.

t12 t 22h 2(t 22  t12 )2

H

a) b) H 

t1t 2h 4(t 22  t12 )

c) H 

2t12 t 22h (t 22  t12 )2

d) H 

4t1t 2h (t 22  t12 )

e) H 

4t12 t 22h (t 22  t12 )2

RESOLUÇÃO: Dados:

Pedra caindo de A a D: S  S0  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 H 0  0 

1  g  t12 2

 g

2H t12

(1)

pedra indo de A a B: v 2  v 02  2  aT  S  0  v 2A  2  g  h  v A 

2  gh

(2)

pedra no percurso ABCD e substituindo (2): Elder

169

Física 1 – ITA/IME

S  S0  v 0  t 

H 

1  aT  t 2 2

2  g  h  t2 

  H  0  v A  t2 

1  g  t 22 2

(3)

substituindo (1) em (3):

H 

2

2H 1 2 H  h  t 2   2  t 22 2 t1 t1 2

H  t 22 H t12

4 Hh 

t2 t1



H 2  (t 22  t12 )2 t 22  4  H  h  t14 t12

H

Elder

4  h  t12  t 22 (t 22  t12 )2

 H

H  t 22  H  t12  t12



4 Hh 

t2 t1

t 2 H  t 22  2 t1 t1



H  (t 22  t12 )  t12

4 Hh 

t2 t1

H  (t 22  t12 )2  4  h  t 22 t12

, alternativa E

169

Física 1 – ITA/IME

28. (ITA-SP-2009-18-O) Dentro de um elevador em queda livre num campo gravitacional g, uma bola é jogada para baixo com velocidade v de uma altura h. Assinale o tempo previsto para a bola atingir o piso do elevador.

tv g t h v

t  2h g

t  ( v 2  2gh  v) g

t  ( v 2  2gh  v) g

RESOLUÇÃO: Dados:

Desprezando a resistência do ar sobre o elevador, a aceleração que atua sobre ele e sobre a bola é a mesma: a da gravidade. Não há aceleração relativa entre a bola e o elevador (a aceleração aparente dentro do elevador é nula). Em relação ao elevador a bola terá movimento uniforme: v

Elder

S h  v  t t

t

h , alternativa B v

169

Física 1 – ITA/IME

29. (IME-RJ-2011-17-O)

A figura anterior apresenta um cilindro que executa um movimento simultâneo de translação e rotação com velocidades constantes no interior de um tubo longo. O cilindro está sempre coaxial ao tubo. A folga e o atrito entre o tubo e o cilindro são desprezíveis. Ao se deslocar no interior do tubo, o cilindro executa uma rotação completa em torno do seu eixo a cada 600 mm de comprimento do tubo. Sabendo que a velocidade de translação do cilindro é 6 m/s, a velocidade de rotação do cilindro em rpm é: a) b) c) d) e)

6 10 360 600 3600

RESOLUÇÃO: Dados:

  2   rad  S  600 mm  0,6 m

v6

m s

O movimento de translação do cilindro é uniforme:

v

S 0,6  6  t  0,1s t t

o movimento de rotação também é uniforme:



 2  rad rad      20      1.200   t 0,1 s min

transformando para RPM:

rad   1RPM  min   rad 1.200       min 2 

Elder

  600 RPM , alternativa D

169

Física 1 – ITA/IME

30. (ITA-SP-2001-03-O) Uma partícula, partindo do repouso, percorre no intervalo de tempo t,uma distância D. Nos intervalos de tempo seguintes, todos iguais a t, as respectivas distâncias percorridas são iguais a 3D, 5D, 7D etc. A respeito desse movimento pode-se afirmar que a) a distância da partícula desde o ponto em que inicia seu movimento cresce exponencialmente com o tempo. b) a velocidade da partícula cresce exponencialmente com o tempo. c) a distância da partícula desde o ponto em que inicia seu movimento é diretamente proporcional ao tempo elevado ao quadrado. d) a velocidade da partícula é diretamente proporcional ao tempo elevado ao quadrado. e) nenhum das opções acima está correta. RESOLUÇÃO: Do enunciado:

SAB  D t AB  t

SAC  4  D t AC  2  t

SAD  9  D t AD  3  t

SAE  16  D t AE  4  t

utilizando a função horária da posição para o movimento uniformemente variado no intervalo de A a B: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 D0

1  aT  t 2 2

 D

1  aT  t 2 2

(1)

substituindo (1) no intervalo de A a C: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 S AC  0 

1 2  aT   2  t  2

 S AC  4 

1  aT  t 2 2

1 2  aT   3  t  2

 S AD  9 

1  aT  t 2 2

1 2  aT   4  t  2

 S AD  16 

S AC  4  D

substituindo (1) no intervalo de A a D: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 S AD  0 

S AD  9  D

substituindo (1) no intervalo de A a E: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 S AE  0 

1  aT  t 2 2

S AC  16  D Elder

169

Física 1 – ITA/IME

como os resultados são coerentes com a função utilizada (função horária da posição para o movimento uniformemente variado), concluímos que o movimento é uniformemente variado e, portanto, a distância da partícula desde o ponto em que inicia seu movimento é diretamente proporcional ao tempo elevado ao quadrado. S 

1  aT  t 2 2

alternativa C

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

31. (MEER-2011) A passagem de um carro de fórmula 1 por uma reta é filmada durante 8 segundos. Observa-se na filmagem que: I) durante o terceiro segundo de filmagem o carro percorreu 36 metros. II) durante o quinto segundo de filmagem o carro percorreu 48 metros. Considerando o movimento do carro uniformemente variado, calcule: a) A velocidade do carro no instante inicial da filmagem; b) A velocidade do carro no instante final da filmagem; c) A distância percorrida pelo carro durante os 8 segundos de filmagem. RESOLUÇÃO: Dados:

t0  0 s

t8  8 s

2 s a 3 s : S  36 m

4 s a 5 s : S  48 m

A função horária da posição para o M.U.V. durante o terceiro segundo de filmagem (2 s a 3 s) fica:

a 1 1 S  v 0  t   aT  t 2  36  v 2  (3  2)   aT  (3  2)2  v 2  36  T 2 2 2

(1)

fazendo o mesmo durante o quinto segundo de filmagem (4 s a 5 s):

a 1 1 S  v 0  t   aT  t 2  48  v 4  (5  4)   aT  (5  4)2  v 4  48  T 2 2 2

(2)

montando a função horária da velocidade para o M.U.V. de 2 s a 4 s, substituindo as equações (1) e (2) e levando em conta que o movimento é retilíneo (aT = a): v  v 0  aT  t  v 4  v 2  a  (4  2)  48 

a a m  36   2  a  a  6 2 2 2 s

substituindo o valor da aceleração na equação (1):

v 2  36  a)

6 m  v 2  33 2 s

No intervalo de 0 a 2 s a função horária da velocidade fica:

v  v 0  aT  t

m s

 v 8  33  6  (8  2) 

v 8  69

m s

No intervalo de 0 a 8 s a função horária da posição fica:

S  v 0  t 

Elder

v 0  21

Fazendo o mesmo no intervalo de 2 s a 8 s:

v  v 0  aT  t

 33  v 0  6  (2  0) 

1 1  aT  t 2  S  21 (8  0)   6  (8  0)2  2 2

S  360 m

169

Física 1 – ITA/IME

32. (PSFE-Saraeva-24-modificado) Uma carreta, utilizada em paradas e desfiles, movia-se ao longo de uma reta com aceleração constante. No momento em que o cronômetro marcava t 1 = 7,0 s, a carreta encontrava-se no ponto S1 = 0,70 m; no momento t2 = 9,0 s S2 = 0,80 m e no momento t3 = 15,0 s no ponto S3 = 2,30 m. Qual é a aceleração da carreta? a) b) c) d) e)

0,05 m/s2. 5 × 10-1 m/s2. 5 × 10-2 m/s2. 0,050 m/s2. 5 × 10-3 m/s2.

RESOLUÇÃO: Dados: t1  7,0 s S1  0,70 m

t 2  9,0 s S2  0,80 m

t 3  15,0 s S3  2,30 m

Como a aceleração é constante temos um MRUV, que é uma progressão aritmética. Calculando a velocidade média entre 7,0 s e 9,0 s sabemos qual a velocidade no instante 8 s: v

S 0,8  0,7 0,1 m  v 7 9   v 7 9  v 8  t 97 2 s

fazendo o mesmo para o intervalo de tempo entre 9,0 s e 15,0 s: v

S 2,3  0,8 1m  v 915   v 915  v12  t 15  9 4 s

utilizando a função horária da velocidade no intervalo de tempo entre 8,0 s e 12,0 s: v  v 0  aT  t 

Elder

1 0,1   a  (12  8)  4 2

a  0,05

m s2

alternativa d

169

Física 1 – ITA/IME

33. (MEER-2011) De uma estação parte um trem A com velocidade constante vA = 20 km/h. Depois de certo tempo, parte dessa mesma estação um trem B, com velocidade constante vB = 100 km/h numa outra linha paralela à do trem A. Ambos viajam no mesmo sentido. Após um tempo de percurso, o maquinista de B verifica que o seu trem se encontra a 3.160 m de A; a partir desse instante, ele aciona os freios, comunicando ao trem uma aceleração de módulo constante e igual a 50 km/h2. O trem A continua no seu movimento anterior. a) Determine se ocorrerá a passagem de um trem pelo outro e, em caso afirmativo, quando? b) Represente, em um gráfico posição por tempo, os movimentos dos trens, incluindo os valores relevantes. RESOLUÇÃO: Dados: km h km v B  100 h AB  3.160 m  3,16 km km aB  50 2 h v A  20

Quando o maquinista do trem B avista o trem A temos:

o movimento do trem A é uniforme:

S  S0  v  t  SA  3,16  20  t (1) o movimento do trem B é uniformemente variado:

S  S0  v 0  t 

1 1  aT  t 2  SB  0  100  t   50  t 2  SB  100  t  25  t 2 2 2

na passagem de um trem pelo outro (se ocorrer):

SA  SB  3,16  20  t  100  t  25  t 2  25  t 2  80  t  3,16  0 cujas raízes são: t  0,040 h

Elder

t  3,160 h

169

Física 1 – ITA/IME

como há a possibilidade de o trem B parar antes de 3,16 h, calcularemos o tempo que ele leva para parar ( v = 0), utilizando a função horária da velocidade:

v  v0  aT  t  0  100  50  t  t  2 h como o trem B para no instante 2 h e a segunda raiz é 3,16 h, concluímos que o real segundo encontro entre os trens A e B se dá quando o trem A passa pelo trem B parado na posição:

SB  100  2  25  (2)2  SB  100 km substituindo esta posição na equação (1) encontraremos o real instante em que o trem A passa pelo trem B que se encontra aí parado: 100  3,16  20  t  t  4,842 h

e concluímos que haverá a passagem de um trem pelo outro em dois instantes:

t1  0,040 h e, t 2  4,8 h b)

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

34. (PSFE-Saraeva-35-modificado) Num plano inclinado, que forma um ângulo  com a horizontal, é colocado o corpo A, como na figura. Determinar a aceleração mínima, na direção horizontal, que o plano inclinado precisa ter para que o corpo A caia livremente na direção vertical. Considere g o módulo da aceleração da gravidade, os corpos inicialmente em repouso e despreze os atritos. a) a  g  sen  g b) a  sen  c) a  g  cotg  d) a 

g cotg 

e) a  g  tg  RESOLUÇÃO: Dados:  g

Para atender as condições do enunciado durante a queda, o corpo A tangenciará a superfície do plano inclinado e, no mesmo intervalo de tempo, o plano se deslocará S na horizontal e o corpo A h na vertical. Teremos, então: tg  

h S

(1)

a função horária da posição para o movimento horizontal do plano inclinado será: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 S  0 

1  a  t 2 2

 S 

1  a  t 2 2

(2)

a função horária da posição para o movimento vertical do corpo A será: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 h  0 

1  g  t 2 2

 h 

1  g  t 2 2

(3)

substituindo as equações (2) e (3) em (1): 1  g  t 2 2 tg   1  a  t 2 2

Elder

 tg  

g g  a a tg 



a  g  cotg 

alternativa c

169

Física 1 – ITA/IME

35. (ITA-SP-1982-01-O-modificado) Um nadador que pode desenvolver uma velocidade de 0,900 m/s na água parada atravessa um rio de largura D metros, cuja correnteza tem uma velocidade de 1,08 D 3 metros 3 abaixo do ponto de partida. Para isso, sua velocidade em relação ao rio deve formar com a correnteza o ângulo:

km/h. Nadando em linha reta, ele que alcançar um ponto da outra margem situado

3 12 3 arc sen 2 zero grau 3 arc sen 12 3 arc sen 2

a) arc sen b) c) d) e)



33  1





33  1

RESOLUÇÃO: Dados: m vNA  0,9 D s



v AT  1,08

km m  0,3 h s

3 D 3

A figura ilustra o movimento do nadador:

qualquer que seja a trajetória, o intervalo de tempo gasto na travessia será o mesmo: v NAy 

     3 D  3 D   3  t  t 3  (v NA  cos   v AT ) 

D D  t  t v NA  sen 

v NAx  v AT

D 3D  v NA  sen  3  v NA  cos   3  v AT

3  0,9  cos   3  0,3  3  0,9  sen   3  cos   1  3  sen  3  1  sen2   3  sen   1  (3  1  sen2  )2  ( 3  sen   1)2

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

9  (1  sen )  3  sen   2  3  sen   1  9  9  sen   3  sen   2  3  sen   1 2

 3  99 sen   12  12  sen2   2  3  sen   8  0   3  99  , 0o    90o  sen   12 

sen  

3  3  33 12

 sen  

3  3  33 12



sen  

3  (1  33 ) 12

alternativa a

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

36. (PSFE-Saraeva-RU-71-modificado) De uma parte retilínea da margem de um rio, ao mesmo tempo saíram dois barcos A e B, que se encontravam a uma distância inicial a = 3 km um do outro. O barco A dirigiu-se por uma reta perpendicular à margem. O barco B tomou um caminho constantemente dirigido ao barco A, tendo em cada momento a mesma velocidade, em módulo, do barco A. Depois de um intervalo de tempo bastante grande, o segundo barco navegará atrás do primeiro, na mesma direção, a uma distância d. Determinar essa distância. Resolução: Dados:

a  3 km

v A  vB  v

Na direção AB os barcos movimentam-se com velocidades: v A AB  v A  cos   v A AB  v  cos      cos   1   vB AB  v B  v B AB  v 

v B AB  v A AB

logo, a distância AB diminui com velocidade: v AB  v  v  cos   v AB  v  (1  cos )

na direção AC os barcos movimentam-se com velocidades: v A AC  v A

 v A AC  v

vB AC  v B  cos   v B AB

    cos   1   v  cos  

v A AC  v B AC

logo, a distância AC aumenta com velocidade: v AC  v  v  cos   v AC  v  (1  cos )

como a distância AB diminui à mesma velocidade com que a distância AC aumenta, concluímos que a soma das duas permanece constante:

k  AB  AC no momento inicial: Elder

169 AC  0

Física 1 – ITA/IME 

AB  a  k  a  0  k  a (1)

quando o barco B navegar na mesma direção do barco A: AB  AC  d  k  d  d  k  2  d (2)

igualando (1) e (2): a  2 d  d 

Elder

a 3  d  2 2

d  1,5 km

169

Física 1 – ITA/IME

37. (FM-Brito-CE-60/PDF-Kosel-RU-1.17-modificada) Uma roda de raio R gira uniformemente por uma superfície horizontal, sem que haja deslizamento como na figura. Do ponto A da roda se desprende uma gota de barro. Com que velocidade move-se a roda, se a gota, após se deslocar no ar, volta a cair no mesmo ponto A da roda, após esta ter dado n voltas? Despreze a resistência do ar e considere o módulo da aceleração da gravidade g.

Resolução: Dados: n R

A velocidade de qualquer ponto da periferia da roda será a mesma, em módulo, do centro da roda em relação ao chão, logo, a gota de barro terá, no lançamento, uma velocidade horizontal de módulo v e uma velocidade vertical de módulo também de módulo v. A gota de barro permanecerá na mesma vertical que passa pelo extremo esquerdo da roda. A condição para que a gota de barro caia exatamente sobre o ponto A, após a roda ter dado n voltas, é que o tempo gasto pela gota no seu movimento vertical seja igual ao tempo que a roda gasta para percorrer a distância horizontal d  n  2    R . A figura ilustra a situação no instante em que a gota de barro se desprende da roda:

Tomando como referencial a posição inicial do ponto A, tempo gasto pela gota de barro para realizar o movimento vertical (MUV) será: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 0  v y0  t 

1  g  t 2 2



1 2 v  g  t V  v  t V  2 g

(1)

o tempo gasto para percorrer a distância horizontal (MU) d  n  2    R será: v

S d  v t tH

 tH 

n 2 R v

(2)

igualando (1) e (2):

2  v n 2  R   v2  n    R  g  g v

Elder

v  n R g

169

Física 1 – ITA/IME

38. (ITA-SP-2004-03-O) Durante as Olimpíadas de 1968, na cidade do México, Bob Beamow bateu o recorde de salto em distância, cobrindo 8,9 m de extensão. Suponha que, durante o salto, o centro de gravidade do atleta teve sua altura variando de 1,0 m no início, chegando ao máximo de 2,0 m e terminando a 0,20 m no fim do salto. Desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que o componente horizontal da velocidade inicial do salto foi de a) b) c) d) e)

8,5 m/s. 7,5 m/s. 6,5 m/s. 5,2 m/s. 4,5 m/s.

RESOLUÇÃO: Dados: S  A  8,9 m

h0  1,0 m

hMÁXIMO  2,0 m

h  0,20 m

sem atritos

No movimento uniformemente variado na vertical, utilizaremos a equação de Torricelli de A para B: v 2  v 02  2  aT  S  0  v 2y0  2  aT  (h  h0 )  v y0  2  10  (2  1)  v y0  20

m s

substituindo o valor encontrado na função horária da posição para o movimento de A a C: S  S0  v 0  t 

1  aT  t 2 2

0,2  1  20  t AC 

 h  h0  v y0  t AC 

1  10  t 2AC 2

1  g  t 2AC 2

 5  t 2AC  20  t AC  0,8  0

t AC  1,047 s  '  t AC  0,1528 s

no movimento uniforme na horizontal, utilizaremos a função horária da posição do movimento uniforme: S  S0  v  t  A  0  v x  t AC

Elder

 8,9  0  v x  1,047 

v x  8,5

m , alternativa A s

169

Física 1 – ITA/IME

39. (ITA-SP-2001-07-O) Uma bola é lançada horizontalmente do alto de um edifício, tocando o solo decorridos aproximadamente 2 s. Sendo de 2,5 m a altura de cada andar, o número de andares do edifício é a) b) c) d) e)

5 6 8 9 indeterminado pois a velocidade horizontal de arremesso da bola não foi fornecida.

RESOLUÇÃO: Dados:

t  2 s

h  2,5 m

No movimento vertical utilizaremos a função horária da posição para calcular a altura do edifício:

1 1 S  v 0  t   aT  t 2  H  0   10  22  H  20 m 2 2 calculando o número de andares: H  n  h  20  n  2,5 

Elder

n  8 andares , alternativa c

169

Física 1 – ITA/IME

40. (UNIP-SP) Um atirador aponta um fuzil diretamente para um pequeno pássaro parado no alto de uma árvore.

Não se considera o efeito do ar e admite-se o campo de gravidade uniforme. No exato instante em que o projétil é disparado, o pássaro inicia um movimento de queda livre, a partir do repouso. Supondo que o alcance horizontal do projétil seja maior que D, assinale a opção correta: a) a trajetória do projétil será retilínea e ele passará acima do pássaro; b) a trajetória do projétil será parabólica (em relação ao solo) e o projétil certamente atingirá o pássaro; c) a trajetória do projétil será parabólica (em relação ao solo) e o projétil passará abaixo do pássaro; d) a trajetória do projétil será parabólica (em relação ao solo) e o projétil passará acima do pássaro; e) a trajetória do projétil será parabólica (em relação ao solo) e o projétil não atingirá o pássaro. RESOLUÇÃO: A figura representa a situação:

tg  

H d

(1)

no movimento horizontal do projétil (M.U.), calculamos o intervalo de tempo gasto para percorrer a distância d: v

S d  vx  t t

 t 

d v 0  cos 

(2)

no movimento vertical (M.U.V.) do projétil a função horária da posição nos dá uma relação entre a posição vertical h e o intervalo de tempo gasto para atingi-la (considerando o nível zero de altura a horizontal que passa pela boca do cano do fuzil): S  v 0  t  Elder

1  aT  t 2 2

 h  v y0  t 

1  g  t 2 2

 h  v 0  sen   t 

1  g  t 2 2 55

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (2) somente no primeiro intervalo de tempo, introduzimos a condição necessária para ser percorrida a distância horizontal d: h  v 0  sen   t 

1  g  t 2 2

 h  v 0  sen  

d 1   g  t 2 v 0  cos  2

 h  tg   d 

g  t 2 2

e, substituindo (1) calculamos o intervalo de tempo gasto para atingir a posição h e percorrer na horizontal a distância d:

h  tg   d 

g  t 2 2

 h

H g  d   t 2 2 d



g  t 2  H  h  2

t 

2  (H  h) g

calculamos agora o intervalo de tempo gasto pelo pássaro para, caindo (M.U.V.), chegar à posição h (lembre que o movimento de queda do pássaro é retrógrado):

S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

  (H  h)  0 

1  g  t '2  2

t ' 

2  (H  h) g

como t  t ' , concluímos que o projétil certamente atingirá o pássaro. O intervalo de tempo para o projétil atingir a posição h é igual ao intervalo de tempo que o pássaro gasta para atingir a mesma posição. Alternativa B.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

41. (PSFE-Saraeva-61) Um automóvel movimenta-se atrás de um caminhão em um trecho retilíneo de uma estrada. Entre dois pneus traseiros do caminhão há uma pedra entalada. A qual distância do caminhão deverá estar o automóvel, a fim de que a pedra desprendida dos pneus do caminhão não atinja o automóvel? Os veículos movimentam-se com velocidade de 50 km/h. RESOLUÇÃO: Dado: v  50

km h

Tomando como referencial o automóvel, temos que a estrada se movimenta para a esquerda com uma velocidade de módulo v = 50 km/h, os veículos estão em repouso um em relação ao outro e as rodas giram no sentido horário. A velocidade linear de qualquer ponto situado na periferia do pneu tem o mesmo módulo v. Desprezando a altura do ponto de lançamento (desprendimento da pedra) em relação à estrada, a distância na direção horizontal percorrida pela pedra será o seu alcance e este será máximo quando o ângulo com a horizontal no momento do lançamento for 45º, a figura ilustra a situação:

pela equação do alcance para um ângulo de lançamento com a horizontal de 45º, convertendo a velocidade para m/s e considerando 2  1,4 : 2

A

v 2  sen 2 g

 50  o  3,6   sen (2  45 ) 192,90   A  A  A  19,29 m 10 10

logo, o automóvel deverá estar a uma distância maior do que 19,29 m atrás do caminhão.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

42. O esquema representa um carretel de linha sendo puxado sem escorregamento sobre o solo plano e horizontal. No instante considerado, o ponto A da linha tem velocidade horizontal para a direita, de intensidade v.

Determine nesse instante a intensidade da velocidade do ponto C, pertencente ao eixo longitudinal do carretel, em relação: a) ao solo; b) ao ponto A. Resolução: Dados: v r

a) Num determinado instante o ponto de contato entre o carretel e o chão (ponto D, na figura seguinte) é o centro instantâneo de rotação do sistema e todos os pontos neste plano no carretel têm velocidade angular  em relação ao ponto D.

Para o ponto de contato entre a linha e o carretel: v   raio  v   (R  r)   

v Rr

(1)

para o ponto C: v CS    R   

v CS R

(2)

igualando (1) e (2): v v  CS Rr R

Elder



v CS 

R v R r

169

Física 1 – ITA/IME

b) Tanto o ponto C quanto o ponto A se deslocam para a direita e se aproximam, logo, o módulo da velocidade relativa será a diferença entre os módulos das velocidades:

v CA  v C  v  v CA 

v CA 

R  R   R  (R  r)   v  v  v CA  v    1  v CA  v    Rr R r   Rr 

r v Rr

OBS: O carretel de movimenta para a direita.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

43. Lança-se uma bola sobre um plano inclinado de   30 em relação à horizontal conforme a figura. o

Sabendo que a distância AB  5 m e que v 0  5 m / s , o valor do ângulo  será:

a) b) c) d) e)

30º; 45º; 60º; 90º; impossível de determinar com os valores dados.

RESOLUÇÃO: Dados:

  30o

AB  5 m

v0  5

m s

Calculando a aceleração ao longo do plano inclinado:

gx  g  sen   gx  g  sen 30o  gx  10 

1 m  gx  5 2 2 s

resolvemos o problema como se fosse um lançamento inclinado de um ângulo  , com aceleração da gravidade igual a gx e alcance máximo AB : A MÁXIMO 

v 02  sen 2 g

 AB 

sen 2  1  2  90o



v 02  sen 2 gx

 sen 2 

AB  gx v 02

 sen 2 

55 52

  45o

alternativa b

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

44. (PSFE-Saraeva-RU-62-modificado) Na tela de cinema vê-se uma carruagem em movimento. O raio das rodas dianteiras da carruagem é r1 = 0,35 m e o das rodas traseiras é r2 = 1,5 × r1. As rodas dianteiras têm n1 = 6 raios. A câmera cinematográfica roda a fita com uma velocidade de 24 quadros por segundo. Considerando que as rodas da carruagem giram sem deslizamento, determinar: a) a velocidade v mínima para termos a impressão visual de que as rodas dianteiras da carruagem não giram. b) o menor número de raios n2, que deverão ter as rodas traseiras, a fim de que ela também pareça não girar. Considere   3,14 . Resolução: Dados: r1  0,35 m

r2  1,5  0,35 m

n1  6 raios

  24

quadros s

  3,14

O intervalo de tempo entre a filmagem de dois quadros consecutivos será: 24 quadros  1s 1 s   t  1quadro  t  24

(1)

o ângulo entre dois raios consecutivos da roda será: 

2  n

(2)

para que a roda permaneça visualmente parada cada raio terá de girar um ângulo:  k

(3)

sendo que k é um número inteiro e positivo. Neste intervalo de tempo a velocidade da roda será, substituindo (3) e (2):

      v  t t     r t v v  r    r 



k r  v t

 2  k r n    v t

 v

k 2 r n  t

para que a velocidade seja mínima, teremos k = 1, logo: v

2 r n  t

(4)

n

2 r v  t

(5)

Para calcular a velocidade mínima da roda dianteira, temos de (4):

Elder

169 v

Física 1 – ITA/IME 2 r n  t

 v

2    r1 n1  t

 v

2  3,14  0,35  1 6 24

v  8,79

m s

esta velocidade linear será a mesma para as rodas dianteiras e traseiras b) Para calcular o menor número de raios da roda traseira para que ela pareça não girar, temos de (5):

n

Elder

2 r v  t

 n2 

2    r2 v  t

 n2 

2  3,14  1,5  0,35  1 8,79  24

n2  9

169

Física 1 – ITA/IME

45. (ITA-SP-2011-08-O) Duas partículas idênticas, de mesma massa m, são projetadas de uma origem O comum, num plano vertical, com velocidades iniciais de mesmo módulo v0 e ângulos de lançamento respectivamente  e  em relação à horizontal. Considere T1 e T2 os respectivos tempos de alcance do ponto mais alto de cada trajetória e t1 e t2 os respectivos tempos para as partículas alcançarem um ponto comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t1T1+ t2T2. a)

2v 02 (tg   tg ) / g2

2v 02 / g2

4v 02 sen  / g2

4v 02 sen  / g2

2v 02 (sen   sen ) / g2

RESOLUÇÃO: Dados: m1  m2  m

v01  v02  v0





A figura mostra um lançamento oblíquo genérico de uma partícula:

utilizando a função horária da velocidade do movimento uniformemente variado no movimento vertical até o ponto de altura máxima para calcular o tempo de subida:

v  v 0  aT  t  0  v y0  g  T1  g  T1  v 0  sen   T1 

v 0  sen  g

(1)

v  v 0  aT  t  0  v y0  g  T2

v 0  sen  g

(2)

 g  T2  v 0  sen   T2 

o deslocamento horizontal será feito com movimento uniforme: Elder

169

Física 1 – ITA/IME

v

S t

 vx 

x t1

 x  v 0  cos   t1

v

S t

 vx 

x t2

 x  v 0  cos   t 2

no ponto comum a abscissa será a mesma: v 0  cos   t1  v 0  cos   t 2

 cos   t1  cos   t 2

 t2 

cos   t1 cos 

(3)

o deslocamento vertical será feito com movimento uniformemente variado: S  S0  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 y  0  v y0  t1 

1  g  t12 2

 y  v 0  sen   t1 

g 2  t1 2

S  S0  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 y  0  v y0  t 2 

1  g  t 22 2

 y  v 0  sen   t 2 

g 2  t2 2

no ponto comum a ordenada será a mesma: v 0  sen   t1 

g 2 g  t1  v 0  sen   t 2   t 22 2 2

(4)

substituindo-se (3) em (4): v 0  sen   t1 

v 0  sen  

g 2 cos  g cos2  2  t1  v 0  sen    t1   t 2 cos  2 cos2  1

g cos  g cos2   t1  v 0  sen      t1 2 cos  2 cos2 

g cos2  g cos    t1   t1  v 0  sen    v 0  sen  2 2 cos  2 cos   cos2    sen   cos   g  t1    1  v 0    sen   2 2 cos     cos    sen   cos   sen   cos    cos2   cos2   g  t1      v 0   2  2 cos  cos       cos2   cos2   g  t1     v 0  (sen   cos   sen   cos ) 2 cos    t1 

2  v0 cos    sen (   ) (5) 2 g cos   cos2 

analogamente: Elder

169 t2 

Física 1 – ITA/IME 2  v0 cos    sen (  ) 2 g cos   cos2 

(6)

fazendo o produto t1  T1 [(5) × (1)]: t1  T1 

2  v0 v  sen  cos    sen (   )  0 2 2 g g cos   cos 

t1  T1 

2  v 02 sen (   )  cos   sen   g2 cos2   cos2 

 t1  T1 

2  v 02 sen (  )  cos   sen   g2 cos2   cos2 

(7)

analogamente para t 2  T2 [(6) × (2)]: t 2  T2 

2  v 02 sen (  )  cos   sen   g2 cos2   cos2 

(8)

fazendo (7) + (8): t1  T1  t 2  T2 

2  v 02 sen (   )  cos   sen  2  v 02 sen (   )  cos   sen     g2 cos2   cos2  g2 cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

2  v 02 sen   cos   sen   cos    (cos   sen   cos   sen ) g2 cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

2  v 02 sen (   )   sen (  ) 2 g cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

2  v 02 sen2   cos2   sen2   cos2   g2 cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

2  v 02 (1  cos2  )  cos2   (1  cos2 )  cos 2   g2 cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

2 2 2 2 2 2 2  v 02 cos   cos   cos   cos   cos   cos   g2 cos2   cos2 

2 2 2  v 02 cos   cos  t1  T1  t 2  T2   g2 cos2   cos2 

t1  T1  t 2  T2 

Elder

2  v 02 g2

169

Física 1 – ITA/IME 46. (MEER-2011) Uma bolinha de aço é lançada de um ponto P de uma rampa inclinada de  em relação à horizontal, com velocidade inicial v 0 que forma um ângulo  com a horizontal. Calcule a distância do ponto P ao ponto Q, onde a bolinha colide com a rampa. Despreze influências do ar e considere g = 10 m/s2, v0 = 12 m/s,  = 30o e  = 60o. RESOLUÇÃO: Dados:

m s2 m v 0  12 s o   30 g  10

  60o De acordo com o enunciado:

do triângulo retângulo de hipotenusa PQ e catetos x e y: cos  

x PQ

 x  PQ  cos 30o

 x

sen  

y PQ

 y  PQ  sen 30o

(2)

3  PQ 2

(1)

no movimento uniforme na horizontal: v

S t

 v 0  cos  

x t

 x  v 0  t  cos 600

(3)

no movimento uniformemente variado na vertical: S  S0  v 0  t 

1  aT  t 2 2

y  v 0  sen 60o  t 

Elder

 y  0  v 0  sen   t 

1  g  t 2 2

1 g  t 2 2

(4)

169

Física 1 – ITA/IME

(1)  (3): 3  PQ  v 0  t  cos 600 2

 t 

3  PQ 2  v 0  cos 600

(5)

(2)  (4): PQ  sen 30o  v 0  sen 60o  t 

1  g  t 2 2

substituindo (5):  3  PQ PQ  sen 30  v 0  sen 60    2  v 0  cos 60o  o

PQ  sen 30o 

 1  3  PQ    g o   2  2  v 0  cos 60 

  

3  PQ  sen 60o 1 3  PQ 2   g  2 2  cos 60o 4  v 02  cos2 60o

3 1 1 3  PQ 2    10  1 1 2 2 2 4  122  2 2 2 3

 1 3 

30  PQ 144  (3  1)  PQ  144 30

PQ  9,6 m

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

47. (IME-RJ-1994-06-Modificado) Um míssil viajando paralelamente à superfície da terra com uma velocidade de 180 m/s, passa sobre um canhão à altura de 4800 m, em relação ao solo, no exato momento em que seu combustível acaba. Neste instante, o canhão dispara a 45o e atinge o míssil. O canhão está no topo de uma colina de 300 m de altura. Sabendo-se que a aceleração local da gravidade é g = 10 m/s2, determine a altura da posição de encontro do míssil com a bala do canhão, em relação ao solo. Despreze a resistência do ar e a distância entre a boca do canhão e o topo da colina.

