lista6_Solucao.pdf - Universidade de Brasília Instituto de...

This preview shows page 1 out of 6 pages.

Unformatted text preview: Universidade de Brasília Instituto de Física Sexta Lista de Exercícios de Física I Questão 1 A gura abaixo mostra a seção transversal de uma estrada na encosta de uma montanha. A reta AA0 representa um plano de estraticação ao longo do qual pode ocorrer deslizamento. O bloco B, situado acima da estrada, está separado do resto da montanha por uma grande fenda (chamada junta), de modo que somente o atrito entre o bloco e o plano de estraticação Solução evita o deslizamento. A massa do bloco é 1, 8x107kg , o ângulo de mergulho θ do plano de estraticação é 24o , e o coeciente (a) Eis o diagrama de corpo livre para o bloco estudado: de atrito estático entre o bloco e o plano é 0,63. (a) Mostre que o bloco não desliza. (b) A água penetra na junta e se expande após congelar exercendo sobre o bloco uma força F paralela a AA0 . Qual é o valor mínimo do módulo F da força para o qual haverá um deslizamento? F é a força aplicada, F n é a força normal da parede no bloco, f é a força de atrito, e mg é o peso do bloco. Para determinar se o bloco cai, deve-se achar a magnitude da força de atrito f que é necessária para manter o bloco no lugar sem aceleração; nesse caso, deve-se determinar tamém a F n da parede no bloco. Compara-se f e µs Fn . Se f < µs Fn , o bloco não desliza na parede; entretanto, se f > µs Fn , o bloco desliza. A força resultante horizontal do sistema é F −Fn = 0; portanto Fn = F = 12N , e µs Fn = (0, 60)(12N ) = 7, 2N . A força resultante na vertical é f − mg = 0; portanto f = mg = 5, 0N . Como f < µs Fn , o bloco não desliza. (b) Como o blocom não se move, f = 5, 0N e Fn = 12N . A força da parede sobre o bloco é Solução Fw = −Fnˆi + f ˆj = −(12, 0N )ˆi + (5, 0N )ˆj (a) Embora os detalhes da gura sugiram o contrário, assume-se que apenas a força de atrito estático mantém o bloco B no lugar. Nesse caso, é importante aplicar a fórmula do máximo ângulo para cujos eixos são mostrados na gura da questão. o qual a força de atrito estático se aplica (ver exemplo 6-3 Pág. 131, Halliday 8ed) Questão 3 θmax = arctg µ = arctg 0, 63 = 32o Nesse caso, o bloco não desliza, pois θ é menor que θmax . (b) Analisam-se as forças de maneira similar ao exemplo 6-3 (pag 131, Halliday 8ed), mas adicionando-se a força descendente F O "Giant Swing"é um brinquedo que consiste em um eixo vertical central com um número de braços na horizontal ligados na sua extremidade superior. Cada braço suporta uma cadeira suspensa por um cabo de 5, 00 metros de comprimento, a extremidade superior do cabo estar presa a um braço, de um ponto de 3, 00 metros do eixo central (ver gura). F + mg sin θ − femax = 0 Fe − mgcosθ = 0 A partir da expressão femax = µe FN , tem-se informação suciente para se achar F. Como θ = 24o e m = 1, 8.107 kg , acha-se: F = mg(µe cos θ − sin θ) = 3, 0.107 N Questão 2 Uma força horizontal F de 12N empurra um bloco de 5, 0N de peso contra uma parede vertical (ver gura abaixo). O coeciente de atrito estático entre a parede e o bloco é 0, 60 e o coeciente de atrito cinético é 0, 40. Suponha que o bloco não esteja se movendo inicialmente. (a) O bloco vai se mover? (b) Qual é a força que a parede exerce sobre o bloco em termos dos vetores unitários? (a) Determine o tempo de uma revolução do brinquedo se o cabo que suporta a cadeira faz um ângulo de 30o com a vertical. (b) O ângulo depende do peso do passageiro para uma dada taxa de revolução? Solução (a) Sabe-se que