E - ÉPOCA NORMAL - Departamento de Física da UBImjesus/pdfs/exame-en.pdf · 5. Considere uma colisão entre um bloco de massa m, com uma velocidade inicial de 35m/s, e um segundo

Física Geral I1º semestre - 2004/05

EXAME - ÉPOCA NORMAL

2668 - ENSINO DE FÍSICA E QUÍMICA

1487 - OPTOMETRIA E OPTOTECNIA - FÍSICA APLICADA

26 de Janeiro 2005

• Duração: 2 horas + 30 min tolerância

• Indique na folha de teste o tipo de prova que está a realizar: A, B ou C

• Nas primeiras seis perguntas de escolha múltipla, indique apenas uma das opções.

MOMENTOS DE INÉRCIA DE ALGUNS SÓLIDOS, RELATIVAMENTE AOS EIXOS INDICADOS

RR

R1 R2R

Anel em torno do eixode simetria cilíndrica

MR2

Anel em torno dum eixoao longo do diâmetro

MR212

Cilindro oco em torno doeixo de simetria cilíndrica

M(R + R )212 2

21

L

MR212

Cilindro maciço em torno doeixo de simetria cilíndrica

Cilindro maciço em tornodum eixo que passa pelodiâmetro central

MR + ML214

112

2

R

L

2R

LL

2R

Esfera oca fina em torno dum eixo quepassa pelo centro

Esfera maciça em tornodum eixo que passa pelocentro

MR223

MR225

a

b

Barra fina em torno dumeixo ¦ ao comprimento eque passa pelo centro

Barra fina em torno dumeixo ¦ ao comprimento eque passa pela extremidade

Placa rectangular em torno do eixo ¦ quepassa pelo centro

M(a + b )2 112

2MR2 1

12MR21

3

Exame - Época Normal 26.Janeiro.2005 - Exame A FÍSICA GERAL I UBI 1

CONSTANTES FÍSICAS E OUTROS DADOS

Constante Símbolo Valorvelocidade da luz no vácuo c 3, 00× 108 m/sunidade de massa atómica u 1, 66× 10−27 kgconstante de Avogadro NA 6, 02× 1023

massa do electrão em repouso me 9, 11× 10−31 kgmassa do protão em repouso mp 1, 67× 10−27 kgmassa do neutrão em repouso mn 1, 67× 10−27 kgaceleração da gravidade à superfície da Terra g 9, 81 m/s2

massa da Terra 5, 98× 1024 kgraio médio da Terra 6, 37× 106 m

ESCOLHA MÚLTIPLA

1. Um estudante, à beira de um penhasco de altura h, atira uma primeira bola com uma deter-minada velocidade, vo, dirigida verticalmente para cima. Seguidamente, da mesma posição,atira uma segunda bola, idêntica à primeira, com a mesma velocidade, vo, dirigida vertical-mente para baixo (ver Figura). Despreze qualquer força de atrito.

Qual das bolas atinge o solo com maior velocidade?

(a) A primeira.

(b) A segunda.

(c) As bolas atingem o solo com a mesma velocidade.

(d) Nada podemos concluir pois o valor de h não é conhe-cido.

vo

vo

h

(1,0 valor)


2. Considere um bloco de massa m em cima de um outro bloco. Este conjunto está alguressobre a superfície da Terra (ver Figura). Todos os vectores força indicados na Figura valemm g e representam correctamente algumas das forças que actuam nos corpos em questão.

Em qual das situações, as duas forças representadas, constituem um par acção-reacção?

m m m m

(a) (b) (c) (d)

(1,0 valor)

3. Um bloco de massa m, executa um movimento descendente com aceleração constante, a,ao longo de um plano inclinado que faz um ângulo θ com a horizontal (ver Figura). Existeatrito entre o bloco e o plano, sendo o coeficiente de atrito cinético igual a µc.

A aceleração, a, do bloco é,

(a) (sin θ − µc cos θ) g.

(b)(1− µc

tan θ

)g.

(c) (sin θ − µc) g.

(d) (1− µc) g.

m

θ

a

(1,0 valor)

4. A Terra tem um período de rotação em torno do Sol de 365, 24 dias. Sendo o raio médio daórbita terrestre de 1, 50× 108 km, a aceleração centrípeta média, ac, que a Terra está sujeita é

(a) 1, 51× 10−4 m/s2.

(b) 9, 46× 10−4 m/s2.

(c) 5, 95× 10−3 m/s2.

