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Este arquivo faz parte do banco de questões do Blog Física no Enem. A ideia e aumentar este banco, aos poucos e na medida do possível. Para isto, querendo ajudar, se houver erros, avise-nos: serão corrigidos. Lembre-se que em Word costumam ocorrer problemas de formatação. Se quiser contribuir ainda mais para o banco de questões, envie a sua corrigida e comentada, em Word, o mais detalhada possível para ser capaz de Ensinar a quem precisa Aprender. Ela será disponibilizada também, com a devida referência ao autor. Todo o conteúdo está descrito, organizado e lincado no nosso blog: http://fisicanoenem.blogspot.com/
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40cm
90Kg 1,5Kg
x
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo PennaQUESTÕES CORRIGIDASMOMENTO E EQUILÍBRIO
1. Uma barra de peso desprezível está em equilíbrio na posição horizontal, conforme o esquema a seguir.
As massas de 90 kg e 1,5 Kg se encontram em sua extremidade, sendo que o ponto de apoio está a 40 cm da extremidade direita. Qual o valor da distância “x”, do apoio até a extremidade esquerda, para manter a barra em equilíbrio?
a) 240cm.b) 120cm.c) 1,5cm.
d) cm.
CORREÇÃO
Para o Equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero. M = F.d.cosθ, que leva a: F 1 . d 1 = F 2 . d 2.
90.x=1,5.40⇒x= cm.
GABARITO: D
2. É possível se equilibrar uma balança na horizontal sem que seu ponto de apoio esteja localizado precisamente em seu centro, conforme a figura abaixo.
Aliás, em várias aplicações e diferentes tipos de balança, é necessário que o equilíbrio se dê exatamente desta forma.
a) Considerando a figura e os comentários acima, diga quais as condições necessárias para que o equilíbrio seja possível neste caso.
b) Sendo m 2 = 100 g, d 1 = 5 cm e d 2 = 60 cm, calcule o valor de m 1 para que a balança permaneça em equilíbrio na horizontal.
CORREÇÃOa) Para que haja o equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero. Ou:
F 1 . d 1 = F 2 . d 2 .
b) Aplicando a equação: x . 5 = 100 . 60 ⇒ x = 1200 g = 1,2 Kg .
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1
d 2
m1 m2
d 1
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna3. (UFMG/2005) Gabriel está na ponta de um trampolim, que está fixo em duas estacas – I e II –,
como representado nesta figura:
Sejam
F I e
F II as forças que as estacas I e II fazem, respectivamente, no trampolim. Com base nessas informações, é CORRETO afirmar que essas forças estão na direção vertical e
A) têm sentido contrário,
F I para cima e
F II para baixo.B) ambas têm o sentido para baixo.
C) têm sentido contrário,
F I para baixo e
F II para cima.D) ambas têm o sentido para cima.
CORREÇÃO
Questão conceitual, basta analisar a figura.
Quando o atleta salta no trampolim, seu peso força o lado direito para baixo, provocando um momento no sentido horário. A estaca central se comporta como ponto de apoio e a outra, lateral esquerda, é obrigada a aplicar uma força para baixo, provocando momento no sentido anti-horário para anular o momento provocado pelo peso do atleta.
GABARITO: C
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2
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna4. (UFV) Um rapaz de 900 N e uma garota de 450 N estão em uma gangorra. Das ilustrações
abaixo, a que representa uma situação de equilíbrio é:
a)
b)
c)
d)
CORREÇÃO
Basta aplicar a equação de equilíbrio, observando no visual as distâncias em relação ao apoio: F 1 . d 1 = F 2 . d 2 . Como o homem pesa o dobro que a garota, deve estar na metade da distância ao apoio.
900 . 1 = 450 . 2
GABARITO: B
5. Tomara que você nunca precise, mas eu já tive que trocar um pneu várias vezes! E debaixo do sol rachando dá um suador danado! RESPONDA:a) Na hora de desparafusar as porcas que prendem a roda, quais parâmetros físicos vão influir no
esforço que você terá que fazer?b) Como você poderia DIMINUIR seu esforço para desparafusar ou parafusar?