RESOLUÇÃO: Dado: vM  180

m s

hM  4.800 m

  45o

hC 300 m

g  10

m s2

A figura ilustra (fora de escala) o momento de encontro entre o projétil do canhão e o míssil:

como o combustível do míssil acaba no exato momento em que ele passa sobre o canhão, teremos a partir deste ponto um lançamento horizontal. Consideraremos a origem do referencial na posição do canhão.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

Para o míssil temos: na vertical: S  S0  v 0  t 

yM  (4.800  300)  0  na horizontal: v 

1  aT  t 2 2

1  10  t 2 2

 yM  (hM  hC )  v y0  t 

 yM  4.500  5  t 2

x S  vM  M t t

 xM  v M  t

1  g  t 2 2

(1)

(2)

para o canhão temos: na vertical: S  S0  v 0  t 

y C  v 0  sen 45o  t  na horizontal: v 

1  aT  t 2 2

1  10  t 2 2

 y C  0  v y0  t 

1  g  t 2 2

 y C  v 0  sen 45o  t  5  t 2

x S  v x0  C t t

 xC  v 0  cos 45o  t

(3)

(4)

no encontro a posição do projétil do canhão será a mesma do míssil: na horizontal (2) = (4): xM  x C

v 0  180  2

m s

 v M  t  v 0  cos 45o  t  180  t  v 0 

2 t 2

(5)

na vertical (1) = (3): yM  yC

 4.500  5  t 2  v0  sen 45o  t  5  t 2

substituindo (5):

4.500 5  t 2  180  2 

2  t 5  t 2 2

 4.500  180  t  t  25 s (6)

substituindo (6) em (1): yM  4.500  5  252

 yM  1.375 m

esta altura é em relação ao nível do canhão, em relação ao solo temos mais a altura da colina: h  1.375  300 

Elder

h  1.675 m

169

Física 1 – ITA/IME

48. (IME-RJ-2009-08-D) Um motociclista de massa m1 deseja alcançar o topo de uma plataforma. Para isso, ele faz uso de uma moto de massa m2, uma corda inextensível de massa desprezível e uma rampa de inclinação  . Ao saltar da rampa, o motociclista atinge a corda na situação em que esta permanece esticada e o esforço despendido por ele é o menor possível. Para evitar ruptura por excesso de peso, o motociclista libera a moto no momento do contato com a corda, que o conduz para o topo da plataforma. Nestas condições e considerando os parâmetros H e T indicados na figura, determine o vetor velocidade do motociclista na saída da rampa.

RESOLUÇÃO: Dados: m2  H

Se a corda permanece esticada e o esforço despendido pelo motociclista é o menor possível, no momento em que atinge a corda não pode haver movimento na vertical, portanto, o motociclista estará no ponto de altura máxima: vy  0 ;

v  v x  v0  cos  ; h  hMÁXIMO

Utilizando a equação de Torricelli no movimento vertical até a altura máxima:

v 2  v 02  2  aT  S  0  (v 0  sen )2  2  g  h  h  Elder

v 02  sen2  2g 70

169

Física 1 – ITA/IME

no movimento horizontal, o alcance será o dobro da distância horizontal do topo da rampa à vertical que passa pelo ponto de altura máxima:

 A  2  [T  (H  h)]    v 02  sen 2 A   g 

T  (H  h) 

2  [T  (H  h)] 

v 02  2  sen   cos  g

v 02  sen   cos  v 2  sen   cos   T Hh  0 g g

substituindo h:

T H

v 02  sen2  v 02  sen   cos  v 2  sen   cos  v 02  sen2    T H 0  2g g g 2g

T H 

v 02  sen  2  g  (T  H)   2  cos   sen    v 02  2g sen   (2  cos   sen )

v0 

2  g  (T  H) sen   (2  cos   sen )

    2  g  (T  H) 2  g  (T  H) v0    cos   i    sen   j   sen   (2  cos   sen )   sen   (2  cos   sen )     

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

49. (ITA-SP-2001-02-O) Uma partícula move-se ao longo de uma circunferência circunscrita em um quadrado de lado L com velocidade angular constante. Na circunferência inscrita nesse mesmo quadrado, outra partícula move-se com a mesma velocidade angular. A razão entre os módulos das respectivas velocidades tangenciais dessas partículas é

a) 2 b) 2 2 c)

2 2

3 2

RESOLUÇÃO: Dados:

M.C.U.

1  2

Da figura: b2  a2  a2

 b  2  a2

 b  a 2

r1  b  r1  a  2  r2  a

segundo o enunciado, levando em conta que v   r , e substituindo r1 e r2 : 1  2

Elder



v1 v 2  r1 r2



v1 r1  v 2 r2



v1 a  2  v2 a



v1  2 , alternativa a v2

169

Física 1 – ITA/IME

50. (ITA-SP-2001-05-O) No sistema convencional de tração de bicicletas, o ciclista impele os pedais, cujo eixo movimenta a roda dentada (coroa) a ele solidária. Esta, por sua vez, aciona a corrente responsável pela transmissão do movimento a outra roda dentada (catraca), acoplada ao eixo traseiro da bicicleta. Considere agora um sistema duplo de tração, com 2 coroas, de raios R1 e R2 (R1 < R2) e 2 catracas R3 e R4 (R3 < R4), respectivamente. Obviamente, a corrente só toca uma coroa e uma catraca de cada vez, conforme o comando da alavanca de câmbio. A combinação que permite máxima velocidade da bicicleta, para uma velocidade angular dos pedais fixa,é a) b) c) d) e)

coroa R1 e catraca R3. coroa R1 e catraca R4. coroa R2 e catraca R3. coroa R2 e catraca R4. é indeterminada já que não se conhece o diâmetro da roda traseira da bicicleta.

RESOLUÇÃO: Dados:

coroa (pedal): R1 < R2

catraca (roda): R3 < R4

A rotação da roda será a mesma da catraca pois está acoplada ao seu eixo:

v   r  vBICICLETA  RODA  rRODA  vBICICLETA  CATRACA  rRODA

(1)

a corrente faz a ligação entre a coroa e a catraca, portanto, na periferia de cada uma teremos a mesma velocidade linear: v CATRACA  v COROA

 CATRACA  rCATRACA  COROA  rCOROA

 CATRACA 

COROA  rCOROA rCATRACA

substituindo em (1): vBICICLETA 

COROA  rCOROA  rRODA rCATRACA

como a rotação da coroa e o raio da roda são constantes, para que tenhamos a máxima velocidade da bicicleta temos de ter o máximo raio na coroa (pedal) e o mínimo na catraca (roda):

vBICICLETA 

Elder

COROA  R2  rRODA R3



rCOROA  R2 , alternativa c  rCATRACA  R3

169

Física 1 – ITA/IME

51. (MEER-2011) Em um automóvel, o odômetro (que mede a distância percorrida) mede, na realidade, o número de voltas efetuadas, e, com o diâmetro do pneu, o aparelho é ajustado para fornecer a distância percorrida. Consideremos um automóvel cujos pneus, quando novos, têm diâmetro de 60 cm. Suponhamos que os pneus tenham se desgastado e apresentem diâmetro de 59 cm. a) Quando o velocímetro assinalar 100 km/h, qual será a velocidade real do automóvel? b) Quando o odômetro assinalar um percurso de 100 km, qual terá sido o valor real da distância percorrida? RESOLUÇÃO: Dados: d  60 cm  0,6 m

d'  59 cm  0,59 m

v  100

km h

S  100 km

Sendo o diâmetro d = 60 cm (pneu novo), teremos um raio R = 0,3×10-3 km e, em 1 hora:

v

S n 2 R n  2    0,3  103  v  100  t t 1

 n

105 0,6  

onde n é o número de voltas . Com o pneu desgastado teremos o mesmo número de voltas:

vREAL 

S n 2 R  vREAL  t t

 v REAL

105  2    0,295  103 0,6    1



vREAL  98

km h

b) Sendo v e S o módulo da velocidade e o módulo do deslocamento escalar com o pneu novo e v ' e S ' o módulo da velocidade e o módulo do deslocamento escalar com o pneu desgastado: v

v' 

S t

 100 

100 t

(1)

 98 

S ' t

(2)

S ' t

dividindo (2) por (1): S ' 98 t  100 100 t

Elder



98 S '  100 100



S '  98 km

169

Física 1 – ITA/IME

3. Conceito de força. Equilíbrio de uma partícula. Momento de uma força. Equilíbrio de um corpo rígido. Equilíbrios estável e instável de um corpo rígido. 52. (IME-RJ-2007-25-O)

Um bloco de massa M = 20 kg está pendurado por três cabos em repouso, conforme mostra a figura acima. Considerando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, 2  1,414 e 3  1,732 , os valores das forças de tração, em newtons, nos cabos 1 e 2 são, respectivamente: a) 146 e 179. b) 179 e 146. c) 200 e 146. d) 200 e 179. e) 146 e 200. RESOLUÇÃO: Dados: a  1,732 m  3 m h  1m m g  10 2 s

b  1m M  20 kg

2  1,414

3  1,732

Calculando os ângulos  e  :

h 1 3  tan    tan      30o a 3 3 b 1 tan    tan    tan   1    45o a 1 tan  

aplicando as condições de equilíbrio estático para forças concorrentes: Fx  0  T1x  T2x T1 

T2  2 3

 T1  cos 30o  T2  cos 45o

 T1 

3 2  T2  2 2

(1)

Fy  0  T1y  T2y  P  T1  sen 30o  T2  sen 45o  M  g  T1  T1  T2  2  400

Elder

1 2  T2   20  10 2 2

(2)

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (1) em (2): T2  2 3

 T2  2  400 

T2  1,414  T2  1,414  400  1,732

T2  179,34 N

substituindo em (2):

T1  179,34  1,414  400 

Elder

T1  146,41N , alternativa a

169

Física 1 – ITA/IME

53. O cilindro de peso p , possui um outro cilindro de raio desprezível e peso P (P  p) , preso à sua parede lateral, conforme mostra a figura:

O sistema está em equilíbrio sobre o plano inclinado de um ângulo  . A força que o plano faz sobre o corpo é melhor representada pelo vetor:

RESOLUÇÃO: Dados: P p O sistema está em equilíbrio, os pesos dos corpos são verticais e dirigidos para o centro da Terra, logo, a equilibrante tem de ser vertical e dirigida para cima, com módulo igual à soma dos módulos dos pesos:

Fx  0  Fy  0 

Elder

FPp

169

Física 1 – ITA/IME

54. (ITA-SP-2007-06-O) No arranjo mostrado na figura com duas polias, o fio inextensível e sem peso sustenta a massa M e, também, simetricamente, as duas massas m, em equilíbrio estático.

Desprezando o atrito de qualquer natureza, o valor h da distância entre os pontos P e Q vale 2 2 a) ML / 4m  M .

b) L. c) ML / M2  4m2 . d) mL / 4m2  M2 . e) ML / 2m2  M2 . RESOLUÇÃO: Dados: M m L h

Como do ponto Q ao corpo de massa m à direita temos um mesmo fio e do ponto Q ao corpo de massa m à esquerda temos um mesmo fio, podemos afirmar que cada tração será igual, em módulo, ao peso de cada corpo: T1  P1  T1  m  g    T1  T2  m  g T2  P2  T2  m  g

(1)

aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo de ângulo  à direita: 2

QR  h2  L2 Elder

 QR  h2  L2

(2) 78

169

Física 1 – ITA/IME

como o sistema está em equilíbrio, substituindo (1) e (2): Fy  0  T1y  T2y  P  T  sen   T  sen   M  g  2  T 

2m g 

h h  L2 2

4  m2  h2  M2 h2  L2

 M  g , elevando tudo ao quadrado:

 4  m2  h2  M2  (h2  L2 )  4  m2  h2  M2  h2  M2  L2

4  m2  h2  M2  h2  M2  L2

h

Elder

ML 4  m2  M2

h  M g QR

 h2  (4  m2  M2 )  M2  L2

 h2 

M2  L2 4  m2  M2

, alternativa a

169

Física 1 – ITA/IME

55. (ITA-SP-2006-21-D) Considere uma pessoa de massa m que ao curvar-se permaneça com a 2 coluna vertebral praticamente nivelada em relação ao solo. Sejam m1  m a massa do tronco e 5 1 m2  m a soma das massas da cabeça e dos braços. 5

Considere a coluna como uma estrutura rígida e que a resultante das forças aplicadas pelos músculos à coluna seja Fm e que Fd seja a resultante das outras forças aplicadas à coluna, de forma a mantê-la em equilíbrio. Qual é o valor da força Fd? RESOLUÇÃO: Dados: 2 1 m1   m m2   m 5 5





Aplicando as condições de equilíbrio: Fx  0  Fdx  Fmx

 Fd  cos   Fm  cos 

(1)

Fy  0  Fmy  Fdy  m1  g  m2  g  Fm  sen   Fd  sen   m1  g  m2  g Fm  sen   Fd  sen  

2 1 3  m  g   m  g  Fm  sen   Fd  sen    m  g (2) 5 5 5

M  0  MFAdx  MFAdy  MmA 1g  MmA 2 g  MFAmx  MFAmy

0  0  m1  g 

Elder

d 2  m2  g  d  0  Fmy   d  2 3

2 d 1 2  m  g    m  g  d  Fm  sen    d 5 5 3 2

169

Física 1 – ITA/IME

2 2  m  g  Fm  sen   5 3



3  m  g  Fm  sen  5

(3)

substituindo (3) em (2): 3 3  m  g  Fd  sen    m  g  Fd  sen   0 5 5 como, sendo o enunciado, Fd é uma força real (não é zero): sen   0    90o

(4)

substituindo (4) em (2): Fm  sen   0 

3 3 mg  m  g  Fm   5 5 sen 

(5)

substituindo (4) e (5) em (1):

Fd  cos 90o 

3 mg   cos   5 sen 

Fd 

3  m  g  cotg  5

OBS : O enunciado não especifica se a resposta deve ser em função de  ou de Fm, se a resposta fosse dada em função de Fm, o cál culo poderia ser: (1)  Fd  cos 90o  Fm  cos   Fd  1  Fm  cos   cos  

(3) 

3 3mg  m  g  Fm  sen   sen   5 5  Fm

Fd Fm

(6)

(7)

substituindo (6) e (7) na identidade trigonométrica fundamental: 2

 3  m  g   Fd  9  m2  g2 Fd2 sen   cos   1    2 1     1  25  Fm2 Fm  5  Fm   Fm  2

Fd2 9  m2  g2  1  Fm2 25  Fm2

Fd 

Elder



Fd2 Fm2



25  Fm2  9  m2  g2 25  Fm2

 Fd2 

25  Fm2  9  m2  g2 25

25  Fm2  9  m2  g2 5

169

Física 1 – ITA/IME

56. (IME-RJ-2008-30-O)

Um caminhão de três eixos se desloca sobre uma viga biapoiada de 4,5 m de comprimento, conforme ilustra a figura acima. A distância entre os eixos do caminhão é 1,5 m e o peso por eixo aplicado à viga é 150 kN. Desprezando o peso da viga, para que a reação vertical do apoio A seja o dobro da reação vertical do apoio B, a distância D entre o eixo dianteiro do caminhão e o apoio A deverá ser: a) 0 m b) 0,3 m c) 0,6 m d) 0,9 m e) 1,2 m RESOLUÇÃO: Dados:

AB  4,5 m PE  150.000 N

d  1,5 m

De acordo com o enunciado, a situação pode ser esquematizada assim:

aplicando as condições de equilíbrio: Fy  0  2  F  F  PE  PE  PE A



A M  0  M2F  MFA  MPAE  MPAE  MPAE

3  F  3  PE

 F  150.000 N

 0  F  AB  PE  D  PE  (D  d)  PE  (D  2  d)

F  AB  PE  D  PE  D  PE  d  PE  D  PE  2  d  F  AB  3  PE  D  3  PE  d D

F  AB  3  PE  d 150.000  4,5  3  150.000  1,5  D 3  PE 3  150.000

D  0 , alternativa a

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

57. (IME-RJ-2012-19-O)

A figura acima mostra um corpo cúbico de 50 cm de aresta suspenso por dois cabos AB e AC em equilíbrio. Sabe-se que o peso específico volumétrico do material do corpo cúbico, a rigidez da mola do cabo AC e o comprimento do cabo AC antes da colocação do corpo cúbico são iguais a 22,4 kN/m3, 10,0 kN/m e 0,5 m. O valor do comprimento do cabo AB, em metros, após a colocação do corpo cúbico é Adote: a) 1,0 b) 1,5 c) 2,0 d) 2,5 e) 3,0

3  1,73 e 2  1,41.

RESOLUÇÃO: Dados: AB  2,3 m AC0  0,5 m

a  50 cm  0,5 m 3  1,73

N m3 2  1,41

V  22.400

k  10.000

N m

O diagrama de corpo livre será:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

aplicando as condições de equilíbrio: F x  0  Tx  FEx

 T  cos 30o  FE  cos 45o

T  cos 30o  k  (AC  AC0 )  cos 45 o

 T

 T  cos 30 o  k   AC  cos 45 o

3 2  10.000  (AC  0,5)  2 2

3  T  10.000  2  AC  5.000  2  1,73  T  14.100  AC  7.050

(1)

F y  0  Ty  FEy  P  T  sen 30o  FE  sen 45 o   V  a 3 T  sen 30o  k   AC  sen 45o   V  a3 T

 T  sen 30 o  k  (AC  AC 0 )  sen 45 o   V  a 3

1 2  10.000  (AC  0,5)   22.400  0,5 3 2 2

T  5.000  1,41 AC  2.500  1,41  2.800  2



T  5.000  2  AC  2.500  2  2.800 2

T  7.050  AC  3.525  2.800 2

T  7.050  AC  6.325  T  12.650  14.100  AC 2

(2)

substituindo (2) em (1):

1,73  (12.650  14.100  AC)  14.100  AC  7.050 21.884,5  24.393  AC  14.100  AC  7.050  28.934,5  38.493  AC AC  0,75 m o triângulo formado pelos pontos ABC, será:

AB  cos 30o  AC  cos 45o  2,3

AB 

3 2  0,75   2,3 2 2

AB 

1,73 1,41  2,3  0,75  2 2

AB  2,0 m , alternativa c

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

58. (PSFE-Saraeva-RU-123) Nos extremos de uma corda que passa por duas roldanas, estão dependuradas duas cargas iguais. A que distância baixará uma terceira carga de igual massa, se ela for pendurada no meio da corda? A distância entre os eixos das roldanas é igual a 2L. Existe atrito nos eixos das roldanas, mas este é muito pequeno.

RESOLUÇÃO:

Aplicando as condições de equilíbrio:

FX  0  T1X  T2X  T1X  sen   T2X  sen   T1  T2

(1)

FY  0  T1Y  T2Y  P  T1  cos   T2  cos   P

substituindo 1 e sabendo que T = P: T  cos   T  cos   P  2  T  cos   P  cos  

P 2 T



  60o

no triângulo abaixo, sabendo que   60o :

tg60o 

L L  y y tg60o



y

L 3

, ou y 

3 L 3

OBS: Elder

169

Física 1 – ITA/IME

1. Repare que sendo as três forças de mesmo valor e o sistema estando em equilíbrio, os ângulos entre as mesmas só podem ser de 120o e   60o . 2. Ao contrário do que muita gente pensa, não há a obrigação de racionalizar a resposta de uma questão. A própria Universidade Federal do Espírito Santo já anulou uma questão numa prova de matemática, pois apresentava nas alternativas as duas versões de resposta. 3. Por segurança, afinal não se sabe como é a cabeça de quem vai corrigir a sua prova, racionalizase.

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

59. (ITA-SP-1992-01-O) Na figura abaixo, a massa esférica M pende de um fio de comprimento L, mas está solicitada para a esquerda por um força F que mantém a massa apoiada contra uma parede vertical P, sem atrito. Determine os valores de F e de R (reação da parede). O raio da esfera é muito menor do que L.

RESOLUÇÃO: Dados:

sem atritos

As forças que atuam na esfera são:

como a esfera está em equilíbrio:

sen 60o 

cos 60o 

Elder

Mg  T

3 Mg 10  M  g   T (1) 2 T 3

R 1 R Mg    R  T 2 10  M  g 3 3

R

3 M g 3

169

Física 1 – ITA/IME

em A temos:

Fy  0  T1y  T2y  T1  sen 60o  T2  sen 60o  T1  T2 substituindo (1):

T1  T2  T 

10  M  g 3

Fx  0  F  T1x  T2x

F  2 T

Elder

1 2

 F

 F  T1  cos 60o  T2  cos 60o

10  M  g 3



F

10  3 M g 3

169

Física 1 – ITA/IME

60. (MEER-2011) Uma bolinha de aço, de peso P, encontra-se em repouso presa num fio suposto ideal, de comprimento L, e apoiada num hemisfério fixo de raio R, praticamente sem atrito. Sendo d a distância do pólo do hemisfério ao ponto de suspensão do fio, determine a intensidade da força de tração exercida pelo fio, em função de P, L, d e R.

RESOLUÇÃO:

Da figura, desprezando o raio da bolinha:

cos  

h R

sen  

Rv R

Fx  0  Tx  Nx

cos  

h L

sen  

d v L

 T  cos   N  cos   N  T 

Fy  0  Ty  Ny  P  T  sen   N  sen   P

cos  cos 

(1)

(2)

substituindo (1) em (2): h cos  (d  v) (R  v) T  sen   T   sen   P  T  T L  P cos  L R h R

Elder

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Física 1 – ITA/IME

T

(d  v) R (R  v) T   P  T  (d  v)  T  (R  v)  P  L L L R

T

PL d v R v

Elder



T

PL dR

169

Física 1 – ITA/IME

61. (ITA-SP-1998-03-O) Um caixote de peso W é puxado sobre um trilho horizontal por uma força de magnitude F que forma um ângulo  em relação à horizontal, como mostra a figura. Dado que o coeficiente de atrito estático entre o caixote e o trilho é  , o valor mínimo de F, a partir de qual seria possível mover o caixote, é: a) 2W . 1 

W sen  . 1   tan 

W sen  . 1   tan 

W sec  . 1   tan 

e) (1   tan )W. RESOLUÇÃO: Dados:





Aplicando as condições de equilíbrio estático para forças concorrentes (o tamanho do caixote não está sendo levado em conta): Fy  0  FN  W  Fy Fx  0  FAT  Fx

 FN  W  F  sen 

(1)

(2)

substituindo (1) em (2) e lembrando que o valor mínimo de F para mover o caixote implica em atrito estático máximo:   FN  F  cos     (W  F  sen )  F  cos     W    F  sen   F  cos    W  F  cos     F  sen     W  F  (cos     sen )  F 

F

W cos     sen 

W W sec     W  F  F sen   cos   (1    tg ) (1    tg )  cos  cos      cos    cos 

o valor encontrado é na iminência de movimento, para que o caixote entre em movimento, qualquer valor imediatamente superior a este é suficiente. alternativa d Elder

169

Física 1 – ITA/IME

62. (ITA-SP-1968) Na situação abaixo, o bloco 3 de massa igual a 6,0 kg está na iminência de deslizar. Supondo as cordas inextensíveis e sem massa e as roldanas também sem massa e sem atrito, quais são as massas dos blocos 1 e 2 se o coeficiente de atrito estático do plano horizontal para o bloco 3 é e  0,5 ?

a) m1  1,5 kg

m2  1,5 kg

b) m1  1,5 kg

m2 

c) m1  3,0 kg

27 kg 4 m2  4,0 kg

d) m1  2,0 kg e) m1 

2 kg 4

27 kg 4

m2 

18 kg 4

RESOLUÇÃO: Dados:

m3  6 kg

iminência de deslizar

e  0,5

As forças que atuam nos corpos 1, 2 e 3 são:

se o corpo 3 está na iminência de deslizar a força de atrito atuante é máxima e o sistema está em equilíbrio.

Como uma única corda liga os corpos 1 e 2 e uma única corda liga os corpos 2 e 3: Elder

169

Física 1 – ITA/IME

T12  T21 e T23  T32 No corpo 3: Fy  0  FN  P3 Fx  0  T23  FAT



FN  m3  g  FN  6  10  FN  60 N

 T23    FN  T23  0,5  60  T23  T32  30 N

no corpo 2:

Fy  0  T32y  P2

Fx  0  T12  T32x

 T32y  sen

 3  m2  g  30   m2  10  3 2

 T12  T32  cos

 2

 T12  30 

m2  3 

3 kg 2

1  T12  T21  15 N 2

no corpo 1: Fy  0  T21  P1

 T21  m1  g  15  m1  10 

m1  1,5 kg

Observação: Repare que: m2  3 

Elder

3 2

 m2 

93 2



m2 

27 kg , resposta b. 4

169

Física 1 – ITA/IME

63. (ITA-SP-1985-07-O) Um cilindro de raio R está em equilíbrio, apoiado num plano inclinado, áspero, de forma que seu eixo é horizontal. O cilindro é formado de duas metades unidas pela secção longitudinal, das quais uma tem densidade d1 e a outra densidade d2 < d1. São dados o ângulo  4R de inclinação do plano inclinado e a distância h  do centro de massa de cada metade à secção 3 longitudinal. Quanto ao ângulo  de inclinação da secção longitudinal de separação sobre o horizonte podemos afirmar que:

a) sen   cos  b)    3 d1  d2 c) sen   sen  4 d1  d2 5 d2 d) sen   sen  8 d1 e) sen   1 RESOLUÇÃO: Dados: R

0

d2  d1



h

4R 3

Na figura:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

a  a  h  sen  h e sen    e  R  sen  R sen  

bae

f ae

V1  V2  V

como o cilindro está em equilíbrio, o momento das forças em relação a qualquer ponto é nulo. Fazendo o momento em relação ao ponto O: MPO1  MPO2

 P1  b  P2  f

d1  b  d2  f

 m1  g  b  m2  g  f

 d1  V1  b  d2  V2  f

 d1  (a  e)  d2  (a  e)

d1  (h  sen   R  sen  )  d2  (h  sen   R  sen  ) d1  h  sen   d1  R  sen   d2  h  sen   d2  R  sen  d1  h  sen   d2  h  sen   d1  R  sen   d2  R  sen  h  sen   (d1  d2 )  R  sen   (d1  d2 ) sen  

R  sen  d1  d2  h d1  d2

sen  

 sen  

R  sen  d1  d2  d1  d2 4 R 3

3   d1  d2   sen  4 d1  d2

alternativa c

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

64. (IME-RJ-2008-05-D) A figura abaixo mostra uma caixa d’água vazia, com peso de 125 kgf, sustentada por um cabo inextensível e de massa desprezível, fixado nos pontos A e D. A partir de um certo instante, a caixa d’água começa a ser enchida com uma vazão constante de 500 L/h. A roldana em B possui atrito desprezível. Sabendo que o cabo possui seção transversal circular com 1 cm de diâmetro e que admite força de tração por unidade de área de no máximo 750 kgf/cm 2, determine o tempo de entrada de água na caixa, em minutos, até que o cabo se rompa. Dado: peso específico da água = 1000 kgf/m3;   3,14

RESOLUÇÃO: Dados: a  2,5 m c  5,5 m L   500 h T kgf  750 A cm2   3,14

b  6,0 m PC  125 kgf d  1cm H2O  1.000

kgf m3

Dos triângulos retângulos de hipotenusas BC e CD : 2

 BC  2  a2

BC  a2  a2 CD  b2  a2

 BC  2,5  2 m

 CD  62  2,52

 CD  6,5 m

sen  

2,5 a  sen   BC 2,5  2

 sen  

cos  

2,5 a  cos   BC 2,5  2

 cos  

2 2

 sen   0,7071  cos   0,7071

a 2,5  sen    sen   0,3846 6,5 CD b 6 cos    cos    cos   0,9231 6,5 CD sen  

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

aplicando as condições de equilíbrio estático para forças concorrentes:

Fx  0  T1x  T2x  T1  cos   T2  cos   T1  0,7071  T2  0,9231 T2  0,7660  T1

(1)

Fy  0  T1y  T2y  PC  PA

 T1  sen   T2  sen   125  PA

T1  0,7071  T2  0,3846  125  PA

(2)

T1 > T2 pois    , logo, substituiremos (1) em (2) para encontrar uma relação entre T MÁX (T1) e o peso:

T1  0,7071  0,7660  T1  0,3846  125  PA  1,0017  T1  125  PA

(3)

calculando a tração máxima que o cabo é capaz de suportar:

TMÁX

T T d2   A  TMÁX     A A 4

 TMÁX

12  750  3,14  4

 TMÁX  588,75 kgf

substituimos em (3):

1,0017  588,75  125  PA  PA  464,7509 kgf pois o peso específico da água ( 1.000

 464,7509 L de água

kgf ) equivale a 1 kgf/L m3

utilizando a vazão:



Elder

V 464,7509  500   t t

t  0,9295 h

169

Física 1 – ITA/IME

65. (ITA-SP-2004-02-O) Um atleta mantém-se suspenso em equilíbrio, forçando as mãos contra duas paredes verticais, perpendiculares entre si,dispondo seu corpo simetricamente em relação ao canto e mantendo seus braços horizontalmente alinhados, como mostra a figura.Sendo m a massa do corpo do atleta e  o coeficiente de atrito estático interveniente, assinale a opção correta que indica o módulo mínimo da força exercida pelo atleta em cada parede.