F = may , tiramos, então, que F cos 30, 0o = mg 2 . Em x, temos que F sin 30, 0o = m vR . Combie que F = cosmg 30,0o nando as equações tempos que: P v= p Rg tan θ = p (5, 50m)(9, 8m/s2 ) tan 30, 0o = 5, 58m/s Universidade de Brasília - Física 1 - Sexta Lista de Exercícios onde V = 310km/h e v = 160km/h. Logo, Então o período é T = 2πR = 2π(5,50) = 6, 19s. v 5,58 (b) A força líquida é proporcional a m, entÿo, em F = ma, a massa 2mg A V 310 2 cρV 2 c independente divide e o ângulo para uma dada taxa de rotaçãoéà = 2mg = ( )2 = ( ) = 3, 75 a v 160 da massa dos passageiros. cρv 2 Questão 4 Um pequeno botão colocado em uma plataforma de rotação horizontal com diâmetro de 0.320m rodará com a plataforma quando for girada a uma velocidade de 40.0rev/min, desde que o botão não esteja a mais de 0, 150m do eixo. (a) Qual é o coeciente de atrito estático entre o botão e a plataforma? (b) A que distância do eixo o botão deve ser colocado, sem deslizar, se a plataforma rotaciona a 60, 0rev/min? Solução Questão 7 Calcule a razão entre a força de arrasto experimentada por um avião a jato voando a 1000Km/h a uma altitude de 10Km e a força de arrasto por um avião a hélice voando com metade da velocidade e a metade da altitude. A densidade do ar é de 0.38Kg/m3 a 10Km e 0.67Kg/m3 a 5.0Km . Suponha que os aviões possuem a mesma área de secção reta efetiva e o mesmo coeciente de arrasto C. . Exressando v em termos do período T, temos que Solução 2 R , então µs = 4π v = 2πR . uma velocidade ed plataforma de Basta fazer a seguinte razão: T T 2g 4π 2 (0,150) 40, 0rev/min corresponde a 1, 50s, então µs = (1,50 2 )(9,8) = 0, 269. 1 cρa Ava2 ρa va2 0, 38 10002 Da (b) Para o mesmo coeciente de atrito estático, o raio máximo é = 12 = . 2 = . = 2, 26 2 Dh ρh vh 0, 67 5002 cρh Avh 2 proporcional ao quadrado do período (longos períodos signicam menores velocidades, entâo o botão pode ser movido mais distante) e é inversamente proporcional ao quadrado da velocidade. Então, 40 com velocidades maiores, o raio máximo é (0, 150) 60 = 0, 067m. (a) µs = v2 Rg Questão 8 O bloco B da gura abaixo pesa 711N . O coeciente de atrito estático entre o bloco e a mesa é de 0, 25; o ângulo θ a'e de Você amarra uma corda a um balde de água, e você balança 30o ; suponha que o trecho da corda entre o bloco B e o nó ó o balde em um círculo vertical de raio 0, 600metros. Qual é a horizontal. Determine o peso máximo do bloco A para o qual velocidade mínima que você deve dar o balde no ponto mais o sistema permanece em repouso. alto do círculo, se não deseja se molhar? Questão 5 Solução Considere o diagrama de corpo livre da água quando o balde está no topo de sua trajetória circular: Solução A aceleração radial está na direção do centro do círculo, ou seja, Os diagramas de corpo livre para o bloco B e para o nó acima do nesse ponto, ela está para baixo. n é a força descendente normal bloco A são os seguintes: exercida sobre a água pela parte inferior do balde. Bloco b X Fy = may ⇒ n + mg = m v2 R Na velocidade mínima, a água está prestes a perder contato com o fundo do balde, então n → 0 (Note que a força n não pode estar para √ 2 cima). Como n → 0, temos que mg = m vR v = gR = 2, 42m/s. Questão 6 A velocidade terminal de um pára-quedista é de 160km/h na posição de águia e 310km/h na posição de mergulho de cabeça. Supondo que o coeciente de arrasto C do pára-quedista não mude de uma posição para outra, determine a razõ entre a área da seção reta efetiva A na posição de menor velocidade e a área na posição de maior velocidade. Solução