CORREÇÃOa) Para usar a chave de roda,que não é esta que ilustrei, forçanão tem jeito, você fará! Assim, oque pode influir no seu esforço sãooutros dois fatores: a distância deaplicação da força, que vai dependerdo tamanho da ferramenta ou de onde você coloca a mão nela, e o ângulo que ela forma com o a distância até o ponto de apoio: M = F.d.senθ.
b) Simples: aumente a distância até o apoio usando uma ferramenta maior!
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3
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna6. Observe a figura abaixo, que representa uma barra que pode girar livremente em torno do apoio O
sofrendo a ação de uma força inclinada em relação à barra.
a) Pelo desenho, a barra irá girar no sentido horário ou anti-horário?
b) CALCULE o Momento provocado pela componente x, , da força. JUSTIFIQUE sua
resposta.
CORREÇÃO
a) Pela figura, a barra gira no sentido horário.
b) Decomponha a força.
A componente x está na direção do apoio, e não provocamomento, ou seja, não faz girar! θ = 0o!
7. Uma barra apoiada em A sofre a ação de uma força F de 10 N conforme o esquema abaixo.
a) De acordo com o esquema, a barra irá girar no sentido horário ou anti-horario?
b) CALCULE o Momento provocado pela força F.
CORREÇÃO
a) A figura deixa claro: a barra irá girar no sentido horário.http://fisicanoenem.blogspot.com/
4
F��������������
O
F��������������
O
xF��������������
.A
F��������������
d = 6 m
.A
F��������������
d = 6 m
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna
b) M = F.d = 10.6 = 60 N.m .
8. Uma barra de peso desprezível está em equilíbrio na posição horizontal, conforme o esquema a seguir.
As massas de 6 kg e 8 Kg se encontram em sua extremidade, sendo que o ponto de apoio está a 30 cm da extremidade direita. Qual o valor da distância “x”, do apoio até a extremidade esquerda, para manter a barra em equilíbrio?
a) 40 cm.b) 32 cm.c) 2,25 cm.
d) cm.
CORREÇÃO
Para o Equilíbrio, o Momento Resultante deve ser igual a zero. M = F.d.cosθ, que leva a: F 1 . d 1 = F 2 . d 2.6.x=8.30⇒x=40 cm.
GABARITO: A
9. (UFVJM/2006) Uma viga cilíndrica, homogênea, é construída em duas partes, com dois materiais distintos, de densidades dx = 18 g/cm3 e dy = 2 g/cm3. A viga permanece em equilíbrio, na horizontal, quando suspensa na junção das duas partes, como ilustra a figura abaixo.
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5
30cm
6Kg 8Kg
x
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna
Com base nessas informações, é CORRETO afirmar que a razão admensional entre as distâncias Q e P (Q/P) é igual a
A) 18B) 2C) 9D) 3
CORREÇÃO
Como se trata de uma questão de Equilíbrio de um corpo extenso, a primeira vista imaginei ser bem simples e tentei de cabeça: como um lado é 9 vezes mais denso, a distância deve ser nove vezes menor. Mas, as contas me mostraram que não!
Condição de equilíbrio: MomentoAnti-horário = MomentoHorário F1d1 = F2d2, onde F é força e d a distância até o apoio, na corda.
No caso, as forças são os pesos, inclusive aplicados no centro de massa, mas a proporção será a mesma... Brincando com as fórmulas: P = mg, d = m / V P = d.V.g .
Esta é exatamente a fórmula do Empuxo, por sinal. Lembrando que para uma barra cilíndrica o volume = área da base.altura.
Então, P = d.A.h.g, mas d=h/2, isto é,o peso está no centro de massa, na metadeda altura do cilindro. Substituindo, finalmente,para terminar:
As contas mostraram que a razão Q/P varia com a raiz da razão entre as densidades. Interessante, mas é uma pegadinha, e mais complicada.
OPÇÃO: D.
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6
Área da base
Altura
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna10. (UFMG/2010) Para pintar uma parede, Miguel está sobre um andaime suspenso por duas cordas. Em
certo instante, ele está mais próximo da extremidade direita do andaime, como mostrado nesta figura:
Sejam TE e TD os módulos das tensões nas cordas, respectivamente, da esquerda e da direita e P o módulo da soma do peso do andaime com o peso de Miguel. Analisando-se essas informações, é CORRETO afirmar que
A) TE = TD e TE + TD = P.B) TE = TD e TE + TD > P.C) TE < TD e TE + TD = P.D) TE < TD e TE + TD > P.
