Física Geral I. 1º semestre /05. Nas primeiras seis perguntas de escolha múltipla indique apenas uma das opções

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1 Física Geral I 1º semestre /05 2 TESTE DE AVALIAÇÃO ENSINO DE FÍSICA E QUÍMICA OPTOMETRIA E OPTOTECNIA - FÍSICA APLICADA 9 de Dezembro 2004 Duração: 2 horas + 30 min tolerância Nas primeiras seis perguntas de escolha múltipla indique apenas uma das opções CONSTANTES FÍSICAS E OUTROS DADOS Constante Símbolo Valor velocidade da luz no vácuo c 3, m/s unidade de massa atómica u 1, kg constante de Avogadro N A 6, massa do electrão em repouso m e 9, kg massa do protão em repouso m p 1, kg massa do neutrão em repouso m n 1, kg aceleração da gravidade à superfície da Terra g 9, 81 m/s 2 massa da Terra 5, kg raio médio da Terra 6, m

2 Teste de Avaliação Dezembro.2004 FÍSICA GERAL I UBI 1 ESCOLHA MÚLTIPLA 1. Indique qual das afirmações está incorrecta A variação da quantidade de movimento total de um sistema de partículas, d P dt, representa (a) a variação da força resultante que actua no sistema. (b) o somatório de todas as forças internas e eternas que actuam no sistema. (c) o produto da massa total do sistema pela aceleração do Centro de Massa. (d) a variação da quantidade de movimento do centro de massa. (1,0 valor) 2. O sistema de amortecimento ao impacto de um automóvel de kg de massa é testado fazendo-o colidir frontalmente com uma parede, quando este se desloca a uma velocidade constante v = 108 km/h. O carro ficou em repouso no fim colisão, que durou 2, 00 s. A intensidade da força média, F med, que a parede eerceu no carro durante colisão, foi (a) F med = 15, N. (b) F med = 22, N. (c) F med = 45, N. (d) F med = 81, N. v (1,0 valor) 3. Numa colisão unidimensional elástica entre duas partículas verifica-se que a velocidade final de cada uma das partículas é simétrica da velocidade inicial, (a) apenas em referenciais inerciais. (b) num referencial localizado em qualquer das partícula. (c) no referencial do centro de massa do sistema. (d) independentemente do referencial utilizado. (1,0 valor) 4. Considere sete aves migratórias com a mesma massa, m, que se deslocam para Sul com a mesma velocidade, v. Num determinado instante, uma das aves perde altitude acabando por cair no solo. Após esta queda, a velocidade do centro de massa do sistema (a) continua direccionada para Sul com a mesma velocidade v. (b) continua direccionada para Sul com uma velocidade de 1 7 v. (c) continua direccionada para Sul com uma velocidade de 6 7 v. (d) anula-se e o centro de massa fica localizado no local de impacto da ave. (1,0 valor)

3 Teste de Avaliação Dezembro.2004 FÍSICA GERAL I UBI 2 Considere o planeta Terra como uma esfera. 5. A velocidade angular, ω, do planeta Terra, devido à rotação sobre si próprio, tem uma intensidade ω (a) ω = 72, rad/s. (b) ω = 11, rad/s. (c) ω = 41, rad/s. (d) ω = 1, rad/s. (1,0 valor) Considere uma partícula de massa m, que está ligada ao seu eio de rotação através de uma haste de massa desprezável e comprimento R. Este sistema é acelerado uniformemente a partir do repouso, no instante t = 0, com uma aceleração angular α. 6. Num determinado instante t > 0, a intensidade do vector aceleração (linear) é α (a) α R 1 + α 2 t 4. (b) α R + α 4 t 4 R. (c) α R + α 2 t 2 R. (d) α 2 t 2 R. R (1,0 valor) PARTE PRÁTICA 7. Duas embarcações A e B navegam em rota de colisão, com velocidades v A = 10, 0 m/s e v B = 5, 0 m/s, respectivamente. As suas rotas iniciais fazem um ângulo θ = 30 entre si (ver Figura). A massa da embarcação A é m A = 500 kg e da embarcação B é m B = kg. Imediatamente após a colisão, a embarcação A toma a direcção inicial da embarcação B e a sua velocidade é 5 vezes o seu valor inicial. (a) Usando o referencial da Figura, determine o vector velocidade da embarcação B, imediatamente após a colisão. (b) Indique a direcção e a intensidade da velocidade da embarcação B nesse instante. y Α Α θ Β (3,5 valores)