1/2

mg  2  1    2  2  1 

1/2

mg  2  1  b)   2  2  1  c)

mg  2  1    2  2  1 

 2  1  d) mg  2     1 e) n.d.a. RESOLUÇÃO: Dados:



A figura representa as forças que o atleta aplica em cada parede:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

as forças representadas são: FATy



componente vertical da força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua direita

' FATy



componente vertical da força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua esquerda

FATx



componente horizontal da força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua direita

' FATx



componente horizontal da força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua esquerda

FAT



força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua direita

' FAT



força de atrito aplicada pelo atleta na parede à sua esquerda



força normal aplicada pelo atleta na parede à sua direita

' N



força normal aplicada pelo atleta na parede à sua esquerda

como o sistema se mantêm em equilíbrio: FATx  FN (1)   P mg  FATy  FATy  2 2 

 FAT    FN (3)  2 2 2  FAT  FATx  FATy (4)

(2)

substituindo (1), (2) e (3) em (4): mg (  FN )  F     2  2

2 N

FN2  (2  1) 

m2  g2 4

  2  FN2  FN2 

2  FN2  FATx 

m2  g2 4

m2  g2 4  (2  1)

  2  FN2  FN2 

m2  g2 4

(5)

a figura mostra as forças que restaram:

o módulo mínimo da força exercida pelo atleta em cada parede será a resultante entre a força normal e a força de atrito:

Elder

169

Física 1 – ITA/IME

2 F2  FAT  FN2

F2 

2 2  F2  FATx  FATy  FN2

m g m  g2 mg   4  (2  1)  2  4  (2  1) 2

m2  g2 m2  g2 m2  g2 m2  g2  1 1  2    F   2  1 2 2 2 4 4 4  (  1) 4  (  1) (  1)   (  1)

m2  g2 1  ( 2  1)  1 F2     2 4  (  1) 

Elder

 F2 

m  g  2  1  2 F  2  , alternativa b 2    1

100

169

Física 1 – ITA/IME

66. (IME-RJ-2011-01-D)

A figura acima mostra um sistema composto por uma parede vertical com altura H, uma barra com comprimento inicial L0 e uma mola. A barra está apoiada em uma superfície horizontal sem atrito e presa no ponto A por um vínculo, de forma que esta possa girar no plano da figura. A mola, inicialmente sem deformação, está conectada à parede vertical e à barra. Após ser aquecida, a barra atinge um novo estado de equilíbrio térmico e mecânico. Nessa situação a força de reação vertical no apoio B tem módulo igual a 30 N. Determine a quantidade de calor recebida pela barra. Dados: H = 3 m; L0 = 3 2 m; o peso da barra: P = 30 N; constante elástica da mola: k = 20 N/m; Pc 50  30 2  joules , onde c é o calor específico da barra; α é o coeficiente de dilatação linear g 3 2 da barra; g é a aceleração da gravidade; e P é o peso da barra. RESOLUÇÃO: Dado: FBy  30 N

Como a barra está em equilíbrio, o momento total será nulo: A

M  0  MFAAx  MFAAy  MPA  MFAE  MFABy

30 

Elder

 0  0 P

a  k  x  H  FBy  a 2

a  20  x  3  30  a  60  x  15  a  4  x  a 2

(1)

101

169

Física 1 – ITA/IME

antes do aquecimento: L20  H2  a02

 (3  2)2  32  a02

 a0  3 m

depois do aquecimento:

a  a0  x  a  3  x (2) substituindo (1) em (2): 4  x  3  x  x  1m



(1)  a  4  1  a  4 m

L2  H2  a2

 L2  32  42

 L 5m

L  L  L0

 L  (5  3  2) m

da termologia e substituindo a relação dada: Q  m  c  t    L  L0    t 

Q

50  30 2

Q

Elder

3 2



Q m  c  t  L L0    t

5 3 2 3 2

 Q

m  c  L L0  

 Q

250 150  2 150  2  180 18

P  c L  g   L0

 Q

70 18

35 J 9

102

169

Física 1 – ITA/IME

67. (ITA-SP-2012-22-D) O arranjo de polias da figura é preso ao teto para erguer uma massa de 24 kg, sendo os fios inextensíveis, e desprezíveis as massas das polias e dos fios. Desprezando os atritos, determine:

1. O valor do módulo da força F necessário para equilibrar o sistema. 2. O valor do módulo da forca F necessário para erguer a massa com velocidade constante. 3. A força ( F ou peso?) que realiza maior trabalho, em módulo, durante o tempo T em que a massa está sendo erguida com velocidade constante. RESOLUÇÃO: Dados:

m  24 kg

sem atritos

A figura mostra como as forças são distribuídas pelas polias:

F

P mg  F 4 4

F

24  10  4

Como a velocidade de ascensão é constante, o sistema estará em equilíbrio:

F  60 N

Sendo a massa erguida com velocidade constante:

WRESULTANTE  ECINÉTICA

 WF  WP  0 

| WF |  | WP |

Observação: Como sistema é uma "talha exponencial", também poderíamos utilizar: VM 

FRESISTENTE FMOTRIZ

 2n 

FRESISTENTE FMOTRIZ

 22 

P mg 24  10  4  4  F  60N F F F

onde n é o número de polias móveis. Elder

103

169

Física 1 – ITA/IME

68. (ITA-SP-2011-21-D) Uma barra homogênea, articulada no pino O, é mantida na posição horizontal por um fio fixado a uma distância x de O. Como mostra a figura, o fio passa por um conjunto de três polias que também sustentam um bloco de peso P. Desprezando efeitos de atrito e o peso das polias, determine a força de ação do pino O sobre a barra.

RESOLUÇÃO: Dados: x y P

sem atrito

As forças externas que atuam no sistema de polias (talha exponencial) e na barra são:

para equilíbrio, temos na talha exponencial: VM 

FResistente FMotriz

 2n 

P P P  22   F F F 4

(1)

para equilíbrio na barra, como não há forças na direção horizontal, o somatório das forças na direção vertical será nulo e o somatório dos momentos (em relação ao ponto O) será nulo: Fy  0  F  FO  PB MFOO  MFO  MPOB Elder

 FO  PB  F

 0  F  x  PB 

xy 2

(2)  PB 

2F x xy

(3) 104

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (1) e (3) em (2): 2F x P FO    FO  xy 4 FO 

4P x  2P x  2P y 8  (x  y)

FO 

Elder

P x P P x P 4  P  x  2  (x  y)  P 4   FO    FO  xy 4 2  (x  y) 4 8  (x  y)

2

 FO 

2P x  2P y 8  (x  y)

 FO 

2  P  (x  y) 8  (x  y)

P  (x  y) 4  (x  y)

105

169

Física 1 – ITA/IME

69. (MEER-2011) O marujo, de peso P, deve se manter sentado na prancha, ligada às polias, conforme a figura:

Desprezando os pesos e os atritos nos aparelhos, qual a força que o marujo deve exercer sobre o cabo C? RESOLUÇÃO: Dados: P Como temos uma talha exponencial com 2 polias móveis, sua vantagem mecânica (VM) será dada por:

VM 

FR F  2n  R  22  FR  4  T FM T

onde: VM = vantagem mecânica FR = força resistente FM = força motriz n = número de polias móveis

portanto, as forças que atuam no conjunto marinheiro e prancha são as da figura acima e como o conjunto está em equilíbrio:

Fy  0  4  T  T  P  5  T  P 

T

P 5

OBS. As forças nas figuras foram representadas em módulo.

Elder

106

169

Física 1 – ITA/IME

70. (ITA-SP-2011-10-O) Um prisma regular hexagonal homogêneo com peso de 15 N e aresta da base de 2,0 m é mantido de pé graças ao apoio de um dos seus vértices da base inferior (ver figura) e à ação de uma força vertical de suspensão de 10 N (não mostrada). Nessas condições, o ponto de aplicação da força na base superior do prisma encontra-se

a) b) c) d) e)

sobre o segmento sobre o segmento sobre o segmento sobre o segmento sobre o segmento

RESOLUÇÃO: Dados: P  15 N a  2m

RM a 2,0 m de R. RN a 4,0 m de R. RN a 3,0 m de R. RN a 2,0 m de R. RP a 2,5 m de R.

F  10 N

A figura mostra a colocação das forças:

Elder

107

169

Física 1 – ITA/IME

num prisma hexagonal regular: MN  NP  PQ  QR  RS 

RN a 2

o peso é aplicado no centro geométrico (coincide com o centro de gravidade). A força peso e a força do apoio em A sobre o prisma são verticais e definem um plano que passa pela diagonal RN , onde deverá também estar a força F para que haja equilíbrio. O momento das forças tem de ser nulo, tomando o ponto de aplicação da força de apoio como referência para o cálculo do momento total: MFAA  MFA  MPA

 0 F x  P

RN Pa 15  2  x  x 2 F 10

x  3 m sobre o segmento RN

Elder

108

169

Física 1 – ITA/IME

71. (IME-RJ-2011-21-O)

A figura acima apresenta um perfil metálico AB, com dimensões AC = 0,20 m e CB = 0,18 m, apoiado em C por meio de um pino sem atrito. Admitindo-se desprezível o peso do perfil AB, o valor da força vertical F, em newtons, para que o sistema fique em equilíbrio na situação da figura é: Dados: sen 15o = 0,26 cos 15o = 0,97 a) b) c) d) e)

242,5 232,5 222,5 212,5 210,5

RESOLUÇÃO: Dados: FA  216 N FB  175 N

AC  0,2 m

CB  0,18 m

sem atrito

Da trigonometria: sen 15o  cos 75o  0,26  15o  75o  90o   o o  cos 15  sen 75  0,97

Os momentos se anulam pois o perfil está em equilíbrio, tomando o ponto C como referencial para o cálculo dos momentos e levando em conta que o momento da força no apoio C sobre o perfil será zero: F  CB  cos 75o  175  CB  sen 75o  216  AC  cos 15 o F  0,18  0,26  175  0,18  0,97  216  0,2  0,97  0,0468  F  30,555  41,904 F

Elder

41,904  30,555 0,0468



F  242,5 N

109

169

Física 1 – ITA/IME

72. (ITA-SP-2010-07-O) Considere um semicilindro de peso P e raio R sobre um plano horizontal não liso, mostrado em corte na figura. Uma barra homogênea de comprimento L e peso Q está articulada no ponto O. A barra está apoiada na superfície lisa do semicilindro, formando um ângulo  com a vertical. Quanto vale o coeficiente de atrito mínimo entre o semicilindro e o plano horizontal para que o sistema todo permaneça em equilíbrio?

a)   cos  / [cos   2P(2h / LQcos (2)  R / LQ sen )] b)   cos  / [cos   P(2h / LQ sen (2)  2R / LQ cos )] c)   cos  / [sen   2P(2h / LQ sen (2)  R / LQ cos )] d)   sen  / [sen   2P(2h / LQcos ()  2R / LQ cos )] e)   sen  / [cos   P(2h / LQ sen ()  2R / LQ cos )] RESOLUÇÃO: Dados: P R L



PLANO  0

SEMICILINDRO  0

No triângulo retângulo ADC: sen  

AD  AD  R  sen  R

(1)

no triângulo retângulo AEO, substituindo (1): Elder

110

169

Física 1 – ITA/IME

cos  

EO h  AD h  R  sen   AO   AO  cos  cos  AO

(2)

como a barra está em equilíbrio, o momento total é nulo. Tomando como referencial para o cálculo do momento o ponto O e substituindo (2): MFOO  MOQ  MFO

 0  Q  BE  F  AO  Q 

L  sen  2 F h  R  sen  cos  Q

F

 F

Q  L  sen 2 4  (h  R  sen  )

Q  L  sen   cos  2  (h  R  sen  )

L h  R  sen   sen   F  2 cos 

 F

2 Q  L  sen   cos   2 2  (h  R  sen )

(3)

as forças externas que atuam no semicilindro são:

Fy  0  N  P  Fy

 N  P  F  sen 

(4)

quando o coeficiente de atrito com o plano for mínimo o semicilindro estará na iminência de movimento e a força de atrito será a máxima estática: Fx  0  FATE  Fx

 E  N  F  cos 

substituindo (4):

1 F  cos  F  cos  E  P  F  sen   F  cos   E   E  F  1 P  F  sen  P  F  sen  F E  Elder

cos  P  sen  F

(5)

111

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (3) em P  F

P : F

P Q  L  sen 2 4  (h  R  sen  )



P 4  P  (h  R  sen  ) P (2  h  2  R  sen )    2P F Q  L  sen 2 F Q  L  sen 2

  2  R  sen  P 2h  2P    F  Q  L  sen 2 Q  L  2  sen   cos  

  P 2h R  2P    F  Q  L  sen 2 Q  L  cos  

substituindo em (5): E 

Elder

cos    2h R sen   2  P      Q  L  sen 2 Q  L  cos  

112

169

Física 1 – ITA/IME

73. (IME-RJ-2010-18-O)

A figura mostra duas barras AC e BC que suportam, em equilíbrio, uma força F aplicada no ponto C. Para que os esforços nas barras AC e BC sejam, respectivamente, 36 N (compressão) e 160 N (tração), o valor e o sentido das componentes vertical e horizontal da força F devem ser: Observação: Despreze os pesos das barras e adote 3  1,7 . a) 80 N (), 100 N () b) 100 N (), 80 N () c) 80 N (), 100 N () d) 100 N (), 80 N () e) 100 N (), 80 N () RESOLUÇÃO: Dados: FAC  36 N FBC  160 N

3  1,7

A figura mostra as forças que atuam na barra AC, aplicando as condições de equilíbrio com momento no ponto A:

M  0 A FAC

A FBCx

M

Fy  160 

Elder

 A A   MFy  MFBCy A  MFx  0 

1  2

 Fy  AC  FBCy  AC

 Fy  FBC  sen 30o

Fy  80 N

113

169

Física 1 – ITA/IME

Fx  0  Fx  FAC  FBCx Fx  80  1,7  36 

Elder

 Fx  FAC  FBC  cos 30o

 Fx  36  160 

3 2

Fx  100 N

114

169

Física 1 – ITA/IME

74. (ITA-SP-2009-22-D) Chapas retangulares rígidas, iguais e homogêneas, são sobrepostas e deslocadas entre si, formando um conjunto que se apoia parcialmente na borda de uma calçada. A figura ilustra esse conjunto com n chapas, bem como a distância D alcançada pela sua parte suspensa. Desenvolva uma fórmula geral da máxima distância D possível de modo que o conjunto ainda se mantenha em equilíbrio. A seguir, calcule essa distância D em função do comprimento L de cada chapa, para n = 6 unidades.

RESOLUÇÃO: Dados: D L n6 A figura mostra como as chapas deverão ficar para que o conjunto permaneça em equilíbrio sobre a borda da calçada:

A distância D será: D  x1  x2      x6

o centro de massa de cada chapa fica no seu centro geométrico e para que o conjunto fique em equilíbrio será necessário que o grupo de chapas superiores fique apoiado com o seu centro de massa na borda direita da chapa inferior. Considerando a origem das abscissas na extremidade direita da chapa inferior e a orientação positiva para a esquerda: para uma chapa: x1 

Elder

L 2

115

169

Física 1 – ITA/IME

para duas chapas (uma superior e uma inferior):

x2 

m0  m mm

L 2

L 2  x2  2 m m

 x2 

L 4

para três chapas (duas superiores e uma inferior):

x3 

2m0  m mmm

L 2

L 2  x3  3 m m

 x3 

L 6

para quatro chapas (três superiores e uma inferior):

L 2 x4  mmmm 3m0  m

L 2  x4  4 m m

 x4 

L 8

para cinco chapas (quatro superiores e uma inferior):

L L m 2  x  2 x5  5 mmmmm 5 m 4m0  m

Elder

 x5 

L 10

116

169

Física 1 – ITA/IME

para seis chapas (cinco superiores e uma inferior):

L L m 2 2 x6   x6  mmmmmm 6 m 5m0  m

 x6 

L 12

calculando D: D  x1  x 2  x 3  x 4  x 5   x 6

D

 D

L L L L L L L 1 1 1 1 1 1        D        2 4 6 8 10 12 2 1 2 3 4 5 6 

L  720  360  240  180  144  120  L 1.764   D   2  720 2 720 



D

147 L 120

OBS: Poderíamos obter uma expressão geral para D: D

L 1 1 1       2 1 2 n

onde n é o número de chapas.

Elder

117

169

Física 1 – ITA/IME

75. (IME-RJ-2009-22-O) Uma viga de 8,0 m de comprimento, apoiada nas extremidades, tem peso de 40 kN. Sobre ela, desloca-se um carro de 20 kN de peso, cujos 2 eixos de roda distam entre si 2,0 m. No instante em que a reação vertical em um apoio é 27,5 kN, um dos eixos do carro dista, em metros, do outro apoio a) 1,0 b) 1,5 c) 2,0 d) 2,5 e) 3,0 RESOLUÇÃO: Dados: AB  8 m P  40 kN

FC  10 kN

FD  10 kN

CD  2 m

FB  27,5 kN

A figura mostra a disposição das forças na viga considerando o centro de massa do carro coincidente com o seu centro geométrico e distribuindo o peso total do carro, 20 kN, nos dois eixos em C e D (10 kN para cada um):

como o sistema está em equilíbrio, o somatório dos momentos em qualquer ponto da viga será nulo, no ponto A: A M  0  A A A A   MFC  MFD  MP  MFB A MFA  0 

10  AC  10  (AC  2)  40 

AC  2 m



 FC  AC  FD  (AC  CD)  P 

AB  FB  AB 2

8  27,5  8  20  AC  180  220 2

AD  AC  CD  AD  2  2 

AD  4 m

como o enunciado não especifica a qual dos eixos se refere, os dois valores seriam válidos. OBS: Repare que não importa se, na figura, representamos o carro na metade esquerda ou na metade direita da viga, os valores encontrados serão os corretos. No caso percebemos, comparando os valores, que o carro está na metade esquerda da viga, o que é coerente, pois a força no apoio B é menor do que a metade da carga total (FC + FD + P) a que estão submetidos os apoios.

Elder

118

169

Física 1 – ITA/IME

76. (IME-RJ-2009-06-D) A figura mostra uma estrutura em equilíbrio, formada por uma barra BD, dois cabos AD e DE, e uma viga horizontal CF. A barra é fixada em B. Os cabos, de seção transversal circular de 5 mm de diâmetro, são inextensíveis e fixados nos pontos A, D e E. A viga de material uniforme e homogêneo é apoiada em C e sustentada pelo cabo DE. Ao ser colocado um bloco de 100 kg de massa na extremidade F da viga, determine: a) a força no trecho ED do cabo; b) as reações horizontal e vertical no apoio C da viga; c) as reações horizontal e vertical no apoio B da barra. Dados: aceleração da gravidade: 10 m/s²; densidades lineares de massa: 1  30 kg / m, 2  20 kg / m, 3  10 kg / m 20  4,5

RESOLUÇÃO: Dados: DCABOS  5 mm  5  103 m a)

Elder

mBLOCO  100 kg

Isolando a viga, as forças que atuam são:

119

169

Física 1 – ITA/IME

no triângulo retângulo de ângulo  : 2  sen   2,5  sen   0,8 h2  22  1,52  h  2,5 m   cos   1,5  cos   0,6  2,5 fazendo o somatório dos momentos em relação ao ponto C: C

M  0 C

MFCx  MFCy  MTDEx

    TDEy  4,5  P1  1,5  P2  4,5  P3  7,5  PBLOCO  9  0 

TDE  sen   4,5  m1  g  1,5  m2  g  4,5  m3  g  7,5  mBLOCO  g  9 TDE  sen   4,5  1  3  g  1,5   2  3  g  4,5   3  3  g  7,5  mBLOCO  g  9 TDE  0,8  4,5  30  3  10  1,5  20  3  10  4,5  10  3  10  7,5  100  10  9 TDE  4.250 N

Fazendo os somatórios das forças na viga:

Fx  0  FCx  TDEx

 FCx  TDE  cos   FCx  4.250  0,6 

Fy  0  FCy  TDEy  P1  P2  P3  PBLOCO

FCx  2.550 N

 FCy  TDEy  m1  g  m2  g  m3  g  mBLOCO  g

FCy  TDE  sen   1  3  g   2  3  g   3  3  g  mBLOCO  g FCy  4.250  0,8  30  3  10  20  3  10  10  3  10  1 00  10  FCy  600 o sinal negativo significa que o sentido real é o inverso do considerado na figura. O seu módulo é: FCy  600 N

c) O enunciado não informa o peso da barra e, para obter uma resposta que não seja em função do mesmo, consideraremos seu peso desprezível. A figura mostra, então, as forças que atuam na barra. No triângulo de hipotenusa AD:

AD  22  42

Elder

 2 1  sen   sen    2 5 5  AD  20  AD  2  5   4 2 cos    cos    2 5 5 

120

169

Física 1 – ITA/IME

fazendo o somatório dos momentos em relação ao ponto B: B

M  0 B

MFBx  MFBy

    TADx  4  TADy  2  TEDx  4  TEDy  2  0 

TAD  cos   4  TAD  sen   2  TED  cos   4  TED  sen   2

TED  TDE  4.250 N TAD 

TAD 

8.500  5N 3

 4  TAD 

1 5

 2  4.250  0,6  4  4.250  0,8  2  TAD 

8 5

 TAD 

2 5

 17.000

fazendo o somatório das forças na barra: Fx  0  FBx  TEDx  TADx

FBx  4.250  0,6 

8.500  3

5 

Fy  0  FBy  TADy  TEDy

FBy 

Elder

8.500  3

5 

1 5

 FBx  TED  cos   TAD  cos  2 5

 FBx 

17.000  2.550  3

FBx 

9.350 N 3

 FBy  TAD  sen   TED  sen 

 4.250  0,8  FBy 

8.500  3.400  3

FBy 

18.700 N 3

121

169

Física 1 – ITA/IME

77. (ITA-SP-2008-03-O) A figura mostra uma barra de 50 cm de comprimento e massa desprezível, suspensa por uma corda OQ, sustentando um peso de 3000 N no ponto indicado. Sabendo que a barra se apóia sem atrito nas paredes do vão, a razão entre a tensão na corda e a reação na parede no ponto S, no equilíbrio estático, é igual a

a) b) c) d) e)

1,5 3,0 2,0 1,0 5,0

RESOLUÇÃO: Dados: SR  50 cm P  3.000 N

sem atrito

A figura mostra as forças que atuam na barra:

no triângulo retângulo de hipotenusa SR: 2

SR  RT  ST

 502  402  ST

 ST  30 cm

fazendo o somatório das forças na direção vertical: Elder

122

169

Física 1 – ITA/IME

F y  0  FQ  P  FQ  3.000 N fazendo o somatório dos momentos em relação ao ponto R: R M  0    FQ  10  FS  30  P  20  3.000  10  FS  30  3.000  20 R MFR  0 

FS  1.000 N logo: FQ 3.000   FS 1.000

Elder

FQ 3 FS

123

169

Física 1 – ITA/IME

78. (IME-RJ-2004-09-D) Cinco cubos idênticos, de aresta L e massa específica  , estão dispostos em um sistema em equilíbrio, como mostra a figura. Uma mola de constante elástica k é comprimida e ligada ao centro do cubo, que se encontra sobre o pistão do cilindro maior de diâmetro D de um dispositivo hidráulico. Os demais cilindros deste dispositivo são idênticos e possuem diâmetros d. Em uma das extremidades do dispositivo hidráulico existe um cubo suspenso por um braço de alavanca. Na outra extremidade existe outro cubo ligado a fios ideais e a um conjunto de roldanas. Este conjunto mantém suspenso um cubo totalmente imerso em um líquido de massa específica  . Sendo g a aceleração da gravidade e desprezando as massas da alavanca, pistões, fios e roldanas, determine: 1. a relação La/Lb dos comprimentos do braço de alavanca no equilíbrio em função de  e  2. o comprimento x de compressão da mola para o equilíbrio;

RESOLUÇÃO: Dados: L  d VSUB  VCubo 1.

k 

D g

Isolando a polia móvel:

Fy  0  2  T  E  P  T 

P E 2

(1)

isolando a alavanca:

Elder

124

169

Física 1 – ITA/IME

pela simetria do dispositivo hidráulico vemos que a tração no fio que passa pelas polias tem o mesmo módulo que a tração no fio à direita da alavanca, aplicando o somatório dos momentos em relação ao ponto A: A M  0    T  Lb  P  L a A MF  0 

P E  Lb  P  L a 2



 substituindo (1):

La P  E La m  g  E L a   VCubo  g    VSUB  g      Lb 2  P Lb 2  m  g Lb 2    VCubo  g

La     Lb 2  

As forças que atuam nos êmbolos são:

no êmbolo de diâmetro d : T  Fd  P  Fd  P  T

(2)

no êmbolo de diâmetro D: FD  P  FEL

(3)

pelo Princípio de Pascal:

pd  pD



Fd F  D A d AD

 Fd  A D  FD  A d

 Fd 

  D2   d2  FD  4 4

substituindo (2) e (3): (P  T)  D2  (P  FEL )  d2

 P  D2  T  D2  P  d2  FEL  d2

FEL  d2  P  D2  P  d2  T  D2

 substituindo (1):

P E 2 FEL  d2  P  D2  P  d2   D 2  

 FEL  d2  P  D2  P  d2 

P  D2 E  D2  2 2

2  FEL  d2  2  P  D2  2  P  d2  P  D2  E  D2 Elder

125

169

Física 1 – ITA/IME

2  k  x  d  2  m  g  D  2  m  g  d  m  g  D    VSUB  g  D 2

2  k  x  d2  2    VCubo  g  D2  2    VCubo  g  d2    VCubo  g  D2    VCubo  g  D2 2  k  x  d2  2    L3  g  D2  2    L3  g  d2    L3  g  D2    L3  g  D2 2  k  x  d2    L3  g  D2  2    L3  g  d2    L3  g  D2 2  k  x  d2  L3  g  (  D2  2    d2    D2 ) 2  k  x  d2  L3  g  [  (D2  2  d2 )    D2 ]

x 

Elder

L3  g  [  (D2  2  d2 )    D2 ] 2  k  d2

126

169

Física 1 – ITA/IME

79. (ITA-SP-2008-22-O) Num dos pratos de uma balança que se encontra em equilíbrio estático, uma mosca de massa m está em repouso no fundo de um frasco de massa M. Mostrar em que condições a mosca poderá voar dentro do frasco sem que o equilíbrio seja afetado.

RESOLUÇÃO: Dados: m M - Resultantes horizontais não alterarão o equilíbrio dos pratos da balança, portanto qualquer movimento horizontal será possível sem afetar o equilíbrio. - Voos verticais em movimento uniforme acarretarão resultante vertical nula, não afetando o equilíbrio. - Voos em direções diferentes da horizontal e da vertical serão possíveis desde que não haja aceleração vertical ou que o momento P × d seja mantido:

ou seja, aumentado-se a força vertical sobre o prato da balança, a distância de sua linha de ação ao ponto de articulação diminua, de modo a manter o mesmo momento da condição de equilíbrio inicial.

Elder

127

169

Física 1 – ITA/IME

80. (IME-RJ-2003-10-D) Uma placa homogênea tem a forma de um triângulo equilátero de lado L, espessura L/10 e massa específica  = 5 g/cm3. A placa é sustentada por dobradiças nos pontos A e B, e por um fio EC, conforme mostra a figura. Um cubo homogêneo de aresta L/10, feito do mesmo material da placa, é colocado com o centro de uma das faces sobre o ponto F, localizado sobre a linha CD, distando L 3 / 6 do vértice C. Considere as dimensões em cm e adote g = 10 m/s2. Determine em função de L: Os pesos da placa e do cubo em Newtons. A tração no fio CE em Newtons.

RESOLUÇÃO: Dados:

L  102 m a

L  102 m 10

e FC 

L  102 m 10

L 3  102 m 6

5

g kg  5.000 3 3 cm m g  10

m s2

Como a placa tem formato de um triângulo equilátero de lado L:

CD  L  sen 60o

Elder

 CD  L 

3  102 m 2

128

169

Física 1 – ITA/IME

calculando o peso da placa: PP  mP  g  PP    VP  g  PP   

PP  5.000 

AB  CD eg 2

3  10 2 L 2   10 2  10 2 10

L  10 2  L 

PP  1,25  3  10 3  L3 N



calculando o peso do cubo: 3

 L  PC  mC  g  PC    VC  g  PC      10 2   g  PC  5.000  L3  10 9  10  10  PC  5  L3  10 5 N

numa vista lateral da placa e considerando os momentos em relação ao eixo AB :

utilizando a figura do enunciado: 2

CE  CD  L

CE 

M

AB FAx

 3 2  CE   L    L  2   2

 CE  L2 

3  L2 4

 CE 

7  L2 4

L L  7  CE   7  10 2 m 2 2 0 AB FBx

M

AB FAy

M

AB FBy

M

AB Tx

M

  AB AB AB   MTy  MPP  MPC  0 

 Ty  DC  PP  DG  PC  DF

1 DE 1 T  sen   DC  PP  DC  PC  (DC  FC)  T   DC  PP  DC  PC  DC  PC  FC 3 3 EC T

Elder

L  10 2 L  7  10 2 2

L 

3 1 3 3 L 3  10 2  PP  L   10 2  PC  L   10 2  PC   10 2 2 3 2 2 6

129

169 T

Física 1 – ITA/IME L  10 2 L  7  10 2 2

T

L 

 10 2  PP 

3 3 3 L 3 1  10 2  PP  L   10 2  PC  L   10 2  PC   102 3 2 2 6 2

L L L  10 2  PC   10 2  PC   10 2 6 2 6

 10 2  1,25  3  10 3  L3 

L L L  10 2  5  L3  10 5   10 2  5  L3  10 5   10 2 6 2 6

1 1 1  T  L3  10 3  7   1,25  3   5  10 2  5  10 2   6 2 6   1 20  10 2  T  L3  10 3  7   1,25  3    6 12   T  1 10 4  L3 N

Elder

130

169

Física 1 – ITA/IME

81. (PSFE-RU-130) Entre duas caixas iguais, situadas no chão, foi colocada uma barra, a qual não atinge o solo. À parte superior da barra é aplicada uma força horizontal. Qual das duas caixas mover-se-á antes?

RESOLUÇÃO: Como o enunciado não diz nada consideraremos uma situação normal, isto é, existe atrito entre o chão e as caixas. Na barra atuam três forças: F , F1 aplicada pela caixa da direita e F2 aplicada pela caixa da esquerda. Na iminência de movimento a força resultante na barra é nula (equilíbrio) e, portanto,

Fx  0  F1  F  F2

 F1  F2

como, pela 3ª Lei de Newton (princípio da ação e reação), F1   F1

F2  F2

 F1  F2

o diagrama de forças em cada caixa será:

onde F1 é a força aplicada pela barra sobre a caixa da direita e F2 é a força aplicada pela barra sobre a caixa da esquerda. A força máxima de atrito sobre a caixa da direita será atingida antes pela força F1 e esta se movimentará antes já que as forças de atrito são de mesma intensidade pois as caixas são iguais.

Elder

131

169

Física 1 – ITA/IME

82. (MEER-2011) Na figura deste problema, a haste OB é uniforme e pesa 400 kgf. O sistema está em equilíbrio.

a) Qual o valor da tração (tensão) no cabo AB? b) Qual o valor da reação exercida pela articulação O na haste OB? RESOLUÇÃO: Dados:

P  400 kgf Trabalharemos primeiramente com as forças que atuam no ponto C. Como o sistema está em equilíbrio:

sen 45o 

P TBC



2 200  2 TBC

pela 3ª Lei de Newton: TBC  TCB

 TBC 

400

 TCB 

400 2

kgf

as forças que atuam na haste são:

Elder

132

169

Física 1 – ITA/IME

fazendo momento no ponto O: O

MFx  MFy  0 AB  TCB  OB (1) 2 do triângulo retângulo formado pela parede pela haste e pelo fio AB : O

M  0  MOTAB  MPOH  MOTCB

 TAB  AO  PH 

sen 45o 

AB OB



2 AB  2 OB

 AB 

2  OB 2

(2)

cos 45o 

AO OB



2 AO  2 OB

 AO 

2  OB 2

(3)

substituindo (2) e (3) em (1) e fazendo 2  1,4 :

TAB 

2 1 2  OB  PH    OB  TCB  OB 2 2 2

 TAB 

1,4 1,4 400  400   2 4 1,4

TAB  608,16 kgf

Aplicando as outras condições de equilíbrio:

Fx  0  Fx  TCBx  TAB

Fx  408,16 kgf

 Fx 

400



2  608,16 2

(4)

Fy  0  Fy  PH  TCBy Fy  600 kgf

 Fx  TCB  sen 45o  TAB

 Fy  PH  TCB  cos 45o  Fy  400 

400 2



2 2

(5)

Aplicando o Teorema de Pitágoras às forças atuantes no ponto O e substituindo os valores de (4) e (5): F2  Fx2  Fy2

Elder

 F2  (408,16)2  (600)2



F  725,67 kgf

133

169

Física 1 – ITA/IME

83. (ITA-SP-1998-21-D) Considere um bloco cúbico de lado d e massa m em repouso sobre um plano inclinado de ângulo  , que impede o movimento de um cilindro de diâmetro d e massa m idêntica à do bloco, como mostra a figura. Suponha que o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o plano seja suficientemente grande para que o bloco não deslize pelo plano e que o coeficiente de atrito estático entre o cilindro e o bloco seja desprezível. O valor máximo do ângulo  do plano inclinado, para que a base do bloco permaneça em contato com o plano, é tal que:

RESOLUÇÃO: Dados: d m v0  0

BLOCO  0

CILINDRO  0

O enunciado afirma que o bloco não escorrega, portanto a única possibilidade é ele tombar. Na iminência de tombamento a força peso do bloco, a força normal e a força de atrito são concorrentes no ponto A, a figura mostra as forças que atuam no bloco e seus pontos de aplicação:

fazendo momento em relação ao ponto A: A

 A A A   MPx  MPx  MPy A  MN  0 

M  0 A FAT

sen  1 1   tg    cos  2 2

Elder

 Px 

d d d  Px   Py  2 2 2

MÁXIMO  arc tg

 2  P  sen   P  cos 

1 2

134

169

Física 1 – ITA/IME

84. (MEER-2011) Uma roldana, de peso desprezível, e de 0,15 m de raio, pode girar em torno de um eixo horizontal, sem atrito, passando pelo seu centro. Um peso, de 20,0 kgf é suspenso em um dos lados da roldana e uma haste, de 1,20 m de comprimento, é presa em seus bordos, como mostra a figura desse problema.

a) Sabendo-se que o sistema fica em equilíbrio com a haste na horizontal, determine o peso dessa haste. b) Suponha que um peso de 2,2 kgf seja suspenso na extremidade direita da haste. Determine o ângulo que essa haste irá formar com a horizontal em sua nova posição de equilíbrio. c) Na situação da questão (b), qual é o valor da reação do eixo sobre a roldana? RESOLUÇÃO: Dados: R  0,15 m a)

P  20 kgf

L  1,2 m

P'  2,2 kgf

No conjunto roldana-haste atuam as seguintes forças:

como o sistema está em equilíbrio, fazendo momento em relação ao ponto O: O

MF  0 O

M  0  MPO  MPOH

L 1,2  P  R  PH  (R  )  20  0,15  PH  (0,15  )  2 2

PH  4 kgf

Com um peso P’ na extremidade direita da haste, o sistema ficará assim:

e temos que: Elder

135

169

Física 1 – ITA/IME

cos  

L'  L '  L  cos  (1) L

fazendo momento em relação ao ponto O e substituindo (1): O

MF  0 O

M  0  MPO  MPOH  MP'O  P  R  PH  (R  P  R  PH  (R 

L' )  P' (R  L ') 2

L  cos  )  P ' (R  L  cos  ) 2

20  0,15  4  (0,15 

1,2  cos  )  2,2  (0,15  1,2  cos  ) 2

3  0,6  2,4  cos   0,33  2,64  cos  5,04  cos   2,07  cos   0,41 

  arccos 0,41

Aplicando a condição de equilíbrio para o eixo y:

Fy  0  F  P  PH  P'  F  20  4  2,2 

Elder

F  26,2 kgf

136

169

Física 1 – ITA/IME

85. (MEER-2011) A figura mostra uma barra homogênea AB, articulada em A, mantida em equilíbrio pela aplicação de uma força F em B. Qual o valor do ângulo  para o qual a intensidade de F é mínima?