Sabendo que a velocidade terminal é determinada por vt = isolemnos a área para ambos os casos e tiramos a razão. A= 2mg 2mg ea= cρV 2 cρv 2 q 2mg cρA Nó - T1 é a tensão da corda puxando o bloco B ou puxando o nó (dependendo do diagrama), T2 é a tensão exercida pela segunda corda , no nó (cujo ângulo θ = 30o ), f é a força de atrito estático exercida pela superfície horizontal no bloco B, Fn é a força normal exercida pela superfície no bloco B, Pa é o módulo do peso de A (Pa = ma .g) e Pb é o módulo do peso de B (Pb = mb .g = 711N ). Para cada Universidade de Brasília - Física 1 - Sexta Lista de Exercícios diagrama, usa-se o sistema de coordenadas xy (x positivo para a direita e y positivo para cima). Aplicando a 2a lei de Newton nos eixos de ambos os casos, obtém-se 4 equações (assumindo que a força de Dessas equações, nota-se que a mácima força de atrito estático posatrito estático esteja em seu maior valor): sível para o bloco é: T1 − Fsmax = 0 µs FN b = µs mb g = (0, 60)(10kg)(9, 8m/s2 ) = 59N Fn − Pb = 0 Deve-se vericar se o bloco desliza a prancha. Assumindo que os blocos não deslizam, as = ab (ou simplesmente a), e resolve-se para f: T2 cos θ − T1 = 0 f= T2 sin θ − Pa = 0 (40kg)(100N ) ms F = = 80N ms + mb 40kg + 10kg que é maior que fsmax , ou seja, o bloco desliza sobre a pranhca (suas Resolvendo estas equações com µs = 0, 25, obtém-se Pa = 103N = acelerações são diferentes) (a) Usando f = µk FN b , te-se a partir da equação (2) 1, 0.102 N Questão 9 ab = (0, 40)(10kg)(9, 8, /s2 ) − 100N µk mb g − F = = −6, 1m/s2 mb 10kg as = (0, 40)(10kg)(9, 8, /s2 ) − 100N µk mb g − F = −0, 98m/s2 = ms 40kg Na gura abaixo, uma prancha de massa m1 = 40kg repousa em um piso sem atrito e um bloco de massa m2 = 10kg repousa sobre a prancha. O coeciente de atrito estático entre o bloco e a prancha é de 0, 60, e o coeciente de atrito cinético é de 0, 40. O sinal negativo indica que a aceleração está para a esquerda. Então, O bloco é puxado por uma força horizontal F de módulo 100N . ab = (−6, 1m/s2 )ˆi Em termos dos vetores unitários, quais são as aceleraçees (a) (b) Para a aceleração da prancha, a fórmula é a mesma do item (a) do bloco e (b) da prancha? O sinal negativo indica que a aceleração está para a esquerda. Então, as = (−0, 98m/s2 )ˆi Solução Questão 10 Bloco - Solução Um problema para os humanos viverem no espaço é que eles Os diagramas de corpo livre para a prancha e para o bloco são os estão, aparentemente, sem peso. Um pensamento sobre esse seguintes: Prancha problema é projetar uma estação espacial que gira em seu próprio centro a uma taxa constante. Isso cria a "gravidade articial"ao redor da estaçõ. (a) Se o diâmetro da estação é de 800m, quantas revoluções por minuto são necessárias para a "gravidade articial"ter uma aceleração de 9, 80m/s2 ? (b) Se a estação fosse uma área de espera para viajantes indo para Marte, seria interessante simular a aceleração da gravidade na superfície de Marte (3, 70m/s2 ). Quantas revoluções por minuto seriam necessárias nesse caso? (a)qColocando q arad = g e resolvendo no período, temos T = R 400 2π g = 2π 9,80 = 40, 1s, então o número de revoluções por minuto é de (60s/min)(40, 1s) = 1, 5rev/min. (b) A aceleração mais baixa corresponde a um período mais longo e, portanto, uma menor taxa de rotação, por um fator da q raiz quadrada da razão entre as acelerações, T 0 = (1, 5rev/min) 3,70 = 9,8 F é a força de 100N aplicada no bloco, FN s é a força normal do piso na prancha, FN b é a magnitude da força normal entre o bloco 0, 92rev/min e a prancha, f