4 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 0 8. Considere um corpo rígido composto por quatro partículas localizadas nos vértices de um rectângulo de largura d e comprimento 2d. As hastes do rectângulo têm massa desprezável e as massas das partículas são, m, 2m, 3m e 4m, respectivamente (ver Figura). 2m d 3m (a) Determine o centro de massa do sistema. 2d (b) Determine o momento de inércia do sistema, segundo um eio perpendicular à página e que passa pela massa m (ponto O). Nota: Apresente as suas respostas em função de m e d. m 4m O (3,5 valores) 9. Uma ventoinha roda com uma velocidade angular ω o = 50π rad/s. Subitamente a ventoinha é desligada e perde velocidade angular uniformemente, até atingir o repouso passados 60,0 s. (a) Determine a aceleração angular durante a paragem. (b) Qual o número de rotações que a ventoinha completou até parar? (c) Determine a aceleração angular necessária para que a ventoinha volte a rodar com mesma velocidade ω o ao fim de 5, 0 s. (3,5 valores) 10. Considere um bloco de massa m, que está sobre uma prancha de comprimento d e massa 3 2 m. Este bloco encontra-se a uma distância 2 5 d de uma das etremidades da prancha. A prancha apenas está apoiada em dois pés que se encontram localizados a uma distância 1 3 d, de cada uma das etremidades (ver Figura). Não eiste qualquer força de atrito entre os pés e a prancha ou entre o bloco e a prancha. 2d/5 m 3m/2 d/3 d/3 d/3 Considere os valores d = 1 m e m = 10 kg, como valores eactos. (a) Determine a força que cada um dos pés eerce sobre a prancha. (b) Determine a distância mínima a que o bloco se pode encontrar da etremidade da prancha, sem que esta saia do equilíbrio. (3,5 valores)

5 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 1 SOLUÇÃO ESCOLHA MÚLTIPLA 1. A variação da quantidade de movimento linear total de um sistema, pode ser representada nas seguintes formas, d P dt = Fint + Fet = Fet = d dt {( i m i) v CM } = ( i m i) d dt v CM = ( i m i) a CM, onde os somatórios são etendidos a todas as partículas i do sistema. A afirmação incorrecta é a (a). 2. Teorema impulso-momento linear (uma dimensão), F med t = P. Opção (b). F med = P i P f t = m v i v f t 108 3,60 = , 00 = 22, N 3. Ver paginas do livro de teto base. Opção (c). 4. Inicialmente a velocidade do centro de massa das aves (relativamente à Terra) é, mi v i v CM = mi = 7 m v 7 m = v em que m e v representam a massa e a velocidade (comum) de cada ave. Após a queda de uma das aves, temos seis aves que continuam com a mesma velocidade v e uma ave com velocidade nula. O cálculo da velocidade do centro de massa nesta situação é, Opção (c). v CM = 6 m v 7 m = 6 7 v