RESOLUÇÃO: As forças que atuam na barra, orientando-se pelo que indica a figura e considerando o eixo x longitudinal à barra e o eixo y a ela perpendicular são:

cos 30o 

d  d  AB  cos 30o AB 2

(1)

fazendo momento em relação ao ponto A e substituindo (1): A

MFA  MFx  0 A

M  0  MPA  MFAy

 P  d  Fy  AB  P 

AB  cos 30o  Fy  AB 2

3 P

2  F  sen (180o   )  P  3  F  sen (180o   ) 2 4

como P é constante, para que F seja mínimo, o valor de sen (180o  ) terá de ser máximo, ou seja:

sen (180o  )  1  180o    90o 

Elder

  90o

137

169

Física 1 – ITA/IME

86. (MEER-2011) É dado um sólido homogêneo, obtido pelo seccionamento de um cilindro de revolução por um plano que contém o eixo de revolução. O diâmetro AB do círculo de base mede 20,0 cm, o peso do sólido é P = 0,320 kgf. O sólido repousa por sua face curva sobre uma superfície horizontal; as superfícies em contato são supostas perfeitamente lisas. No ponto A fixase um fio leve e flexível, ao qual é suspenso um corpo de peso Q. O sólido se inclina, ficando então o ponto A à distância h = 2,0 cm do plano de apoio. O plano da figura contém o centro de gravidade do semicilindro e é normal ao seu eixo de revolução. É dado OG  4R . Pede-se o valor de Q. Ver 3

figura.

RESOLUÇÃO: Dados: AB  20 cm

P  0,320 kgf

h  2,0 cm

OG 

4R 3

As forças que atuam no semicilindro são:

fazendo-se momento em relação ao ponto C e ampliando-se o semicilindro temos:

Elder

138

169

Física 1 – ITA/IME

MN  0 C

M  0  MQA  MPA  Q  a  P  b (1) os triângulos de hipotenusas AO  R e OG são semelhantes pois seus lados são perpendiculares e, portanto, o ângulo  é o mesmo, logo:

a  a  R  cos  (2) R b sen    b  OG  sen  (3) OG

cos  

substituindo (2) e (3) em (1):

Q  R  cos   P  OG  sen   Q  R  cos   P  OG 

Rh (4) R

temos, da trigonometria que: (sen )2  (cos )2  1  cos   1  (sen )2

 cos   1 

(R  h)2 R2

(5)

substituindo (5) em (4) e OG : Q  R  1

(R  h)2 4  R (R  h) P  2 3 R R

fazendo   3,14 : Q  0,1 1 

Elder

(0,1  0,02)2 4  0,32   (0,1  0,02)  2 3  3,14 0,1

Q  0,181kgf

139

169

Física 1 – ITA/IME

87. (ITA-SP-1986-08-O) Um toro de madeira cilíndrico de peso P e de 1 m de diâmetro deve ser erguido por cima de um obstáculo de 0,25 m de altura. Um cabo é enrolado ao redor do toro e puxado horizontalmente, como mostra a figura. O canto do obstáculo em A é áspero, assim como a superfície do toro.

No instante em que o toro deixa de ter contato com o solo, determine: a) A tração T requerida no cabo; b) A reação R em A. RESOLUÇÃO: Dados: h  0,25 m d  1m No instante em que o toro deixa de ter contato com o solo a força entre o solo e o toro deixa de existir e as forças atuantes ficam como na figura:

representaremos por r = 0,5 m o raio do toro. a)

Faremos momento em relação ao ponto A: A

MR  0 A

M  0  MTA  MPA  T  (d  h)  P  x (1) aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo de hipotenusa AC :

r 2  (r  h)2  x2  0,52  (0,5  0,25)2  x2  x  0,43 m (2)

substituindo (2) em (1): T  (1  0,25)  P  0,43 

Elder

T  0,57  P

140

169

Física 1 – ITA/IME

b) Como o toro está em equilíbrio a resultante das forças que atuam sobre ele é zero e podemos montar o seguinte triângulo com as forças atuantes:

aplicando o Teorema de Pitágoras: R 2  P2  T 2

 R2  P2  (0,57  P)2

R2  (1  0,32)  P2

Elder



 R2  P2  0,32  P2

R  1,15  P

141

169

Física 1 – ITA/IME

88. (MEER-2011) Uma escada de 4,0 m de comprimento está apoiada contra uma parede vertical com a sua extremidade inferior a 2,4 m da parede, como mostra a figura. A escada pesa 20 kgf e seu centro de gravidade está localizado no ponto médio. Sabendo que os coeficientes de atrito estático entre a escada e o solo e entre a escada e a parede são, respectivamente, 0,5 e 0,2, calcule:

a) A altura máxima, em relação ao solo, a que um homem de 90 kgf de peso pode subir, sem provocar o escorregamento da escada; b) A distância máxima da parede a que se pode apoiar a parte inferior da escada vazia, sem provocar escorregamento. RESOLUÇÃO: Dados: BC  4,0 m a)

Elder

AB  2,4 m

PE  20 kgf

B  0,5

C  0,2

PH  90 kgf

As forças que atuam no sistema são:

142

169

Física 1 – ITA/IME

aplicando as condições de equilíbrio e lembrando que se o problema pede a máxima altura a que o homem é capaz de subir, o atrito será máximo e a escada estará na iminência de movimento: N Fx  0  NC  FATB  NC  B  NB  NC  0,5  NB  NB  C (1) 0,5 Fy  0  NB  FATC  PH  PE

 NB  C  NC  90  20  NB  0,2  NC  110

(2)

fazendo momento em relação a B: B

MNB  MFATB  0   | M |  0  MBNC  MBFAT  MBPH  MBPE C

NC  AC  FATC  AB  PH  x  PE 

AB AB  NC  AC  C  NC  AB  PH  x  PE  2 2

NC  3,2  0,2  NC  2,4  90  x  20 

2,4  3,68  NC  90  x  24 2

(3)

substituindo (1) em (2): NC  0,2  NC  110  NC  0,1 NC  55  NC  50 kgf 0,5

substituindo em (3): 3,68  50  90  x  24  x  1,78 m

os triângulos de bases

AB e x são semelhantes, portanto:

h x h 1,78     3,2 2,4 AC AB

h  2,37 m

b) Neste item, só conhecemos o comprimento da escada, BC  4 m . Com a escada vazia as forças que nela atuam são:

Elder

143

169

Física 1 – ITA/IME

aplicando as condições de equilíbrio e lembrando que se o problema pede a máxima distância da parede para que a escada não escorregue, o atrito será máximo e a escada estará na iminência de movimento: Fx  0  NC  FATB

 NC  B  NB

Fy  0  NB  FATC  PE

 NC  0,5  NB

 NB  C  NC  20

 NB 

NC 0,5

(1)

(2)

substituindo (1) em (2): NC  0,2  NC  20  NC  0,1 NC  10  NC  9,09 kgf 0,5

fazendo momento em relação a B: B

MNB  MFATB  0

MB  0  MBNC  MBFAT  MBPE

 NC  AC  FATC  AB  PE 

NC  AC  C  NC  AB  PE 

AB 2

AB AB  9,09  AC  0,2  9,09  AB  20  2 2

9,09  AC  8,18  AB  AC  0,9  AB

(3)

aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo da figura e substituindo (3): 2

BC  AB  AC

 42  AB  (0,9  AB)2

 16  AB  0,81 AB

AB  2,97 m

Elder

144

169

Física 1 – ITA/IME

89. (StaCasa-SP) Na figura estão representados dois elásticos (1 e 2) nos quais está pendurada uma barra rígida AB cilíndrica e homogênea de 1 m de comprimento. O sistema está em equilíbrio e a barra está na horizontal. Pendurando-se na barra, pelo fio (F), uma massa de peso igual a 6,0 N, a barra continua na horizontal quando o sistema fica em equilíbrio. Qual é, em centímetros, o valor de x? Os coeficientes de elasticidade dos elásticos são K1 = 2,0 N/m e K2 = 3,0 N/m. Despreze a massa da barra.

a) b) c) d) e)

20 30 40 50 60

RESOLUÇÃO: Dados: AB  1m mbarra  0 P 6N N K1  2 m N K2  3 m

Como a barra está em equilíbrio: B

M  0  P  x  F1  AB  P  x  K1  x1  AB  x1 

P x K1  AB

M  0  P  (AB  x)  F2  AB  P  (AB  x)  K 2  x 2  AB x 2 

Elder

P  (AB  x) K 2  AB

145

169

Física 1 – ITA/IME

como a barra, após o equilíbrio, fica na horizontal: x1  x 2 

P x K1  AB



x  K 2  x  K 1 AB  K1

P  (AB  x) K 2  AB

 x



x  K 2  AB  K1  x  K 1

AB  K 1 K1  K 2

substituindo pelos valores:

x

1 2  23

x  0,4 m  40 cm

alternativa c

Elder

146

169

Física 1 – ITA/IME

90. (IME-RJ-1990-02-D) Ao teto de uma sala, deseja-se prender 3 molas iguais que deverão equilibrar, na horizontal, uma haste rígida, delgada e de peso desprezível, bem como uma viga pesada, homogênea e uniforme, de tal modo que a haste suporte, em seu ponto médio, a viga. Os pontos de fixação, no teto, devem formar um triângulo isósceles de ângulo diferente em C, determine a distância x do ponto D, a partir da extremidade livre, em que a viga deve ser apoiada.

RESOLUÇÃO: Considerando L o comprimento da viga, temos que as forças que nela atuam são:

na vertical: Fy  0  P  3  FE

(1)

para que a viga permaneça horizontal, o momento das forças em relação ao eixo que passa pela haste deverá ser nulo: M  0  MFE  MFE  MFE  MP

 0  0  FE  (L  x)  P  (

L  x) 2

substituindo (1): L L L FE  (L  x)  3  FE  (  x)  L  x  3   3  x  3  x  x  3   L 2 2 2 2 x 

Elder

3L  2L 2



x

L 4

147

169

Física 1 – ITA/IME

4. Leis fundamentais da Mecânica. Dinâmica do movimento retilíneo. Dinâmica do movimento circular. Força centrípeta. Noções sobre sistemas acelerados de referência. Força centrífuga. Impulso e quantidade de movimento. Centro de massa. 91. (FM1-CE-226-modificado) Um bloquinho de massa igual a m = 1 kg repousa sobre a extremidade de uma prancha de comprimento L = 1 m e massa M = 2 kg, que está parado sobre uma superfície lisa como mostra a figura abaixo. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloquinho e a prancha valem E  0,6 e C  0,5 . Se a gravidade local vale g = 10 m/s2, determine:

a) o maior valor da força horizontal F com que se pode puxar a prancha, sem que o bloquinho escorregue em relação a ela. b) o tempo que o bloquinho levará para cair da extremidade oposta da prancha, caso seja aplicada à rampa uma força F = 19 N. RESOLUÇÃO: Dado: m  1kg

E  0,6

M  2 kg

C  0,5

L  1m m g  10 2 s

As forças que atuam em cada corpo são:

No bloquinho há equilíbrio na vertical:

Fy  0  Nm  Pm  Nm  m  g  Nm  1 10  Nm  10 N

para que não haja movimento relativo entre os dois corpos a aceleração terá de ser a mesma, portanto a resultante sobre o bloquinho será a força máxima de atrito estático:

FATMÁX  E  Nm  FATMÁX  0,6  10  FATMÁX  6 N a aceleração do sistema será:

Rm  FATMÁX

 m  a  FATMÁX

 1 a  6  a  6

m s2

na prancha há equilíbrio na vertical e a resultante será horizontal:

RM  F  FAT Elder

 M  a  F  FAT

 26  F  6 

F  18 N 148

169

Física 1 – ITA/IME

b) Havendo movimento relativo entre os corpos, a força de atrito será cinética e as acelerações dos corpos serão diferentes: FATCIN  C  Nm  FATCIN  0,5  10  FATCIN  5 N

a resultante sobre o bloquinho será a força de atrito cinética, e sua aceleração será:

Rm  FATCIN

 m  am  FATCIN

 1 am  5  am  5

m s2

na prancha há equilíbrio na vertical e a resultante será horizontal, sua aceleração será:

RM  F  FAT CIN

 M  aM  F  FATCIN

 2  aM  19  5  aM  7

m s2

em relação à Terra, quando o bloquinho percorrer toda a superfície da prancha, esta terá percorrido uma distância que será a distância percorrida pelo bloquinho mais o comprimento da prancha: Sm  L  SM  v 0m  t 

0

Elder

1 1  am  t 2  L  v 0M  t   aM  t 2 2 2

1 1  5  t 2  1  0   7  t 2 2 2

 2,5  t 2  1  3,5  t 2 

t  1s

149

169

Física 1 – ITA/IME

92. (Fuvest-SP-1998-49) Um sistema mecânico é formado por duas polias ideais que suportam três corpos A, B e C de mesma massa m, suspensos por fios ideais como representado na figura. O corpo B está suspenso simultaneamente por dois fios, um ligado a A e outro a C. Podemos afirmar que a aceleração do corpo B será:

a) b) c) d) e)

zero (g/3) para baixo (g/3) para cima (2g/3) para baixo (2g/3) para cima

RESOLUÇÃO: Dados: mA  mB  mC  m O fio que liga o corpo A ao corpo B é o mesmo e, portanto, a tração tem o mesmo valor. O mesmo acontece entre o corpo B e o corpo C, como os corpos A e C têm a mesma massa, as trações em A e C também tem o mesmo valor.

os corpos têm o mesmo deslocamento em módulo e, portanto, os módulos das acelerações são iguais. nos corpos A e C: RA  PA  T  T  PA  R A RC  PC  T  T  PC  RC

 T  m  g  m  a   T  m  (g  a)  T  m g  ma

no corpo B, substituindo a tração: RB  2  T  PB 3a  g  Elder



a

m  a  2  m  (g  a)  m  g  a  2  g  2  a  g g 3

a  0  2  T  PB  aceleração para cima 150

169

Física 1 – ITA/IME

93. (ITA-SP-1985-03-O) Três blocos B1, B2 e B3 de mármore, de mesma massa específica  e mesma área de secção transversal A têm alturas respectivamente iguais a h1, h2 e h3 sendo h1 > h2 > h3. Eles estão inicialmente no solo horizontal, repousando sobre suas bases. Em seguida são empilhados, formando uma coluna de altura h = h1 + h2 + h3. A aceleração da gravidade é g. Quanto ao trabalho realizado na operação de empilhar podemos afirmar que: a) é nulo, porque a força peso é conservativa. b) é máximo se o bloco B1 for colocado no alto, o bloco B2 no meio e o bloco B3 embaixo. c) é mínimo se o bloco B3 estiver em cima, o bloco B1 no meio e o bloco B2 embaixo. gA 2 h  (h12  h22  h32 ) . d) é igual a 2 e) é igual a gAh2 . RESOLUÇÃO: Dados: 1  2  3  

h1  h2  h3

h  h1  h2  h3

Segundo o enunciado, a situação inicial é:

calculando a posição vertical do centro de massa (CM) do conjunto de blocos: y1  m1  y 2  m2  y 3  m3 m1  m2  m3

y CM 

y CM

 y CM 

y1    V1  y 2    V2  y 3    V3

y  A  h1  y 2  A  h2  y 3  A  h3  1 A  h1  A  h2  A  h3

y CM 

  V1    V2    V3

 y CM

h h1 h  h1  2  h2  3  h3 2 2 2  h1  h2  h3

h12  h22  h32 2h

na posição final, qualquer que seja a ordem do empilhamento, a posição vertical do centro de massa (CM) será: y 'CM 

h 2

a variação de posição do centro de massa na direção vertical será:

y CM  y 'CM  y CM

Elder

 y CM 

h h12  h22  h32  2 2h

 y CM 

h2  (h12  h22  h32 ) 2h

151

169

Física 1 – ITA/IME

o trabalho realizado na operação de empilhamento será, em módulo, igual ao trabalho realizado pela força peso do sistema, que será igual à sua variação de energia potencial: W  EPG

 W  (m1  m2  m3 )  g  y CM

h2  (h12  h22  h32 ) W  (  V1    V2    V3 )  g  2h W  (  A  h1    A  h2    A  h3 )  g 

W    A  (h1  h2  h3 )  g 

W   A  h  g

h2  (h12  h22  h32 ) 2h

h2  (h12  h22  h32 )  2 h

W

 A g  [h2  (h12  h22  h32 ] 2

alternativa d

Elder

152

169

Física 1 – ITA/IME

94. (PSFE-Saraeva-RU-83-modificado) No eixo de uma roldana móvel foi pendurada uma carga de peso P, como na figura. Desprezando as massas das roldanas e da corda, determine:

a) Qual o módulo da força F para que a carga P mova-se para cima com aceleração a? b) Qual o módulo da força F para que a carga P fique em repouso? Resolução: Dados:

P a)

Como da força F ao teto temos uma única corda:

considerando a aceleração com o mesmo sentido do deslocamento, a resultante será:

R  2F P  ma  2F P 

a P  (1  )  2  F  g b)

P a  (1  ) 2 g

Se a carga ficar em repouso, teremos a = 0, substituindo na expressão obtida no item a:

F

Elder

F

P P a  2F P  P  a  2F g g

P 2

153

169

Física 1 – ITA/IME

95. (PSFE-Saraeva-RU-84-modificado) Determinar as acelerações dos pesos com massas m1, m2, m3 e a tensão nas cordas do sistema representado na figura se m1 = m2 + m3. As massas da corda e das roldanas são desprezíveis e a aceleração gravitacional tem módulo g.

Resolução: Dados: m1 m2

A massa m1 e a polia B têm acelerações de mesmo módulo e sentidos opostos:

aB  a1 em relação à polia B, as massas m2 e m3 tem acelerações de, mesmo módulo e sentidos opostos: a2B  a3B

sendo a a aceleração da polia B, teremos: a2  a1  a    a2  a3  2  a1 a3  a1  a 

(1)

equacionando as trações:

Elder

154

169

Física 1 – ITA/IME

R1  P1  T1  m1  a1  m1  g  T1  a1  g 

T1 m1

(2)

R2  P2  T2

 m2  a 2  m2  g 

T1 2

 a2  g 

T1 2  m2

(3)

R3  P3  T3

 m3  a 3  m3  g 

T1 2

 a3  g 

T1 2  m3

(4)

substituindo (2), (3) e (4) em (1) e lembrando que m1 = m2 + m3:

g

T1 T1 T 2  T1 T1 T1 g  2  (g  1 )  g  g  2  g    2  m2 2  m3 m1 m1 2  m 2 2  m3

 8  m2  m3  2  m1  m3  2  m1  m2  16  g  m1  m2  m3 4  g  T1     T1  4  m1  m2  m3 8  m2  m3  2  m1  m3  2  m1  m2   T1 

8  g  m1  m2  m3 4  m2  m3  m1  m3  m1  m2

T1 

8  g  m1  m2  m3 4  m2  m3  m1  (m3  m2 )

 T1 

8  g  m1  m2  m3 4  m2  m3  m12

substituindo T1 em (2), (3) e (4):

m1  a1  m1  g  T1 

a1 

Elder

m1  a1  m1  g 

(4  m2  m3  m12 )  g  8  g  m2  m3 4  m2  m3  m12

8  g  m1  m2  m3 4  m 2  m3  m

2 1

 a1 

4  m2  m3  m22  m32  2  m2  m3 4  m2  m3 4  m2  m3  m22  m32  2  m2  m3 m22  m32  2  m2  m3 g  m22  m32  6  m2  m3

a1 

 a1  g 

8  g  m 2  m3 4  m2  m3  m12

4  m2  m3  (m2  m3 )2  8  m2  m3 g 4  m2  m3  (m2  m3 )2

g

(m2  m3 )2 g m22  m32  6  m2  m3

155

169

Física 1 – ITA/IME

m2  a 2  m2  g 

T1 2

 2  m2  a2  2  m2  g  T1

2  m 2  a 2  2  m2  g 

a2  g 

a2 

4  g  m1  m3 4  m2  m3  m12

4  m2  m3  m12  a2 

2  a2  2  g 

8 4  g  m1  m3 4  m2  m3  m12

4  m2  m3  m12  4  m1  m3 g 4  m2  m3  m12

m12  4  m32 g 4  m2  m3  m12

m3  a 3  m3  g 

T1 2

 2  m3  a3  2  m3  g  T1

2  m3  a 3  2  m 3  g 

a3  g 

8  g  m1  m2  m3 4  m2  m3  m12

4  g  m1  m2 4  m2  m3  m12

 a3 



2  m 3  a 3  2  m3  g 

84  g  m1  m2  m3 4  m2  m3  m12

4  m2  m3  m12  4  m1  m2 g 4  m2  m3  m12

4  m2  m3  m12  4  m22 4  m2  m3 4  m2  m3  m12  4  (m2  m3 )  m2  g  a  g 3 4  m2  m3  m12 4  m2  m3  m12

a3 

Elder



4  m2  m3  m12 4  m2  m3  4  m32 4  m2  m3  m12  4  (m2  m3 )  m3  g  a  g 2 4  m2  m3  m12 4  m2  m3  m12

a2 

a3 

8  g  m1  m2  m3

m12  4  m22 g 4  m2  m3  m12

156

169

Física 1 – ITA/IME

96. (PSFE-Saraeva-RU-93-modificado) Uma barra pode mover-se sem atrito tanto para baixo como para cima, entre dois suportes fixos. Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a g, e a massa da barra igual a m. O extremo inferior da barra toca a superfície lisa de uma cunha de massa M. A cunha está situada sobre uma mesa horizontal lisa, como na figura. Determinar a aceleração da cunha e da barra.

Resolução: Dados:

sem atrito



As forças que atuam na barra e na cunha são:

de acordo com a 3ª lei de Newton: NMm  NmM  N

a barra terá aceleração apenas na vertical: Rm  Pm  N  cos   m  am  m  g  N  cos 

(1)

a cunha terá aceleração apenas na horizontal:

RM  N  sen   M  aM  N  sen   N 

M  aM sen 

(2)

a relação entre as acelerações da cunha e da barra será: tg  

am aM

 aM 

am tg 

(3)

substituindo (2) em (1): Elder

157

169

Física 1 – ITA/IME

m  am  m  g 

M  aM a M M  cos   m  am  m  g   aM  m  a m  m  g   m sen  tg  tg  tg 

m  am  m  g 

M  am tg2 

 m  am 

 m  tg2   M  am     mg  tg2   

M  am m  am  tg2   M  am  m  g   mg tg2  tg2 

am 

m  tg2  g m  tg2   M

substituindo este resultado em (3): aM 

am m  tg 2  1  aM   g 2 tg  m  tg   M tg 



aM 

m  tg  g m  tg2   M

OBS: A barra descerá uma distância vertical total V no mesmo intervalo de tempo em que a cunha se deslocará na horizontal uma distância H. Teremos então: tg  

S V SH

tg  

v V t v H t

Elder

 tg  

S V t SH t

 tg  

aV aH

 tg  



tg  

vV vH

 tg  

vV  0 v V  tg   vH  0 v H

am aM

158

169

Física 1 – ITA/IME

97. (ITA-SP-2012-24-D) A figura mostra um sistema formado por dois blocos, A e B, cada um com massa m. O bloco A pode deslocar-se sobre a superfície plana e horizontal onde se encontra. O bloco B está conectado a um fio inextensível fixado à parede, e que passa por uma polia ideal com eixo preso ao bloco A. Um suporte vertical sem atrito mantém o bloco B descendo sempre paralelo a ele, conforme mostra afigura.

Sendo  o coeficiente de atrito cinético entre o bloco A e a superfície, g a aceleração da gravidade, e   30o mantido constante, determine a tração no fio após o sistema ser abandonado do repouso. RESOLUÇÃO: Dados: mA  mB  m



  30o

v0  0

Isolando os corpos A e B:

no corpo B: R x  NB

 m  a  NB

(1)

R y  PB  T  m  a y  m  g  T  a y 

mg  T m

(2)

no corpo A, haverá equilíbrio na vertical:

Elder

159

169

Física 1 – ITA/IME

R x  Tx  FAT  NB

Ty  NA  T  PA

 m  a  T  cos     NA  NB

 ma  T

 T  sen   NA  T  m  g  T 

3    NA  NB 2

(3)

1 T  NA  T  m  g  NA   m  g (4) 2 2

analisando o vínculo geométrico entre os deslocamentos do bloco B na vertical e na horizontal, podemos determinar a relação entre as acelerações na vertical e na horizontal:

x  y  cos   x  y 

3 2



3 2

a  ay 

(5)

substituindo (1) e (4) em (3): ma  T 

3 3 T  T       m  g  m  a  2  m  a  T       m  g  (6) 2 2 2  2 

substituindo (2) em (5): a

mg  T 3  m 2

(7)

substituindo (7) em (6): 2m

mg T 3 3 3 T T    T      m  g   (m  g  T)  3  T    m g 2 2 2 m 2 2 

3 mg 3 T  3 

T T    m g  2 2

3 m g  m g  3 

T T   3T 2 2

 3    3    2 3  m  g  ( 3  )  T     3   m  g  ( 3  )  T     2   2 2     3 3  m  g  ( 3  )  T      2  

Elder

T

2  m  g  ( 3  ) 3 3 

160

169

Física 1 – ITA/IME

98. (ITA-SP-2011-06-O) Um corpo de massa M, inicialmente em repouso, é erguido por uma corda de massa desprezível até uma altura H, onde fica novamente em repouso. Considere que a maior tração que a corda pode suportar tenha módulo igual a nMg, em que n > 1. Qual deve ser o menor tempo possível para ser feito o erguimento desse corpo? a)

2H (n  1)g

2nH (n  1)g

nH 2(n  1)2 g

4nH (n  2)g

4nH (n  1)g

RESOLUÇÃO: Dados: M v 0  vH  0

TMÁX  n  M  g

n 1

A figura da esquerda mostra o corpo no início da subida e a da direita um gráfico com a variação de velocidade em função do tempo:

Para que o corpo suba a altura H no menor tempo possível é necessário que o movimento seja, inicialmente, acelerado com aceleração máxima e, depois, retardado também com aceleração máxima. No movimento acelerado teremos a situação ilustrada na figura da esquerda, onde: R  TMÁX  P 

M  a  n  M  g  M  g  a  n  g  g  a  g  (n  1)

(1)

utilizando a função horária da velocidade para o movimento uniformemente variado e substituindo (1): v  v0  aT  t  v1  0  g  (n  1)  (t1  0)  v1  vMÁX  g  (n  1)  t1

(2)

no movimento retardado a aceleração máxima será g, utilizando a função horária da velocidade para o movimento uniformemente variado e substituindo (2): v  v 0  aT  t  0  v1  g  (t 2  t1 )  t 2 t1  n  t1 t1 Elder

 t1 

t2 n

g  (t 2  t1 )  g  (n  1)  t1

(3) 161

169

Física 1 – ITA/IME

considerando os valores nos eixos do gráfico como distâncias e na mesma escala, a área entre a linha e o eixo horizontal será numericamente a distância percorrida H e, substituindo (2) e (3):

H

Elder

(t 2  0)  v MÁX 2

 H

t 2  g  (n  1) t 2  2 n

 t 22 

2nH  g  (n  1)

t2 

2nH (n  1)  g

162

169

Física 1 – ITA/IME

99. (PSFE-Saraeva-RU-104-modificado) Uma mesa com peso P1 = 150 N pode mover-se sem atrito em um piso horizontal. Sobre a mesa está colocado um peso P2 = 100 N. Ao peso foi amarrada uma corda, que passa através de duas roldanas fixas na mesa, como na figura. O coeficiente de atrito entre o peso e a mesa é   0,6 e o módulo da aceleração da gravidade g. Com que aceleração a mesa mover-se-á se ao extremo livre da corda for aplicada uma força igual a 80 N? Considerar dois casos: a) a força está dirigida horizontalmente; b) a força está dirigida verticalmente e apontando para cima.

Resolução: Dados:

P1  150 N a)

P2  100 N

  0,6

F  80 N

Força F na direção horizontal:

As forças que atuam na mesa e no peso são, respectivamente:

há equilíbrio na direção vertical, portanto teremos uma resultante apenas na horizontal. Para a mesa, utilizando a 2ª lei de Newton: R1  F  F  FAT21  m1  a1  FAT21 

P1 F g  a1  FAT21  a1  AT21 g P1

OBS: repare que as forças que os suportes das roldanas aplicam à mesa, se anulam. para o peso, lembrando que há equilíbrio na direção vertical: Fy  0  N12  P2 R2  F  FAT12 Elder

(1)

 m2  a2  F  FAT12



P2  a2  F  FAT12 g

 a2  (F  FAT12 ) 

g P2 163

169

Física 1 – ITA/IME

se o peso não escorregar sobre a mesa, teremos a1 = a2 e, lembrando que FAT12  FAT21  FAT : FAT  g P1 FAT 

 (F  FAT ) 

P2  P1 F  P1  P2 P2

g P2



FAT F FAT   P1 P2 P2

 FAT 



FAT FAT F   P1 P2 P2

1 1 F  FAT       P1 P2  P2

P2  P1 F P1

na iminência de movimento, a força de atrito será máxima e, substituindo (1):   N12 

P2  P1 P  P1 100  150  F    P2  2  F  0,6  100   F  F  100 N P1 P1 150

como a força F tem módulo menor (80 N), o peso não escorrega na mesa e o sistema mesa + bloco se comporta como um único corpo sendo que a resultante das forças externas será:

R  m  a  FH  (m1  m2 )  a  FH  (

a  3,2

P1 P2 150 100  )  a  80  (  ) a g g 10 10

m s2

Força F na direção vertical:

As forças que atuam na mesa e no peso são, respectivamente:

para a mesa, na direção horizontal: R1  F  FAT

 m1  a1  FAT  F 

P1  a1  FAT  F g

para o bloco, na direção horizontal: R2  F  FAT

 m2  a2  F  FAT



P2  a2  F  FAT g

repare que as acelerações terão sinais opostos, neste caso, o bloco obrigatoriamente deslizará sobre a mesa, e a força de atrito será máxima. A aceleração da mesa será, substituindo (1): Elder

164

169

Física 1 – ITA/IME

P1 P P g  a1  FAT  F  1  a1    N12  F  1  a1    P2  F  a1  (  P2  F)  g g g P1

a1  (0,6  100  80) 

10  150

a1  1,33

m s2

a aceleração da mesa será para a esquerda, como sua velocidade inicial era nula, o seu movimento será também para a esquerda.

