Universidade Federal do Ceará Instituto Universidade Virtual
Instituto UFC Virtual Licenciatura em Física Disciplina: Física I Professora conteudista: Talita Felipe de Vasconcelos,
[email protected] Professor tutor: Marcus Vinícius Pinheiro Lopes ,
[email protected]
RESOLUÇÃO DA ATIVIDADE DE PORTFÓLIO DA AULA 04 – FÍSICA I “O saber a gente aprende com os mestres e com os livros. A sabedoria, se aprende é com a vida e com os humildes”. Cora Coralina
01) Um fusca tromba com um caminhão carregado. a) Nesta interação, a força que o fusca exerce no caminhão é maior, menor ou igual à força que o caminhão exerce no fusca? b) Então, por que o fusca, normalmente, estraga mais do que o caminhão? JUSTIFIQUE todas as respostas SOLUÇÃO a) A força que atua no carro carro tem a mesma intensidade da força que atua no caminhão, pois se trata de um par de forças de AÇÃO E REAÇÃO. b) Por apresentar uma carroceria normalmente mais frágil que a carroceria do caminhão e por receber um maior impacto, impacto, ou seja, uma maior variação da quantidade de movimento. A massa do caminhão é, normalmente, maior que a massa do carro.
I Q m.v
02) Um caminhão transporta um bloco de ferro de 3,0 t, trafegando horizontalmente e em linha reta, com velocidade constante. O motorista vê o sinal (semáforo) ficar vermelho e aciona os freios, aplicando uma desaceleração constante de valor 3,0 m/s 2. O bloco não escorrega. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a carroceria é 0,4. Adote g = 10 m/s 2. a) Qual a intensidade da força de atrito que a carroceria aplica sobre o bloco, durante a desaceleração? b) Qual é a máxima desaceleração que o caminhão pode ter para o bloco não escorregar? SOLUÇÃO a) Observamos na figura figura abaixo que a força resultante que que atua no bloco é a força de atrito entre o bloco e a plataforma de apoio. Então temos: f FR f ma f 3.000 3 f 9.000N f 9kN
b) Para aceleração máxima do caminhão utilizaremos a força de atrito máxima:
f max N f max 0, 4 3.000 10 f max 12.000N a max
f max m
amax
12.000 3000
amax
4m / s 2
, logo :
03) Um bloco de 1,0kg está sobre outro de 4,0kg que repousa sobre uma mesa lisa. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre os blocos valem 0,60 e 0,40, respectivamente. A força F aplicada ao bloco de 4,0kg é de 25N Determine o módulo da força de atrito que atua sobre o bloco de 4,0 kg. Considere g = 10 m/s 2. SOLUÇÃO:
O gabarito desta questão está errado.
Para que o bloco menor permaneça em repouso sobre o maior, eles precisam ter a mesma aceleração. Vamos calculá-la: FR = M.a (onde M representa a massa do conjunto dos dois blocos) 25 = (1 + 4) . a a = 5m/s².
Agora vamos analisar o que acontece com apenas o bloco menor. O que o move para frente, ou seja, junto ao bloco maior, é o atrito estático entre os blocos. Assim: 1kg FR = f at FR = m.a f at = 1.5 f at = = 5N f at
04) Os blocos A e B de massas respectivamente iguais a 5 kg e 3 kg movem-se juntos sobre uma superfície horizontal sem atrito com aceleração de modulo igual a 2 m/s², conforme o esquema abaixo: Sendo a intensidade de F1 igual a 50 N, calcule: a) a intensidade de F2 b) a intensidade da força de contato entre A e B http://www.coladaweb.com/questoes/fisica/atrensol.htm Solução a) a intensidade de F 2
Pelo sentido do vetor aceleração na figura, concluímos que F 2 > F1. Como não há atrito, as forças responsáveis pelo movimento são as da figura, logo: FR = F2 – F1 = (mA + mB).a F2 – 50 = (5 + 3).2 F2 – 50 = 16 F2 = 66 N b) Isolamos o bloco A para estudar o que acontece com ele.
FR = Fa,b – F1 = mA.a Fa,b – 50 = 5.2
F1
A
Fa,b
Fa,b = 60 N
05) Uma força horizontal F = 70 N empurra um bloco que pesa 30 N contra uma parede vertical, conforme indicado na figura abaixo. O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco vale 0,55 e o coeficiente de atrito cinético vale 0,35. Suponha que inicialmente o bloco esteja em repouso. a) Com a força aplicada acima mencionada o corpo começará a se mover? b) Qual é neste caso a força exercida pela parede sobre o bloco? c) Qual seria o valor de F máximo necessário para começar o movimento? d) Determine o valor de F necessário para que o corpo escorregue contra a parede com velocidade constante. e) Obtenha o valor de F para que o bloco escorregue contra a parede com uma aceleração igual a 4 m/s 2. Solução
a) A força normal, N, de resistência da parede tem a mesma intensidade da força F = 70 N. f at = .N = 0,55 . 70 = 38,5 N, ou seja, é maior que o peso do corpo, não sendo, portanto, usada por completo, como se vê no item B. b) Basta que o atrito PARA CIMA seja de 30 N, igual ao peso e que a normal seja 70 N PARA A ESQUERDA, igual a F. c) Para isso, temos que vencer a iminência do movimento, quando Fat = Peso. .N = P 0,55.N = 30 N = 54,5 N d) Já em movimento, ele será uniforme se o atrito CINÉTICO for igual ao peso do bloco. 0,35.F = 30 F = 85,7 N .N = P .F = P e) FR = P – f atc = m.a 30 - .F = 3.4 30 – 0,35.F = 12 30 – 12 = 0,35.F F = 51,4 N
06) Um bloco apoiado sobre um plano inclinado, conforme indicado na figura abaixo, está na iminência de escorregar. a) Se o ângulo do plano inclinado fosse igual a 30º qual seria o coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície? b) Determine o coeficiente de atrito cinético em função da aceleração do bloco e do ângulo que o plano forma com a horizontal.
c) Determine o coeficiente de atrito cinético sabendo que a = 3 m/s 2 e = 35º.
