PUC-RIO – CB-CTC

G1 DE MECÂNICA NEWTONIANA B – 01.04.2013

Nome :_____________________________________________________________ Assinatura: _________________________________________________________ Matrícula:_____________________________________Turma:_______________

NÃO SERÃO ACEITAS RESPOSTAS SEM JUSTIFICATIVAS E CÁLCULOS EXPLÍCITOS.

Não é permitido destacar folhas deste caderno de respostas.

A prova só poderá ser feita a lápis, caneta azul ou preta e a resposta final deve se apresentar à caneta.

É permitido o uso de calculadoras científicas simples. Não é permitido o uso de

calculadoras gráficas ou celulares.

Constantes físicas : g = 9.80 m/s2

Questão Valor Grau Revisão 1a Questão 3,5 2a Questão 3,0 3a Questão 3,5 Total 10,0

G1 DE FIS1026 – 01/04/2013

Nome: ______________________________________________

1a Questão: (3,5 pontos) No dia 15/02/2013, um meteorito atingiu a cidade de Chelyabinsk, na Rússia, deixando em torno de 950 pessoas feridas, a maioria sem gravidade. Diversas imagens registradas por câmeras de monitoramento foram divulgadas pelas agências internacionais de notícias. Imediatamente cientistas da Agência Espacial Europeia utilizaram algumas dessas imagens em busca da localização de fragmentos do meteorito, descrevendo equações utilizadas no ajuste para localizar sua posição em função do tempo através de uma modelagem simples de movimento de projétil.

Suponha que a equação de ajuste para a posição do meteorito (M), determinada a partir de uma imagem adquirida por uma câmera de segurança de uma residência (R), haja sido, em função do tempo, dada por

!!" = −10,0×10! + 9,00×10!! ! + 3,51×10! + 6,00×10!! !+ 10,0×10! − 1,98×10!! − 4,90!! !  [!, !]

em um sistema de coordenadas onde os eixos x e y definem o plano horizontal e z o eixo vertical. a) [0,6] Determine os vetores velocidade e aceleração do meteorito determinados pela câmera de segurança da residência, respectivamente descritos por !  !"  , !  !".

Suponha agora que esta mesma câmera de segurança (R) haja podido registar, na mesma imagem, a passagem de um automóvel (A) pela rua durante a queda do meteorito, fornecendo uma equação de ajuste para a posição do automóvel dada por !!" = −50− 20! ! + 10 !  [!, !]  . b) [0,7] Considerando que o tempo de queda do meteorito até a colisão com a Terra foi de aproximadamente 5 segundos, determine o deslocamento escalar total realizado pelo automóvel durante este tempo. (atenção: este ítem independe ao (a) ) c) [1,2] Sabendo que o automóvel também possuía uma câmera e pôde registrar o movimento do meteorito, determine os vetores posição e velocidade do meteorito medidos por esta câmera, respectivamente descritos por !!", !!". O próximo ítem é independente dos três anteriores:

d) [1,0] Considere agora que, instantes antes da queda do meteorito, o automóvel esteja parado aguardando para entrar em uma rotatória de 20 metros de raio. Ele observa uma motocicleta já contornando a curva e estima que, quando esta moto está a um ângulo de 60o à sua direita (veja figura), ela possui uma velocidade escalar de 20 m/s. Determine o vetor aceleração da motocicleta neste instante, escrevendo-o explicitamente em termos dos vetores unitários do sistema de referência apresentado.

2a Questão: (3,0 pontos) Um fio metálico de massa desprezível está preso a uma parede no ponto A e sustenta uma caixa de massa 1,0 kg fixa em sua outra extremidade no ponto C. O segmento AB do fio faz um ângulo de 60º com a parede. No ponto B, o fio se apoia em uma roldana fixa. A força de sustentação que a roldana exerce sobre o fio está representada na figura ao lado por seu módulo F e inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal. a) [1,5] Determine o valor do ângulo θ e o módulo da força F. b) [1,5] Com exceção das forças-peso, explicite nos corpos correspondentes (parede, roldana, fio e bloco) os pares ação-reação de todas as forças relevantes neste problema.

3a Questão: (3,5 pontos)

a) [1,0] Na figura ao lado, um bloco de massa m = 16 kg é empurrado contra uma parede por uma força horizontal de módulo F = 300 N. O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é 0,35. Verifique, através de cálculos explícitos, se nestas condições o bloco fica em repouso ou cai deslizando pela parede.

Seja agora a situação apresentada na figura abaixo, consistindo de dois blocos de massas m = 16 kg (bloco menor) e M = 100 kg (bloco maior). Uma força horizontal de módulo F = 500N é aplicada ao bloco menor. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é 0,40 e o de atrito cinético é 0,35. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e o solo é 0,30 e o coeficiente de atrito cinético é 0,25. b) [1,0] Nesta situação, o conjunto dos dois blocos se movimenta na horizontal? Justifique sua resposta através de cálculos explícitos. c) [1,5] Calcule a força de atrito entre os dois blocos, argumentando, com cálculos, se esta força é estática ou cinética.

GABARITO

1a Questão a) [0,6] !  !" =

!!!"!"

= 9,00×10! ! + 6,00×10! ! + −1,98×10! − 9,8! ! m/s

→ !  !" =!!!"!"

=   −9,8 ! m/s2

b) [0,7] Dado: !!,!(!) = −50 − 20! ! + 10 !