Elder

165

169

Física 1 – ITA/IME

100. (FM-Brito-CE-192-modificado) A figura mostra dois blocos A e B de massas mA e mB, puxados por uma força de intensidade F sobre um solo liso. Determine:

a) a aceleração de cada bloco; b) a tração no cabo entre os blocos. RESOLUÇÃO: Dado: mA

sem atrito

a relação entre as acelerações é: 4  aA  3  aB

 aB 

4  aA 3

(1)

as forças externas que atuam sobre o corpo A são:

 F  mA  a A Fy  0    mA  a A  F  4  T  T  4 Rx  F  4  T  

(2)

as forças externas que atuam sobre o corpo B são:

 mB  aB Fy  0    mB  aB  3  T  T  3 Rx  3  T  

(3)

igualando (2) e (3): Elder

166

169

Física 1 – ITA/IME

F  mA  aA mB  aB  4 3

 3  F  3  mA  a A  4  mB  aB

(4)

substituindo (1) em (4):

3  F  3  mA  a A  4  mB 

4  aA 3

 9  F  9  mA  a A  16  mB  a A

9  mA  a A  16  mB  a A  9  F  a A  (9  mA  16  mB )  9  F 

9F 9  mA  16  mB

Substituindo este resultado em (1):

aB 

4 9F  3 9  mA  16  mB



aB 

12  F 9  mA  16  mB

Substituindo este resultado em (3):

T

mB 12  F  3 9  mA  16  mB

Elder

aA 



T

4  F  mB 9  mA  16  mB

167

169

Física 1 – ITA/IME

101. (ITA-SP-2012-02-O) Considere uma rampa plana, inclinada de um ângulo  em relação à horizontal, no início da qual encontra-se um carro. Ele então recebe uma pancada que o faz subir até uma certa distância, durante o tempo ts, descendo em seguida até sua posição inicial. A “viagem” completa dura um tempo total t. Sendo  o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a rampa, a relação t/ts é igual a a) 2 b) 1  (tan   )/ | tan    | c)

1  (cos   )/ | cos    |

1  (sen   )/ | cos    |

1  (tan   )/ | tan    |

RESOLUÇÃO: Dados:   As figuras representam o movimento de subida e o de descida do carro ao longo da rampa e a convenção de sinais adotada:

em ambas as situações há equilíbrio no eixo y perpendicular à rampa:

Fy  0  N  Py

 N  P  cos   N  m  g  cos  (1)

na subida, substituindo (1), temos: RS  Px  FAT

 RS  P  sen     N 

m  aS  m  g  sen     m  g  cos 

aS  g  (sen     cos ) (2)

utilizando a função horária da posição para o movimento uniformemente variado (trocando as velocidades final e inicial): S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

  SS  0 

1  aS  t S2 2

1  SS    aS  t S2 2

(3)

na descida o movimento será retardado pois, segundo o enunciado, o carro desce até (v = 0) a sua posição inicial:

Elder

168

169

Física 1 – ITA/IME

RD  Px  FAT

 RD  P  sen     N 

aD  g  (sen     cos ) (4)

m  aD  m  g  sen     m  g  cos 

OBS: sen     cos 

utilizando a função horária da posição para o movimento uniformemente variado: S  v 0  t 

1  aT  t 2 2

 SD  0 

1  aD  tD2 2

 SD 

1  aD  tD2 2

(5)

igualando os módulos dos deslocamentos escalares na subida e na descida (3) = (5):

t2 a 1 1  g  aS  t S2   g  aD  tD2  D2  S 2 2 t S aD



aS tD  tS aD

(6)

o tempo total t será a soma dos tempos de subida e de descida: t  t S  tD

 tD  t  t S

(7)

substituindo (2), (4) e (7) em (6), lembrando que a aceleração na descida é para cima (negativa) e dividindo ambos os termos da fração por cos  : t  tS  tS

t  1 tS

Elder

g  (sen     cos ) g  | sen     cos  | sen     cos  cos  | sen     cos  | cos 



t sen     cos  1 tS | sen     cos  |



t sen     cos   1 tS | sen     cos  |

t tg     1 tS | tg    |

169

Física 1 – ITA/IME

102. (FM1-CE-69) A figura mostra uma barra AB rígida de comprimento L apoiada sobre duas rampas de inclinações  e  com a horizontal. Num certo instante, a barra AB está formando um ângulo  com a superfície da rampa esquerda e está escorregando ao longo dessa superfície com velocidade v. Nesse referido instante, determine:

a) a velocidade de escorregamento da extremidade B da barra; b) a velocidade angular da barra. RESOLUÇÃO: Dados: L 





vA  v

A figura mostra as velocidades nos extremos A e B da barra:

da geometria:       180o             o       180  

(1)

As velocidades v Ax e v Bx são responsáveis pelo movimento de translação da barra e as velocidades v Ay e v By são responsáveis pelo movimento de rotação da barra. Repare que o centro de rotação da barra não fica no seu centro, portanto o módulo de v Ay é diferente do módulo de v By , e, consequentemente, v A e v B terão módulos diferentes. a) Como a barra é rígida a velocidade relativa dos seus extremos é nula, ou seja, v Ax e v Bx são iguais (módulo, direção e sentido). Substituindo (1) temos:

vBx  v Ax

Elder

 vB  cos   v A  cos   v B 

v  cos   cos 

vB 

v  cos  cos (    )

170

169

Física 1 – ITA/IME

b) A velocidade angular de A, é igual à velocidade angular de B e temos, pela propriedade das proporções (o triângulo retângulo de cateto v Ay é proporcional ao triângulo retângulo de cateto v By ) e substituindo o resultado do item A: v  r      A  B v  sen   



Elder

v v Ay v By   r    a b  

 

v Ay  v By ab

 

v A  sen   v B  sen  L

v  cos   sen  v  cos   sen   cos       sen    L L  cos  

v  (sen   cos   tg )  L



v  [sen   cos   tg (    )] L

171

169

Física 1 – ITA/IME

103. (ITA-SP-2012-03-O) Um elevador sobe verticalmente com aceleração constante e igual a a. No seu teto está preso um conjunto de dois sistemas massa–mola acoplados em série, conforme a figura. O primeiro tem massa m1 e constante de mola k1, e o segundo, massa m2 e constante de mola k2. Ambas as molas têm o mesmo comprimento natural (sem deformação) l. Na condição de equilíbrio estático relativo ao elevador, a deformação da mola de constante k 1 é y, e a da outra, x. Pode-se então afirmar que (y−x) é

a) b) c) d) e)

(k 2  k1 )m2  k 2m1  (g  a) / k1k 2. (k 2  k1 )m2  k 2m1  (g  a) / k1k 2. (k 2  k1 )m2  k 2m1  (g  a) / k1k 2. (k 2  k1 )m2  k2m1  (g  a) / k1k 2  2l. (k 2  k1 )m2  k 2m1  (g  a) / k1k 2  2l.

RESOLUÇÃO: Dados: a m1 k1

O enunciado não especifica se o movimento do elevador é acelerado (aceleração para cima) ou retardado (aceleração para baixo). Consideraremos, primeiramente, o movimento do elevador como acelerado (aceleração para cima), neste caso a aceleração da gravidade aparente no elevador será: gAP  g  a

tudo dentro do elevador ocorre como se a aceleração da gravidade fosse g + a. Considerando o sistema formado pelos corpos 1 e 2, a figura seguinte mostra o diagrama de forças externas:

como o sistema está em equilíbrio em relação ao elevador (movimento acelerado em relação à Terra): Fy  0  P1  P2  FEL1  m1  gAP  m2  gAP  FEL1  (m1  m2 )  (g  a)  k1  y y Elder

(m1  m2 )  (g  a) k1 172

169

Física 1 – ITA/IME

no sistema constituído apenas pelo corpo 2:

como o corpo 2 também está em equilíbrio em relação ao elevador (movimento acelerado em relação à Terra): Fy  0  P2  FEL2 x

 m2  gAP  FEL2

 m2  (g  a)  k 2  x

m2  (g  a) k2

calculando y – x como solicitado no problema: yx

 (m  m2 ) m 2  (m1  m2 )  (g  a) m2  (g  a)   y  x  (g  a)   1   k1 k2 k1 k2  

 k  (m1  m2 )  k1  m2   k 2  m1  k 2  m2  k1  m2  y  x  (g  a)   2   y  x  (g  a)    k1  k 2 k1  k 2      k  m1  (k 2  k1 )  m2  y  x  (g  a)   2   k1  k 2  

yx

[(k 2  k1 )  m2  k 2  m1]  (g  a) k1  k 2

alternativa c se considerarmos o movimento do elevador como retardado teríamos para aceleração da gravidade aparente: gAP  g  a

e a resposta seria:

yx

[(k 2  k1 )  m2  k 2  m1 ]  (g  a) k1  k 2

alternativa a

Elder

173

169

Física 1 – ITA/IME

104. (IME-RJ-2012-16-O)

A figura 1 mostra dois corpos de massas iguais a m presos por uma haste rígida de massa desprezível, na iminência do movimento sobre um plano inclinado, de ângulo  com a horizontal. Na figura 2, o corpo inferior é substituído por outro com massa 2m. Para as duas situações, o coeficiente de atrito estático é  e o coeficiente de atrito cinético é  / 2 para a massa superior, e não há atrito para a massa inferior. A aceleração do conjunto ao longo do plano inclinado, na situação da figura 2 é a)

(2g sen) / 3

(3g sen) / 2

(g sen) / 2

g(2 sen  cos )

g(2 sen  cos )

RESOLUÇÃO: Dados: m

figura 1  iminência de movimento



E    massa superior    C  2  massa inferior    0

No sistema formado pelos dois corpos na iminência de movimento (figura 1) as forças externas que atuam são:

para o corpo superior, na direção perpendicular ao plano temos: Ns  Psy

Elder

 Ns  P  cos   Ns  m  g  cos 

174

169

Física 1 – ITA/IME

como o sistema está em equilíbrio e na iminência de movimento, a força de atrito será estática FATE ): Pix  Psx  FATE  Pix  Psx    Ns  m  g  sen   m  g  sen   E  m  g  cos  2  sen     cos 

(

(1)

como a massa inferior é aumentada (2 m), o sistema entra em movimento e a força de atrito será cinética ( FATC ):

para o corpo superior, na direção perpendicular ao plano temos: Ns  Psy

 Ns  P  cos   Ns  m  g  cos 

a resultante será na direção do plano, substituindo (1):

R  Pix  Psx  FATC

 R  Pix  Psx  C  Ns

3  m  a  2  m  g  sen   m  g  sen  

  m  g  cos  2

3  a  2  g  sen   g  sen  

1  g    cos  2

3  a  2  g  sen   g  sen  

1  g  2  sen  2

3  a  2  g  sen   g  sen   g  sen 

Elder



a

2  g  sen  3

175

169

Física 1 – ITA/IME

105. (ITA-SP-2011-05-O) Sobre uma mesa sem atrito, uma bola de massa M é presa por duas molas alinhadas, de constante de mola k e comprimento natural l0, fixadas nas extremidades da mesa. Então, a bola é deslocada a uma distância x na direção perpendicular à linha inicial das molas, como mostra a figura, sendo solta a seguir.

Obtenha a aceleração da bola, usando a aproximação (1  a)  1  a a) a = -kx/M b) a = -kx2/2Ml0 c) a = -kx2/Ml0 d) a = -kx3/2Ml02 e) a = -kx3/Ml02 RESOLUÇÃO: Dados: M k l0

sem atrito

As forças externas que atuam na bola são:

há equilíbrio na direção x e a resultante será na direção y: R  FELy  FELy

 M  a  2  FEL  sen   M  a  2  k  l  sen 

M  a  2  k  l 

x l

 a

2  k  x l  M l

(1)

no triângulo retângulo de hipotenusa l:

l2  l02  x 2 l l  l0  l l

 l  l02  x 2      

1 l l  1  0 2 2 1 l l0  x l0 l0

Elder

l02  x 2  l0 l  l l02  x 2



l02  x 2

l  l

l02  x 2



l0 l  x2 2 0



l 1  1 1 l  l02  x 2 l0



l  1 l

1 2 0 2 0

l x2  2 l l0



 l x2  2  1  1  2  l l0  

176

169

Física 1 – ITA/IME

fazendo a substituição pela aproximação dada no enunciado:

 l 1 x2  l x2  1  1   2    l l 2  l02  2 l0 

(2)

substituindo (2) em (1):

a

Elder

2 k  x x2  M 2  l02



a

k  x3 M  l02

177

169

Física 1 – ITA/IME

106. (ITA-SP-2012-07-O) No interior de um carrinho de massa M mantido em repouso, uma mola de constante elástica k encontra-se comprimida de uma distância x, tendo uma extremidade presa e a outra conectada a um bloco de massa m, conforme a figura.

Sendo o sistema então abandonado e considerando que não há atrito, pode-se afirmar que o valor inicial da aceleração do bloco relativa ao carrinho é a) kx / m. b) kx / M. c) kx / (m  M). d)

kx(M  m) / mM.

kx(M  m) / mM.

RESOLUÇÃO: Dados: M v0  0 x m

k sem atrito

As forças externas que atuam no bloco e no carrinho são:

no bloco haverá equilíbrio na direção vertical e a resultante será, em módulo: Rm  FELm

 m  amTerra  k  x  amTerra 

kx m

no carrinho haverá equilíbrio na direção vertical e a resultante será, em módulo: RM  FELM

Elder

 M  aMTerra  k  x  aMTerra 

kx M

178

169

Física 1 – ITA/IME

a aceleração do bloco em relação ao carrinho será dada por: amTerra  amM  aMTerra

 amM  amTerra  aMTerra

representando graficamente esta operação vetorial:

vemos pela figura que: amM  amTerra  aMTerra

Elder

 amM 

kx kx  m M



amM  (k  x) 

Mm mM

179

169

Física 1 – ITA/IME

107. (ITA-SP-1995-06-O) Dois blocos de massas m1 = 3,0 kg e m2 = 5,0 kg deslizam sobre um plano inclinado de 60º com relação à horizontal encostados um no outro com o bloco 1 acima do bloco 2. Os coeficientes de atrito cinético entre o plano inclinado e os blocos são 1C  0,4 e 2C  0,6 respectivamente, para os blocos 1 e 2. Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, a aceleração a1 do bloco 1 e a força F12 que o bloco 1 exerce sobre o bloco 2 são respectivamente: a) b) c) d) e)

6,0 m/s2; 2,0 N 0,46 m/s2; 3,2 N 1,1 m/s2; 17 N 8,5 m/s2; 26 N 8,5 m/s2; 42 N

RESOLUÇÃO: Dados: m1  3 kg

m2  5 kg

  60o

1C  0,4

2C  0,6

g  10

m s2

A figura mostra as forças externas que atuam no sistema bloco 1 + bloco 2:

há equilíbrio na direção perpendicular ao plano: FN1  P1y

 FN1  P1  cos 60o

FN2  P2y

 FN2  P2  cos 60o

 FN1  m1  g  cos 60o

 FN1  3  10 

 FN2  m2  g  cos 60o

1  FN1  15 N 2

 FN2  5  10 

1  FN2  25 N 2

utilizando a 2ª lei de Newton para o cálculo da aceleração: R  P1x  P2x  FAT1  FAT2

 R  P1  sen 60o  P2  sen 60o  1C  FN1  1C  FN2

(m1  m2 )  a  m1  g  sen 60o  m2  g  sen 60 o  1C  FN1  1C  FN2

(3  5)  a  3  10 

Elder

3 3  5  10   0,4  15  0,6  25  2 2

a  6,0

m s2

180

169

Física 1 – ITA/IME

isolando o bloco 2, as forças externas são:

utilizando a 2ª lei de Newton:

R2  P2x  FAT2  F12

 R2  P2  sen 60o   2C  FN2  F12

m2  a  m2  g  sen 60o   2C  FN2  F12

 5  6  5  10 

3  0,6  25  F12 2

F12  2,0 N alternativa a

Elder

181

169

Física 1 – ITA/IME

108. (ITA-SP-2012-06-O) Um funil que gira com velocidade angular uniforme em torno do seu eixo vertical de simetria apresenta uma superfície cônica que forma um ângulo  com a horizontal, conforme a figura. Sobre esta superfície, uma pequena esfera gira com a mesma velocidade angular mantendo-se a uma distância d do eixo de rotação. Nestas condições, o período de rotação do funil é dado por

2 d / gsen.

2 d / gcos .

2 d / g tan .

2 2d / gsen2.

2 dcos  / g tan .

RESOLUÇÃO: Dados: MCU  d A figura mostra as forças que atuam na esfera:

há equilíbrio na direção vertical (y): Ny  P  Ny  m  g

a resultante centrípeta será Nx : Nx  FCP

Elder

 Nx  m  2  d

182

169

Física 1 – ITA/IME

tg  

Nx Ny

 tg  

m  d g  2   tg  d m g 2

no movimento circular uniforme o período, tempo gasto numa volta, é dado por: 

 2    t T

substituindo na expressão anterior: 2

g (2  )2 g (2  )2  d  2    tg    T2  T   d  tg   2 d g  tg  T  

T  2 

Elder



(2  )2  d T g  tg 

d g  tg 

183

169

Física 1 – ITA/IME

109. (ITA-SP-1979-15-O) Um aro metálico circular e duas esferas são acoplados conforme ilustra a figura abaixo. As esferas dispõem de um furo diametral que lhes permite circular pelo aro. O aro começa a girar, a partir do repouso, em torno do diâmetro EE', que passa entre as esferas, até atingir uma velocidade angular constante  . Sendo R o raio do aro, m a massa de cada esfera e desprezando-se os atritos, pode-se afirmar que:

a) as esferas permanecem na parte inferior do aro porque esta é a posição de mínima energia potencial. b) as esferas permanecem a distâncias r de EE' tal que, se 2 for o ângulo central cujo vértice é o 2 r centro das esferas, na posição de equilíbrio estável, então, tan   , estando as esferas g abaixo do diâmetro horizontal do aro. c) as esferas permanecem a distâncias r de EE' tal que, se 2 for o ângulo central cujo vértice é o centro do aro e cujos lados passam pelos centros das esferas, na posição de equilíbrio estável, 2 r então, tan   , estando as esferas acima do diâmetro horizontal do aro. g d) as alternativas b e c anteriores estão corretas. e) a posição de maior estabilidade ocorre quando as esferas estão nos extremos de um mesmo diâmetro. RESOLUÇÃO: Dados:   r

As esferas ficam em equilíbrio vertical: Fy  0  Fy  P  Fy  m  g a resultante centrípeta será a componente Fx e o raio da tragetória será r: Fx  FCP

Elder

 Fx  m  2  r

184

169

Física 1 – ITA/IME

calculando a tangente do ângulo  e substituindo Fx e Fy :

tg  

Fx Fy

 tg  

m  2  r m g



tg  

2  r g

alternativa b

OBS: Seria impossível as esferas ficarem acima do diâmetro horizontal do aro, pois não seria possível o equilíbrio na direção vertical.

Elder

185

169

Física 1 – ITA/IME

110. (IME-RJ-2011-27-O)

Uma pedra está presa a um fio e oscila da maneira mostrada na figura acima. Chamando T a tração no fio e  o ângulo entre o fio e a vertical, considere as seguintes afirmativas: I) O módulo da força resultante que atua na pedra é igual a T sen  . II) O módulo da componente, na direção do movimento, da força resultante que atua na pedra é máximo quando a pedra atinge a altura máxima. III) A componente, na direção do fio, da força resultante que atua na pedra é nula no ponto em que a pedra atinge a altura máxima. Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): a) I e II, apenas b) I e III, apenas c) II e III, apenas d) I, II e III e) II, apenas RESOLUÇÃO: Dados: T  A figura mostra as forças externas que atuam na pedra:

I)Falsa A resultante das forças que atuam na pedra será a soma vetorial entre T e P , T sen  é o módulo da componente do peso tangencial à trajetória.

Elder

186

169 II)

Física 1 – ITA/IME Verdadeira

A componente na direção do movimento será:

 P  constante  PT  P  sen     (sen )MÁXIMO  MÁXIMO  hMÁXIMO PTMÁXIMO  (sen )MÁXIMO     III) Verdadeira Quando a pedra atinge a altura máxima sua velocidade será zero e a resultante centrípeta (resultante na direção do fio), que é função da velocidade, será nula: FCP 

Elder

m  v2 R

 FCP 

m  02 R

 FCP  0

187

169

Física 1 – ITA/IME

111. (PSFE-RU-037) Determinar a aceleração do corpo A, o qual desliza sem velocidade inicial pela rosca de um parafuso com passo h e raio R, como esquematizado na figura, no final da enésima volta. Despreza-se o atrito. Considere a aceleração da gravidade g.

RESOLUÇÃO: Dados: v0  0 h R

sem atrito

Como mostra a figura, a rosca de um parafuso é um triângulo retângulo enrolado em um cilindro. Sua altura será o número de fios multiplicado pela distância entre dois fios (passo) e sua base será o número de fios multiplicado pela circunferência do cilindro:

consideraremos a altura zero na base do triângulo e, como não há atrito, toda a energia potencial gravitacional do início será transformada em energia cinética no final:

EPG  EC

Elder



m  g nh 

m  v2 2

 v 2  n  2  g  h (1)

188

169

Física 1 – ITA/IME

representando o triângulo numa proporção mais adequada às proporções da página, as forças que atuam no corpo e as dimensões envolvidas são:

aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo: d2  (n  h)2  (n  2  )2 d  n  h2  4   2  R 2



d  n2  h2  n2  4   2  R 2

(2)

calculando o seno do ângulo  e substituindo (2): sen  

nh n h  sen   2 d n  h  4  2  R 2

 sen  

h h  4  2  R 2 2

(3)

calculando o cosseno do ângulo  : cos  

n 2 R d

 cos  

n  2 R n  h  4  R 2

 cos  

2 R h  4  2  R2 2

(4)

haverá equilíbrio na direção y e a resultante será a componente do peso paralela à hipotenusa do triângulo:

Fy  0  FN  Py

 R  Px

aplicando a 2ª Lei de Newton, lembrando que a aceleração será tangencial ao movimento: R  P  sen  

m  aT  m g  sen   aT  g  sen 

substituindo (3):

aT  Elder

gh h  4  2  R 2 2

(5) 189

169

Física 1 – ITA/IME

a figura seguinte mostra as velocidades envolvidas:

numa vista de cima:

calculando a resultante centrípeta, utilizando a 2ª Lei de Newton, substituindo (4) e substituindo a equação (1):

  2 R v   2 2 2 h  4  R    R

FCP 

aCP 

m  (v  cos  )2 R v2 



22   2  R 2 h2  4   2  R 2 R

m  aCP 

m  (v  cos  )2 R

 aCP 

n  2  g  h  22   2  R 2 R  (h2  4  2  R2 )

 aCP

 aCP 

8  n  g  h  2  R h2  4   2  R 2

(6)

a aceleração será a resultante entre a aceleração tangencial e a aceleração centrípeta, como mostra a figura:

OBS: Repare que aCP , a e aT , não estão no mesmo plano que a circunferência de raio R. Elder

190

169

Física 1 – ITA/IME

aplicando o Teorema de Pitágoras a (5) e (6): 2

a a a 2

2 T

2 CP



   8  n  g  h  2  R  gh a     2 2 2 2 2 2   h  4  R   h  4  R

a2 

g2  h2 64  n2  g2  h2  4  R 2  h2  4   2  R 2 (h2  4  2  R 2 )2

a2 

(h2  4  2  R 2 )  g2  h2  64  n2  g2  h2  4  R 2 (h2  4  2  R 2 )2

a2 

g2  h2  (h2  4  2  R2  64  n2  4  R2 ) (h2  4  2  R 2 )2

a

Elder

gh  h2  4  2  R 2  64  n2  4  R 2 h  4  2  R 2 2

191

169

Física 1 – ITA/IME

112. (IME-RJ-2012-26-O) As componentes da velocidade em função do tempo (t) de um corpo em MCU de velocidade angular 2 rad/s são: vx = 3cos 2t; vy = 3sen 2t. Considere as seguintes afirmações: I) O vetor momento linear é constante. II) A aceleração é nula, pois o momento da força que atua sobre o corpo em relação ao ponto (0, 0) é nulo. III) O trabalho da força que atua no corpo é nulo. É correto APENAS o que se afirma em: a) II b) III c) I e II d) I e III e) II e III RESOLUÇÃO: I – Falsa. Se o movimento é circular e uniforme, o vetor velocidade varia em direção e sentido, portanto, o vetor momento linear (quantidade de movimento, Q  m  v ), também varia em direção e sentido. II – Falsa. Se o movimento é circular e uniforme, há aceleração centrípeta (movimento circular) e a aceleração tangencial é nula (movimento uniforme). III – Verdadeira. Se o movimento é circular e uniforme, a resultante será centrípeta e não haverá deslocamento na sua direção. ou, se o movimento é circular e uniforme, o módulo da velocidade não varia e a variação da energia cinética do corpo é nula, portanto o trabalho realizado pela resultante é nulo.

Elder

192

169

Física 1 – ITA/IME

113. (EFMN-2006) Um passageiro está no interior de um vagão, em pé e sem se segurar em nenhum lugar, como representado na figura. O vagão acelera de repente no sentido indicado. Para que o passageiro mantenha-se parado em relação ao vagão ele deve se posicionar:

a) b) c) d) e)

verticalmente em relação ao piso do vagão; inclinando-se no sentido contrário ao da aceleração; inclinando-se no mesmo sentido da aceleração; inclinando-se para a direita do vagão; inclinando-se para a esquerda do vagão.

RESOLUÇÃO: Dados: avagão  a apassageiro/vagão  0

Tomando como referencial o vagão (referencial não inercial pois a  0 ), sobre o passageiro atua uma aceleração aparente g ' que, de acordo com o Princípio da Equivalência de Einstein, será dada por: g  g' a



g'  g  a

sobre o passageiro atuarão então o seu peso aparente (peso do passageiro no referencial do vagão, que tem a mesma direção e sentido que a aceleração da gravidade aparente) e uma força do chão do vagão sobre o passageiro. Como o passageiro deve estar em equilíbrio em relação ao vagão:

alternativa c:

Elder

193

169

Física 1 – ITA/IME

114. (UFES-ES-2006/2) No interior de um vagão, encontra-se um grande tanque contendo um líquido de densidade  . Uma esfera de massa desprezível e volume V, totalmente imersa no líquido, está presa ao fundo do tanque por um fio ideal. A esfera encontra-se em repouso em relação ao vagão. Determine o módulo da tração no fio, considerando o vagão a) b)

em movimento retilíneo uniforme de velocidade de módulo v; em movimento retilíneo uniformemente variado de aceleração de módulo a.

RESOLUÇÃO: Dados:

esfera   mesfera = 0 V = Vsubmerso a)

Com o vagão em Movimento Retilíneo e Uniforme:

a  0  F  0 T E 

T   V g

Em relação a terra o vagão é um referencial não inercial ( a  0 )

considerando o vagão como referencial, teremos uma aceleração da gravidade aparente. Aplicando então o Princípio da Equivalência de Einstein:

Elder

194

169

Física 1 – ITA/IME

g  a  g'  g'  g  a  g'2  g2  a2

 g'  g2  a2

como o balão está em equilíbrio em relação ao vagão, T  E'  T    V  g' 

T    V  a2  g2

OBS: Repare que para alguém dentro do vagão a aceleração da gravidade atuando sobre um corpo em queda-livre não é g e sim, g' .

Elder

195

169

Física 1 – ITA/IME

115. (ITA-SP-2003-08-O) Um balão contendo gás hélio é fixado, por meio de um fio leve, ao piso de um vagão completamente fechado.O fio permanece na vertical enquanto o vagão se movimenta com velocidade constante, como mostra a figura.Se o vagão é acelerado para frente, pode-se afirmar que, em relação a ele,o balão

a) b) c) d) e)

se movimenta para trás e a tração no fio aumenta. se movimenta para trás e a tração no fio não muda. se movimenta para frente e a tração no fio aumenta. se movimenta para frente e a tração no fio não muda. permanece na posição vertical.

RESOLUÇÃO: Com o vagão em movimento retilíneo uniforme, as forças externas que atuam no balão em equilíbrio são:

Fy  0  T  P  E  T  m  g   AR  VSUBMERSO  g  T  m  g   AR 

T   AR 

m HÉLIO

    g  m  g  T  m  g   AR  1    HÉLIO 

m g HÉLIO

(1)

acelerando-se o vagão para a direita, cria-se no referencial do vagão uma aceleração de mesmo módulo e de sentido contrário, deixando o vagão de ser um referencial inercial. O fio ficará inclinado na direção da aceleração resultante, que chamaremos de aceleração gravitacional aparente:

logo, o balão inclina-se para a direita e o módulo da aceleração gravitacional aparente será maior do que o da aceleração gravitacional (gAP > g). O balão permanece em repouso no referencial do vagão e as forças externas que nele atuam se anulam:

Elder

196

169

Física 1 – ITA/IME

T ' PAP  E AP

T '   AR 

 T '  E AP  PAP

m HÉLIO

 gAP  m  gAP

 T '   AR  VSUBMERSO  gAP  m  gAP     T '  m  gAP   AR  1    HÉLIO 

(2)

como gAP  g , comparando (1) e (2), concluímos que T '  T, logo: o balão se movimenta para a frente e a tração no fio aumenta alternativa c

Elder

197

169

Física 1 – ITA/IME

5. Trabalho e energia cinética. Energia potencial. Conservação da energia mecânica. Forças conservativas e dissipativas. 116. (ITA-SP-2001-23-D-modificado) Um bloco com massa de 0,20 kg, inicialmente em repouso, é derrubado de uma altura de h = 1,20 m sobre uma mola cuja constante de força é k = 19,6 N/m. Desprezando a massa da mola, calcule a distância máxima que a mola será comprimida. RESOLUÇÃO: Dados: m  0,2 kg

v0  0

h  1,2 m

k  19,6

N m

Desprezando todos os atritos, a energia mecânica do sistema se conserva, tomando como referência o ponto 0:

EM  EM '  m  g  h ' 

k  x 2 2

 m  g  (h  x) 

2  m  g  h  2  m  g  x  k  x 2

k  x 2 2

 k  x 2  2  m  g  x  2  m  g  h  0

19,6  x 2  2  0,2  10  x  2  0,2  10  1,2  0  19,6  x 2  4  x  4,8  0 x  0,6 m x 2  0,2  x  0,24  0   x '  0,4 m como a mola é comprimida (x  0), a raiz negativa deve ser descartada: x  0,6 m

Elder

198

169

Física 1 – ITA/IME

117. (IME-RJ-2010-24-O)

Na situação I da figura, em equilíbrio estático, a Massa M, presa a molas idênticas, está a uma altura h/3. Na situação II, a mola inferior é subitamente retirada. As molas, em repouso, têm comprimento h/2. O módulo de velocidade da Massa M na iminência de tocar o solo na situação II é: Observação: g = Aceleração da Gravidade a) 4gh / [2 2] b)

3gh / [2 2]

2gh / [2 2]

gh / [2 2]

RESOLUÇÃO: Dados: M h

Considerando a massa M como uma partícula material, na situação I temos equilíbrio na direção vertical:

h h h FE1  FE2  P  k  x  k  x  M  g  2  k  (  )  M  g  2  k  ( )  M  g 2 3 6 k

3 M g h

(1)

utilizando o princípio da conservação da energia mecânica na situação II e, substituindo (1):

Elder

199

169

Física 1 – ITA/IME

EM  E 'M  EPE  EPG  EC  E 'PE  E 'PG  E 'C k  x 2 k  x '2 M  v2  M gH  0  0 2 2 2 2

 k  x 2  2  M  g  H  k  x ' 2  M  v 2

3 M g h h h 3 M g h      2 M  g      M  v2 h 2 3 3 h   2 2

3g h 2 gh 3 g  h          v2 h 6 3 h   2 gh 2 gh 3  gh    v2 12 3 4



3  gh2 2 gh 3  gh2    v2 3 h  36 h 4

gh 2gh 3 gh    v2 12 3 4



gh  8 gh  9 gh  v2 12

v 0

Elder

200

169

Física 1 – ITA/IME

118. (FM1-CE-226-modificado) Duas esferas de massa m estão fixas a uma haste rígida de massa desprezível e comprimento 3L como mostra a figura. A haste está livre para girar em torno de um ponto fixo. Determinar a velocidade da esfera B ao passar pela posição mais baixa durante a rotação livre.

