FIS1033-2008-2-P4--gabarito

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PROVA G4 FIS 1031 – 26/11/2008 
MECÂNICA NEWTONIANA 
 
NOME:_______________________________ No:_________ 
TURMA:_______ 
 
QUESTÃO VALOR GRAU REVISÃO 
1 3,0 
2 3,0 
3 4,0 
TOTAL 10,0 
 
Dados: 
K = ½ m v2; W = F . ∆s; Wcons = - ∆U; Wmola = ½ k xi2 - ½ k xf2 
Wtotal = ∆K; p = mv; Fmed = ∆P / ∆t; ∑ Fext = Macm; Mvcm = ∑ pi; 
Krot = ½ Ι ω2; Rcm = Σ mi ri / Σ mi τ med = ∆L / ∆t 
P = m v, τ = r × F, L = r × P = m r × v, Lcorpo rigido = Ιω, Wtotal = τ . ∆θ 
∑τext = Ια; Teorema dos eixos paralelos: Ιd = ΙCM + M d 2 
Aro de massa M e raio R: ICM = MR2 Disco/Cilindro de massa M e raio R: ICM = MR2/2 
Esfera de massa M e raio R: ICM = 2MR2/5 
Haste de massa M e comprimento l : ICM = M l 2/12 
sen 30º = 1/2; cos 30º = √3/2 
 
 
A duração da prova é de 1 hora e 50 minutos. 
As respostas sem justificativas não serão computadas. 
Esta prova tem 4 folhas, contando com a capa. Confira. 
x
y
z
Sistema de 
coordenadas 
Gabarito 
 2
(1a questão-i: 3,0 pontos) Sejam jiF ˆ3ˆ21 +=
r
, jiF ˆ5ˆ5,12 −−=
r
e jxixF ˆˆ33 +=
r
 forças (em 
Newtons) agindo num corpo de massa m. 
 
a) Se a aceleração do corpo em m/s2 é jia ˆ5,0ˆ75,1 −=r , calcule os valores de x e m. 
 
Como ∑ = amFi rr , então mx 75,135,0 =+ e mx 5,02 −=+− . Resolvendo o sistema 
encontraremos que x = 1 N e m = 2 kg 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Na figura observamos dois planos inclinados com inclinações diferentes (α ≠ β e 
α<β). Dois blocos de massas diferentes M1 e M2 estão ligados por uma corda ideal, que 
passa por uma polia ideal de massa desprezível no topo do triângulo. Suponha que o 
corpo 2 desce e que o corpo 1 sobe. Calcule a tração na corda e a aceleração dos 
corpos. Despreze o atrito. 
 
 
 
Escrevendo a segunda lei de Newton: 
1111 aMsenPT =− α e 2222 aMTsenP =−β . Como a corda e a polia são ideais: aaa == 21 e 
TTT == 21 . Assim, teremos duas equações com duas incógnitas: 
 
aMsenPT 11 =− α e aMTsenP 22 =−β . Somando ambas equações teremos: 
aMMsenPsenP )( 2112 +=− αβ Æ gMM
senMsenMa 



+
−=
21
12 αβ . Sustituindo em qualquer uma 
das equações anteriores: 
)()(
21
21
21
12
11 βααβαα sensengMM
MM
MM
senMsenMsengMagsenMT +



+=



+
−+=+= 
 3
(2a questão: 3,0 pontos) Um bloco de massa 
M é largado a partir do repouso num plano 
inclinado de uma altura hi, como mostrado na 
figura. No final do primeiro plano existe outro 
plano inclinado. Os coeficientes de atrito 
cinético e as inclinações para cada plano estão 
indicados na figura. 
 
 
 
a) Calcule o trabalho realizado pelo atrito sobre o bloco quando ele acabar de descer o 
primeiro plano inclinado. 
 
 
αµααµµ cot)/(cos 1111 iiatrito MghsenhMgLNW −=−=−= 
 
 
 
 
 
b) Calcule a altura máxima hM que o bloco atinge no segundo plano inclinado em 
função de hi.. 
 
 
 
 
2121 atritoatritogragraT WWWWWK +++==∆ . Porém: 0=∆K , igra MghW +=1 , Mgra MghW −=2 , 
αµ cot11 iatrito MghW −= e βµ cot22 Matrito MghW −= 
 
Então: βµαµ cotcot0 21 MiMi MghMghMghMgh −−−= 
Isolando: iM hh βµ
αµ
cot1
cot1
2
1
+
−= 
 
 
 
 
 
 
c) Se não houvesse atrito nos dois planos inclinados, qual seria a altura máxima hM em 
função de hi? 
 
 
 
A aplicação direta da conservação da energia mecânica mostra que hM = hi. 
 
 
 
hM = 
Wat = 
hM = 
 4
(3a questão: 4,0 pontos) Uma partícula de massa M é 
atirada horizontalmente contra uma haste de comprimento 
ℓ e massa M, que está em repouso na posição vertical. A 
haste está pivotada na sua base podendo girar em torno 
dela. A partícula colide com a haste com uma velocidade v0 
a uma distância 0,8ℓ da base e fica grudada nela. A força 
provocada pela colisão da partícula na haste tem módulo 
igual a F e direção perpendicular à haste e dura um 
intervalo de tempo muito curto. 
 
a) Determine o momento de inércia da haste em relação ao pivot na sua base. 
 
 
Ip = M ℓ2 /12 + M (ℓ/2)2 = M ℓ2/3 
 
 
b) Determine os vetores torque na haste e na partícula provocados pela colisão. 
Determine também o torque na haste provocado pela força da gravidade quando ela 
estiver fazendo um ângulo de 30º com a vertical. Utilize o sistema de coordenadas da 
capa da prova. 
 
τH = 0,8 ℓ F (-k) 
 
τP = 0,8 ℓ F (k) 
 
τg = 0,5 ℓ sen 30º Mg (-k) = Mgℓ / 4 (-k) 
 
c) Determine a velocidade angular do sistema logo após a colisão. 
 
Lantes = Ldepois 
 
0,8 ℓ M V0 = [M ℓ2/3 + M (0.8 ℓ)2] ω 
 
ω = 0,8 ℓ V0 / ( ℓ2/3 + 0.64 ℓ2) = 0,8 ℓ V0 / 0,97 ℓ2 
 
ω = 0,825 V0 / ℓ 
 
 
d) Supondo que a energia cinética adquirida pelo sistema logo após a colisão é dada 
por ½ I ω2, determine a energia cinética do sistema (haste + partícula) logo antes dele 
atingir o solo. 
 
∆K + ∆U = 0 
 
K - ½ I ω2 – Mg ℓ/2 – Mg 0.8ℓ = 0 
 
K = ½ I ω2 + 1,3Mg ℓ 
Ip = 
τH = 
τP = 
ω = 
K = 
v0
τg =