(d) 29, 9× 103 m/s2.

ac

(1,0 valor)


5. Considere uma colisão entre um bloco de massa m, com uma velocidade inicial de 35 m/s,e um segundo bloco de massa 2m , inicialmente em repouso (ver Figura - situação I). Apósa colisão (situação II), a velocidade do bloco de massa m é de 5, 0 m/s.

A velocidade, vf , do bloco de massa 2m, após a colisão, é

(a) 30 m/s.

(b) 20 m/s.

(c) 15 m/s.

(d) 10 m/s. 2m

35 m/s

m m

5 m/s vf

I II

2m

(1,0 valor)

6. Considere uma mola de constante de elasticidade k = 25 N/m deslocada desde uma po-sição inicial de compressão (ver Figura - situação I), até uma posição de extensão (situaçãoII). As distâncias ao ponto de equilíbrio, de compressão inicial e extensão final, são iguais evalem ∆ x = 30 cm.

O trabalho realizado pela força da mola, neste trajecto, é de

(a) 2, 25 J.

(b) 1, 13 J.

(c) 0.

(d) −1, 13 J.

III

posição de equilíbrio posição de equilíbrio∆x ∆x

(1,0 valor)


PARTE PRÁTICA

7. Um determinado projéctil é lançado do solo, no instante t = 0, com uma velocidade,vo = 50, 0 m/s, numa direcção que faz um ângulo θ = 67◦ com a horizontal (ver Figura).

Tendo em consideração o referencial da Figura, determine

(a) o vector posição no instante t = 7, 00 s.

(b) a altura máxima alcançada pelo projéctil.

(c) o vector velocidade quando o projéctil atinge o solo, àmesma altura do lançamento.

y

xθ

vo

O

(3,5 valores)

8. Considere um corpo rígido composto por cinco massas pontuais de valores indicados naFigura. Quatro dessas massas estão localizadas nos vértices de um quadrado de lado d , es-tando a quinta massa localizada no centro do quadrado. As referidas massas, estão ligadasentre si, através de hastes finas de massa desprezável (ver Figura).


(a) o vector centro de massa deste sistema de partículas.

(b) a inércia rotacional deste sistema em torno dum eixoperpendicular à página e que passa pela origem O.

(c) a inércia rotacional segundo um eixo perpendicular àpágina e que passa pelo centro de massa do sistema.

d

3m

2m

m

O

y

x3m

m

d

Apresente o seu resultado em função da massa, m, e a distância, d.

(3,5 valores)


9. Considere um bloco de massa 12 m que está sobre uma prancha de comprimento d e massa

m. Este bloco encontra-se sobre a extremidade direita da prancha que, por sua vez, está ape-nas apoiada sobre dois pés. Um destes pés encontra-se localizado na extremidade esquerdada prancha, enquanto o outro, encontra-se a uma distância 3

4 d, dessa mesma extremidade(ver Figura).

A prancha encontra-se em equilíbrio e não existe qualquer força de atrito entre os pés e aprancha, ou, entre o bloco e a prancha.

Considere m = 10, 0 kg.

(a) Determine a força que cada um dos pés exerce sobre a prancha.

(b) Qual o maior valor de massa que o bloco pode ter, sem que a prancha sáia do equilíbrio.

3

m

4 d 14 d

12 m

(3,5 valores)

10. Considere uma roldana cilíndrica, de massa m e raio R = 7, 00 cm, com o seu eixo de rotaçãofixo. Nesta roldana passa um fio, sem escorregar, de massa desprezável e com um blocosuspenso em cada uma das suas extremidades (ver Figura).

O bloco da esquerda tem massa 2m e o bloco da direita tem massa m.

Considere que este sistema iniciou o movimento, a partir dorepouso, no instante t = 0.

(a) Determine a aceleração com que os blocos se movem.

(b) Determine a velocidade angular no instante t = 7, 00 s.

(c) Para o instante da alínea anterior determine, relativa-mente ao ponto de partida, a distância percorrida pelobloco da esquerda.

m2m

m,R

(3,5 valores)





26 de Janeiro 2005





RR

R1 R2R


MR2


MR212


M(R + R )212 2

21

L

MR212



MR + ML214

112

2

R

L

2R

LL

2R



MR223

MR225

a

b




M(a + b )2 112

2MR2 1

12MR21

3

Exame - Época Normal 26.Janeiro.2005 - Exame B FÍSICA GERAL I UBI 1





ESCOLHA MÚLTIPLA



(a) As bolas atingem o solo com a mesma velocidade.

