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Física Geral I1º semestre - 2004/05

2 ◦ TESTE DE AVALIAÇÃO

2668 - ENSINO DE FÍSICA E QUÍMICA1487 - 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 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× 1023massa 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

Teste de Avaliação - 2 9.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 externas 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 1 500 kg de massa é testadofazendo-o colidir frontalmente com uma parede, quando este se desloca a uma velocidadeconstante v = 108 km/h. O carro ficou em repouso no fim colisão, que durou 2, 00 s.

A intensidade da força média, Fmed, que a parede exerceu no carro durante colisão, foi

(a) Fmed = 15, 0× 103 N.

(b) Fmed = 22, 5× 103 N.

(c) Fmed = 45, 0× 103 N.

(d) Fmed = 81, 0× 103 N.

v

(1,0 valor)

3. Numa colisão unidimensional elástica entre duas partículas verifica-se que a velocidadefinal 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 amesma velocidade, v. Num determinado instante, uma das aves perde altitude acabandopor 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 17 v.

(c) continua direccionada para Sul com uma velocidade de 67 v.

(d) anula-se e o centro de massa fica localizado no local de impacto da ave.

(1,0 valor)

Teste de Avaliação - 2 9.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 sobresi próprio, tem uma intensidade

(a) ω = 72, 7× 10−6 rad/s.

(b) ω = 11, 6× 10−6 rad/s.

(c) ω = 41, 7× 10−3 rad/s.

(d) ω = 1, 47× 109 rad/s.

ω

(1,0 valor)

Considere uma partícula de massa m, que está ligada ao seu eixo de rotação através de umahaste de massa desprezável e comprimento R. Este sistema é acelerado uniformemente apartir do repouso, no instante t = 0, com uma aceleração angular α.

6. Num determinado instante t > 0, a intensidade do vector acele-ração (linear) é

(a) α R√

1 + α2 t4.

(b) α R + α4 t4 R.

(c)√

α R + α2 t2 R.

(d) α2 t2 R.

α

R

(1,0 valor)

PARTE PRÁTICA

7. Duas embarcações A e B navegam em rota de colisão, comvelocidades vA = 10, 0 m/s e vB = 5, 0 m/s, respectivamente. Assuas rotas iniciais fazem um ângulo θ = 30◦ entre si (ver Figura).A massa da embarcação A é mA = 500 kg e da embarcação B émB = 5 000 kg.

Imediatamente após a colisão, a embarcação A toma a direcçãoinicial da embarcação B e a sua velocidade é 5 vezes o seu valorinicial.

(a) Usando o referencial da Figura, determine o vector veloci-dade da embarcação B, imediatamente após a colisão.

(b) Indique a direcção e a intensidade da velocidade da embar-cação B nesse instante.

θ

Α Β

Αy

x

(3,5 valores)

Teste de Avaliação - 2 9.Dezembro.2004 - SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 0

8. Considere um corpo rígido composto por quatro partículas lo-calizadas nos vértices de um rectângulo de largura d e compri-mento 2d. As hastes do rectângulo têm massa desprezável e asmassas das partículas são, m, 2m, 3m e 4m, respectivamente (verFigura).

(a) Determine o centro de massa do sistema.

(b) Determine o momento de inércia do sistema, segundo umeixo perpendicular à página e que passa pela massa m(ponto O).

Nota: Apresente as suas respostas em função de m e d.

d

m

2m 3m

4m

2d

O

(3,5 valores)

9. Uma ventoinha roda com uma velocidade angular ωo = 50π rad/s. Subitamente a ventoi-nha é desligada e perde velocidade angular uniformemente, até atingir o repouso passados60,0 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 ventoinhavolte a rodar com mesma velocidade ωo 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 massa32 m. Este bloco encontra-se a uma distância

25 d de uma das extremidades da prancha. A

prancha apenas está apoiada em dois pés que se encontram localizados a uma distância 13 d,de cada uma das extremidades (ver Figura). Não existe qualquer força de atrito entre os pése a prancha ou entre o bloco e a prancha.

d/3

2d/5

d/3 d/3

m3m/2

Considere os valores d = 1 m e m = 10 kg, como valores exactos.

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

(b) Determine a distância mínima a que o bloco se pode encontrar da extremidade daprancha, sem que esta saia do equilíbrio.

