Gabarito recuperação área 2 [prof. José Henrique dos Santos]

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GABARITO RECUPERAÇÃO DA PROVA 2
 1.
(a)
(b)
 2.
(a)
N
T1m1gsenθ
m1gcosθ
m1
a
T1
T2
R
I
T2
m2 a
α
T1 T1
τT1
τT2
m1:
∑ F x=max⇒T 1−m1 g sin θ=m1a⇒T 1=m1(a+g sin θ)=15(2+9,8×sin 37∘)=118 N (Resp. (a))
m2:
∑ F x=ma x⇒T 2−m2g=m2(−a )⇒T 2=m2( g−a)=20(9,8−2)=156 N (Resp. (a))
Polia:
T 2 R−T 1 R= I(aR )⇒T 2−T 1= IR2 a⇒ I=
(T 2−T 1)R
2
a =
(156−118)0,252
2 =1,19 kg m
2 (Resp. (b))
Mg
Tc
mg
Fh
Fv
O
b
a
∑ F x=0⇒T c=F h
∑ F y=0⇒ F v=(M+m) g
∑ τO=0⇒T c(a)−Mg (b)−mg(b/2)=0⇒T c=(M+m /2)gba =
(430+85/2)9,8×2,5
1,9
⇒T c=6100 N (Resposta (a))
(b)
 3. A esfera deixará o plateau com velocidade horizontal. Primeiramente, deve-se determinar o
valor dessa velocidade para que a esfera pouse em d = 6,00 cm.
Agora, deve-se determinar a velocidade com a qual a bola deve ser lançada em P, para
chegar à borda do plateau com a velocidade calculada.
F h=6100 N
F v=(430+85)9,8=5050 N
⇒F=√F h2+F v2=√61002+50502=7920 N (Resposta (b))
θ=arctan
F v
F h
=arctan 5050
6100
=39,6∘ (Resposta (b))
v= d
t voo
y= y0+v0 y t−
1
2
g t 2⇒0=h2−
1
2
g t voo
2 ⇒ t voo=√ 2h2g =√ 2×0,0169,8 =0,0571 s
Logo: v= 0,006
0,0571
=1,05 m/s
E i=E f ⇒(K+U )i=(K+U ) f ⇒
1
2
M v0
2(1+β)=1
2
M v 2(1+β)+Mgh1
⇒ v0
2(1+β)=v2(1+β)+2 gh1⇒ v0=√v2+2 gh11+β ⇒ v0=√1,052+2×9,8×0,051+2/5
Logo: v0=1,34 m/s