(b) A primeira.

(c) A segunda.

(d) Nada podemos concluir pois o valor de h não é conhe-cido.

vo

vo

h

(1,0 valor)




m m m m

(a) (b) (c) (d)

(1,0 valor)



(a)(1− µc

tan θ

)g.

(b) (sin θ − µc) g.

(c) (sin θ − µc cos θ) g.

(d) (1− µc) g.

m

θ

a

(1,0 valor)


(a) 29, 9× 103 m/s2.

(b) 5, 95× 10−3 m/s2.

(c) 9, 46× 10−4 m/s2.

(d) 1, 51× 10−4 m/s2.

ac

(1,0 valor)




(a) 12 m/s.

(b) 18 m/s.

(c) 24 m/s.

(d) 36 m/s. 2m

42 m/s

m m

6 m/s vf

I II

2m

(1,0 valor)



(a) −3, 13 J.

(b) 0.

(c) 3, 13 J.

(d) 6, 25 J.

III


(1,0 valor)


PARTE PRÁTICA






y

xθ

vo

O

(3,5 valores)






d

3m

2m

m

O

y

x3m

m

d


(3,5 valores)









3

m

4 d 14 d

12 m

(3,5 valores)







m2m

m,R

(3,5 valores)





26 de Janeiro 2005





RR

R1 R2R


MR2


MR212


M(R + R )212 2

21

L

MR212



MR + ML214

112

2

R

L

2R

LL

2R



MR223

MR225

a

b




M(a + b )2 112

2MR2 1

12MR21

3

Exame - Época Normal 26.Janeiro.2005 - Exame C FÍSICA GERAL I UBI 1





ESCOLHA MÚLTIPLA



(a) Nada podemos concluir pois o valor de h não é conhe-cido.

(b) A primeira.

(c) A segunda.

(d) As bolas atingem o solo com a mesma velocidade.

vo

vo

h

(1,0 valor)




m m m m

(a) (b) (c) (d)

(1,0 valor)



(a) (1− µc) g.

(b) (sin θ − µc cos θ) g.

(c)(1− µc

tan θ

)g.

(d) (sin θ − µc) g.

m

θ

a

(1,0 valor)


(a) 1, 51× 10−4 m/s2.

(b) 9, 46× 10−4 m/s2.

(c) 5, 95× 10−3 m/s2.

(d) 29, 9× 103 m/s2.

ac

(1,0 valor)




(a) 42 m/s.

(b) 28 m/s.

(c) 21 m/s.

(d) 14 m/s. 2m

49 m/s

m m

7 m/s vf

I II

2m

(1,0 valor)



(a) 0, 25 J.

(b) 0, 13 J.

(c) −0, 13 J.

(d) 0.

III


(1,0 valor)


PARTE PRÁTICA






y

xθ

vo

O

(3,5 valores)






d

3m

2m

m

O

y

x3m

m

d


(3,5 valores)









3

m

4 d 14 d

12 m

(3,5 valores)







m2m

m,R

(3,5 valores)

SOLUÇÃO

ESCOLHA MÚLTIPLA

1. As bolas atingem o solo com a mesma velocidade. Isto pode ser provado através das equa-ções da cinemática ou, mais facilmente, através das equações da energia.

O sistema "bola"durante o voo está apenas sujeito à força gravítica (uma força conservativa),logo podemos afirmar que a energia mecânica do sistema conserva-se. Considerando que ozero para a energia potencial gravítica encontra-se no solo, a energia mecânica do sistemaquando as bolas iniciam o movimento é

Ti + Ui = 12 m v2

o + m g h

em que Ti é a energia cinética inicial, e Ui é a energia potencial gravítica (m g z) da bola noinstante inicial.

A energia mecânica quando as bolas atingem o solo é,

Tf + Uf = 12 m v2

f .

Dado que a energia mecânica conserva-se, podemos determinar a velocidade das bolas noinstante final

Ti + Ui = Tf + Uf ⇔12 m v2

o + m g h = 12 m v2

f ⇔vf =

√v2

o + 2 g h .

Estas equações, que não dependem da direcção do vector velocidade mas apenas da sua in-tensidade, aplicam-se tanto para a primeira bola como para a segunda, o que significa queas bolas chegam ao solo com mesma velocidade.