CORREÇÃO
Esta é uma questão de Equilíbrio de um Corpo Extenso. O andaime não é uma partícula. Para equilibrá-lo, devemos obedecer a duas condições:
FRes = 0 ou =0 . A força resultante deve ser igual a zero, 1a Lei de Newton; MRes = 0 ou =0 . O momento resultante deve ser igual a zero, para não girar.
Qualitativamente, e usando o bom senso, quando o peso não é igualmente distribuído em um corpo, isto causa alguns efeitos. É por esta razão que caminhões têm mais rodas atrás. Aviões também, por exemplo! Desta forma, olhando a figura, como o homem está mais perto da corda da direita, a tração deve ser maior nela. Além de o peso ser equilibrado pela soma das duas trações. Desenhando:
As duas trações para cima igualam o peso, para baixo.
E, para anular o momento provocado pelo peso em relação aos apoios nas cordas, a da direita deve ser maior.
Vou mostrar de outra maneira, com números, que facilitam para alguns estudantes. Veja o desenho abaixo, de uma barra de peso desprezível apoiada em suas extremidades A e B. Valores e distâncias estão na figura.
Aplicando ao problema abaixo as condições de equilíbrio: P = 4 = NA + NB .Além disto, calculando o
momento em relação ao apoio A e lembrando que para forças perpendiculares M = F.d, teremos: NB.(20+60) = 4(P).60 NB = 3 kgf. Substituindo na equação anterior, NA = 1 kgf. Lembre- se
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7
P��������������
ET��������������
DT��������������
4 kgf
60 cm 20 cm
NANB
P
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Pennatambém de que, ao escolhermos A como apoio, o momento de NA se anula! Veja mais questões sobre este assunto em:
http://www.fisicanovestibular.xpg.com.br/questoes/1_estatica.pdf .
OPÇÃO: C.
11. (ENEM/1998) (SP-C6-H20) Um portão está fixo em um muro por duas dobradiças A e B, conforme mostra a figura, sendo P o peso do portão.
Caso um garoto se dependure no portão pela extremidade livre, e supondo que as reações máximas suportadas pelas dobradiças sejam iguais,
(A) é mais provável que a dobradiça A arrebente primeiro que a B.(B) é mais provável que a dobradiça B arrebente primeiro que a A.(C) seguramente as dobradiças A e B arrebentarão simultaneamente.(D) nenhuma delas sofrerá qualquer esforço.(E) o portão quebraria ao meio, ou nada sofreria.
CORREÇÃO
Questão de análise relativamente complexa, sobre Momento de Uma Força, ou Torque. Tracei na figura o peso P do portão, no Centro de Gravidade (meio), e o do menino na extremidade direita da figura.
O Torque é dado por: T = F.d.senθ, onde F é a força, d a distância até o apoio e θ o ângulo formado entre F e d. Mas pode-se interpretar Fsenθ como a componente da força perpendicular à distância até o apoio d, ou dsenθ o chamado “braço de alavanca”, ou a distância perpendicular do apoio até a linha de ação da força, que tracejei de vermelho. Veja a figura:
Os braços de alavancas são iguais em comprimento para as duas dobradiças, e assim o Torque provocado pelos pesos é o mesmo, medido em relação a A ou a B. Assim, argumentar pelo módulo do Torque não fará diferença! E o sentido do Torque, nos dois casos, é o horário. Observe então que ao girar sob a ação do peso do menino, o portão tende a se apoiar embaixo, que destaquei com um círculo preto, mais distante de A. Isto fará a diferença!
Como num pé-de-cabra, o portão sob o peso do menino tende a arrancar as dobradiças da parede ao girar no sentido horário, e neste caso a A deve arrebentar, saindo da parede, primeiro. Porque a dobradiça A será forçada para fora da parede, enquanto a B, num primeiro momento servindo como apoio do giro horário, será forçada para dentro!
Como eu disse, achei a análise bem complexa! Algumas poucas pessoas têm uma visão Física mais intuitiva das coisas, e talvez acertem com mais facilidade e sem tanta discussão teórica.