(3,5 valores)


SOLUÇÃO

ESCOLHA MÚLTIPLA

1. A variação da quantidade de movimento linear total de um sistema, pode ser representadanas seguintes formas,

d ~P

dt=

∑ ~Fint + ∑ ~Fext = ∑ ~Fext=

d

dt{(

∑i mi)~vCM}

= (∑

i mi)d

dt~vCM

= (∑

i mi)~aCM ,

onde os somatórios são extendidos a todas as partículas i do sistema.

A afirmação incorrecta é a (a).

2. Teorema impulso-momento linear (uma dimensão),

Fmed ∆ t = ∆ P .

Fmed =Pi − Pf

∆ t

= mvi − vf

∆ t

= 1500×1083,60 − 02, 00

= 22, 5× 103 N

Opção (b).

3. Ver paginas 144-146 do livro de texto base. Opção (c).

4. Inicialmente a velocidade do centro de massa das aves (relativamente à Terra) é,

vCM =∑

mivi∑mi

=7×m v7×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 ve uma ave com velocidade nula. O cálculo da velocidade do centro de massa nesta situaçãoé,

vCM =6×m v7×m

=67

v

Opção (c).


5. A Terra demora 24 horas a perfazer uma rotação completa em torno do seu eixo, i.e. a Terracompleta um ciclo em

24 horas× 60 min1 hora

× 60 s1 min

= 86 400 s

.

Um ciclo corresponde a um ângulo de 2 π rad, logo a velocidade angular da Terra é

ω =∆φ∆t

=2π

86 400= 7, 27× 10−6 rad/s .

Opção (a).

6. O vector aceleração da partícula pode ser decomposto segundo as direcções ortogonais ra-dial e tangencial à trajectória circular, conforme ilustrado na figura indicado na expressãoseguinte,

~a = aT ûT − aR ûR= α R ûT − ω2 R ûR ,

onde ûT e ûR representam os versores das direcções tangencial eradial, respectivamente.

α

ûR

ûTa

Uma vez que o movimento é uniformente acelerado a partir do repouso (ωo = 0), a veloci-dade angular, ω varia uniformente com o tempo da seguinte forma,

ω = α t ,

logo, o vector aceleração pode ser expresso na seguinte forma,

~a = α R ûT − (α t)2 R ûR .

A intensidade do vector aceleração é calculada a partir das suas componentes ortogonais,sendo,

a =√

(aT )2 + (aR)2

=√

(α R)2 + {(α t)2 R}2

= α R√

1 + α2 t4

Opção (a).


UMA RESOLUÇÃO POSSÍVELPARTE PRÁTICA

7. Considerando o nosso sistema como sendo formado pela embarcação A e a embarcação B, eque a acção das forças externas é desprezável durante a colisão dos embarcações, podemosafirmar que a quantidade de movimento linear do sistema conserva-se, i.e.,

∑Fext =

d ~P

dt= 0 =⇒ ~P = constante .

Deste modo, a quantidade de movimento linear do sistema antesda colisão (i) será a mesma imediatamente após a colisão (f ),

~Pi = ~Pf ,

i.e., em cada um dois eixos ortogonais verifica-se,

Pxi = PxfPyi = Pyf

θ

Α Β

Αy

x

vΑf

vΑi vΒi

Β

v = ?Βf

De acordo com o referencial da figura, os vectores velocidade dos embarcações são,

~vAi = vAi (sin θ î + cos θ ĵ)

~vBi = vBi ĵ

~vAf = vAf ĵ

~vBf = vBfx î + vBfy ĵ

onde vBfx e vBfy representam cada uma das componentes ortogonais do vector velocidadefinal (após a colisão) da embarcação B.

Assim, de acordo com a lei da conservação da quantidade de movimento, temos, em cadaum dos eixos ortogonais, as duas equações seguintes,

{mA vAi sin θ = mB vBfxmA vAi cos θ + mB vBi = mA vAf + mB vBfy .

Resolvendo este sistema em ordem às duas incógnitas (vBfx e vBfy ), obtemos, vBfx =mAmB

vAi sin θ

vBfy =mAmB

(vAi cos θ − vAf ) + vBi .