Detalhadamente, a primeira bola parte com velocidade vo dirigida para cima e tem inicial-mente energia potencia gravítica e energia cinética. Quando atinge o sua altura máxima asua energia cinética inicial foi transferida na sua totalidade para um acréscimo de energiapotencial (a bola ganhou altura). Seguidamente, na queda, passa pelo ponto de lançamentocom a mesma velocidade vo com que iniciou o movimento mas desta vez o seu sentido foiinvertido. Note-se que neste instante a primeira bola está exactamente nas mesmas condi-ções do lançamento da segunda bola.

Na parte final do trajecto da primeira bola e no trajecto integral da segunda bola, estas per-dem energia potencial gravítica (m g h) que é transferida para energia cinética, resultandono facto das bolas atingirem o solo com a mesma velocidade

vf =√

v2o + 2 g h .

• Teste A: Opção (c)

• Teste B: Opção (a)

• Teste C: Opção (d)

Exame - Época Normal 26.Janeiro.2005 - SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 1

2. A única situação onde temos um par de forças acção-reacção é a situação (a) (para os testeA, B e C) onde estão representadas a força que a Terra exerce sobre o bloco de massa m

(aplicado no centro de massa do bloco) e a força que o bloco de massa m exerce sobra aTerra (aplicada no centro de massa da Terra).

Nas outras situações, temos os seguintes pares de força quenão representam um para acção-reacção:

• (b): A força que o bloco de massa m exerce sobre a Terrae a força que o bloco de massa m exerce sobre o outrobloco;

• (c): A força que a Terra exerce sobre o bloco de massa m

e a força que o outro bloco exerce sobre o bloco de massam;

• (d): A força que a Terra exerce sobre o bloco de massam e a força que o bloco de massa m exerce sobre o outrobloco.

m

(a)

Opção (a).

3. O bloco de massa m executa um movimento rectilíneo uniformemente acelerado devido àacção de três forças constante que actuam no bloco ao longo do seu trajecto descendentesobre o plano inclinado.

As forças que actuam no bloco são nomeadamente:

• a força gravítica, m~g, de direcção vertical aplicada nocentro de massa do bloco;

• a força ~N , de reacção normal do plano inclinado sobre obloco, com direcção perpendicular ao plano inclinado;

• a força de atrito cinético, ~Fac , que, ao contrariar o movi-mento, tem direcção paralela ao plano e sentido ascen-dente.

P

m

θθ

y

x

a N Fa c

Estas forças, representadas no diagrama de corpo livre (ver Figura), relacionam-se com aaceleração resultante no bloco através da 2a lei de Newton, i.e,

∑~F = m~a

~Fac+ ~N + m~g = m~a .

De acordo com o referencial da Figura, temos que a 2a lei de Newton verifica-se em cadaum dos eixos ortogonais da seguinte forma:

{N −m g cos θ = 0

m g sin θ − Fac= m a .

com ax = a e ay = 0.

Adicionalmente, a força de atrito cinético é directamente proporcional à reacção normal,sendo a constante de proporcionalidade µc, ou seja


Fac = µc N .

Substituindo a expressão para a força de atrito no sistema de equações anterior é possívelobter uma expressão para a aceleração resultante do bloco, conforme em baixo indicado

{N = m g cos θ

m g sin θ − µc N = m a .⇔

{N = m g cos θ

m g sin θ − µc m g cos θ = m a .⇔

{N = m g cos θ

a = (sin θ − µc cos θ) g ..

• Teste A: Opção (a)

• Teste B: Opção (c)

• Teste C: Opção (b)

4. Considerando que o movimento da Terra pode ser aproximado a um movimento circularuniforme, de raio RT = 1, 50 × 1011 m, em trono do Sol, podemos determinar a sua acele-ração centrípeta média, ac, para este movimento. A aceleração centrípeta, ac, neste caso édada por

ac = ω2 RT ,

onde ω representa velocidade angular da Terra em torno do Sol. Esta última pode ser calcu-lada a partir do período de rotação, τ , da Terra em torno do Sol, dada por

τ = 365, 24 dias× 24 horas1 dia

× 60 min1 hora

× 60 s1 min

= 31557× 103 s .

Assim, a velocidade angular da Terra é dada por

ω =∆φ

τ=

2π

τ=

2× π

31557× 103,

onde ∆φ = 2 π representa o deslocamento angular da Terra ao fim de 1 ano.

Finalmente obtemos

ac = ω2 RT

=(

∆φ

τ

)2

RT

=(

2× π

31557× 103

)2

1, 50× 1011

= 5, 95× 10−3 m/s2 .