6 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 2 5. A Terra demora 24 horas a perfazer uma rotação completa em torno do seu eio, i.e. a Terra completa um ciclo em. 24 horas 60 min 1 hora 60 s = s 1 min Um ciclo corresponde a um ângulo de 2 π rad, logo a velocidade angular da Terra é Opção (a). ω = φ t = 2π = 7, rad/s. 6. O vector aceleração da partícula pode ser decomposto segundo as direcções ortogonais radial e tangencial à trajectória circular, conforme ilustrado na figura indicado na epressão seguinte, α a = a T û T a R û R = α R û T ω 2 R û R, a û T û R onde û T e û R representam os versores das direcções tangencial e radial, respectivamente. Uma vez que o movimento é uniformente acelerado a partir do repouso (ω o = 0), a velocidade angular, ω varia uniformente com o tempo da seguinte forma, ω = α t, logo, o vector aceleração pode ser epresso na seguinte forma, a = α R û T (α t) 2 R û R. A intensidade do vector aceleração é calculada a partir das suas componentes ortogonais, sendo, a = (a T ) 2 + (a R ) 2 = (α R) 2 + {(α t) 2 R} 2 = α R 1 + α 2 t 4 Opção (a).

7 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 3 UMA RESOLUÇÃO POSSÍVEL PARTE PRÁTICA 7. Considerando o nosso sistema como sendo formado pela embarcação A e a embarcação B, e que a acção das forças eternas é desprezável durante a colisão dos embarcações, podemos afirmar que a quantidade de movimento linear do sistema conserva-se, i.e., Fet = d P dt = 0 = P = constante. Deste modo, a quantidade de movimento linear do sistema antes da colisão (i) será a mesma imediatamente após a colisão (f), P i = P f, y Α v Αf v =? Βf Β i.e., em cada um dois eios ortogonais verifica-se, θ v Αi P i = P f v Βi P yi = P yf Α Β De acordo com o referencial da figura, os vectores velocidade dos embarcações são, v Ai = v Ai (sin θ î + cos θ ĵ) v Bi = v Bi ĵ v Af = v Af ĵ v Bf = v Bf î + v Bfy ĵ onde v Bf e v Bfy representam cada uma das componentes ortogonais do vector velocidade final (após a colisão) da embarcação B. Assim, de acordo com a lei da conservação da quantidade de movimento, temos, em cada um dos eios ortogonais, as duas equações seguintes, { ma v Ai sin θ = m B v Bf m A v Ai cos θ + m B v Bi = m A v Af + m B v Bfy. Resolvendo este sistema em ordem às duas incógnitas (v Bf e v Bfy ), obtemos, Os dados do eercício são: v Bf = m A m B v Ai sin θ v Bfy = m A m B (v Ai cos θ v Af ) + v Bi. v Ai = 10 m/s v Bi = 5, 0 m/s v Af = 50 m/s m A = 500 kg m B = kg θ = 30

8 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 4 e as componentes ortogonais do vector velocidade v Bf são: v Bf = sin (30 ) = 1 = 0, 50 m/s 2 v Bfy = (10 cos (30 ) 50) + 5, 0 = 2 = 0, 87 m/s. (a) O vector velocidade da embarcação B epresso segundo o referencial da figura, é v Bf = (0, 50 î + 0, 87 ĵ) m/s. (b) A intensidade da velocidade da embarcação B é, y v Αf θ v Βf 60º v Bf = 0, , 87 2 = 1, 0 m/s, θ e a sua direcção é, arctan v Bf y 0, 87 = arctan v Bf 0, 50 = 60. i.e. 60 medidos a partir do eio e no sentido directo. v Αi v Βi 8. (a) O vector centro de massa de um sistema de partículas é dado pela epressão, r CM = i m i r i Para determinar os vectores posição, relativamente ao ponto O, das quatro partículas do sistema, usou-se o referencial y da figura. i m i. Designando as partículas de acordo com a figura, temos: r 1 = 0 m 1 = m r 2 = 2 d ĵ m 2 = 2 m r 3 = d î + 2 d ĵ m 3 = 3 m r 4 = d î m 4 = 4 m. Nessa conformidade, o centro de massa do sistema vem dado por, 2 d 3 2d CM = 3 m d + 4 m d 10m y CM = 4 m d + 6 m d 10m = 0, 7 d = d. 1 O y r CM 4 i.e., o vector centro de massa vem dado por, r CM = d (0, 7 î + ĵ). (b) O momento de inércia, I o, de um sistema de partículas, relativamente ao eio perpendicular à página que passa p+elo ponto O, pode ser determinado através da epressão, I o = i m i r 2 i,