é a força de atrito entre a prancha e o bloco, ms é a massa da prancha, e mb é a massa do bloco. Para ambos os objetos, Questão 11 usa-se x positivo para a direita, e y positivo para cima. Aplicando Um carro de 1125kg e uma pickup de 2250kg se aproximam a 2a lei de Newton no eixos xy para ambos, obtém-se: de uma curva de raio 225metros. (a) Em que ângulo o engenheiro da estrada deveria ter feito a curva para que veículos a −f = ms as 65mi/h possam fazer a curva seguramente independentemente das condições dos pneus? Veículos mais pesados deveriam ir FN s − FN b − ms g = 0 mais devagar do que os mais leves? (b) Quando o carro e a pickup fazem a curva a 65, 0mi/h, encontre a força normal que cada um faz na superfície da pista. f − F = mb ab (2) Solução FN b − mb g = 0 Universidade de Brasília - Física 1 - Sexta Lista de Exercícios 2 (29,1m/s) o velocidade durante uma tempestade? (Nota: Forßa necessá(a) tan β = (9,80,/s 2 )(225m) e β = 21, 0 . A expressão para tan β não envolte a massa do veículo, então a pickup e o carro devem viajar ria para colocar a pedra em movimento F = 156, 8N ) na mesma velocidade.0 2 ) = 1, 18.104 e npickup = Solução (b) Para o carro, ncarro = (1125kg)(9,80m/s cos 21,0o 4 2ncarro = 2, 36.10 N.mpickup = 2mcarro . Igualando D = F temos que F = 12 cρAv 2 (a) Questão 12 r Ao descer uma encosta, um esquiador é freado pela força de 2(156, 8) 2F V = = = 90m/s = 3, 2.102 m/s t arrasto que o ar exerce sobre o seu corpo e pela força de atrito cρA (0, 80)(1, 21)(0, 040) cinético que a neve exerce sobre os esquis. Suponha que o ângulo da encosta é θ = 40, 0o , que a neve é neve seca, com um coeciente de atrito cinético µk = 0.400, que a massa do esqui- (b) ador e seu equipamento é m = 85.0Kg , que a área de secção V = 2Vt = 2(3, 2.102 ) = 6, 4.102 m/s 2 reta do esquiador(agachado) é A = 1.30m , que o coeciente (c) Não, tendo em ista que um furacão de categoria 5 possui velocide arrasto é C = 0.150 e que a massa especíca do ar é de dade na ordem de 2, 6.102 1, 20Kg/m3 . (a) Qual é a velocidade terminal? s Questão 14 Solução Suponha que a equação D = 21 CρAv 2 forneça a força de ar(a) Analisando o diagrama de corpo livre a qual pertence o esquia- rasto a que estão sujeitos um piloto e seu assento de ejeção dor, temos as seguintes expressões: imediatamente após terem sido ejetados de um avião voando X X horizontalmente a 1300Km/h. Suponha também que a massa X: Fext = ma Y : Fext = ma do assento seja igual à massa do piloto e que o coeciente de arrasto seja o mesmo de um pára-quedista. Fazendo uma estimativa razoável para a massa e sabendo que a velocidade Analisando Y, temos que terminal de um pára-quedista é de 60m/s, estime o módulo (a) da força de arrasto sobre o conjunto piloto + assento e (b) da N − P cos θ = m(0) desaceleração horizontal (em termos de g) do conjunto ambos imediatamente após a ejeção. N = P cos θ Analisando X, temos que −Fat − D + P sin θ = m(0) Solução (a) Calculando a velocidade terminal do conjunto assento mais piq 2Fg em que Fg é a força da gravidade lots temos que Vt = cρA (peso). Como o conjunto cρA se mantém constante em relação a um pára-quedista temos que, cρA = 2 mg , substituímos então em V2 D = 21 cρAv 2 = 12 (2 mg )v 2 = mg( Vvt )2 V2 t a aceleração é 0, pois quando a velocidade terminal é atingida, ela (b) Utilizando a segunda lei de Newtin oara o eixo horizontal, temos é mantida. que t D = P sin θ − µk N X D = P (sin θ − µk cos θ) 1 cρAv 2 = P (sin θ − µk cos θ) 2 s 2P (sin θ − µk cos θ) Vt = cρA s Vt = 2(85.9, 8)(sin 40o − 0, 4 cos 