• Teste B: Opção (b)

• Teste C: Opção (c)


5. Neste exercício estamos perante uma colisão unidimensional entre dois blocos. Conside-rando que a colisão acontece num intervalo de tempo relativamente pequeno, por forma adesprezar o efeito da acção de qualquer força externa, podemos afirmar que a quantidade demovimento linear do sistema de blocos antes da colisão é igual à quantidade de movimentolinear imediatamente após a colisão, i.e.,

∑~F = 0 ⇔

d ~P

d t= 0 ⇔

~P = constante ⇔

~Pi = ~Pf .

Sendo a quantidade de movimento dada por∑

i mi vi, temos que o momento linear, Pi,antes da colisão é dado por

Pi = m v1i + 2 m × 0 .

onde v1i representa a velocidade inicial do bloco de massa m antes da colisão. A quantidadede movimento linear após a colisão é

Pf = m v1f + 2 m v2f ,

onde v1f e v2f representam as velocidades após a colisão dos bloco de massa m e 2m res-pectivamente.

Dado que a quantidade de movimento linear conserva-se temos

Pi = Pf ⇔m v1i = m v1f + 2 m v2f .

Para determinar a velocidade final do bloco de massa 2 m basta resolver a equação da con-servação, em ordem a v2f , obtendo

v2f = 12 (v1i − v1f )

Teste A Teste B Teste C

v2f = 12 × (35− 5)

v2f = 15m/sv2f = 1

2 × (42− 6)v2f = 18m/s

v2f = 12 × (49− 7)

v2f = 21m/s

Opção (c) Opção (b) Opção (c)

6. A força de uma mola, quando é deslocada uma distância x a partir da sua posição de equi-líbrio em x = 0 (comprimento natural da mola), é dada pela lei de Hooke,

Fm = −k x ,

em que k representa a constante de elasticidade da mola.


O trabalho realizado pela força da mola, ao comprimi-la desde uma posição xi = 0, 30ou xi = −0, 30, dependendo do referencial unidimensional utilizado, até uma posição deextensão em xf = −0, 30 ou xi = 0, 30, é dado por

Wm =∫ xf

xi

Fm dx

=∫ xf

xi

(−k x) dx

=[−1

2k x2

]xf

xi

=[−1

2k (±xf )2 +

12

k (±xi)2]

= 0 .


• Teste B: Opção (b)

• Teste C: Opção (d)


UMA RESOLUÇÃO POSSÍVELPARTE PRÁTICA

7. Considerando apenas a interacção gravítica temos que a única força que actua no projéctildurante o voo é a força gravítica. Sendo m a massa do projéctil, aplicando a segunda lei deNewton obtemos,

∑~F = m~a

m~g = m~a

~g = ~aθ

O

vo h

y

x

t=t'

t=t''

r (7)t=7 s

θvt''

O movimento do projéctil é bidimensional e pode ser descrito usando coordenadas cartesi-anas (xy) tal como ilustrado na figura. De acordo com a segunda lei de Newton, o projéctiltem apenas aceleração devido à gravidade, i.e., aceleração na vertical e sentido para baixo,~a = −g j, o que corresponde, de acordo com o referencial da Figura, a ay = −g e ax = 0.

Nessa conformidade temos, segundo a direcção y e direcção x as seguintes equações domovimento:

ay = −g

vy(t) = voy − g t

y(t) = voy t− 12

g t2 ,

ax = 0

vx(t) = vox

x(t) = vox t ,

em que xo = yo = 0 uma vez que consideramos que o projéctil é lançado da origem noinstante t = 0.

As componentes iniciais vertical e horizontal do vector velocidade são:

vox = vo cos θ

voy = vo sin θ .

(a) O vector posição do projéctil no instante t = 7, 00 s pode ser obtido directamente dasequações da posição,

~r (t) = (vox t) i + (voy t− 12 g t2) j

= (vo cos θ t) i + (vo sin θ t− 12 g t2) j

.

Usando t = 7, 00 s, obtemos o seguinte vector,

~r (7, 00) = (50× cos 67◦ × 7, 00) i + (50 sin 67◦ × 7, 00− 12 × 9, 81× 7, 002) j

= (137 i + 81, 8 j) m.


(b) O projéctil atinge a sua altura máxima, h, quando a componente vertical da velocidadeé nula. O instante t′ necessário para o projéctil atingir a sua altura máxima pode sercalculado através da equação da velocidade segundo a direcção y :

vy(t′) = 0

voy − g t′ = 0

t′ =voy

g.