→ !!,!(! = 0) = −50 ! + 10 !    [m]; !!,!(! = 5) = −50 − 20×5 ! + 10 !    

→ !!,!(! = 5) = −150 ! + 10 !    [m].

→ ∆!!,! = !!,! ! = 5 − !!,! ! = 0     → ∆!!,! = 100   m.

c) [1,2] Obtemos !!,! pela soma vetorial:

!!" = !!" + !!" → !!" = !!" − !!"

!!"  = −9,95×10! + 9,02×10!! ! + 3,50×10! + 6,00×10!! ! + 10,0×10! −1,98×10!! − 4,90!! ! m.

!!,! =!!!,!

!" = 9,02×10! ! + 6,00×10! ! + −1,98×10! − 9,8! !   m/s

d) [1,0] A bicicleta descreve um movimento circular uniforme, a aceleração é centrípeta (direção radial), dada por

!!" = !!! = 20

!20 → !!" = 20 m/s2

O triângulo mostrado é equilátero e assim o vetor aceleração faz um ângulo de 30° com o sentido negativo do eixo x. Em termos dos vetores unitários de base ! e ! portanto:

!  = −! cos 30° ! + ! sen 30° ! → !  = −17,4 ! + 10 ! m/s2

2a Questão a) [1,5] No ponto B do fio e na caixa temos as seguintes forças agindo:

Podemos escrever a 2ª Lei de Newton para o pedaço de fio no ponto B e para a caixa: [0,3] F cos θ – T sen 60º = 0 → F cos θ – mg √3 /2 = 0 → F cos θ = 4,9 √3 N (1) [0,3] Fsen θ + Tcos 60º -T = 0 → Fsen θ + mg(1/2 – 1)=0 → F sen θ = 4,9 (2) [0,3] T – mg = 0 [0,3] (1) /(2) → tan θ = 1/√3 → θ = 30º [0,3] F = 4,9 / sen 30º = 9,8 N

b) [1,5]

3a Questão a) [1,0] O bloco cairá necessariamente se o peso for maior que a força de atrito estática máxima = µs N’. Como na horizontal não existe movimento, então F = N’. Assim: peso do bloco = 16*9,8 = 156,8N e força máxima de atrito estático = 0,35*300 = 105N. Como Peso > Força Máxima de atrito estático, então o BLOCO CAI DESLIZANDO NA PAREDE. b) [1,0] Supondo que o sistema não se movimenta na horizontal, a força que se compensa ao atrito do solo é a própria força aplicada F (analisando o conjunto como um todo). Nesta hipótese, temos pra a 2a Lei de Newton: Na vertical: Nsolo – Mg – F’at = 0; Na horizontal: Fat,solo – N21 = 0 F’at é a força de atrito entre os dois blocos e vai depender se o bloco menor esta escorregando ou não. Como estamos supondo que o sistema esta inicialmente parado na horizontal, podemos observar que N12 = F e então a força máxima de atrito estática entre os blocos será 0,40*500 = 200 N. Como o peso do bloco menor é 16*9,8 = 156,8 N e este valor é menor que o valor máximo do atrito estático entre os blocos, então o bloco menor fica parado e F’at = 156,8N. Assim, Nsolo = Mg + F’at = (16 + 100)*9,8 = 1136,8 N. Assim: FMAX-solo = 0,30*Nsolo = 0,30*1136,8 = 341 N como F = 500 N > FMAX-solo então o sistema SE MOVIMENTA NA HORIZONTAL. c) [1,5] Como os dois blocos estão em movimento, então N12 ≠ F (conclusão do item (b)). Temos que calcular o valor de N12 (para depois comparar o peso do bloco menor com o valor da força máxima de atrito estático entre os blocos) A 2ª lei de Newton fica neste caso (veja diagrama de forças): F-N12 = ma (1) N12 – Fat,solo = Ma (2) Nsolo – Mg – F’at = 0 Nsolo = Mg + F’at (3) De (1) + (2) temos: F - Fat,solo = (m+M)a (4) => a = (F- Fat,solo)/(m+M) (5) Como os blocos estão em movimento Fat,solo = 0,25*Nsolo = 0,25*(Mg + F’at) (6) Daí de (1), (5) e (6) , temos N12 em função de F’at N12 = F – m a = F – m (F- Fat,solo)/(m+M) → N12 = F – m (F- 0,25*(Mg + F’at))/(m+M) (7) Temos duas opções para F’at: ou ela é igual a mg (bloco menor não cai) ou ela é cinética e menor que mg (bloco cai). Supondo que não caia, F’at = mg e de (7) obtemos: N12 = F – m (F- 0,25*(Mg + mg))/(m+M) = 470.2 N Com este valor de N12 tem-se : Força Máxima de atrito estático entre blocos = 0,4*470.2 = 188 N Como o peso do bloco menor é 16*9,8 = 156,8 que é MENOR que a força de atrito estática máxima entre os blocos, então a suposição de que F’at é estática é correta. Assim, o bloco menor está parado em relação à parede do bloco maior. [Se supusermos que inicialmente o bloco menor está se movendo, calculamos N12 através de F’at cinética e chegaremos a uma inconsistência.] CONCLUSÃO: a força de atrito entre os blocos é ESTATICA e seu valor é o peso do bloco menor, 156,8 N.