Os dados do exercício são:

vAi = 10m/s

vBi = 5, 0 m/s

vAf = 50m/s

mA = 500 kg

mB = 5000 kg

θ = 30◦


e as componentes ortogonais do vector velocidade ~vBf são:vBfx =

5005 000

10 sin (30◦) =12

= 0, 50 m/s

vBfy =500

5 000(10 cos (30◦)− 50) + 5, 0 =

√3

2= 0, 87 m/s .

(a) O vector velocidade da embarcação B expresso segundo oreferencial da figura, é

~vBf = (0, 50 î + 0, 87 ĵ) m/s .

(b) A intensidade da velocidade da embarcação B é,

vBf =√

0, 502 + 0, 872 = 1, 0 m/s ,

e a sua direcção é ,

arctanvBfyvBfx

= arctan0, 870, 50

= 60◦ .

i.e. 60◦ medidos a partir do eixo x e no sentido directo.

θ

y

x

vΑf

vΑi vΒi

v Βfθ

60º

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 quatro partículasdo sistema, usou-se o referencial xy da figura.

Designando as partículas de acordo com a figura, temos:

~r1 = 0 m1 = m~r2 = 2 d ĵ m2 = 2m~r3 = d î + 2 d ĵ m3 = 3m~r4 = d î m4 = 4m .

Nessa conformidade, o centro de massa do sistema vem dadopor,

xCM =3 m d + 4 m d

10m= 0, 7 d

yCM =4 m d + 6 m d

10m= d .

d

2d

O

y

x1

2 3

4

rCM

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

~rCM = d (0, 7 î + ĵ) .

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

Io =∑

i

mi r2i ,


onde ri representa a distância mais curta da partícula i, de massa mi, ao eixo 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 = 2 dr3 =

√d2 + 4 d2 =

√5 d

r4 = d .

resultando num momento de inércia dado por,

Io = 2m (2 d)2 + 3 m (√

5 d)2 + 4 m d2

= 8m d2 + 15 m d3 + 4 m d2

= 27m d2 .

9.

(a) Uma vez que a ventoinha perde velocidade uniformemente, a sua aceleração angu-lar é constante. A equação da velocidade angular para o movimento uniformementeacelerado é dada por,

ω(t) = ωo + α t .

A sua velocidade em t = 0 é ωo = 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 aaceleração angular da seguinte forma:

ω(60, 0) = 050 × π + α × 60, 0 = 0 .

Resolvendo em ordem a α, obtemos

α = − 5060,0 π= − 56 π= −2, 62 rad/s2 .

A aceleração angular é negativa confirmando o facto de a ventoinha perder velocidadedurante os 60, 0 s.

(b) O número de rotações que a ventoinha efectuou durante a paragem pode ser calculadoatravés da equação da posição angular para o movimento uniformemente acelerado,

φ(t) = φo + ωo t + 12α t2 .

Tomando a posição angular, no instante t = 0 (quando a ventoinha é desligada), comosendo φo = 0, a posição angular no instante t′ = 60, 0 s é dada por,

φ(t′) = ωo t′ + 12α t′2

φ(60, 0) = 50 π × 60, 0− 12 ×56 π × (60, 0)

2

= (50− 12 ×56 × 60, 0) × 60, 0 π

= 1500 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 = 1500π rad× 12π rot/rad= 750 rot .


(c) A aceleração angular constante, necessária para que a ventoinha volte a rodar comuma velocidade de 50 π rads/s, pode ser determinada usando a equação da velocidadeangular para movimento uniformente acelerado,

ω(t) = ωo + α t ,

onde, neste caso, considera-se que a ventoinha está em repouso no instante t = 0, i.e.,ωo = 0. No instante t′′ = 5, 0 s a ventoinha deverá ter uma velocidade angular de50 π rad/s. Substituindo este valores na equação da velocidade angular obtemos,

ω(t′′) = 50πα t′′ = 50π

α × 5, 0 = 50π .

Resolvendo em ordem a α, obtemos

α = 505,0 π= 10π= 31 rad/s2 .

A aceleração neste caso é positiva indicando que a ventoinha ganha velocidade nosentido do deslocamento angular.