40o ) = 49m/s 0, 150.1, 20.1, 30 |a| = Fext = M a D g v g 360 2 = ( )2 = ( ) = 18g 2m 2 Vt 2 60 Questão 15 Quando os três blocos da gura abaixo são liberados a partir do repouso, aceleram com módulo de 0, 500m/s2 . O bloco 1 tem massa M, o bloco 2 tem massa 2M e o bloco 3 tem massa 2M. Qual é o coeciente de atrito cinético entre o bloco 2 e a mesa? Questão 13 Suponha que a equação D = 12 CρAv 2 forneça o módulo da força de arrasto que age sobre uma pedra típica de 20Kg , que apresenta ao vento uma área de seção reta vertical de 0.040m2 e tem um coeciente de arrasto C de 0.80. Tome a massa especíca do ar como sendo de 1.21Kg/m3 e o coeciente de atrito cinético como sendo de 0.80. (a) Em quilômetros por hora, que velocidade V de um vento paralelo ao solo é necessária para manter a pedra em movimento depois que ela começa a se mover? Como a velocidade do vento perto do solo é reduzida pela presença do solo, a velocidade do vento informada nos boletins meteorológicos é frequentemente medida a uma altura de 10m. Suponha que a velocidade do vento a esta altura seja 2.00 vezes maior que junto ao solo. (b) Para a resposta do item (a), que velocidade do vento deveria ser informada nos boletins meteorológicos? (c) Este valor é razoável para um vento de alta Solução Considere m1 , m2 e m3 como as massas dos corpos 1, 2 e 3, respectivamente, T23 como a tensão na corda que liga os corpos 2 e 3, e T12 como a tensão na corda que liga os corpos 1 e 2. Aplicando a 2a lei de Newton para cada corpo, têm-se: - Corpo 1: T12 − m1 g = m1 a - Corpo 2: T23 − µk m2 g − T12 = m2 a Universidade de Brasília - Física 1 - Sexta Lista de Exercícios - Corpo 3: m3 g − T23 = m3 a Somando as três equações e usando m1 = M, m2 = 2M e m3 = 2M , obtém: 2M g − 2µk M g − M g = 5Ma Pac = Pb 22N = = 110N µs 0, 20 Como o peso de An é 44N , o mínimo peso para c é (110 − 44)N = 66N Como a = 0, 500m/s2 , acha-se µk = 0, 372. (b) Como o bloco C foi retirado, as equações obtidas na resolução (a) podem ser convertidas em: Questão 16 T −f =( Na gura abaixo, os blocos A e B pesam 44N e 22N , respectivamente. (a) Determine o menor peso do bloco C que evita que o bloco A deslize, se µs entre A e a mesa é 0, 20. (b) O bloco C é removido bruscamente de cima do bloco A. Qual é a aceleração do bloco A se µk entre A e a mesa é 0, 15? Pa )a g FN − Pa = 0 Pb )a g Como f = µk Fk , e FN = Pa , então f = µk Pa . A terceira equação fornece T = Pb − ( Pgb )a. Substituindo estas duas expressões na Pb − T = ( primeira equação, obtém-se: Pb − ( Então: a = g(Pb −µk Pa ) Pa +Pb = Pb Pa )a − µk Pa = ( )a g g (9,8m/s2 )(22N −(0,15)(44N )) 44N +22N = 2, 3m/s2 Questão 17 Os dois blocos (m = 16kg e M = 88kg ) da gura abaixo não estão ligados. O coeciente de atrito estático entre os blocos é µs = 0, 38, mas não há atrito na superfície abaixo do bloco Solução maior. Qual é o menor valor do módulo da força horizontal F para o qual o bloco menor não escorregue para baixo ao longo (a) Os diagramas de corpo livre para os blocos A e C (considerados do bloco maior? como um único objeto) e para o bloco B são os seguintes: - Blocos A e C Solução - Bloco B Os diagramas de corpo livre para os dois blocos, tratados individualmente, são os seguintes - Bloco menor T é o módulo da tensão na corda, FN é a magnitude da força normal da superfície no bloco A, f é o módulo da força de atrito em A, Pac é a soma dos pesos dos blocos A e C e Pb é o peso do bloco B. Assu- - Bloco maior mindo que os blocos não se movam, usa-se o sistema de coordenadas xy para cada diagrama Para