No instante t′, a posição do projéctil segundo o eixo y corresponde à altura máxima,h :

y(t′) = h ⇔

voy t′ − 12

g t′2 = h ⇔

h =v2

oy

2 g⇔

h =v2

o sin2 θ

2 g.

A altura máxima, h , é dada por:

h =50, 02 × sin2(67◦)

2× 9, 81= 108 m .

(c) Através das equações da cinemática podemos determinar o vector velocidade quandoo projéctil atinge o solo. Para tal é necessário determinar o instante, t′′, em que oprojéctil atinge o solo. Tendo em atenção que a trajectória é parabólica e que a alturade colisão com o solo é o mesma do lançamento, o tempo de subida até a altura máximaé igual ao tempo de descida. Logo o tempo, t′′ , necessário para que o projéctil atinja osolo é de:

t′′ = 2 t′ = 2voy

g.O vector velocidade do projéctil, ~v(t′′), no instante t = t′′ é dado por,

~v(t′′) = (vo cos θ) i + (vo sin θ − g t′′) j

= (vo cos θ) i +(

vo sin θ − g

{2

vo sin θ

g

})j

= (vo cos θ) i− (vo sin θ) j

= (50× cos 67◦) i− (50× sin 67◦) j

=(19, 5 i− 22, 6 j

)m/s .

8. (a) O vector centro de massa de um sistema de partículas é dado pela expressão,

~rCM =∑

i mi ~ri∑i mi

.

Para determinar os vectores posição, relativamente ao ponto O, das cinco partículas dosistema, usou-se o referencial xy da figura.


Designando as partículas de acordo com a figura, temos:

~r1 = 0 m1 = 3m

~r2 = d j m2 = m

~r3 = d i + d j m3 = m

~r4 = d i m4 = 3m

~r5 =12

d i +12

d j m5 = 2m .

d

3m

2m

m

O

y

x3m

m

d

rCM1

2 3

4

5

Nessa conformidade, o centro de massa do sistema vem dado por,

xCM =m d + 3 m d + 2 m 1

2 d

10 m= 0, 5 d

yCM =m d + m d + 2 m 1

2 d

10 m= 0, 3 d ,

i.e., o vector centro de massa vem dado por,

~rCM = (0, 5 i + 0, 3j) d .

(b) O momento de inércia, Io, de um sistema de partículas, relativamente ao eixo perpen-dicular à página que passa pelo ponto O, pode ser determinado através da expressão

Io =∑

i

mi r2i ,

onde ri representa a distância mais curta da posição da partícula i, de massa mi, aoeixo de rotação.Neste caso, a distâncias ao eixo de rotação de cada uma das partículas é dado pelasintensidades dos vectores posição calculados na alínea anterior,

r1 = 0r2 = d

r3 =√

d2 + d2 =√

2 d

r4 = d

r5 =√

14 d2 + 1

4 d2 =√

22 d ,

resultando num momento de inércia dado por

Io = m d2 + m (√

2 d)2 + 3 m d2 + 2 m(√

22 d

)2

= m d2 + 2 m d2 + 3 m d2 + m d2

= 7m d2 .

(c) Para determinar o momento de inércia relativamente ao centro de massa do sistemapodemos utilizar o Teorema dos Eixos Paralelos,

Io = ICM + M r2CM ,

que, ao ser aplicado neste caso, nos diz que o momento de inércia, Io, em torno do eixoO é igual ao momento de inércia, ICM , em torno de um eixo paralelo que passa pelocentro de massa do sistema, mais o produto da massa total do sistema, M =

∑mi,

pela distância


rCM =√

0, 52 + 0, 32 d

do centro de massa ao eixo de rotação. Assim, o momento de inércia, ICM , é dado por

ICM = Io −M r2CM

= 7m d2 − 10 m (0, 52 + 0, 32) d2

= 7m d2 − 3, 4 m d2

= 3, 6 m d2 .

9. Consideremos que o sistema em análise é unicamente constituído pela prancha. Dado osistema estar em equilíbrio, deve verifica-se a segunda lei de Newton para a translação e arotação, expressa 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 extremidade esquerda da prancha(ver figura), as quatro forças que actuam na prancha e os seus pontos de aplicação, sãorespectivamente:

• o peso da prancha (m~g) que actua no seu centro de massa a uma distância 12 d do

ponto O;• a força que o bloco massa 1

2 m exerce sobre a prancha ( 12 m~g ) que actua na extre-

midade direita da prancha a uma distância d do ponto O;• a força, ~N1, que o apoio (pé) esquerdo exerce sobre a prancha e que actua vertical-

mente (valor desconhecido) sobre o ponto O;• a força, ~N2, que o apoio (pé) direito exerce sobre a prancha e que actua vertical-

mente (valor desconhecido) a uma distância 34 d do ponto O.