RESOLUÇÃO: Dado: m L Na situação final teremos:

aplicando o princípio da conservação da energia mecânica: EMA 0  EMB 0  EMA  EMB

A A  EPG  ECA0  EBPG0  EBC0  EPG  ECA  EBPG  EBC 0

0  0  0  0  m gL 

gL 

v 2A v B2  2 2

m  v 2A m  v B2  (  m  g  2  L)  2 2



m  gL 

m  v 2A m  v B2  2 2

(1)

durante o movimento de rotação: v   L  vB v   r   A   vA  2 vB   2  L 

Elder

(2)

201

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (2) em (1): 2

 vB   2  v2 gL     B 2 2

16  g  L  10  v B2

Elder

 gL 

v B2 v B2  8 2



8 gL 5

vB 

 gL 

2  v B2  8  v B2 16

202

169

Física 1 – ITA/IME

119. (ITA-SP-2010-05-O) No plano inclinado, o corpo de massa m é preso a uma mola de constante elástica k, sendo barrado à frente por um anteparo. Com a mola no seu comprimento natural, o anteparo, de alguma forma, inicia seu movimento de descida com uma aceleração constante a. Durante parte dessa descida, o anteparo mantém contato com o corpo, dele se separando somente após um certo tempo. Desconsiderando quaisquer atritos, podemos afirmar que a variação máxima do comprimento da mola é dada por

[mg sen   m a(2g sen   a)] / k

[mg cos   m a(2g cos   a)] / k

[mg sen   m a(2g sen   a)] / k

m(g sen   a) / k

mg sen  / k

RESOLUÇÃO: Dados: m k a



sem atrito

No instante em que o corpo perde contato com o anteparo, sua velocidade terá módulo v, sua aceleração terá módulo a e a mola estará distendida de uma distância xB :

utilizando a equação de Torricelli no movimento do corpo: v 2  v02  2  aT  S  vB2  0  2  a  xB

Elder

(1)

203

169

Física 1 – ITA/IME

há equilíbrio na direção y perpendicular ao plano inclinado e a resultante sobre o corpo será na direção x paralela ao plano inclinado: R  Px  FEL  m  a  m  g  sen   k  xB  k  xB  m  g  sen   m  a

xB 

m  (g  sen   a) k

(2)

a partir daí há conservação da energia mecânica até o corpo parar e ser puxado pela mola, adotaremos o referencial no ponto C:

h x C  xB

sen   EMC  EMB

  h  ( x C  xB )  sen   C B B B   EPE  EPE  EPG  EC  

k  x C2 k  xB2 m  v B2   m gh  2 2 2



k  x C2 k  xB2 m  v B2   m  g  ( x C  xB )  sen   2 2 2

substituindo (1) e (2): k  x C2 2 k  x C2 2

m  (g  sen   a)  m m  (g  sen   a)  m  (g  sen   a)      m  g   x C   sen    2 a   2  k k k 2    k



m2 2k

 (g  sen   a)2  m  g  x C  sen  

m2  g  (g  sen   a) k

 sen  

m2  a  (g  sen   a) k

k  x C2 m2  (g  sen   a)   m  g  x C  sen    (g  sen   a)    g  sen   a  2 k 2   k  x C2 m2  g  sen   a  2  g  sen   2  a   m  g  x C  sen    (g  sen   a)    2 k 2   k  x C2 m2  g  sen   a   m  g  x C  sen    (g  sen   a)    2 k 2   k  x C2 m2  m  g  x C  sen     (g  sen   a)  (g  sen   a) 2 2k Elder

204

169

Física 1 – ITA/IME

k  x C2 m2  m  g  x C  sen     (g  sen   a)2 2 2k k  x C2 m2  m  g  x C  sen    (g  sen   a)2  0 2 2k k  x C2 2 2 m2 2   m  g  x C  sen     (g  sen   a)2   0 k k 2 k 2 k x C2 

2 m2  m  g  sen   x C  2  (g  sen   a)2  0 k k

chegamos a uma equação do 2º grau em x C , resolvendo-a: 2

2  m  g  sen  m2  2  m  g  sen      4  1   (g  sen   a)2  2 k k k   x C  2 1 2  m  g  sen  4  m2  g2  sen2  4  m2    (g  sen   a)2 2 2 k k k x C  2 2  m  g  sen  4  m2   g2  sen2   (g  sen   a)2  2 k k x C  2 2  m  g  sen  2  m   g2  sen2   (g  sen   a)2 k k x C  2 x C 

m  g  sen  m   k k

x C 

m  g  sen  m   a  (2  g  sen   a) k k

g2  sen2  g2  sen2   2  g  sen   a  a2

considerando que 2  g  sen   a, e lembrando que x C  xB :

x C 

Elder

m  g  sen   m  a  (2  g  sen   a) k

205

169

Física 1 – ITA/IME

120. (ITA-SP-1992-08-O) No dispositivo da figura, bolas de gude de 20 g cada uma estão caindo, a partir do repouso, de uma altura de 1 metro, sobre a plataforma de uma balança. Elas caem a intervalos de tempos iguais t e após o choque estão praticamente paradas, sendo imediatamente retiradas da plataforma. Sabendo que o ponteiro da balança indica, em média, 20 kg, e que a aceleração da gravidade vale 10m/s2, podemos afirmar que a frequência de queda é:

a) b) c) d) e)

201/2 bolas por segundo 20,51/2 bolas por segundo 1/60 bolas por segundo 103 × 51/2 bolas por segundo 102 bolas por segundo

RESOLUÇÃO: Dados: m  20 g  0,02 kg

v0  0

h  1m

mI  20 kg

g  10

m s2

Desprezando os atritos, a energia mecânica de cada bola se conserva durante a queda: EM0  EFM



m  gh 

m  v2 2

 10  1 

v2 2

 v  20  v  2  5

m s

se a balança indica, em média, 20 kg, cada bola está aplicando sobre a plataforma da mesma uma força de módulo: FI  mI  g  FI  20  10  FI  200 N segundo a 3ª lei de Newton, cada bola re cebe da plataforma da balança uma força de mesmo módulo. Aplicando o teorema do impulso: I  Q  FI  t  Q  Q0

  FI  t  0  m  v 0

 200  t  0,02  2  5

t  2  10 4  5 s sendo que, para cada bola, a velocidade inicial no im pacto (v 0 ) é a velocidade final da queda (v). 1 2  10 4  5 s  1bola    n 2  10 4  5 1s  n bolas 



n  103  5

bolas s

alternativa d

Elder

206

169

Física 1 – ITA/IME

121. (ITA-SP-2009-23-D) Em 1998, a hidrelétrica de Itaipu forneceu aproximadamente 87600 GWh de energia elétrica. Imagine então um painel fotovoltaico gigante que possa converter em energia elétrica, com rendimento de 20%, a energia solar incidente na superfície da Terra, aqui considerada com valor médio diurno (24h) aproximado de 170 W/m2. Calcule a) a área horizontal (em km2) ocupada pelos coletores solares para que o painel possa gerar, durante um ano,energia equivalente àquela de Itaipu, e, b) o percentual médio com que a usina operou em 1998 em relação à sua potência instalada de 14000 MW. RESOLUÇÃO: Dados: EÚTIL  87.600  109 Wh

POT INCIDENTE

  20%  0,2

A b) POT INSTALADA

a) t  1ano  8.760 h

W m2  14.000  106 W  170

a) A potência solar incidente numa placa na superfície da Terra, considerando o seu rendimento, é dada por:



POT I A



A TOTAL 

POT U A TOTAL

 

POT I A



A TOTAL  t

 A TOTAL  

EU POT I A

 t

87.600  109  A TOTAL  2,94  108 m2 0,2  170  8.760

A TOTAL  2,94  108  (103 km)2 b)



A TOTAL  2,94  102 km2

A potência fornecida (potência útil) da usina em 1998 foi de:

POT ÚTIL 

EÚTIL t

 POT U 

87.600  109 8.760

 POT U  1010 W  POT U  10 4  106 W

POT U  104 MW

em relação à potência instalada: 

Elder

POT U POT I

 

104    0,7143  14.000

  71,43%

207

169

Física 1 – ITA/IME

122. (ITA-SP-1999-21-D-modificado) Um pêndulo é constituído por uma partícula de massa m suspensa por um fio de massa desprezível, flexível e inextensível, de comprimento L. O pêndulo é solto a partir do repouso, na posição A, e desliza sem atrito ao longo de um plano de inclinação  , como mostra a figura. Considere que o corpo abandona suavemente o plano no ponto B, após percorrer uma distância d sobre ele. Calcule a tração no fio, no instante em que o corpo deixa o plano.

RESOLUÇÃO: Dados: m L vA  0



sem atrito

A figura mostra o instante em que a partícula passa pelo ponto B e abandona o plano:

na descida de A para B ao longo do plano, como não há atrito, a energia mecânica se conserva, considerando o referencial em B:

E E B M

A M

 E E B C

A PG



m  v B2  m  g  h  vB  2  g  h 2

(1)

ao perder contato com o plano no ponto B, a força normal do plano sobre a partícula é nula e a resultante centrípeta será:

Elder

208

169

Física 1 – ITA/IME

FCP  T  Py

 FCP  T  P  cos  

m v  T  m  g  cos  L 2 B

substituindo (1): T

m 2 gh  2h   m  g  cos   T  m  g    cos   L  L 

(2)

h   h  d  sen   d  sen   d   d  sen   L  cos   cos   L h cos    h  L  cos    L sen  

substituindo em (2):  2  d  sen  d  sen    3  d  sen   T  m g    T  m g    L L L      d T  3  m  g     sen  L

Elder

209

169

Física 1 – ITA/IME

123. (ITA-SP-2002-25-D-modificado) Uma massa é liberada a partir do repouso de uma altura h acima do nível do solo e desliza sem atrito em uma pista que termina em um “loop” de raio r, conforme indicado na figura. Determine o ângulo  relativo à vertical e ao ponto em que a massa perde o contato com a pista. Expresse sua resposta como função da altura h, do raio r e da aceleração da gravidade g.

RESOLUÇÃO: Dados: v0  0 h

sem atrito

No ponto B, em que a massa perde o contato com a pista, a força da pista sobre a massa será nula e a resultante centrípeta será a componente radial do peso: FCP  PR

 FCP  P  cos  

m  vB2  m  g  cos   vB2  r  g  cos  r

(1)

como não há atrito, a energia mecânica se conserva: EBM  EMA



m  g  h  m  g  hB 

g  h  g  (r  r  cos ) 

v B2 2

m  v B2 2

 g  h  g  (r  y) 

v B2 2

 2  g  h  2  g  r  2  g  r  cos   v B2

substituindo (1): 2  g  h  2  g  r  2  g  r  cos   r  g  cos   2  h  2  r  3  r  cos 

cos   Elder

2  (h  r)  3r

  arc cos

2  (h  r) 3r 210

169

Física 1 – ITA/IME

124. (ITA-SP-2011-23-D) Um pêndulo, composto de uma massa M fixada na extremidade de um fio inextensível de comprimento L, é solto de uma posição horizontal. Em dado momento do movimento circular, o fio é interceptado por uma barra metálica de diâmetro desprezível, que se encontra a uma distância x na vertical abaixo do ponto O. Em consequência, a massa M passa a se movimentar num círculo de raio L –x, conforme mostra a figura. Determine a faixa de valores de x para os quais a massa do pêndulo alcance o ponto mais alto deste novo círculo.

RESOLUÇÃO: Dados: M L Para a massa chegando no ponto mais alto da nova circunferência:

onde: y  L  2  (L  xMÍN )  y  L  2  L  2  xMÍN  y  2  xMÍN  L

(1)

a condição para que a massa atinja o ponto mais alto é que o peso seja a resultante centrípeta (a tração do fio seja nula): FCP  P 

m  v2  m  g  v 2  g  (L  xMÍN ) (2) L  xMÍN

consideraremos o sistema conservativo, logo a energia mecânica em A será igual à energia mecânica em C, referencial de alturas em C e substituindo (1) e (2): EMC  EMA

C A  ECC  EPG  ECA  EPG

g  (L  xMÍN ) 2 Elder



m  v C2  0  0  m  g y 2

 g  (2  xMÍN  L)  L  xMÍN  4  xMÍN  2  L 211

169 3  L  5  xMÍN

Física 1 – ITA/IME  xMÍN 

3 L 5

sendo que x deve ser menor do que L, teremos para atender a condição imposta no enunciado a seguinte faixa de valores para x: 3 L  x  L 5

Elder

212

169

Física 1 – ITA/IME

125. (FM-BRITO-CE-007-ED2) Uma partícula de massa m, presa por um fio ao centro de uma mesa horizontal áspera, descreve uma trajetória circular de raio R. Sabendo que a gravidade local vale g e que a velocidade inicial v0 da partícula cai à metade, após três voltas completas, determine: a) b)

o coeficiente de atrito cinético entre a partícula e a mesa; quantas voltas a partícula dará até parar, ao todo.

RESOLUÇÃO: Dado: m

3 voltas  v 

v0 2

Há equilíbrio na direção vertical:

F y  0  FN  P  FN  m  g consideraremos o trabalho realizado pela força resultante ao longo do caminho percorrido durante as três primeiras voltas: WR  EC

  FAT  S  EC  EC0

   C  N  S  EC  EC0 2

C  m  g  3  2    R 

C  g  12    R 

v 02  v 02 4

   C  g  12    R  

3  v 02 4



C 

v 02 16  g    R

Utilizando o mesmo cálculo mas agora para n voltas:

WR  EC

  FAT  S  EC  EC0

C  m  g  n  2    R 

v 02 16  g    R

Elder

m  v 2 m  v 02  2 2

 v0   2  v2   C  g  6    R     0 2 2

   C  N  S  EC  EC0

m  v 2 m  v 02  2 2

 g n 2 R 

v 02 2

  C  g  n  2    R  0 

 n

16  22

v 02 2

n  4 voltas

213

169

Física 1 – ITA/IME

126. (ITA-SP-2009-05-O) A partir do repouso, um carrinho de montanha russa desliza de uma altura H = 20 3 m sobre uma rampa de 60º de inclinação e corre 20 m num trecho horizontal antes de chegar em um loop circular, de pista sem atrito. Sabendo que o coeficiente de atrito da rampa e do plano horizontal é 1/2, assinale o valor do raio máximo que pode ter esse loop para que o carrinho faça todo o percurso sem perder o contato com a sua pista.

R8 3m

R  4( 3  1) m

R  8( 3  1) m

R  4(2 3  1) m

R  40( 3  1) / 3 m

RESOLUÇÃO: Dados: vA  0

H  20  3 m

  60o

BC  20 m

LOOP  0

 AC  0,5

Trabalharemos na figura:

No triângulo de hipotenusa AB : sen 60o 

H AB



3 20  3  2 AB

 AB  40 m

(1)

a menor velocidade do carrinho no ponto D será quando a força normal é nula e a resultante centrípeta somente o seu peso: FCP  P 

Elder

m  vD2  m  g  vD2  R  g (2) R 214

169

Física 1 – ITA/IME

as forças atuantes no carrinho no trecho AB são:

há equilíbrio na direção perpendicular à rampa:

Fy  0  N1  Py

 N1  P  cos 60o

 N1  m  g  cos 60o

(3)

as forças atuantes no carrinho no trecho BC são:

há equilíbrio na direção vertical: Fy  0  N2  P  N2  m  g (4)

a energia mecânica do carrinho no ponto D será a energia mecânica no ponto A menos a energia mecânica dissipada pela força de atrito entre A e C, substituindo (1), (2), (3) e (4): AB BC EDM  EMA  WFAT  WFAT

AB BC  EMD  EMA  FAT  AB  FAT  BC

A EDC  EDPG  ECA  EPG   AC  N1  AB   AC  N2  BC

m  v D2  m  g  2  R  0  m  g  H   AC  m  g  cos 60o  AB   AC  m  g  BC 2 R g 2

 g  2  R  g  H   AC  g  cos 60o  AB   AC  g  BC

R  4  R  2  H  2   AC  cos 60o  AB  2   AC  BC 5  R  2  H  2   AC  cos 60o  AB  2   AC  BC

R

2  20  3  2  0,5  0,5  40  2  0,5  20 5

R  8 3 8  Elder

 R

40  3  40 5

R  8  ( 3  1) m 215

169

Física 1 – ITA/IME

127. (IME-RJ-2009-19-O)

Um objeto com massa de 1 kg é largado de uma altura de 20 m e atinge o solo com velocidade de 10 m/s. Sabe-se que a força F de resistência do ar que atua sobre o objeto varia com a altura, conforme o gráfico acima. Considerando que g = 10 m/s2, a altura h, em metros, em que a força de resistência do ar passa a ser constante é a) b) c) d) e)

4 5 6 8 10

RESOLUÇÃO: Dados: m  1kg

H  20 m

v  10

m s

g  10

m s2

Se considerarmos os valores nos eixos do gráfico como distâncias, a área entre a linha do gráfico e o eixo horizontal será numericamente o trabalho realizado pela força resultante. O trabalho realizado pela força de resistência do ar (negativo, pois a força é contrária ao movimento) será a variação de energia mecânica sofrida pelo objeto:

WF  EM



0 H  WF  EM0  EMH  WF  (EC0  EPG )  (EHC  EPG )  WF 

[(20  0)  (h  0)]  (12  0) 1 10 2 (20  h)  12   1 10  20    50  200 2 2 2

240  12  h  100  400  12  h  60 

Elder

m  v2  0  0  m gH 2

h5m

216

169

Física 1 – ITA/IME

128. (ITA-SP-1997-06O-modificado) Na figura, ABC e ADC são tubos contidos em um mesmo plano vertical. Todos os trechos AB, BC, AD e DC têm o mesmo comprimento L, estando AB e DC posicionados verticalmente. Uma esfera 1 parte do repouso em A, percorre o tubo ABC e atinge C com velocidade v1, gastando um tempo t1 nesse percurso. Outra esfera 2 parte do repouso em A, percorre o tubo ADC e atinge C com velocidade v2, gastando um tempo t 2 nesse percurso. Desprezando qualquer dissipação de energia mecânica pergunta-se:

a) b)

qual a maior velocidade final, v1 ou v2? qual intervalo de tempo será maior, t1 ou t 2 ?

RESOLUÇÃO: Dado: AB  BC  AD  DC  L

v0  0

t1

t 2

sem atritos

a) A energia mecânica se conserva, logo a velocidade em C será a mesma independente da trajetória: EMC  EMA



m  v C2  m  g  hA 2



v C2  g  (L  L  sen  ) 2

v C  v1  v 2  2  g  L  (1  sen  )

b) Consideraremos cada movimento como uniformemente variado, logo a velocidade média será a média aritmética entre as velocidades final e inicial: no percurso ABC: A B:

v AB 

v A  vB 2

B C:

v BC 

vB  v C 2

D C:

v DC 

vD  v C 2

no percurso ADC: A D:

Elder

v AD 

v A  vD 2

217

169 vB  vD

Física 1 – ITA/IME 

 v AB  v AD   v BC  v DC 



L L  t AB t AD



t AB  t AD



L L  tBC tDC



tBC  tDC

t ABC  t ADC



t1  t 2

somando membro a membro: t AB  tBC  t AD  tDC

Elder



218

169

Física 1 – ITA/IME

129. (ITA-SP-2009-24-D) Num filme de ficção, um foguete de massa m segue uma estação espacial, dela aproximando-se com aceleração relativa a. Para reduzir o impacto do acoplamento, na estação existe uma mola de comprimento L e constante k. Calcule a deformação máxima sofrida pela mola durante o acoplamento sabendo-se que o foguete alcançou a mesma velocidade da estação quando dela se aproximou de uma certa distância d > L, por hipótese em sua mesma órbita. RESOLUÇÃO: Dados: m a L

d  L  vRELATIVA  0

O enunciado não especifica claramente a condição da estação nem da aceleração a que é submetido o foguete. Consideraremos o movimento da estação uniforme (a massa da estação é muito maior do que a do foguete), que a aceleração tem o mesmo sentido da velocidade do foguete, inicia quando o foguete está a uma distância d da estação e cessa no instante em que o foguete toca a mola, mantendo nesse intervalo um módulo constante. Adotando a estação como referencial teremos:

utilizando a equação de Torricelli, temos na aproximação do foguete: v 2  v02  2  aT  S  v 2  0  2  a  (d  L)  v 2  2  a  (d  L)

desprezando as perdas, a energia cinética do foguete será absorvida pela mola até a sua deformação máxima: EPE  EC

x 

Elder



k  x 2 m  v 2  2 2

 k  x 2  m  2  a  (d  L)

2  m  a  (d  L) k

219

169

Física 1 – ITA/IME

130. (IME-RJ-2010-06-D) Uma mola com constante elástica k, que está presa a uma parede vertical, encontra-se inicialmente comprimida de x por um pequeno bloco de massa m, conforme mostra a figura. Após liberado do repouso, o bloco desloca-se ao longo da superfície horizontal lisa EG, com atrito desprezível, e passa a percorrer um trecho rugoso DE até atingir o repouso na estrutura (que permanece em equilíbrio), formada por duas barras articuladas com peso desprezível. Determine os valores das reações horizontal e vertical no apoio A e da reação vertical no apoio B, além das reações horizontal e vertical nas ligações em C, D e F Dados: • constante elástica: k = 100 kN/m; • compressão da mola: x = 2 cm; • massa do bloco: m = 10 kg; • coeficiente de atrito cinético do trecho DE: C = 0,20; • aceleração gravitacional: g = 10 m/s2

RESOLUÇÃO: No trecho com atrito:

há equilíbrio na vertical: Fy  0  N  P  N  m  g

a resultante será a força de atrito e o trabalho por ela realizado de E até o ponto em que o bloco para sobre a superfície EC será dissipar a energia potencial elástica do ponto G: EC G WFAT  EPE

G  FAT  d  EPE

G  C  N  d  EPE

k  x 2 2

 C  m  g  d 

k  x 2 2

105  0,022  d  1m 2 isolando a barra EC, aplicando as condições de equilíbrio fazendo momento no ponto C: 0,2  10  10  d 

Elder

220

169

Física 1 – ITA/IME

MCC  MCC  MDC  0 y x  x  C C MDy  MP  Dy  CD  m  g  (CE  d)  Dy  2,5  10  10  (4,5  1)  Fx  0  Cx  Dx (1)   Fy  0  Cy  m  g  Dy

 Cy  10  10  140 

D y  140 N

C y  40 N

isolando a barra BF, aplicando as condições de equilíbrio fazendo momento no ponto F:

MFF  MFF  0 y  x  C C C MDx  MBy  MDy  Dx  FC  B y  BA  Dy  CD  D x  3  B y  5  140  2,5  Dx  3  B y  5  350 (2) F x  0  Fx  D x (3)  F y  0  Fy  B y  Dy  Fy  B y  140

(4)

isolando a barra AF, aplicando as condições de equilíbrio fazendo momento no ponto F:

Elder

221

169

Física 1 – ITA/IME

MFF  MFF  MFC  MFA  0 y y y  x  F F MCx  MA y  Cx  FC  A x  AF  Cx  3  A x  6 Fx  0  Fx  A x  Cx  Fy  0  Fy  Cy  A y

(5)

(6) (7)

substituindo (1) e (3) em (6):

Dx  A x  D x



Ax  0

de (5):

Cx  0 de (3):

Fx  Dx  0 de (2): 0  By  5  350 

By  70 N

de (4): Fy  70  140 

Fy  70 N

de (7): 70  40  A y

Elder



A y  30 N

222

169

Física 1 – ITA/IME

131. (ITA-SP-2010-22-D) Um pequeno bloco desliza sobre uma rampa e logo em seguida por um “loop” circular de raio R, onde há um rasgo de comprimento de arco 2R , como ilustrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade e desconsiderando qualquer atrito, obtenha a expressão para a altura inicial em que o bloco deve ser solto de forma a vencer o rasgo e continuar em contato com o restante da pista.

RESOLUÇÃO: Dados: R 2R 

sem atrito

A energia mecânica se conserva entre os pontos A e B, adotando referencial no solo:

EMA  EBM

A  EPG  EBPG  EBC



2  g  h  2  g  R(1  cos )  v B2

m  g  h  m  g  (R  R  cos ) 

m  v B2 2

 v B2  2  g  h  2  g  R(1  cos )

a partir do ponto B o bloco realiza um lançamento oblíquo:

Elder

223

169

Física 1 – ITA/IME

o alcance será a distância BC: A

v 02  sen 2   g

v B2 

Rg cos 

 BC 

v B2  sen 2    g

2  R  sen   g  v B2  2  sen   cos 

igualando: 2  g  h  2  g  R(1  cos ) 

h

Elder

R g cos 

R  R  (1  cos )  2  cos 

 2h 

R  2  R  (1  cos ) cos 

  1 h R  1  cos    2  cos  

224

169

Física 1 – ITA/IME

132. (IME-RJ-2010-19-O) Um bloco de 4 kg e velocidade inicial de 2 m/s percorre 70 cm em uma superfície horizontal rugosa até atingir uma mola de constante elástica 200 N/m. A aceleração da gravidade é 10 m/s2 e o bloco comprime 10 cm da mola até que sua velocidade se anule. Admitindo que durante o processo de compressão da mola o bloco desliza sem atrito, o valor do coeficiente de atrito da superfície rugosa é: a) 0,15 b) 0,20 c) 0,25 d) 0,30 e) 0,35 RESOLUÇÃO: Dados:

m  4 kg g  10

m s2

vA  2

m s

x  10 cm  0,1m

AB  70 cm  0,7 m vc  0

k  200

N m

sem atrito

Na superfície com atrito as forças que atuam no corpo são:

haverá equilíbrio na direção vertical e a resultante será a força de atrito: Fy  0  N  P  N  m  g

o trabalho realizado pela força de atrito será a variação da energia mecânica do bloco:

WFAB  EMAC AT

C  FAT  AB  EPE  ECA

 AB  m  g  AB 

k  x 2 m  v 2A  2 2

C    AB  N  AB  EPE  ECA

   AB  4  10  0,7 

200  0,12 4  22  2 2

 AB  0,25

Elder

225

169

Física 1 – ITA/IME

133. (ITA-SP-2012-08-O) Um corpo movimenta-se numa superfície horizontal sem atrito, a partir do repouso, devido à ação contínua de um dispositivo que lhe fornece uma potência mecânica constante. Sendo v sua velocidade após certo tempo t, pode-se afirmar que a) aceleração do corpo é constante. b) a distância percorrida é proporcional a v2. c) o quadrado da velocidade é proporcional a t. d) a força que atua sobre o corpo é proporcional a t . e) a taxa de variação temporal da energia cinética não é constante. RESOLUÇÃO: Dados: sem atrito v0  0

tv

W   W  POT  t m  v 2 m  v 02 POT   POT  t  EC  EC0  POT  (t  t 0 )   t  2 2 W  RESULTANTE  EC como t0 = 0: POT  t 

m  v2 m  v2  0  POT  t  2 2

sendo a massa e a potência constantes, vemos que o quadrado da velocidade é proporcional a t.