os blocos AC, usa-se x positivo para a direita e y positivo para cima; a partir da 2a lei de Newton, têm-se: X :T −f =0→f =T Y : FN − Pac = 0 → FN = Pac Para o bloco B, usa-se y positivo para baixo. Aplicando a 2a lei de Newton, tem-se Pb − T = 0; portanto T = Pb e f = T = Pb . Se os blocos não escorregarem, f deverá ser menor que µFN , ou seja, Pb < mus Pac . O menor valor que Pac pode ser para que os blocos per- maneçam em repouso é: F' é a força de contato entre os dois blocos, e a força de atrito estático fs está em seu maior valor (fs = fsmax = µs F 0 , em que µs = 0, 38). Tratando os 2 blocos como um único sistema (deslizando ao longo Universidade de Brasília - Física 1 - Sexta Lista de Exercícios da superfície), aplica-se a 2a lei de Newton (com x positivo para cilindro oco que gira rapidamente em torno do eixo central. A cima) para achar uma expressão para a aceleração: pessoa entra no cilindro por uma porta lateral e ca de pé sobre um piso móvel, encostada em uma parede acolchoada. A F F = Mtotal a → a = porta é fechada; quando o cilindro começa a girar, a pessoa, m+M a parede e o piso se movem juntos. Quando a velocidade de rotação atinge um certo valor o piso desce de forma abrupta Agora, analisa-se o menor bloco individualmente, aplicando a 2a lei e assustadora. A pessoa não desce junto com o piso, mas ca de Newton para os eixos xy e substituindo a aceleração pela expres- presa à parede enquanto o cilindro gira. Algum tempo depois, são acima: o piso retorna a posição inicial, o cilindro gira mais devagar e a pessoa desce alguns centímetros até que seus pés encontrem F F − F 0 = ma → F 0 = F − m novamente o piso. Suponha que o coeciente de atrito estático m+M entre a roupa da pessoa e a parede do rotor seja 0, 40 e que o fs − mg = 0 → µs F 0 − mg = 0 raio do cilindro R seja 2, 1m. (a) Qual é a menor velocidade v que o cilindro e a pessoa devem ter para que a pessoa não caia quando o piso é removido? (b) Se a massa da pessoa é 49kg , qual é o módulo da força centrípeta que age sobre ela? Essas expresões são combinadas (para eliminar F') e acha-se: F = mg m ) µs (1 − m+M Solução (a)Eixo vertical: Fs − M G = m(0). Como a pessoa está na iminência de escorregar, substituímos Fs nesta equaçãoo pelo valor máximo a partir dessa expressão, F = 4, 9.10 . µs FN , obtendo µs FN − M G = 0 ⇒ F...
View Full Document

  • Spring '18
  • Peso, Velocidade, atrito, gravidade, Aceleração, Avião

{[ snackBarMessage ]}

What students are saying

  • Left Quote Icon

    As a current student on this bumpy collegiate pathway, I stumbled upon Course Hero, where I can find study resources for nearly all my courses, get online help from tutors 24/7, and even share my old projects, papers, and lecture notes with other students.

    Student Picture

    Kiran Temple University Fox School of Business ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    I cannot even describe how much Course Hero helped me this summer. It’s truly become something I can always rely on and help me. In the end, I was not only able to survive summer classes, but I was able to thrive thanks to Course Hero.

    Student Picture

    Dana University of Pennsylvania ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    The ability to access any university’s resources through Course Hero proved invaluable in my case. I was behind on Tulane coursework and actually used UCLA’s materials to help me move forward and get everything together on time.

    Student Picture

    Jill Tulane University ‘16, Course Hero Intern