9 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 5 onde r i representa a distância mais curta da partícula i, de massa m i, ao eio de rotação. Neste caso a distâncias ao eio de rotação de cada uma das partículas é dado pelas intensidades dos vectores posição calculados na alínea anterior, r 1 = 0 r 2 = 2 d r 3 = d d 2 = 5 d r 4 = d. resultando num momento de inércia dado por, I o = 2 m (2 d) m ( 5 d) m d 2 = 8 m d m d m d 2 = 27 m d (a) Uma vez que a ventoinha perde velocidade uniformemente, a sua aceleração angular é constante. A equação da velocidade angular para o movimento uniformemente acelerado é dada por, ω(t) = ω o + α t. A sua velocidade em t = 0 é ω o = 50 π rad/s e dado que no instante t = 60, 0 s, a sua velocidade é nula, a equação da velocidade angular permite-nos determinar a aceleração angular da seguinte forma: Resolvendo em ordem a α, obtemos ω(60, 0) = 0 50 π + α 60, 0 = 0. α = 50 60,0 π = 5 6 π = 2, 62 rad/s 2. A aceleração angular é negativa confirmando o facto de a ventoinha perder velocidade durante os 60, 0 s. (b) O número de rotações que a ventoinha efectuou durante a paragem pode ser calculado através da equação da posição angular para o movimento uniformemente acelerado, φ(t) = φ o + ω o t α t2. Tomando a posição angular, no instante t = 0 (quando a ventoinha é desligada), como sendo φ o = 0, a posição angular no instante t = 60, 0 s é dada por, φ(t ) = ω o t α t 2 φ(60, 0) = 50 π 60, π (60, 0)2 = ( , 0) 60, 0 π = π rad. Uma rotação completa corresponde a um ângulo de 2π rad, logo o número de rotações, n, realizadas pela ventoinha durante a paragem foi, n = 1 500π rad 1 2π rot/rad = 750 rot.

10 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 6 (c) A aceleração angular constante, necessária para que a ventoinha volte a rodar com uma velocidade de 50 π rads/s, pode ser determinada usando a equação da velocidade angular para movimento uniformente acelerado, ω(t) = ω o + α t, onde, neste caso, considera-se que a ventoinha está em repouso no instante t = 0, i.e., ω o = 0. No instante t = 5, 0 s a ventoinha deverá ter uma velocidade angular de 50 π rad/s. Substituindo este valores na equação da velocidade angular obtemos, Resolvendo em ordem a α, obtemos ω(t ) = 50 π α t = 50 π α 5, 0 = 50 π. α = 50 5,0 π = 10 π = 31 rad/s 2. A aceleração neste caso é positiva indicando que a ventoinha ganha velocidade no sentido do deslocamento angular. 10. Consideremos que o sistema em análise é unicamente constituído pela prancha. Considerando como hipótese que o sistema está em equilíbrio, deve-se verifica a segunda lei de Newton para a translação e a rotação, epressa na seguinte forma: F = 0 τ = r F = 0, i.e., tanto a aceleração do centro de massa como a aceleração angular da prancha são nulas. (a) Tomando como referência o ponto O, localizado na etremidade esquerda da prancha (ver figura), as quatro forças que actuam na prancha e os seus pontos de aplicação, são respectivamente, o peso da prancha ( 3 2 m g) que actua no seu centro de massa a uma distância 1 2 d do ponto O; a força que o bloco massa m eerce sobre a prancha que vale m g e que actua a uma distância 2 5 d do ponto O; a força, N 1, que o apoio (pé) esquerdo eerce sobre a prancha e que actua verticalmente (valor desconhecido) a uma distância 1 3 d do ponto O; a força, N2, que o apoio (pé) direito eerce sobre a prancha e que actua verticalmente (valor desconhecido) a uma distância 2 3 d do ponto O. Estas forças estão representadas no diagrama de corpo livre na figura seguinte. d/2 2d/5 N 1 N 2 O d/3 mg d/3 3/2 mg y