Elder

226

169

Física 1 – ITA/IME

134. (IME-RJ-2012-04-D)

Um corpo com velocidade v parte do ponto A, sobe a rampa AB e atinge o repouso no ponto B. Sabe-se que existe atrito entre o corpo e a rampa e que a metade da energia dissipada pelo atrito é transferida ao corpo sob a forma de calor. Determine a variação volumétrica do corpo devido à sua dilatação. Dados: • aceleração da gravidade: g = 10 m⋅s-2; • volume inicial do corpo: Vi = 0,001 m3; • coeficiente de dilatação térmica linear do corpo:   0,00001K 1 ; • calor específico do corpo: c = 400 J⋅kg-1⋅K-1. Observações: • o coeficiente de atrito cinético é igual a 80% do coeficiente de atrito estático; • o coeficiente de atrito estático é o menor valor para o qual o corpo permanece em repouso sobre a rampa no ponto B. RESOLUÇÃO: Dados: EDISSIPADA vB  0 Q 2 De acordo com o enunciado, no ponto B o corpo atinge o repouso:

tg  

BC 10  tg    tg   1    45o 10 AB 2

AB  AC  BC Elder

 AB  102  102

 AB  10  2 m 227

169

Física 1 – ITA/IME

Fx  0  FAT  Px  E  N  P  sen   Fy  0  N  Py  N  P  cos  substituindo: E  P  cos   P  sen   E  C  0,8  E

sen  cos 

 E  tg 45o

 E  1

 C  0,8  1  C  0,8

a energia mecânica dissipada entre A e B será o trabalho realizado pela força de atrito cinético: EDISSIPADA  WFAB AT

 EDISSIPADA  FAT  AB  EDISSIPADA  C  N  AB

EDISSIPADA  C  m  g  cos 45o  AB  EDISSIPADA  0,8  m  10 

2  10  2

EDISSIPADA  80  m

metade desta energia mecânica dissipada (perdida) pelo corpo será energia térmica recebida pelo mesmo: Q

EDISSIPADA 2



m  c  T 

80  m 2

 400  T  40  T  0,1K

V  V0    T  V  Vi  3    T  V  0,001 3  0,00001 0,1 V  3  10 9 m3

Elder

228

169

Física 1 – ITA/IME

135. (ITA-SP-2012-21-D) 100 cápsulas com água, cada uma de massa m = 1,0 g, são disparadas à velocidade de 10,0 m/s perpendicularmente a uma placa vertical com a qual colidem inelasticamente. Sendo as cápsulas enfileiradas com espaçamento de 1,0 cm, determine a força média exercida pelas mesmas sobre a placa. RESOLUÇÃO: Dados: n  100 cápsulas

m  1g  103 kg

v  10

m s

choque inelástico

e  1cm  102 m

Entre colisões sucessivas: v

S e  v t t

 10 

102 t

 t  103 s

a cada colisão a quantidade de movimento da placa varia, em módulo, o mesmo que cada cápsula:

I  Q  F  t  m  v  m  v 0  F  103  0  103  10 

Elder

F  10 N

(em módulo)

229

169

Física 1 – ITA/IME

136. (IME-RJ-2012-02-D)

Um corpo de massa m1 = 4 kg está em repouso suspenso por um fio a uma altura h do solo, conforme mostra a figura acima. Ao ser solto, choca-se com o corpo m2 de 2 kg no ponto A, desprendendo-se do fio. Após o choque, os corpos m1 e m2 passam a deslizar unidos sobre uma superfície lisa e colidem com um corpo em repouso, de massa m3 = 8 kg. Nesse ponto, o conjunto m1 + m2 para e o corpo m3 move-se em uma superfície rugosa de coeficiente de atrito cinético igual a 0,45, estacionando no ponto C, situado na extremidade da viga CE. A viga é constituída por um material uniforme e homogêneo, cuja massa específica linear é 4 kg/m. Determine: a) a altura h; b) o valor e o sentido da reação vertical do apoio E depois que o corpo m3 atinge o ponto C da viga. Dado: aceleração da gravidade: 10 m⋅s-2. Observação: Considerar que os corpos m1, m2 e m3 apresentam dimensões desprezíveis. RESOLUÇÃO: Dados: m1  4 kg v 01  0

m3  8 kg

m2  2 kg

' v12B 0

1 e 2  choque inelástico kg viga LINEAR 4 m

C BC  0,45

a) Após o corpo 1 ser largado, utilizando a conservação da energia mecânica, podemos calcular sua velocidade imediatamente antes do choque com o corpo 2: E E A M

0 M

 E E A C

0 PG



2 m1  v1A

 m1  g  h  v1A  2  g  h

no choque inelástico com o corpo 2 a quantidade de movimento se conserva: Q  QA

v1 2 

 (m1  m2 )  v1 2  m1  v1A

4 2 gh 6

 v1 2 

 (4  2)  v1 2  4  2  g  h

2 2 gh 3

como não há atrito, esta velocidade se mantém até o ponto B, ocorrendo, então, o choque elástico com o corpo 3, conservando-se a quantidade de movimento: Elder

230

169

Física 1 – ITA/IME

QB  QB'

v '3 

 (m1  m2 )  v1 2  m3  v 3'

 (4  2) 

2 2 gh  8  v 3' 3

2 gh 2

no trecho rugoso as forças que atuam no corpo 3 são:

há equilíbrio na direção vertical: Fy  0  N  P3

 N  m3  g

o trabalho realizado pela força de atrito será dissipar toda energia mecânica do corpo 3: BC FAT

 E

BC M

 FAT  BC  E  E C C

 2 gh    2   C BC  g  2

B C

  C BC  N  0  E

B C

  C BC  m3  g 

m3  v '3 2 2



2  C BC  g 

2  g h 4

 h  0,45  4 

h  1,8 m

As forças que atuam na viga são:

como o sistema está em equilíbrio, o somatório dos momentos em relação a qualquer ponto será nulo. Fazendo o somatório dos momentos em relação ao ponto D:

MDFD  0

MDP3  MDFE  MDPV

 P3  CD  FE  DE  PV 

 CE  CE viga  m3  g  CD  FE  DE  LINEAR  CE  g    CD  2  2 

 1,5  8  10  0,5  FE  1  4  1,5  10    0,5   40  FE  15  FE  25 N  2  o sinal negativo indica que o sentido real de FE é o contrário do mostrado na figura. Elder

231

169

Física 1 – ITA/IME

137. (ITA-SP-2009-20-O) Considere um pêndulo simples de comprimento L e massa m abandonado da horizontal. Então, para que nãoarrebente, o fio do pêndulo deve ter uma resistência à tração pelo menos igual a a) mg. b) 2mg. c) 3mg. d) 4mg. e) 5mg. RESOLUÇÃO: Dados: L m vA  0 De acordo com o enunciado:

Considerando que não haja atrito, a energia mecânica se conserva no movimento do pêndulo de A para B, considerando o referencial em B: EBM  EMA

A  EBC  EPG



m  vB2  m  g  L  vB2  2  g  L 2

a resultante centrípeta em B será: RCP  TB  P 

m  v B2 2m g L  TB  m  g   TB  m  g  TB  2  m  g  m  g R L

TB  3  m  g

Elder

232

169

Física 1 – ITA/IME

138. (ITA-SP-2009-10-O) Considere uma bola de basquete de 600 g a 5 m de altura e, logo acima dela, uma de tênis de 60 g. A seguir, num dado instante, ambas as bolas são deixadas cair. Supondo choques perfeitamente elásticos e ausência de eventuais resistências, e considerando g = 10 m/s2, assinale o valor que mais se aproxima da altura máxima alcançada pela bola de tênis em sua ascensão após o choque. a) 5 m b) 10 m c) 15 m d) 25 m e) 35 m RESOLUÇÃO: Dados: mB  600 g

h0  5 m

mT  60 g

choque elástico

g  10

m s2

A figura representa as bolas imediatamente antes do choque e imediatamente depois:

utilizando a equação de Torricelli, podemos calcular a velocidade de chegada no chão: v 2  v 02  2  aT  S  v12  0  2  g  h0

 v12  2  10  5  v1  10

m s

como a colisão é elástica o coeficiente de restituição é igual a 1: e

v AFASTAMENTO v APROXIMAÇÃO

 e

v3  v2 v  v2  1 3  v 3  v 2  20  v 2  v 3  20 v1  (  v 1 ) 10  10

substituindo na equação da conservação da quantidade de movimento: Q  Q0

 mB  v 2  mT  v 3  mB  v1  mT  ( v1 )  600  v 2  60  v 3  600  10  60  10

600  (v 3  20)  60  v 3  5.400  600  v 3  12.000  60  v 3  5.400  660  v 3  17.400 v3 

290 m 11 s

novamente utilizando a equação de Torricelli: v 2  v 02  2  aT  S  0  v 32  2  g  hMÁXIMO

2  10  hMÁXIMO

Elder

 290     11 

 2  g  hMÁXIMO  v 32



hMÁXIMO  35 m

233

169

Física 1 – ITA/IME

139. (IME-RJ-2010-26-O) Um soldado em pé sobre um lago congelado (sem atrito) atira horizontalmente com uma bazuca. A massa total do soldado é 100 kg e a massa do projétil é 1 kg. Considerando que a bazuca seja uma máquina térmica com rendimento de 5% e que o calor fornecido a ela no instante do disparo é 100 kJ, a velocidade de recuo do soldado é, em m/s, a) 0,1 b) 0,5 c) 1,0 d) 10,0 e) 100,0 RESOLUÇÃO: Dados: sem atrito mS  100 kg

mP  1kg

  5%

Q  100 kJ  1 105 J

A quantidade de movimento irá se conservar: Q  Q0

 mS  v S  mP  v P

 100  v S  1 v P

 v P  100  v S

(1)

numa máquina térmica o rendimento é a razão entre o trabalho realizado e a quantidade de calor fornecida pela fonte quente : 

W QQ

 0,05 

W 105

 W  5  103 J

o trabalho resultante sobre o projétil é a variação de sua energia cinética e, substituindo (1):

W  EC

 W  EC  EC0

10 4  100  v S 

Elder

 W

 10 4  10 4  v S2

mP  v P2 1 v P2  0  5  103  2 2 

vS  1

m s

234

169

Física 1 – ITA/IME

140. (ITA-SP-2012-04-O) Apoiado sobre patins numa superfície horizontal sem atrito, um atirador dispara um projétil de massa m com velocidade v contra um alvo a uma distância d. Antes do disparo, a massa total do atirador e seus equipamentos é M. Sendo vs a velocidade do som no ar e desprezando a perda de energia em todo o processo, quanto tempo após o disparo o atirador ouviria o ruído do impacto do projétil no alvo? a)

d(v s  v)(M  m) v(Mv s  m(v s  v))

d(v s  v)(M  m) v(Mv s  m(v s  v))

d(v s  v)(M  m) v(Mv s  m(v s  v))

d(v s  v)(M  m) v(Mv s  m(v s  v))

d(v s  v)(M  m) v(Mv s  m(v s  v))

RESOLUÇÃO: Dados: sem atrito m

A figura mostra a situação antes e depois do disparo, considerando o atirador inicialmente em repouso e que o disparo seja feito na horizontal:

calculando a velocidade do atirador após o disparo, utilizando a conservação da quantidade de movimento: Q  Q0

 (M  m)  v A  m  v  v A 

m v Mm

calculando o tempo que o projétil demora para atingir o alvo: v

S d  v t t

 t 

d v

neste intervalo de tempo o atirador percorre uma distância igual a:

v

S x  vA  t t

 x

m v d  Mm v

 x

md Mm

logo, após o intervalo t, a distância dA entre o atirador e o alvo será igual a: Elder

235

169

Física 1 – ITA/IME

dA  x  d  d A 

md m  d  d  (M  m) dM  d  dA   dA  Mm Mm Mm

a velocidade relativa entre o atirador e o som do impacto do projétil no alvo é: v REL  v S  v A

 v REL  v S 

v  (M  m)  (m  v) m v  v REL  S Mm Mm

o atirador ouvirá o som do impacto do projétil no alvo num intervalo de tempo t S :

d S v  v REL  M t t S

dM Mm  t S  v S  (M  m)  (m  v) Mm

 t S 

dM v S  (M  m)  (m  v)

o intervalo total de tempo será t T :

t T  t  t S

 t T 

1  d dM M   t T  d     v v S  (M  m)  (m  v)  v v S  M  m  (v S  v) 

 v  M  m  (v S  v)  v  M  d  vS  M  m  vS  m  v  v  M  t T  d   S   t T     v  v S  M  m  (v S  v)  v  [v S  M  m  (v S  v)]  

t T 

Elder

d  v S  (M  m)  v  (M  m)     v  v S  M  m  (v S  v) 

t T 

d  (M  m)  (v S  v)    v  v S  M  m  (v S  v) 

236

169

Física 1 – ITA/IME

141. (IME-RJ-2012-20-O)

Duas bolas, 1 e 2, movem-se em um piso perfeitamente liso. A bola 1, de massa m1 = 2 kg, movese no sentido da esquerda para direita com velocidade v1 = 1 m/s. A bola 2, de massa m2 = 1 kg, move-se com ângulo de 60º com eixo x, com velocidade v2 = 2 m/s. Sabe-se que o coeficiente de atrito cinético entre as bolas e o piso rugoso é 0,10 sec 2  e a aceleração gravitacional é 10 m/s2. Ao colidirem, permanecem unidas após o choque e movimentam-se em um outro piso rugoso, conforme mostra a figura. A distância percorrida, em metros, pelo conjunto bola 1 e bola 2 até parar é igual a a) 0,2 b) 0,5 c) 0,7 d) 0,9 e) 1,2 RESOLUÇÃO: Dados:

sem atrito v2  2

m s

m1  2 kg C  0,1 sec 2 

m s m g  10 2 s v1  1

m2  1kg choque inelástico

Considerando o piso horizontal, aplicando a conservação da quantidade de movimento e a "falsa" lei dos cosenos: Q  Q1  Q2

 Q  Q12  Q22  2  Q1  Q2  cos 60o

(m1  m2 )  v  m12  v12  m22  v 22  2  m1  v1  m2  v 2  cos 60o Elder

237

169

Física 1 – ITA/IME

(2  1)  v  22  12  12  22  2  2  1 1 2 

1 2

 3v  4  4  4  v 

kg  m   s   Q1  Q2 kg  m   Q2  1 2  Q2  2 s 

Q1  m1  v1  Q1  2  1  Q1  2 Q 2  m2  v 2

formado entre Q1 e Q 2



2 3 m 3 s

Q é a bissetriz do ângulo

  30o

no movimento sobre o piso rugoso:

Fy  0  N  P1  P2 R  FAT

 N  m1  g  m2  g  N  2  10  1 10  N  30 N

 (m1  m2 )  a    N  (m1  m2 )  a  0,1 sec 2   N

 1  1  (m1  m2 )  a  0,1    N  (2  1)  a  0,1   cos    3 2 2

 4 m   30  a  3 s2 

v 2  v 02  2  aT  S  0  v 2  2  a  S  2  a  S  v 2 2 3  4 2   S    3  3  

Elder



S  0,5 m

238

169

Física 1 – ITA/IME

142. (ITA-SP-2011-22-D) Um objeto de massa m é projetado no ar a 45° do chão horizontal com uma velocidade v. No ápice de sua trajetória, este objeto é interceptado por um segundo objeto, de massa M e velocidade V, que havia sido projetado verticalmente do chão. Considerando que os dois objetos “se colam” e desprezando qualquer tipo de resistência aos movimentos, determine a distância d do ponto de queda dos objetos em relação ao ponto de lançamento do segundo objeto. RESOLUÇÃO: Dados: m 45o v M V choque inelástico

sem atritos

Calculando a altura máxima atingida pelo objeto de massa m: 2 v 2  v 02  2  aT  S  0  v my0  2  g  HMÁX

2  g  HMÁX

 2  v   2    2



2  g  HMÁX  v 2 

 2  g  HMÁX  (v  sen 45 o )2 2 4

 HMÁX 

v2 4g

o enunciando não deixa claro se o objeto de massa M está subindo ou descendo ao se chocar com o objeto de massa m, consideraremos as duas possibilidades. Por isso, na figura, aparece tanto V y , quanto -V y . Aplicando a conservação da quantidade de movimento na direção vertical: 0

Qy  Qy

 (m  M)  Vy  M  V  Vy  

M V mM

fazendo o mesmo na direção horizontal: 0

Qx  Qx

Elder

 (m  M)  Vx  m  v x

 (m  M)  Vx  m  v  cos 450

239

169

Física 1 – ITA/IME

(m  M)  Vx  m  v 

2 2

 Vx 

m v 2  mM 2

calculando o tempo para que os objetos cheguem ao solo: S  S0  v 0  t 

0

1  a T  t 2 2

 0  HMÁX  Vy  t 

v2 M V 1   t   g  t 2 4g m M 2



1  g  t 2 2

g M V v2  t 2   t  0 2 mM 4g

descartando a raiz negativa: 2 g M V v2  M V      4    mM 2 4g m M t  g 2 2

M V 1 v2  M V  t        (m  M)  g g 2 m M podemos, então, calcular a distância horizontal percorrida em movimento uniforme nesse intervalo de tempo: S d v  Vx  t t

2 m v 2  M V 1 v 2   M V   d         m  M 2  (m  M)  g g 2  m M  

2  M V m v  2 v 2   M V   d       2  (m  M)  g  (m  M) 2  m M  

Elder

240

169

Física 1 – ITA/IME

143. (IME-RJ-2012-05-D)

A figura apresenta um carrinho que se desloca a uma velocidade constante de 5 m/s para a direita em relação a um observador que está no solo. Sobre o carrinho encontra-se um conjunto formado por um plano inclinado de 30°, uma mola comprimida inicialmente de 10 cm e uma pequena bola apoiada em sua extremidade. A bola é liberada e se desprende do conjunto na posição em que a mola deixa de ser comprimida. Considerando que a mola permaneça não comprimida após a liberação da bola, devido a um dispositivo mecânico, determine: a) o vetor momento linear da bola em relação ao solo no momento em que se desprende do conjunto; b) a distância entre a bola e a extremidade da mola quando a bola atinge a altura máxima. Dados: • Constante elástica da mola: k = 100 N.m-1 • Massa da bola: m = 200 g • Aceleração da gravidade: g = 10 m⋅s-2 Observação: A massa do carrinho é muito maior que a massa da bola. RESOLUÇÃO: Dados: m v0  5 30o s N k  100 mBOLA  200 g  0,2 kg m

x  10 cm  0,1m g  10

m s2

mBOLA  mCARRINHO

a) O carrinho mantêm sua velocidade constante pois sua massa é muito maior do que a da bola. No referencial do carrinho, podemos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica:

EM  EM0 Elder

 EC  EPG  EPE



mB  v 2 k  x 2  m  g  h  2 2 241

169

Física 1 – ITA/IME

mB  v k  x  mB  g  x  sen 30o  2 2 2

v BolaCarrinho  2



0,2  v 1 100  0,12  0,2  10  0,1  2 2 2 2

m s

em relação ao solo: v BolaSolo  v BolaCarrinho  v CarrinhoSolo

em módulo:  3 m o  v BSx  (5  3 ) v BSx  v CS  v BC  cos 30  v BSx  5  2  s  2  v  v  sen 30o  v  2  1  v  1 m BC BSy BSy  BSy s 2 o vetor momento linear será o produto da massa pela velocidade:

QBS  mB  v BS

kg  m  QBSx  0,2  (5  3 ) s   Q  0,2  1  Q  0,2 kg  m BSy  BSy s

kg  m QBS  0,2  (5  3 )  i  0,2  j s

Elder

Em relação ao carrinho, a bola realiza um lançamento oblíquo:

242

169

Física 1 – ITA/IME

calculando a altura máxima atingida : 2 2 v 2  v 02  2  aT  S  v BCy  v BCy0  2  g  hMÁX

2  10  hMÁX

 1 2   2 

 hMÁX 

 0  (v BC  sen 30o )2  2  g  hMÁX

1 m 20

calculando o intervalo de tempo gasto para atingir a altura máxima: v  v 0  aT  t  v BCy  v BCy0  g  t  0  v BC  sen 30o  g  t 10  t  2 

1 2

 t 

1 s 10

calculando a distância percorrida na horizontal neste intervalo de tempo (meio alcance):

v

S A 2 3 1  v BCx   A 2  v BC  cos 30o  t  A 2  2   t t 2 10 3 m 10

A 2

aplicando o teorema de Pitágoras para calcular a distância d:

d h 2

Elder

2 MÁX

 (A 2)

2  1   3  d      20   10  2



d

13 m 20

243

169

Física 1 – ITA/IME

144. (ITA-SP-2010-23-D) Uma massa m1 com velocidade inicial v0 colide com um sistema massa-mola m2 e constante elástica k, inicialmente em repouso sobre uma superfície sem atrito, conforme ilustra na figura. Determine o máximo comprimento de compressão da mola, considerando desprezível a sua massa.

RESOLUÇÃO: Dados: m1 v01  v0

v 02  0

sem atrito

A compressão será máxima quando as duas massas tiverem a mesma velocidade. A quantidade de movimento se conserva: Q  Q0

 (m1  m2 )  v  m1  v 0

 v

m1  v 0 m1  m2

a energia mecânica também se conserva:

EM  EM0

 EC  EPE  E0C



(m1  m2 )  v 2 k  x 2 m1  v 02   2 2 2

 m v  (m1  m2 )   1 0   k  x 2  m1  v 02  m1  m2  k  x 2  m1  v 02 

(m1  v 0 )2 m1  m2

(m1  m2 ) 

(m1  v 0 )2 (m1  m2 )

 k  x 2  m1  v 02

 m1   k  x 2  m1  v 02   1    m1  m2 

 m1  m2 m1 k  x 2  m1  v 02    m1  m2 

Elder



    

x  v 0 

m1  m2 k  (m1  m2 )

244

169

Física 1 – ITA/IME

145. (IME-RJ-2009-03-D) Dois corpos A e B encontram-se sobre um plano horizontal sem atrito. Um observador inercial O está na origem do eixo x. Os corpos A e B sofrem colisão frontal perfeitamente elástica, sendo que, inicialmente, o corpo A tem velocidade vA = 2 m/s (na direção x com sentido positivo) e o corpo B está parado na posição x = 2 m. Considere um outro observador inercial O’, que no instante da colisão tem a sua posição coincidente com a do observador O. Se a velocidade relativa de O’ em relação a O é v'0 = 2 m/s (na direção x com sentido positivo), determine em relação a O’: a) as velocidades dos corpos A e B após a colisão; b) a posição do corpo A dois segundos após a colisão. Dados: • massa de A = 100 g; • massa de B = 200 g. RESOLUÇÃO: Dados: m vA  2 vA  0 s m v0 '  2 mA  100 g  0,1kg s a)

x 2m

sem atrito

mB  200 g  0,2 kg

perfeitamente elástico

A figura ilustra a situação inicial:

em relação ao observador O, como o choque é elástico a quantidade de movimento se conserva e o coeficiente de restituição é igual a 1: Q '  Q  m A  v A ' mB  v B '  m A  v A v A ' 2  v B '  2 e

 0,1 v A ' 0,2  v B '  0,1 2

(1)

v B ' v A ' v ' v A '  1 B  v B ' v A '  2  v B '  v A '  2 v A  vB 20

(2)

substituindo (2) em (1): v A ' 2  (v A ' 2)  2  v A ' 2  v A ' 4  2  v A '  

2m 3 s

substituindo em (2): vB '   Elder

2 2  6 4m  2  vB '   vB '  3 3 3 s 245

169

Física 1 – ITA/IME

em relação ao observador O': 2 2  3

v AO '  v AO' ' v OO'

 v AO' '  v AO ' v OO'

 v AO' '  

v BO '  v BO' ' v OO'

 v BO' '  v BO ' v OO'

 v BO' ' 

4 2  3

8 SA  2   3 2

SA  

Em relação ao observador O':

v

S t

Elder

 v AO' ' 

SA  SOA t

 

v AO' '  

v BO' '  

8m 3 s

2m 3 s

10 m 3

246

169

Física 1 – ITA/IME

146. (ITA-SP-1999-20-D) Um bloco de massa M desliza sobre uma superfície horizontal sem atrito, empurrado por uma força F , como mostra a figura abaixo. Esse bloco colide com outro de massa m em repouso, suspenso por uma argola de massa desprezível e também sem atrito. Após a colisão, o movimento é mantido pela mesma força F , tal que o bloco de massa m permanece unido ao de massa M em equilíbrio vertical, devido ao coeficiente de atrito E existente entre os dois blocos. Considerando g a aceleração da gravidade e v 0 a velocidade instantânea do primeiro bloco antes da colisão, a potência requerida para mover o conjunto, logo após a colisão, tal que o bloco de massa m não deslize sobre o outro, é dada pela relação:

RESOLUÇÃO: Dados: M m v m0  0 Mm  E

F vM  v 0

Superfície  0 g

choque inelástico

Isolando o bloco de massa m, as forças externas são:

o bloco de massa m fica em equilíbrio na direção vertical: F y  0  FAT  P  FAT  m  g a força do bloco M sobre o bloco m será a resultante sobre o bloco m: FMm  m  a a força de atrito atuante será menor ou igual à força máxima de atrito: FAT  FMáxAT

 FAT  E  FMm

substituindo: m  g  E  m  a  a 

g E

a resultante no sistema M+m será a força F: Elder

247

169

Física 1 – ITA/IME

F  (M  m)  a  a 

F Mm

substituindo na expressão anterior: F g  M  m E

 F

g  (M  m) E

(1)

como a colisão dura muito pouco tempo, podemos desprezar a força F. A quantidade de movimento se conserva: Q '  Q  (M  m)  v  M  v 0

 v

M  v0 Mm

(2)

a potência que a força F deve desenvolver logo após a colisão é: POT  F  v substituindo (2): POT  F 

M  v0 Mm

 F  POT 

Mm M  v0

substituindo em (1):

POT 

M  m g  (M  m) g  ( M  m ) M  v0   POT   M  v0 E E Mm

 POT 

g  M  v0 E

logo, a potência mínima necessária será:

POTMín 

Elder

g  M  v0 E

248

169

Física 1 – ITA/IME

147. (ITA-SP-2012-25-D) Átomos neutros ultrafrios restritos a um plano são uma realidade experimental atual em armadilhas magneto-ópticas. Imagine que possa existir uma situação na qual átomos do tipo A e B estão restritos respectivamente aos planos  e  perpendiculares entre si, sendo suas massas tais que mA=2mB. Os átomos A e B colidem elasticamente entre si não saindo dos respectivos planos, sendo as quantidades de movimento iniciais p A e pB , e as finais, qA e qB  qA forma um ângulo  com o plano horizontal e pB  0 .

Sabendo que houve transferência de momento entre A e B, qual é a razão das energias cinéticas de B e A após a colisão? RESOLUÇÃO: Dados:   mA  2  mB pA

choque elástico qA  qB

pB  0

Como A se mantêm no plano  e B estava inicialmente parada, a quantidade de movimento no plano  permanece nula e B se deslocará sobre o eixo x.

aplicando a conservação da quantidade de movimento nos eixos x e z: qx  p x

  qA  cos   qB  p A  cos   qA  cos   qB  p A  cos 

qz  pz

 qA  sen   p A  sen 

(1)

(2)

(1)2  (2)2 :

Elder

249

169

Física 1 – ITA/IME

q  cos   q  sen   q  2  qB  p A  cos   p  cos   p  sen  2 A

2 A

2 B

2 A

q2A  (cos2   sen2  )  qB2  2  qB  p A  cos   p 2A  (cos2   sen2 ) q2A  qB2  2  qB  p A  cos   p2A

(3)

sendo a colisão elástica, a energia mecânica se conserva:

EC  E0C



2 mA  v 2A mB  v B2 mA  v 0A   2 2 2

multiplicando e dividindo todos os termos pelas massas : 2 m2A  v 2A mB2  v B2 m2A  v 0A   2  mA 2  mB 2  mA



2 m2A  v 2A mB2  v B2 m2A  v 0A   2  mA mA 2  mA

 q2A  2  qB2  p2A

(4)

(4) em (3): q2A  qB2  2  qB  p A  cos   q2A  2  qB2

 3  qB2  2  qB  p A  cos 

3  qB  2  p A  cos   9  qB2  4  p 2A  cos2  , substituindo (4): 9  qB2  4  (q2A  2  qB2 )  cos2   9  qB2  4  q2A  cos2   8  qB2  cos 2  9  qB2  8  qB2  cos2  4  q2A  cos2   q2A 4  cos2   qB2 9  8  cos2 

qB2  (9  8  cos2 )  4  q2A  cos2 

(5)

após a colisão:

ECB ECA

mB  v B2 2  mA  v 2A 2

ECB ECA

mB2  v B2 m  2 B 2 mA  v A mA



ECB mB  v B2  , multiplicando e dividindo pelas respectivas massas : ECA mA  v 2A

ECB   ECA

qB2 mB q2A 2  mB

ECB 2  qB2   , substituindo (5): ECA q2A

ECB 8  cos2   ECA 9  8  cos2  Elder

250

169

Física 1 – ITA/IME

6. Gravitação universal. Campo gravitacional. Leis de Kepler do movimento planetário. 148. (ITA-SP-2012-10-O) Boa parte das estrelas do Universo formam sistemas binários nos quais duas estrelas giram em torno do centro de massa comum, CM. Considere duas estrelas esféricas de um sistema binário em que cada qual descreve uma órbita circular em torno desse centro. Sobre tal sistema são feitas duas afirmações: I. O período de revolução é o mesmo para as duas estrelas e depende apenas da distância entre elas, da massa total deste binário e da constante gravitacional. II. Considere que R1 e R 2 são os vetores que ligam o CM ao respectivo centro de cada estrela. Num certo intervalo de tempo t , o raio vetor R1 varre uma certa área A. Durante este mesmo intervalo de tempo, o raio vetor R 2 também varre uma área igual a A. Diante destas duas proposições, assinale a alternativa correta. a) b) c) d) e)

As afirmações I e II são falsas. Apenas a afirmação I é verdadeira. Apenas a afirmação II é verdadeira. As afirmações I e II são verdadeiras, mas a II nãojustifica a I. As afirmações I e II são verdadeiras e, além disso, a II justifica a I.

RESOLUÇÃO: I. Verdadeira

Calculando a posição do centro de massa tomando como referencial a posição da estrela M1:

x CM 

m1  x1  m2  x 2  ...mn  xn m1  m2  ...  mn

d  r1  r2 d  r2 

Elder

 r1 

M1  0  M2  (r1  r2 ) M d  r1  2 M1  M2 M1  M2

 r1  d  r2

M2  d M1  M2

 r2  d 

M2  d M1  M2

 r2 

(M1  M2 )  d  M2  d M1  M2

251

169

Física 1 – ITA/IME

r2 

M1  d  M2  d M2  d M1  M2

 r2 

M1  d M1  M2

a resultante centrípeta do movimento circular de cada estrela será a força gravitacional, para a estrela 1 teremos: M1  M2 m m G  M2 22  2 2 FG  FCP  G  1 2 2  m1  12  r1  G   M    r    r1 1 1 1 d d2 d2 T12 substituindo: r1 

G  M2 d2



M2  d M1  M2

4  2 M2  d  M1  M2 T12



T1  2   

d3 G  (M1  M2 )

para a estrela 2 teremos: FG  FCP

 G

substituindo: r2 

G  M1 d2



m1  m2  m2  22  r2 d2

 G

M1  M2 d2

 M2  22  r2



G  M1 22  2   r2 d2 T22

M1  d M1  M2

4  2 M1  d  M1  M2 T22



T2  2   

d3 G  (M1  M2 )

logo T1  T2 . II.

Falsa

O período é o mesmo para as duas estrelas, logo a velocidade angular também, mas o raio é diferente, portanto as áreas varridas pelos raios vetor são diferentes:

Elder

252

169

Física 1 – ITA/IME

149. A massa da Terra é 81 vezes maior que a da Lua. A distância entre os centros dos dois astros é igual a 3,8·105 km. Onde se encontra o centro de massa do sistema Terra-Lua? Observação: 1. Considere os dois astros perfeitamente esféricos e homogêneos. 2. Considere o centro de massa e o centro de gravidade coincidentes.

RESOLUÇÃO: Dados: MT  81 ML

d  3,8  105 km  3,8  108 m

Como a figura sugere, consideraremos a origem do sistema de coordenadas o centro da Terra e o eixo 0x passando também pelo centro da Lua. Logo o centro de massa ficará sobre o eixo 0x (yCM = 0): x CM 

x CM 

Elder

m1  x1  m2  x 2  ...mn  xn m1  m2  ...  mn ML  3,8  108 82  ML



 x CM 

MT  0  ML  d ML  d  x CM  MT  ML 81 ML  ML

x CM  4,6  106 m

253

169

Física 1 – ITA/IME

150. (IME-RJ-2012-29-O) Um corpo estava em órbita circular em torno da Terra a uma distância do solo igual à 2RT, sendo RT o raio da Terra. Esse corpo é colocado em órbita de outro planeta que tem 1/20 da massa e 1/3 do raio da Terra. A distância ao solo deste novo planeta, de modo que sua energia cinética seja 1/10 da energia cinética de quando está em torno da Terra é: a) b)

5 RT 6 RT

c) d) e)

7 RT 6 4 RT 3 3 RT 2

RESOLUÇÃO: Dados: hT  2  RT

MP 

MT 20

RP 

RT 3

EPC 

ECT 10

A resultante centrípeta será a força gravitacional:

FCP  FG



m  v2 Mm Mm m  v2 Mm 2  G  m  v  G    G 2 R 2 2R R R

logo, a energia cinética do corpo será: EC  G 

Mm 2  RÓRBITA

segundo o enunciado: MT

EPC 

T C

E 10



G

MP  m MT  m 1 20  1  MT  G  RP  hP 10 RT  hT 2  (RP  hP ) 10 2  (RT  hT )

10  (R T  hT )  20  (RP  hP )  R T  2  R T  2  (

9  RT  RT  3  hP 2

Elder



7  RT  3  hP 2



hP 

RT R  3  hP  hP )  3  R T  2  ( T ) 3 3

7  RT 6

254

169

Física 1 – ITA/IME

151. (ITA-SP-2012-09-O) Acredita-se que a colisão de um grande asteroide com a Terra tenha causado a extinção dos dinossauros. Para se ter uma ideia de um impacto dessa ordem, considere um asteroide esférico de ferro, com 2 km de diâmetro, que se encontra em repouso quase no infinito, estando sujeito somente à ação da gravidade terrestre. Desprezando as forças de atrito atmosférico, assinale a opção que expressa a energia liberada no impacto, medida em número aproximado de bo mbas de hidrogênio de 10 megatons de TNT. kg Considere: 1tonTNT  4,0  109 J RT  6.400 km  6,4  106 m FERRO  8.000 3 m a) b) c) d) e)

1 10 500 50.000 1.000.000

RESOLUÇÃO: Dados: DA  2 km  2.000 m

v0A  0

Sendo a massa da Terra muito maior do que a do asteróide e o choque inelástico, a energia liberada na colisão será a energia cinética do asteróide quando este chegar à Terra. A energia inicial do asteróide será nula e, desprezando todos os atritos haverá conservação da energia mecânica: EMT  EM

  G

ECT  g  R T  m A

MT  m A M  mA  ECT  0  ECT  G  T RT RT

 ECT  g  R T   A  VA

 ECT  g  R T   A 

4 E  10  6,4  10  8.000   3,14  1.000 2 3 T C

ECT EBOMBAS

Elder

 6,4  8 

1  3,14  1.000  3

 ECT  G 



ECT EBOMBAS



MT  RT  mA R 2T

4    R 2A 3 4  3,14  1.0003 3 10  106  4  109

10  6,4  106  8. 000 

 50.000

255

169

Física 1 – ITA/IME

152. (IME-RJ-2010-22-O) No interior da Estação Espacial Internacional, que está em órbita em torno da Terra a uma altura correspondente a aproximadamente 5% do raio da Terra, o valor da aceleração da gravidade é a) aproximadamente zero. b) aproximadamente 10% do valor na superfície da Terra. c) aproximadamente 90% do valor na superfície da Terra. d) duas vezes o valor na superfície da Terra. e) igual ao valor na superfície da Terra. RESOLUÇÃO: Dados: h  0,05  RT MT MT  G 2 2  RE  gE RE    M gT MT  G  2T  G 2 RT  RT

gESTAÇÃO  G  gTERRA

R2T gE  gT 1,10  R 2T

Elder



gE  0,90  gT



gE RT2  gT (RT  0,05  R T )2



gE RT2  gT (1,05  R T )2

gE  90%  gT

256

169

Física 1 – ITA/IME

153. (ITA-SP-2011-04-O) Na ficção científica A Estrela, de H.G. Wells, um grande asteroide passa próximo à Terra que, em consequência, fica com sua nova órbita mais próxima do Sol e tem seu ciclo lunar alterado para 80 dias. Pode-se concluir que, após o fenômeno, o ano terrestre e a distância Terra-Lua vão tornar-se, respectivamente, a) b) c) d) e)

mais curto – aproximadamente a metade do que era antes. mais curto – aproximadamente duas vezes o que era antes. mais curto – aproximadamente quatro vezes o que era antes. mais longo – aproximadamente a metade do que era antes. mais longo – aproximadamente um quarto do que era antes.