10. Consideremos que o sistema em análise é unicamente constituído pela prancha. Conside-rando como hipótese que o sistema está em equilíbrio, deve-se verifica a segunda lei deNewton para a translação e a rotação, 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 ( 32 m~g) que actua no seu centro de massa a uma distância12 d do

ponto O;• a força que o bloco massa m exerce sobre a prancha que vale m~g e que actua a uma

distância 25 d do ponto O;• a força, ~N1, que o apoio (pé) esquerdo exerce sobre a prancha e que actua vertical-

mente (valor desconhecido) a uma distância 13 d do ponto O;• a força, ~N2, que o apoio (pé) direito exerce sobre a prancha e que actua vertical-

mente (valor desconhecido) a uma distância 23 d do ponto O.

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

d/3

2d/5

d/3

3/2 mg

mg

d/2

N1N2

O

y

x


Considerando o referencial da figura, a condição dada pela segunda lei de Newtonpara a translação, corresponde à equação de equilíbrio das forças segundo a direcçãoy, conforme indicado na expressão seguinte,

N1 + N2 −m g − 32 m g = 0 .

Uma vez que consideramos que o corpo está em equilíbrio, a condição de equilíbriodada pela segunda lei de Newton para a rotação deve-se verifica relativamente a qual-quer ponto. Neste caso vamos calcular os momentos das forças externas relativamenteao ponto O. O somatório do momento das forças externas, relativamente ao ponto O,é dado por,

∑τoz = N1

13 d + N2

23 d−m g

25 d−

32 m g

12 d = 0 .

O vector momento da força, de qualquer uma das forças aplicadas na prancha, tem adirecção z dado que todas estas forças estão localizadas no plano xOy. O seu cálculoestá simplificado pois a linha de acção das forças é sempre perpendicular ao vectorposição do seu ponto de aplicação na prancha.

Desta forma, obtemos o seguinte sistema de duas equações a duas incógnitas,{N1 + N2 = 52 m gN1

13 d + N2

23 d =

2320 m g d ,

que tem a seguinte solução,{N1 = 3120 m g = 152NN2 = 1920 m g = 93, 2 N ,

usando g = 9, 81 m/s2.Ambas as forças dos apoios sobre a prancha são positivas, confirmando a hipóteseinicial de que a prancha se encontra em equilíbrio.

(b) Neste caso vamos considerar que o bloco de massa m se encontra numa posição arbitrá-ria x, relativamente ao ponto O, e voltamos a impor, através das equações da dinâmica,as condições de equilíbrio na prancha, reescritas em baixo,{ ∑

Fy = 0∑τoz = 0 .

De acordo com a figura temos,{N1 + N2 −m g − 32 m g = 0N1

13 d + N2

23 d−m g x−

32 m g

12 d = 0 .

d/3

2d/5

d/3

3/2 mg

mg

x

N1N2

O

y

x


Como podemos verificar, apenas a segunda equação difere das equações de equilíbrioda alínea anterior, com a alteração do braço do momento da força, exercido pelo blocona prancha, de 25 d para a variável desconhecida x (intensidade do vector posição doponto de aplicação da força exercida pelo bloco na prancha).

A condição de equilíbrio para uma posição arbitrária, x, do bloco, depende dos valoresdas forças dos pés sobre a prancha. Dado que a prancha está apenas apoiada sobre osdois pés, estes conseguem apenas manter o equilíbrio caso as forças que exercem sobrea prancha sejam positivas. Um valor negativo em qualquer uma destas duas forçasimplica que um dos pés teria de suportar a prancha verticalmente para baixo.

Nessa conformidade, o sistema de equações deve ser resolvido em ordem às duas for-ças N1 e N2, obtendo-as como função da posição x do bloco, conforme exposto, N1 = (

114 − 3

x

d) m g

N2 = 14 (12x

d− 1) m g .

A condição de equilíbrio é então, {N1 > 0N2 > 0

i.e., 114 − 3

x

d> 0

12x

d− 1 > 0 .

{x < 1112 d

x > 112 d .

Usando d = 1 m,{x < 1112 mx > 112 m ,

d/12 d/12

zona de equilíbrio

i.e., a distância mínima a que o bloco se pode encontrar da extremidade da prancha,sem que esta saia do equilíbrio é de 112 m.

NOTA: A resolução deste exercício pode ser simplificada calculando o momento dasforças resultante relativamente ao CM da prancha. Experimente como exercício.

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