Estas forças estão representadas no diagrama de corpo livre na figura seguinte.

3d/4

mg mg/2

d/2

N1 N2

O

y

x

Considerando o referencial da figura, a condição de equilíbrio dada pela segunda leide Newton para a translação, corresponde à equação de equilíbrio das forças segundoa direcção y, conforme indicado na expressão seguinte,

N1 + N2 −m g − 12 m g = 0 .

A condição de equilíbrio dada pela segunda lei de Newton para a rotação deve-se ve-rifica relativamente a qualquer ponto. Neste caso vamos calcular os momentos dasforças externas relativamente ao ponto O. O somatório do momento das forças exter-nas, relativamente ao ponto O, é dado por,

∑τoz

= N1 × 0 + N234 d−m g 1

2 d− 12 m g d = 0 .


O vector momento da força, de qualquer uma das forças aplicadas na prancha, tema direcção z dado que todas estas forças e os respectivos "braços"estão localizadas noplano xOy. O seu cálculo está simplificado pois a linha de acção das forças é sempreperpendicular ao vector posição do seu ponto de aplicação na prancha.

Desta forma, obtemos o seguinte sistema de duas equações a duas incógnitas,{N1 + N2 −m g − 1

2 m g = 0N2

34 d− 1

2 m g d− 12 m g d = 0

⇔

{N1 + N2 = 3

2 m g

N2 = 43 m g ,

que tem a seguinte solução,{N1 = 1

6 m g = 16, 4NN2 = 4

3 m g = 131N ,

usando g = 9, 81 m/s2 e 10, 0 kg.Ambas as forças dos apoios sobre a prancha são positivas, confirmando o facto daprancha se encontrar em equilíbrio.

(b) Vamos considerar de novo as equações do equilíbrio, atribuindo, neste caso, um valordesconhecido, M , para a massa do bloco.{

N1 + N2 −m g −M g = 0N2

34 d−m g 1

2 d−M g d = 0⇔

{N1 + N2 = (m + M) g

N2 = 43

(12 m + M

)g⇔

{N1 = 1

3 (m−M) g

N2 = (m + M) g

Como pode ser facilmente verificado, nas equações anteriores, a reacção normal do péda esquerda sobre a prancha, N2, é sempre positiva, independentemente do valor damassa M do bloco. Nessa conformidade, a condição de equilíbrio está na equação daforça normal N1. Para que a prancha se mantenha em equilíbrio esta força deve sersempre positiva uma vez que estando a prancha apenas apoia sobre os pés, as reacçõesnormais têm de ser forças apenas de compressão. Assim, temos que a condição deequilíbrio é dada por,

N1 ≥ 0 ⇔13 (m−M) g ≥ 0 ⇔

m−M ≥ 0 ⇔M ≤ m ,

i.e., o valor da massa do bloco não deve ultrapassar o valor da massa da prancha.

10. Neste problema abordamos um caso de dinâmica de translação e rotação fora do equilíbrio.As leis da dinâmica serão aplicadas separadamente a cada um dos três corpos que vão teraceleração imediatamente após o bloco suspenso ser solto a partir do repouso. Os três cor-pos em questão são as duas massas, m e 2m, e uma roldana cilíndrica de raio R e massam. Nessa conformidade, devem ser contabilizadas todas as forças externas em cada um dostrês corpos e aplicada a segunda lei de Newton, separadamente.


Uma vez que o bloco da esquerda tem massa maiorque o bloco da direita vamos partir da hipótese quequando este sistema é solto a partir do repouso, obloco da esquerda inicia um movimento de trans-lação vertical descendente, com uma aceleração ~a1.O bloco da direita inicia um movimento de transla-ção vertical de ascensão, com aceleração ~a2 . Final-mente, a roldana irá ter apenas movimento de rota-ção em torno do seu centro de massa, com acelera-ção angular ~α . Uma vez que o fio é inextensível, asacelerações dos três corpos estão relacionadas, i.e.,os módulos das acelerações dos blocos, que passa-mos a designar por a , são iguais:

|~a1| = |~a2| = a .