11 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 7 Considerando o referencial da figura, a condição dada pela segunda lei de Newton para a translação, corresponde à equação de equilíbrio das forças segundo a direcção y, conforme indicado na epressão seguinte, N 1 + N 2 m g 3 2 m g = 0. Uma vez que consideramos que o corpo está em equilíbrio, a condição de equilíbrio dada pela segunda lei de Newton para a rotação deve-se verifica relativamente a qualquer ponto. Neste caso vamos calcular os momentos das forças eternas relativamente ao ponto O. O somatório do momento das forças eternas, relativamente ao ponto O, é dado por, τoz = N d + N d m g 2 5 d 3 2 m g 1 2 d = 0. O vector momento da força, de qualquer uma das forças aplicadas na prancha, tem a direcção z dado que todas estas forças estão localizadas no plano Oy. O seu cálculo está simplificado pois a linha de acção das forças é sempre perpendicular ao vector posição do seu ponto de aplicação na prancha. Desta forma, obtemos o seguinte sistema de duas equações a duas incógnitas, que tem a seguinte solução, usando g = 9, 81 m/s 2. { N1 + N 2 = 5 2 m g 1 N 1 3 d + N d = m g d, { N1 = m g = 152 N N 2 = m g = 93, 2 N, Ambas as forças dos apoios sobre a prancha são positivas, confirmando a hipótese inicial de que a prancha se encontra em equilíbrio. (b) Neste caso vamos considerar que o bloco de massa m se encontra numa posição arbitrária, relativamente ao ponto O, e voltamos a impor, através das equações da dinâmica, as condições de equilíbrio na prancha, reescritas em baio, { Fy = 0 τoz = 0. De acordo com a figura temos, { N1 + N 2 m g 3 2 m g = 0 1 N 1 3 d + N d m g 3 2 m g 1 2 d = 0. 2d/5 N 1 N 2 O 3/2 mg y mg d/3 d/3

12 Teste de Avaliação Dezembro SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 8 Como podemos verificar, apenas a segunda equação difere das equações de equilíbrio da alínea anterior, com a alteração do braço do momento da força, eercido pelo bloco na prancha, de 2 5 d para a variável desconhecida (intensidade do vector posição do ponto de aplicação da força eercida pelo bloco na prancha). A condição de equilíbrio para uma posição arbitrária,, do bloco, depende dos valores das forças dos pés sobre a prancha. Dado que a prancha está apenas apoiada sobre os dois pés, estes conseguem apenas manter o equilíbrio caso as forças que eercem sobre a prancha sejam positivas. Um valor negativo em qualquer uma destas duas forças implica que um dos pés teria de suportar a prancha verticalmente para baio. Nessa conformidade, o sistema de equações deve ser resolvido em ordem às duas forças N 1 e N 2, obtendo-as como função da posição do bloco, conforme eposto, A condição de equilíbrio é então, N1 = ( d ) m g N2 = 1 4 (12 d 1) m g. { N1 > 0 N2 > 0 i.e., > 0 d 12 d 1 > 0. { < d > 1 12 d. Usando d = 1 m, { < m > 1 12 m, d/12 d/12 zona de equilíbrio i.e., a distância mínima a que o bloco se pode encontrar da etremidade da prancha, sem que esta saia do equilíbrio é de 1 12 m. NOTA: A resolução deste eercício pode ser simplificada calculando o momento das forças resultante relativamente ao CM da prancha. Eperimente como eercício.