RESOLUÇÃO: Dados: T '  80 dias Na 3ª lei de Kepler vemos que o período (ano) é diretamente proporcional ao raio da órbita: raio diminui T2  constante   3 R período diminui

logo, o ano terrestre ficará mais curto. O ciclo lunar dura aproximadamente 28 dias: T 2 T '2  R3 R '3



R '3 T '2  2 R3 T

 R'   80       R    28 

 20   R'  3    7 



R'  2R

alternativa b

Elder

257

169

Física 1 – ITA/IME

154. (IME-RJ-2011-22-O)

A figura acima apresenta um pequeno corpo de massa m em queda livre na direção do centro de um planeta de massa M e de raio r sem atmosfera, cujas superfícies distam D. É correto afirmar que a aceleração do corpo Observações: • D >> r ; • M >> m. a) b) c) d) e)

é constante. independe da massa do planeta. diminui com o tempo. aumenta com o tempo. depende da massa do corpo.

RESOLUÇÃO: Dados: m M r

A força de interação gravitacional entre o planeta de massa M e o corpo de massa m será de atração e seu módulo será dado por: F  G

MPLANETA  mCORPO 2 RÓRBITA



m a  G

M m (D  r)2

 a  G

M (D  r)2

logo, à medida que o corpo cai, a distância D diminui e sua aceleração aumenta. Repare que a aceleração só depende da massa do planeta (M), sendo independente da massa do corpo (m). Alternativa d

Elder

258

169

Física 1 – ITA/IME

155. (ITA-SP-2010-27-D) Derive a 3ª Lei de Kepler do movimento planetário a partir da Lei da Gravitação Universal de Newton considerando órbitas circulares. RESOLUÇÃO: Para órbitas circulares a resultante centrípeta será a força de atração gravitacional:

FCP  FG



M m m   R  G R2 2

M  2    R  G 2  R  T 



4  2 M R  G 2 2 T R

R3 M  G , como G, M e  são constantes: 2 T 4  2 R3  constante T2

Elder

259

169

Física 1 – ITA/IME

156. (ITA-SP-2009-25-D) Lua e Sol são os principais responsáveis pelas forças de maré. Estas são produzidas devido às diferenças na aceleração gravitacional sofrida por massas distribuídas na Terra em razão das respectivas diferenças de suas distâncias em relação a esses astros. A figura mostra duas massas iguais, m1 = m2 = m, dispostas sobre a superfície da Terra em posições diametralmente opostas e alinhadas em relação à Lua, bem como uma massa m0 = m situada no centro da Terra. Considere G a constante de gravitação universal, M a massa da Lua, r o raio da Terra e R a distância entre os centros da Terra e da Lua. Considere, também, f 0z, f1z e f2z as forças produzidas pela Lua respectivamente sobre as massas m0, m1 e m2. Determine as diferenças (f1z– 1 f0z) e (f2z– f0z) sabendo que deverá usar a aproximação  1  x , quando x <<1. (1  x)

RESOLUÇÃO: Dados: m1  m2  m m0  m

A força de atração gravitacional é dada por: F  G

Mm R2

para cada uma das forças citadas: f0z 

GMm R2

f1z  G 

(1)

Mm (R  r)2

 f1z  G 

Mm r  R  1    R

M m R  2  R  r  r2 2

 f1z  G 

Mm  r r2  R2   1  2   2  R R  

, fazendo a aproximação do enunciado, pois r

f1z 

Elder

GMm  2r   1  2 R  R 

(2)

260

169

Física 1 – ITA/IME Mm (R  r)2

f2z  G 

 f2z  G 

Mm r  R2   1    R

M m R  2  R  r  r2 2

 f2z  G 

GMm  2r   1  2 R  R 

M m  r r2  R2   1  2   2  R R  

Mm   r  R  1        R 

fazendo a aproximação do enunciado, pois r f2z 

 f2z  G 

(3)

fazendo (2)  (1): f1z  f0z 

GMm  2r  GMm GMm  2r   1    f1z  f0z  1  1   2 2 2 R R R R R    

f1z  f0z  

2 GMmr R3

fazendo (3)  (1): f2z  f0z 

GMm  2r  GMm GMm  2r   1    f2z  f0z  1  1   2 2 2 R  R R R R   

f2z  f0z 

Elder

2 GMmr R3

261

169

Física 1 – ITA/IME

157. (IME-RJ-2010-27-O) Três satélites orbitam ao redor da Terra: o satélite S1 em uma órbita elíptica com o semi-eixo maior a1 e o semi-eixo menor b1; o satélite S2 em outra órbita elíptica com semieixo maior a2 e semi-eixo menor b2; e o satélite S3 em uma órbita circular com raio r. Considerando que r = a1 =b2, a1 ≠ b1 e a2 ≠ b2, é correto afirmar que a) b) c) d) e)

os períodos de revolução dos três satélites são iguais. os períodos de revolução dos três satélites são diferentes. S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o de S2. S1 e S3 têm períodos de revolução idênticos, menores do que o de S2. S2 e S3 têm períodos de revolução idênticos, maiores do que o de S1.

RESOLUÇÃO: Dados: a1  b1 a2  b2

r  a1  b2

Numa elipse o raio médio é dado pela média aritmética da soma entre as distâncias máxima e mínima do satélite à Terra, o que corresponde ao semieixo maior da elipse: RMÉDIO 

RMÉDIO 

dMÁX  dMÍN 2

 RMÉDIO 

(a  c)  (a  c) a  c  a c  RMÉDIO  2 2

2 a  RMÉDIO  a 2

segundo a terceira lei de Kepler:    T12 T22 T32    e, r  a1  b2  a2   r 3 a32 r 3  R1  a1  r, R 2  a2 e R3  r   T12 T22 T32   R13 R32 R33

T1  T3  T2

Elder

alternativa d

262

169

Física 1 – ITA/IME

158. (ITA-SP-2012-27) O momento angular é uma grandeza importante na Física. O seu módulo é definido como L  rp sen  , em que r é o módulo do vetor posição com relação à origem de um dado sistema de referência, p o módulo do vetor quantidade de movimento e  o ângulo por eles formado. Em particular, no caso de um satélite girando ao redor da Terra, em órbita elíptica ou circular, seu momento angular (medido em relação ao centro da Terra) é conservado. Considere, então, três satélites de mesma massa com órbitas diferentes entre si, I, II e III, sendo I e III circulares e II elíptica e tangencial a I e III, como mostra a figura. Sendo LI, LII e LIII os respectivos módulos do momento angular dos satélites em suas órbitas, ordene, de forma crescente, LI, LII e LIII.

Justifique com equações a sua resposta. RESOLUÇÃO: Dados: L  r  p  sen 

p  m v

mI  mII  mIII

LI  LII  LIII

Numa órbita elíptica qualquer, para satélites no apogeu e no perigeu:

como o momento angular se conserva:

LPerigeu  L Apogeu

 rP  m  v P  sen   rA  m  v A  sen 

 vP  v A 

rA rP

(1)

fazendo a conservação da energia mecânica:

EPM  EMA

Elder

 

G  m  M m  v P2 G  m  M m  v 2A    rP 2 rA 2 263

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo (1): 2

r  GM 1  G  M v 2A     vA  A     rP 2  rP  rA 2



v 2A  rA  v2 G  M G  M    A   2  rP  2 rP rA

 r r   r2  r2   1 1 v 2A  rA2   2  1  G  M      v 2A   A 2 P   2  G  M   A P   r   rP  rA  2  rP  rP rA    P    r r  r r r r  v 2A  2  G  M   A P  2 P 2   v 2A  2  G  M  P   A2 P2  rA  rA  rP  rA  rP   rA multiplicando e dividindo a fração por rA  rP :

v 2A  2  G  M 

2 2 rP  rA  rP rA  rP  rP  rA rA  rP rP  rA  rP  2    2 2   v  2  G  M    A rA  rA  rP rA  rP  rA  (rA2  rP2 )  (rA  rP ) 

v 2A  2  G  M 

 (rA2  rP2 ) rP  2  G  M  rP   vA   rA  (rA2  rP2 )  (rA  rP )  rA  (rA  rP )  

(2)

o momento angular será: L  r  p  sen   L  r  m  v  sen 90o substituindo (2), teremos para o apogeu:

L  rA  m  v A  1  L  rA  m 

L  m

2  G  M  rP  rA rA  rP

2  G  M  rP rA  (rA  rP )

 L  m

2  G  M  rP  rA2 rA  (rA  rP )

(3)

utilizando (3) para a órbita I que é circular: rP  rA  rI

 2  G  M  rI  rI  2  G  M  rP  rA   LI  m  L  m rI  rI  rA  rP 

Elder

 LI  m  G  M  rI

264

169

Física 1 – ITA/IME

utilizando (3) para a órbita II que é parabólica: rP  rI e rA  rIII

 2  G  M  rI  rIII  2  G  M  rP  rA   LII  m  L  m rIII  rI  rA  rP 

 LII  m  2  G  M  rIII 

rI rIII  rI

utilizando (3) para a órbita III que também é circular: rP  rA  rIII  rI

 2  G  M  rIII  rIII  2  G  M  rP  rA   LIII  m  L  m rIII  rIII  rA  rP  rI  rII  rIII

Elder



 LIII  m  G  M  rIII

LI  LII  LIII

265

169

Física 1 – ITA/IME

159. (ITA-SP-2010-03-O) Considere um segmento de reta que liga o centro de qualquer planeta do sistema solar ao centro do sol. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, tal segmento percorre áreas iguais. Considere, então, que em dado instante deixasse de existir o efeito da gravitação entre o Sol e o planeta. Assinale a alternativa correta. a) O segmento de reta em questão continuaria a percorrer áreas iguais em tempos iguais. b) A órbita do planeta continuaria a ser elíptica, porém com focos diferentes e a 2ª Lei de Kepler continuaria válida. c) A órbita do planeta deixaria de ser elíptica e a 2ª Lei de Kepler não seria mais válida. d) A 2ª Lei de Kepler só é válida quando se considera uma força que depende do inverso do quadrado das distâncias entre os corpos e, portanto, deixaria de ser válida. e) O planeta iria se dirigir em direção ao Sol. RESOLUÇÃO: Se não houvesse força gravitacional entre o Sol e os planetas, estes teriam, por inércia, um movimento retilíneo e uniforme:

S  h   2   S1  S2  S3  A

A1  A 2  A 3

logo, continuaria a ser válida a segunda lei de Kepler. alternativa a

Elder

266

169

Física 1 – ITA/IME

160. (ITA-SP-2010-02-O) Considere a Terra como uma esfera homogênea de raio R que gira com velocidade angular uniforme  em torno do seu próprio eixo Norte-Sul. Na hipótese de ausência de rotação da Terra, sabe-se que a aceleração da gravidade seria dada por g = GM/R2. Como   0 , um corpo em repouso na superfície da Terra na realidade fica sujeito forçosamente a um peso aparente, que pode ser medido, por exemplo, por um dinamômetro, cuja direção pode não passar pelo centro do planeta. Então, o peso aparente de um corpo de massa m em repouso na superfície da Terra a uma latitude  é dado por

m  g  m   R  cos 

m  g  m  2  R  sen2 

m  g 1  [2  2  R / g  (2  R / g)2 ] sen2 

m  g 1  [2  2  R / g  (2  R / g)2 ] cos2 

m  g 1  [2  2  R / g  (2  R / g)2 ] sen2 

RESOLUÇÃO: Dados: R



g

GM R2



Considerando a rotação da Terra, as forças externas que atuam num corpo situado em A, ao nível do mar e a uma latitude  são:

a força centrípeta a que o corpo é submetido para girar o raio r é: FCP  m  2  r  FCP  m  2  R  cos 

Elder

267

169

Física 1 – ITA/IME

a força gravitacional é: FG  m  g

a força gravitacional será a resultante entre a força centrípeta e o peso aparente do corpo. Aplicando-se a lei dos cosenos ao triângulo de hipotenusa FG: 2 2 PAP  FG2  FCP  2  FG  FCP  cos 

2 PAP  (m  g)2  (m  2  R  cos  )2  2  m  g  m  2  R  cos   cos 

2 PAP  m2  g2  m2  4  R2  cos2   2  m2  g  2  R  cos2 

 4  R2  cos2  2  2  R  cos2   2 PAP  m2  g2   1    g g2     4  R2 2  2  R   2 PAP  m2  g2  1  cos2      2 g  g  

PAP

 2  R 2 2  2  R    m  g  1  cos      g  g  

PAP

 2  2  R  2  R 2  2  m  g  1      cos  g g    

alternativa d

Elder

268

169

Física 1 – ITA/IME

7. Movimentos periódicos. Movimento harmônico simples. Superposição de movimentos harmônicos simples de mesma direção e de direções perpendiculares. Pêndulo simples. 161. (ITA-SP-2011-07-O) Uma partícula de massa m move-se sobre uma linha reta horizontal num Movimento Harmônico Simples (MHS) com centro O. Inicialmente, a partícula encontra-se na máxima distância x0 de O e, a seguir, percorre uma distância a no primeiro segundo e uma distância b no segundo seguinte, na mesma direção e sentido. Quanto vale a amplitude x0 desse movimento? a) 2a3 / (3a2  b2 ) d) 2a2b / (3a2  b2 )

b) 2b2 / (4a  b) e) 4a2 / (3a  2b)

2a2 / (3a  b)

RESOLUÇÃO: Dados: m a b Segundo o enunciado:

a equação do deslocamento escalar no movimento harmônico simples é: x  x 0  cos (   t) x0  a  para t = 1s: x 0  a  x 0  cos (   1)  x 0  a  x 0  cos   cos   x  0  para t = 2 s: x  a  b  x  cos (   2)  x  a  b  x  cos (2  )  cos (2  )  x 0  a  b 0 0 0 0  x0 sabendo que cos (2  )  2  cos 2   1: 2

x a x0  a  b  2 0  1  x0  x0 

x0  a  b x 2  2  x 0  a  a2  2 1 x0 x 02

x 0  a  b 2  x 02  4  x 0  a  2  a 2  1  x0 x 02 x 02  a  x 0  b  x 0  x 02  4  x 0  a  2  a2

3  x 0  a  b  x 0  2  a2

x 0  a  b 2  x 02  4  x 0  a  2  a2  x 02  x0 x 02  4  x0  a  a  x0  b  x0  2  a2

 x 0  (3  a  b)  2  a 2



x0 

2  a2 3a b

alternativa c

Elder

269

169

Física 1 – ITA/IME

162. (ITA-SP-2012-28-D) Uma partícula de massa m está sujeita exclusivamente à ação da força F  F(x) ex , que varia de acordo com o gráfico da figura, sendo e x o versor no sentido positivo de

x. Se em t = 0, a partícula se encontra em x = 0 com velocidade v no sentido positivo de x, pedemse:

1. O período do movimento da partícula em função de F1, F2, L e m. 2. A máxima distância da partícula à origem em função de F1, F2, L, m e v. 3. Explicar se o movimento descrito pela partícula é do tipo harmônico simples. RESOLUÇÃO: Dados: m F  F(x) ex

O período no movimento harmônico simples é dado por:   m x 1.   T  2  F F Fkx  k   x  T  2 

m k

no movimento completo descrito no gráfico:  1 1  T   mL     F  F 1 2  

T

1  mL  1  mL   2    2     F1  2  F2  2 

A máxima distância será dada pela conservação da energia mecânica: m  v 2 k  xMÁX   2 2 2

EC  EPE

para x positivo:

para x negativo:

Elder

x MÁX1  v 

x MÁX2  v 

 m  v2 

F 2  xMÁX L

2  xMÁX 

m  v2  L F

 xMÁX  v 

mL F

mL F1 mL F2

270

169

Física 1 – ITA/IME

como, segundo o gráfico F1  F2 , teremos que xMÁX1  xMÁX2 :

xMÁX  v 

mL F1

3. O movimento completo é periódico, mas não é harmônico simples, pois, em cada semieixo, a partícula tem períodos e amplitudes diferentes.

Elder

271

169

Física 1 – ITA/IME

163. (ITA-SP-1997-02-O-modificada) Uma partícula em movimento harmônico simples oscila com frequência de 10 Hz entre os pontos L e –L de uma reta. No instante t1 a partícula está no ponto 3 (L / 2) caminhando em direção a valores inferiores, e atinge o ponto  2 (L / 2) no instante t2. O tempo gasto nesse deslocamento é: a) b) c) d) e)

0,021 s 0.029 s 0,15 s 0,21 s 0,29 s

RESOLUÇÃO: Dados: f  10 Hz

t1  L1  3 

L 2

t 2  L2   2 

L 2

Segundo o enunciado:

No movimento harmônico simples a posição da partícula é dada pela equação: x  A  cos (   t  0 ) para a partícula em questão: 0  0 

 2  rad      2    f    2    10    20   t T s

substituindo: x  L  cos (20    t) para t  t1 : x

3 L  2

L  cos (20    t1 ) 

3 L 2

 20    t1 

 6

 t1 

1 s 120

para t  t 2 : x

Elder

2 L  2

L  cos (20    t 2 )  

2 L 2

 20    t1 

3  4

 t2 

3 s 80

272

169

Física 1 – ITA/IME

o intervalo de tempo pedido é, então:

t  t 2  t1  t 

3 1 92   t   80 120 240

t  0,029 s

alternativa b

Elder

273

169

Física 1 – ITA/IME

164. (ITA-SP-2010-09-O) Considere um oscilador harmônico simples composto por uma mola de constante elástica k, tendo uma extremidade fixada e a outra acoplada a uma partícula de massa m. O oscilador gira num plano horizontal com velocidade angular constante  em torno da extremidade fixa, mantendo-se apenas na direção radial, conforme mostra a figura. Considerando R0 a posição de equilíbrio do oscilador para   0 , pode-se afirmar que

a) o movimento é harmônico simples para qualquer que seja velocidade angular  . b) o ponto de equilíbrio é deslocado para R<R0. c) a frequência do MHS cresce em relação ao caso de   0 . d) o quadrado da frequência do MHS depende linearmente do quadrado da velocidade angular. e) se a partícula tiver carga, um campo magnético na direção do eixo de rotação só poderá aumentar a frequência do MHS. RESOLUÇÃO: Dados: k m 

  0  R0

Para um R de equilíbrio da oscilação para uma velocidade angular  , e R' uma distância x' maior do que R, teremos a figura:

quando a partícula estiver a uma distância R do centro da trajetória, a resultante centrípeta será a força elástica exercida pela mola:

Elder

274

169

Física 1 – ITA/IME

FCP  FE

 m    R  k  x  m    R  k  (R  R0 ) (1) 2

no referencial não inercial da partícula que tem movimento circular uniforme, quando a distância ao centro for R teremos uma força centrífuga FCF atuando radialmente para fora da trajetória. Para x' << R, podemos considerar  constante e independente da posição da partícula: R  FE  FCF

 m  a  k  (R ' R0 )  m  2  R '  m  a  k  (x ' R  R 0 )  m  2  (x ' R)

m  a  k  x ' k  (R  R0 )  m  2  x ' m  2  R substituindo (1): m  a  k  x ' k  (R  R0 )  m  2  x ' k  (R  R0 )

 m  a  k  x ' m  2  x '

k  m  a   k  m  2  x '  a     2   x ' m  





como no movimento harmônico simples devemos ter a   02  x , concluímos que a partícula descreve um MHS com a mola se deslocando da posição de equilíbrio R0 para R e com 02 

k k  2 , onde 2  m m

utilizando a expressão acima para calcular a frequência do MHS:

(2    f0 )2 

k  2 m

 (2  )2  f02 

k  2 m

 f02 

k 2  m  (2  )2 (2  )2

logo, o quadrado da frequência depende linearmente do quadrado da velocidade angular. alternativa d

Elder

275

169

Física 1 – ITA/IME

8. Estudo dos fluidos em equilíbrio. Pressão. Massa específica. Princípios de Arquimedes e de Pascal. Pressão atmosférica. 165. (ITA-SP-1995-19-D) Um recipiente formado de duas partes cilíndricas sem fundo, de massa m = 1,00 kg cujas dimensões estão representadas na figura encontra-se sobre uma mesa lisa com sua extremidade inferior bem ajustada à superfície da mesma. Coloca-se um líquido no recipiente e quando o nível do mesmo atinge uma altura h = 0,050 m. o recipiente sob ação do líquido se levanta.

A massa específica desse líquido é: a) b) c) d) e)

0,13 g/cm3 0,64 g/cm3 2,55 g/cm3 0,85 g/cm3 0,16 g/cm3

RESOLUÇÃO: Dados:

0,2  0,1m 2 0,1 r  0,05 m 2

m  1kg

R

h  0,05 m

O recipiente será levantado pela resultante F que o líquido aplica à parede horizontal do mesmo. A pressão em A é igual à pressão em B e, utilizando a equação de Stevin: pA  pB



F    h  g  F    h  g  (   R2    r 2 )  F    h  g    (R2  r 2 ) A

na iminência do recipiente ser levantado pelo líquido teremos:

F  P    h  g    (R2  r 2 )  m  g

  849,26

Elder

kg m3



  0,85

   0,05  3,14  (0,12  0,052 )  1

g cm3

276

169

Física 1 – ITA/IME

166. (ITA-SP-2005-08-O) Um pequeno objeto de massa m desliza sem atrito sobre um bloco de massa M com o formato de uma casa (veja figura). A área da base do bloco é S e o ângulo que o plano superior do bloco forma com a horizontal é  . O bloco flutua em um liquido de densidade  , permanecendo, por hipótese, na vertical durante todo o experimento. Após o objeto deixar o plano e o bloco voltar á posição de equilíbrio, o decréscimo da altura submersa do bloco é igual a:

a) msen / S. b) mcos2  / S. c) mcos  / S. d) m / S. e) (m  M) / S. RESOLUÇÃO: Dados: m sem atrito

M S

 

As forças que atuam no corpo m são:

o bloco de massa m será acelerado para baixo ao longo do eixo x pela componente P x do peso e haverá equilíbrio no eixo y:

Fy  0  | FN |  | Py |  | FN |  m  | g |  cos 

no bloco de massa M, para a flutuação, só interessarão as forças verticais: Elder

277

169

Física 1 – ITA/IME

substituindo a força normal: Fy  0  FNy  P  E  FN  cos   M  g    VSUBMERSO  g m  g  cos2   M  g    VSUBMERSO  g

H 

 m  cos2   M    H  S

m  cos2   M S

sem o bloco, a parcela devida à ação da força normal não existirá:

H' 

M S

o decréscimo da altura submersa será: H  H' 

Elder

m  cos2   M M  S S

 H  H' 

M  m  cos2   M S



H  H' 

m  cos2  S

278

169

Física 1 – ITA/IME

167. (PSFE-Saraeva-RU-261) Um recipiente sem fundo cuja forma e dimensões estão representadas na figura, encontra-se em uma mesa. Os extremos do recipiente estão bem ajustados à superfície da mesa. O peso do recipiente é P. Coloca-se um líquido no recipiente. Depois que o nível do mesmo atinge uma altura h, o recipiente sob a ação do líquido levanta. Determinar a densidade  do líquido colocado.

RESOLUÇÃO: Dados: P R h r

O recipiente será levantado pela resultante F que o líquido aplica à parede horizontal do mesmo. A pressão em A é igual à pressão em B e, utilizando a equação de Stevin: pA  pB



F    h  g  F    h  g  (   R2    r 2 )  F    h  g    (R2  r 2 ) A

na iminência do recipiente ser levantado pelo líquido teremos:

F  P    h  g    (R2  r 2 )  P 

Elder



P h  g    (R2  r 2 )

279

169

Física 1 – ITA/IME

168. (PSFE-Saraeva-RU-262) Um recipiente cônico, sem fundo, está sobre uma mesa. Os extremos do recipiente estão bem ajustados à superfície da mesma. Depois que o nível do líquido atinge uma altura h no recipiente, a pressão da água ergue o recipiente. O raio da base inferior do recipiente (que é maior) é igual a R, o ângulo entre a aresta do cone e a vertical é  , o peso do recipiente é P. Qual é a densidade do líquido colocado? RESOLUÇÃO: Dados: h  R P Utilizaremos a equação de Stevin para calcular a pressão da água na superfície de contato desta com a mesa:

p    h  g (1) a água que sustenta o peso do recipiente é a que está em contato com suas paredes, representada na figura abaixo pela cor mais escura:

substituindo, na equação (1), a equação da pressão, obteremos a força que a esta água faz sobre a mesa: F   h  F   h g A A

onde A é a área onde esta água se apóia na mesa:

F    h  g  (  R2    r 2 )  F    h  g    (R2  r 2 ) (2) da figura temos que: tg  

Rr h

 r  R  h  tg 

(3)

substituindo (3) em (2): F    h  g    [R2  (R  h  tg  )2 ]  F    h  g    ( R2  R2  2  R  h  tg   h2  tg2 ) F    h  g    (2  R  h  tg   h2  tg2 ) ( 4) Elder

280

169

Física 1 – ITA/IME

que, pela 3ª Lei de Newton, tem o mesmo módulo da força que a mesa faz sobre esta água. Utilizando as equações da densidade e do volume de um tronco de cone: 

m V

 m   V  m  

h  (R2  R  r  r 2 ) 3

podemos calcular o peso total da água: PÁGUA  m  g  PÁGUA   

PÁGUA 

h  (R2  R  r  r 2 )  g 3

 h g  (R2  R  r  r 2 ) 3

substituindo (3):

PÁGUA 

 hg  [R2  R  (R  h  tg  )  (R  h  tg  )2 ] 3

PÁGUA 

 hg  [R2  R2  R  h  tg   (R 2  2  R  h  tg   h2  tg2 )] 3

PÁGUA 

 hg  (3  R2  3  R  h  tg   h2  tg2 ) 3

PÁGUA      h  g  (R2  R  h  tg  

h2  tg2  ) (5) 3

o peso da parte central da água e que não suporta o recipiente será o peso de um cilindro de água, utilizando a equação da densidade e substituindo a equação (3): PCILINDRO  m  g  PCILINDRO    V  g  PCILINDRO      r 2  h  g PCILINDRO      (R  h  tg  )2  h  g  PCILINDRO      (R2  2  h  tg   h2  tg2 )  h  g PCILINDRO      h  g  (R2  2  h  tg   h2  tg2 ) (6)

o peso da água que suporta o recipiente será (5) – (6):

P '      h  g  (R2  R  h  tg  

h2  tg2  )      h  g  (R 2  2  h  tg   h2  tg2 ) 3

P '      h  g  ( R2  R  h  tg  

P '      h  g  (R  h  tg   Elder

h2  tg2   R 2  2  h  tg   h2  tg2  ) 3

2  h2  tg2  ) (7 ) 3 281

169

Física 1 – ITA/IME

a força que a mesa faz no recipiente (4) é equilibrada pelo peso da água que está em contato com suas paredes (7) e pelo peso do recipiente:

F  P  P'  F  P'  P

  h  g    (2  h  tg   h2  tg2 )      h  g  (R  h  tg  

  h  g    (2  R  h  tg   h2  tg2  R  h  tg  

  h  g    (R  h  tg  

2  h2  tg2  )P 3

h2  tg2  )  P    h  g    (3  R  h  tg   h2  tg2 )  3  P 3

  h2  g    tg   (3  R  h  tg  )  3  P 

Elder

2  h2  tg2  )P 3



3P h  g    tg   (3  R  h  tg  ) 2

282

169

Física 1 – ITA/IME

169. (IME-RJ-2006-07-D) A figura ilustra uma barra de comprimento L = 2 m com seção reta quadrada g de lado a = 0,1 m e massa específica   120 , suspensa por uma mola com constante elástica cm3 k = 100 N/m. A barra apresenta movimento somente no eixo vertical y e encontra-se parcialmente g submersa num tanque com líquido de massa específica f  100 . Em um certo instante, cm3 observa-se que a mola está distendida de y  0,9 m , que o comprimento da parte submersa da barra é LS = 1,6 m e que a velocidade da barra é v = 1 m/s no sentido vertical indicado na figura. Determine os comprimentos máximo (Lmax) e mínimo (Lmin) da barra que ficam submersos durante o movimento.

Dado: aceleração da gravidade (g) = 10 m/s2. OBS: despreze o atrito da barra com o líquido. RESOLUÇÃO: Dados: N m

L 2m

k  100

a  0,1m

f  1,00

  1,20

g kg  1.200 3 3 cm m

g kg  1.000 3 3 cm m

y  0,9 m

L S  1,6 m m s m g  10 2 s v 1

A massa da barra será:

mBARRA    VBARRA  mBARRA    a2  L  mBARRA  1.200  0,12  2  mBARRA  24 kg Elder

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Física 1 – ITA/IME

o empuxo varia linearmente com o volume submerso da barra:

o líquido comporta-se como uma mola e proporcionará ao corpo uma energia dada pela “área” entre a linha no gráfico e o eixo y: f  Vsubmerso  g  y 2

EEMPUXO 

E  y 2

EEMPUXO 

1.000  0,12  y  10  y 2

 EEMPUXO 

f  a2  y  g  y 2

 EEMPUXO  50  y 2

sendo y o deslocamento vertical da barra entre a posição em que y  0,9 m e a posição máxima de descida ( | v |  0 ), adotando como referencial esta posição e desprezando todas as formas de atrito teremos pela conservação da energia mecânica: y y y y y y y y EELÁSTICA  EEMPUXO  ECINÉTICA  EPOTENCIAL  EELÁSTICA  EEMPUXO  ECINÉTICA  EPOTENCIAL

m  v2 k  y 2 k  ( y  y)2  50  L S 2  BARRA  mBARRA  g  y   50  (L S  y)2  0  0 2 2 2 100  0,92 24  12 100  (0,9  y)2  50  1,62   24  10  y   50  (1,6  y)2 2 2 2 40,5  128  12  240  y  50  (0,81  1,8  y  y 2 )  50  (2,56  3,2  y  y 2 ) 180,5  240  y  40,5  90  y  50  y 2  128  160  y  50  y 2 50  y 2  10  y  12  0  25  y 2  5  y  6  0  y  0,3 m

y '  0,4 m

portanto, teremos: LMÁX  LS  y  LMÁX  1,6  0,3  LMIN  LS  y '  LMÁX  1,6  ( 0,4) 

Elder

LMÁX  1,9 m LMIN  1,2 m

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Física 1 – ITA/IME

Podemos ainda resolver a questão utilizando movimento harmônico simples: As forças que atuam na barra são:

o peso da barra será:

P  BARRA  VBARRA  g 

P  BARRA  a2  L  g  P  1.200  0,12  2  10  P  240 N

sua massa:

P  m  g  240  m  10  m  24 kg o empuxo sobre a barra para um comprimento submerso (LS) qualquer: E  LÍQUIDO  VSUBMERSO  g  E  LÍQUIDO  a2  LS  g  E  1.000  0,12  LS  10 E  100  LS

a força elástica exercida pela mola:

FEL  k  y  FEL  100  y a resultante das forças atuantes na barra será: R  FEL  E  P  R  100  y  100  LS  240

(1)

lembrando que para y  0,9 m , teremos LS = 1,6 m:

LS  y  0,7  y  LS  0,7 (2) substituindo (2) em (1):

Elder

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Física 1 – ITA/IME

R  100  (LS  0,7)  100  LS  240  R  100  LS  70  100  LS  240 R  200  LS  310 teremos, portanto, um MHS onde o sistema equivalente terá:

k  200

N m

no equilíbrio a resultante será nula:

R  200  LS  310  0  200  LS0  310  LS0 

310  LS0  1,55 m 200

do MHS, para um sistema massa-mola:

2 

k 100 25 2  2  m 24 3

e, ainda:

x 2 

v2 v2 12 2 2 2 2  A  (L  L )   A  (1,6  1,55)   A 2  A  0,35 m S S0 25 2 2 3

portanto:

LMÁXIMO  LS0  A  LMÁXIMO  1,55  0,35  LMÍNIMO  LS0  A  LMÍNIMO  1,55  0,35 

Elder

LMÁXIMO  1,9 m LMÍNIMO  1,2 m

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