OPÇÃO: A.
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© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna12. (UFMG/2010) O Manual do Usuário de um automóvel contém estas informações:• a distância entre os eixos das rodas é de 2,5 m; e• 60% do peso do veículo está concentrado sobre as rodas dianteiras e 40%, sobre as rodas traseiras.
1. Considerando essas informações, CALCULE a distância horizontal entre o eixo da roda dianteira e o centro de gravidade desse automóvel.
2. Durante uma arrancada, a roda desse automóvel pode deslizar sobre o solo.Considerando a situação descrita e as informações do Manual, RESPONDA:Esse tipo de deslizamento ocorre mais facilmente se o automóvel tiver tração nas rodas dianteiras ou nas rodas traseiras?JUSTIFIQUE sua resposta.
CORREÇÃO
A grande área da Mecânica (1º ano), subdividida em dois de seus itens: Equilíbrio de um corpo extenso (Momento de uma força) e Atrito (Leis de Newton).
Como envolve as forças, é sempre recomendável começar fazendo um esquema, como o seguinte.
O Peso é aplicado no chamado Centro de Gravidade. Para um carro de motor dianteiro, o modelo mais comum, este está deslocado para frente. As Normais nas rodas equilibram (FRes=0) o peso. Mas, não são iguais...
Quem compreende bem o conceito de Momento (“giro”) consegue solucionar o problema, facilmente, de cabeça. Se 3/5 (60%) do peso estão na dianteira, e a distância entre os eixos é de 2,5 m ( 5 = 0,5 m), então 3/5 da distância, ou seja, 1,5 m estão para a parte traseira. Para frente, sobra 1,0 m. Afinal, grosso modo, Momento = Força x Distância .Pronto!
Resolvendo detalhada e matematicamente, para que o carro fique em Equilíbrio, além de obedecer à 1ª Lei de Newton (FRes=0 P = Nd + Nt), o Momento Resultante deve ser igual a zero. Ou, o giro no sentido horário deve ser igual ao giro no sentido anti-horário.
Como temos que escolher um ponto de apoio, tomemos a roda traseira, por exemplo. Poderíamos escolher o centro de gravidade, também... Veja no esquema que, assim, o Peso tende a girar no sentido horário e a normal dianteira no anti-horário. Igualando os momentos em relação à roda traseira: F1.d1= F2.d2 (Obs: não precisamos do seno pois as forças estão perpendiculares ao braço de alavanca e sem 90º = 1). Escolhendo o apoio na traseira, o momento da normal traseira vai a zero: distância ao apoio zero. Escolhido o Centro de Gravidade, anularíamos o momento do peso pelo mesmo motivo.
Por fim, como já notei que nestes problemas os alunos, às vezes, erram as distâncias, note que o peso está a uma distância (2,5 – x) da roda traseira e a normal dianteira está a 2,5 m! Fazendo as contas:
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9
Peso��������������
diantNormal��������������
trasNormal��������������
2,5 m
x2,5 – x
C.G.
0,6 P(60%)
0,4 P(40%)
Apoio
© QUESTÕES CORRIGIDAS – PROFESSOR Rodrigo Penna
.
Lembre-se: caminhões têm mais rodas atrás. Porque o peso é concentrado na traseira, ao contrário deste carro.
Quanto ao deslizamento eventual da roda, convém primeiro lembrar detalhadamente. Ilustrei uma arrancada.
É a força de atrito, Fat, entre o pneu e o asfalto, que empurra o carro para frente. Deslizar sobre o solo significa derrapar. Neste caso, passa-se do atrito estático para o chamado atrito cinético. Certamente a correção vai exigir este comentário. A força máxima de atrito, limite a partir do qual ocorre a derrapagem, é a chamada Força de Atrito Estático Máxima, cuja relação é:
.
Conhecendo esta relação, vemos que o atrito depende da normal e do material dos pneus (e = coeficiente de atrito estático, que varia com o material).
Como, de acordo com os dados, a normal na traseira, onde há menos peso, é menor, o atrito na traseira será menor e o carro de tração traseira derrapará, assim, mais facilmente.
Por isto pneus são tão importantes na Fórmula 1! O atrito...
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