Solução As forças que atuam no bloco são N (normal), P(peso) e fat (de atrito) Vamos considerar um sistema de referência em coordenadas cartesianas no qual o eixo y é perpendicular ao plano inclinado e sentido positivo para cima, com o eixo x paralelo ao plano inclinado e sentido positivo para baixo. Neste sistema de referência, as componentes x e y da força peso têm módulo, respectivamente, Px = Psen e Py = Pcos. a) Ao decompor o peso do bloco em suas componentes ortogonais (como estudado na aula sobre vetores), encontramos: Px = P.sen (paralelo ao plano inclinado) = Fat que impede o escorregamento do bloco; Py = P.cos (perpendicular ao plano inclinado) = N, normal sobre o bloco. f at = Px .N = Px .Py = Px .P.cos = P.sen = tg = tg 30º = 0,58 b) Vamos aproveitar alguns passos do item A. FR = P x – Fat m.a = P.sen - .Py m.a = m.g.sen - .m.g.cos cancelam-se as massas em todos os membros da equação; a = g.sen - .g.cos .g.cos = g.sen - a dividiremos todos os termos por “g.cos”. = tg -
a
sec
g
c) Usando a relação obtida no item b), mas substituindo os valores da aceleração e do ângulo de inclinação, 2 respectivamente, como sendo a = 3 m/s 2 , obtemos: o o µc = tg-(a/gcos) µc = tg35 -3/(10cos35 ) ~ 0,33
07) Um corpo de m = 2 kg está pendurado em um dinamômetro (calibrado em newtons), que está preso no teto de um elevador (vide figura).
Solução a) Qual é a leitura do dinamômetro quando o elevador estiver em movimento ascendente com a velocidade constante de 30 m/s? Solução Utilizando a primeira lei de Newton temos : Se o corpo estiver com velocidade constante ou em repouso a resultante das forças que atuam no corpo é nula, logo concluímos que: A força Peso ( mg = 2.10 = 20N) de direção vertical para baixo vai se igual em módulo a tração (leitura do dinamômetro), sendo este com a mesma direção e sentido contrário. b) Qual é a leitura do dinamômetro quando o elevador estiver descendo com a velocidade constante de 30 m/s? Solução É a mesma situação do item anterior o módulo da tração igual ao peso que é 20N c) Qual é a leitura do dinamômetro quando o elevador estiver acelerado para cima a 10 m/s2? Solução Sendo: m.a = T – P e substituindo os valores teremos : T = m.a + P T = 2x10 + 2x10 = 40N (leitura do dinamômetro) A aceleração é igual à gravidade, logo, marcará o dobro do peso = 40 N. d) Qual é a leitura do dinamômetro quando o elevador estiver acelerado para baixo a 10 m/s2? Mesmo raciocínio do item anterior o que modifica é que o vetor da aceleração do elevador está na direção vertical e o sentido para baixo, neste caso teremos: T = m.g – m.a , como temos a = g , obtemos o valor de T = 0 Sendo assim, o sistema estará em queda livre, não registrando deformação no dinamômetro.
08) Na figura ao lado um bloco de massa m = 2 kg está apoiado sobre um bloco de massa M = 4 kg, e este último está apoiado sobre uma mesa horizontal sem atrito. Os coeficientes de atrito entre os dois corpos são e = 0.3 e c = 0.2.
a) Indique todas as forças que agem em cada um dos blocos e na mesa. JUSTIFIQUE Solução Vermelho = Peso de cada bloco Azul = Força de reação normal sobre os blocos Laranja = Força de contato dos blocos sobre o corpo abaixo deles. b) Indique separadamente quais os pares de força correspondem à “ação e reação” (3a. Lei de Newton). Solução Os vetores Laran ja e Azul formam pares “ação-reação”, mas as reações dos Pesos encontram-se no centro da terra. c) Qual a força máxima que pode ser aplicada sobre o corpo de baixo sem que o de cima escorregue? Solução A questão deve estar querendo saber sobre uma força horizontal. Semelhante ao exercício 03: FR = f at mA.a = .NA 2.a = 0,3.20 a = 3m/s² FR = M.a F = (2 + 4).3 F = 18 N d) Se invertermos as posições das massas, quais forças serão modificadas? Solução Somente a força de contato entre os blocos, pois ela depende do peso do bloco de cima sobre o de baixo. O atrito entre eles continuará sendo o mesmo.
09) Uma criança coloca uma cesta de piquenique na parte externa de um carrossel que tem 4,6 m de raio e faz uma volta a cada 30 s. a) Qual a velocidade de um ponto sobre a borda do carrossel? b) Qual deve ser o coeficiente de atrito entre o carrossel e a cesta para que ela permaneça sobre ele? Solução a) Uma volta a cada 30s, significa que o período do movimento, T = 30s. V = 2R/T = 2..4,6/30 = 0,96m/s
b) Suficiente para que o atrito seja a força centrípeta. f at = Fcp N = m.v²/R .m.g = m.v²/R (dividimos tudo por “m”) = v²/Rg = 0,021.
10) Se o coeficiente de atrito estático entre os pneus de um carro e uma rodovia é de 0,25, com que velocidade máxima um carro pode fazer uma curva plana de 47,5 m sem derrapar ? Solução Mesmo raciocínio da questão 9. v² = .R.g v = 10,89 m/s = 39,23 km/h