Adicionalmente, dado que o fio não escorrega naroldana, a aceleração de um ponto na extremidadeda roldana é a mesma da aceleração do fio, logo

a = αz R .

mg2mg

α

P

a2a1

y

x

T'1 T'2

T1 2T

N

Note-se que o sentido de cada uma das acelerações, segundo o referencial indicado na Fi-gura, é coerente com o sentido do movimento, i.e., a aceleração do bloco da direita é positiva,a aceleração angular da roldana é positiva e a aceleração do bloco da esquerda é negativa.

As forças aplicadas em cada um dos corpos são as seguintes (ver Figura):

• no bloco da esquerda→ o seu peso 2 m~g e a força exercida pelo fio no bloco, ~T ′1 ;

• na roldana→ o peso ~P da roldana, a reacção normal do eixo da roldana sobre a roldana,~N , a força exercida pelo fio devido ao bloco de massa 2 m , ~T1 , e a força exercida pelofio devido ao bloco de massa m , ~T2 .

• no bloco da direita→ o peso do bloco m~g e a tensão no fio ~T ′2.

Dado que o fio não tem massa, as froças ao longo de cada um dos segmentos (horizontal evertical) do fio são iguais, i.e.,

|~T ′1| = |~T1| = T1 |~T ′

2| = |~T2| = T2 .

Note-se que T1 6= T2 .

Nessa conformidade, a segunda lei de Newton para a translação e rotação, aplicada em cadaum dos corpos e de acordo com o referencial da Figura, pode escrever-se,

bloco no plano horizontal bloco suspenso roldana

∑ ~Fext = m~a1

∑ ~Fext = m~a2

∑ ~Fext = 0∑τext,z = −ICM αz

T1 −m g = −m a T2 −m g = m a ~T1 + ~T2 + ~N + ~P = 0T1 R− T2 R = ICM αz


onde ICM representa o momento de inércia da roldana em torno do eixo de rotação quepassa pelo seu centro de massa.

(a) A aceleração, a, com que os blocos se movem, pode ser determinada através das equa-ções para a translação dos blocos e da equação para a rotação da roldana

T1 −m g = −m a

T2 −m g = m a

−T2 R + T1 R = −ICM αz

⇔

T1 = m (g − a)T2 = m (g + a)

(T1 − T2)R = ICM αz

.

O momento de inércia da roldana cilíndrica é dado por (ver Tabela)

ICM =12

m R2

e a aceleração angular está relacionada com a aceleração dos blocos (ver equação ante-rior). Efectuando estas duas substituições nas equações da dinâmica obtemos

T1 = m (g − a)T2 = m (g + a)

(m (g − a)−m (g + a))R = 12 m R2 a

R

T1 = 2

7m g

T2 = 57m g

a = 27 g

Logo, a aceleração com que os blocos se deslocam é

a =27

g =27× 9, 81 = 2, 80 m/s2 .

(b) Tanto a velocidade angular da roldana, como a distância percorrida pelo bloco da es-querda ao fim de 7, 00 s, (alínea (c) ) podem ser calculadas tendo em consideração queos blocos suspensos têm movimentos rectilíneos uniformemente de acelerados, coma = 2

7 g, e que a roldana tem um movimento rotacional também uniformemente ace-lerado, de aceleração angular αz . Estas equações são expressas usando um novo refe-rencial, indicado na Figura, e tendo em conta que, no instante t = 0, o sistema está emrepouso.

Nestas condições, a equação do movimento para obloco suspenso é

x(t) =12

a t2

e a equação da velocidade angular para a roldana é

ωz(t) = αz t .

αa

x

z

O

h

v =0ox

ω =0o

t'=7,00 s

No instante t′ = 7, 00 s, o bloco da esquerda percorre uma distância h até ao solo, quepode ser calculada da seguinte forma

h = 12 a t′2

= 12

27 g t′2

=17× 9, 81× 7, 002

= 68, 7 m .

No instante t′ = 7, 00 s, a velocidade angular da roldana é igual a


ωz(t′) = αz t′

=a

Rt′

= 27

g

Rt′

=27× 1

0, 0700× 9, 81× 7, 00

= 280 rad/s .

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E - ÉPOCA NORMAL - Departamento de Física da UBImjesus/pdfs/exame-en.pdf · 5. Considere uma colisão entre um bloco de massa m, com uma velocidade inicial de 35m/s, e um segundo