Prova 1 gabarito (2016/2)

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PROVA 1 – GABARITO
1.
(a) Δ x=vcarro t voo⇒ vcarro=
Δ x
t voo
No tempo de voo:
y= y0⇒0=v0y t−
1
2
g t2⇒0=t(v0y−g t2 )⇒ t voo=2v0yg
v y é nula na altura máxima:
02=v0y
2 −2 g ymax⇒ v0y
2 =2 g ymáx⇒ v0y=√2 g ymax=√2×9,8×0,65=3,57 m/s
⇒t voo=
2×3,57
9,8
=0,729 s
⇒ vcarro=
19
0,729
=26,1 m/s
(b) v0=(26,1 i+3,57 j) m/s⇒θ0=arctan
3,57
26,1
=7,79∘
65
,0
 c
m
65
,0
 c
m
Δ x = 19,0 m
v0
Referencial fixo em relação à calçada
Referencial do veículo
θ0
2.
3.
F cos 15º
F sen 15º
mg cos 25º
N
mg sen 25º
m
∑ F y=0⇒ N=mg cos 25∘−F sin 15∘
f e , max=μeN=μe (mg cos 25
∘−F sin 15∘)
∑ F x=0⇒F cos15∘± f e , max−mg sin 15∘=0
onde o sinal superior aplica-se ao caso em que o bloco está prestes a deslizar para baixo, e o sinal 
inferior, ao caso em que o bloco começa a subir o plano inclinado.
F cos15∘±μe (mg cos 25
∘−F sin 15∘)−mg sin 25∘=0
F (cos15∘∓μesin 15
∘)=mg (sin 25∘∓μecos 25
∘)⇒F=
mg (sin 25∘∓μecos 25
∘)
cos15∘∓μesin 15
∘
(a) F=75(sin 25
∘−0,363×cos25∘)
cos15∘−0,363×sin 15∘
=8,05 N
(b) F=75(sin 25
∘+0,363×cos25∘)
cos15∘+0,363×sin 15∘
=53,2 N
(c) A solução para este item tem a mesma forma daquela da letra (b), apenas com o coeficiente de
atrito cinético no lugar do estático.
F=75(sin 25
∘+0,156×cos 25∘)
cos15∘+0,156×sin 15∘ =42,0 N
v0=1,7×10
7 m/s , v p=1,2×10
7 m/s
P i=P f ⇒m p v0=−mp v p+mX v X⇒mp(v0+v p)=mX v X (1)
K i=K f⇒
1
2
m p v0
2=1
2
m p v p
2+1
2
mX v X
2 ⇒mp(v0
2−v p
2)=mX v X
2 (2)
Dividindo a Eq. (2) pela Eq. (1), obtemos:
v0−v p=v X (3)
Dividindo, agora, a Eq. (1) pela Eq. (3), resulta:
mX
m p
=
v0+v p
v0−v p
=1,7+1,2
1,7−1,2
=5,8