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Marque um X em sua turma Professor T1 - 3a = 16-18 / 6a = 14-16 Gino T4 - 3a = 14-16 / 5a = 16-18 T2 - 2a = 08-10 / 4a = 10-12 Nemésio T3 - 4a = 14-16 / 6a = 16-18 Ricardo T5 - 3a = 08-10 / 5a = 10-12 Antonio Carlos T6 - 2a = 10-12 / 5a = 08-10 T7 - 2a = 14-16 / 4a = 16-18 Sílvio Nome: _________________________________________________ Matrícula: ____________ EQUAÇÕES amF r r =Σ Rvac 2= mghU g = θcosFdW = KWTotal ∆= xkF r r −= 22 1 mvK = 2 2 1 kxU e = ∫ ⋅= 2 1 )( x x xdxFW r r eElástF ggrav UW UW ∆−= ∆−= .. . 1. Uma pilha de 3 blocos iguais, de mesma massa m, encontra-se apoiada sobre o piso de um elevador, como representado na figura ao lado. O elevador está subindo em movimento uniformemente retardado com uma aceleração de módulo a. Determine o módulo da força que o bloco 1 exerce sobre o bloco 2. Considere g o módulo da aceleração da gravidade local. Diagrama de corpo livre dos blocos 1, 2 e 3: UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA DEPARTAMENTO DE FÍSICA – CCE SEGUNDA PROVA DE FIS 201 – 22/02/2006 NOTA (100) Observações 9 A prova contém 4 (quatro) questões; 9 Todas as questões têm o mesmo valor; 9 Não serão aceitas respostas sem justificativas; 9 Faça uso de ilustrações, eixos cartesianos de referência, diagramas de corpos isolados e textos explicativos, durante a resolução do problema; 9 Caso necessário, use o verso da folha; 9 Utilize gr para a aceleração da gravidade. Escreva no espaço abaixo o seu nome, número de 3 2 1 ar 3 2 1 P r P r P r 1N r 2N r 2N ′ r 3N ′ r 3N r Pela 3ª Lei de Newton: 3322 NNeNN ′=′= Aplicando a 2ª Lei de Newton ao movimento dos blocos temos: Bloco 3 mamgN maNP −=′ =′− 3 3 Bloco 2 )(2 22 2 2 2 32 23 agmN mamgN mamamgmgN maNmgN maNNP −=′ −=′ −−+=′ −+=′ =′−+ (+) ar 2. Um bloco A, de massa igual a 3m, desliza sobre um plano, inclinado de um ângulo θ em relação à horizontal, com velocidade constante, enquanto a prancha B, de massa m, permanece em repouso sobre A. A prancha está ligada por um fio ao topo do plano. (a) Faça um diagrama de todas as forças que atuam sobre o bloco A e sobre a prancha B, identificando-as. (b) Determine o coeficiente de atrito estático entre A e B e entre A e a superfície do plano inclinado, sabendo que ambos são iguais. θ A B A )(SAcf r SN r BAN r )(BAc f r AP r AdePeso: AblocooeplanoentreoatritodeForça: AblocooeBpranchaaentreatritodeForça: AblocoosobreBpranchadanormalReação: AblocoosobreplanodonormalReação: )( )( A BAS BAc BA S P f f N N r r r r r A )(SAcf r SN r BAN r )(BAc f r AP r xAP r yAP r θ B ABN r )( ABcf r BP r T r xBP r yBP r θ Uma vez que, o bloco A desce o plano inclinado com velocidade constante e a prancha B permanece em repouso, pela 1ª Lei de Newton, para ambos os corpos, o .0=ΣFr Temos ainda que: )()( 3 BAcABc ABBA BA ff NN mgPemgP = = == Corpo B mgcosθPN PNF yBAB yBABy == =−=Σ 0 mgcosθf Nf cABc ABcABc µ= µ= )( )( Corpo A 0=Σ yF mgcosθN mgcosθmgcosθN mgcosθNN PNNF S S BAS yABASy 4 3 3 0 = += += =−−=Σ mgcosθf Nf cSAc ScSAc 4)( )( µ= µ= B ABN r )( ABcf r BP r T r BdePeso: fionoTração: AblocooeBpranchaaentreatritodeForça: BpranchaasobreAblocodonormalReação: )( A ABc AB P T f N r r r r Corpo A 0=Σ xF θ=µ =µ µ= =µ−µ− =−−=Σ tan 5 3 5 3 53 043 0)()( c c c cc SAcBAcxAx mgcosθ mgsenθ mgcosθmgsenθ mgcosθmgcosθmgsenθ ffPF 3. Um pequeno objeto é liberado a partir do repouso de uma altura h acima do nível do solo (ponto A) e desliza sem atrito em uma pista que termina em um “loop” de raio r, conforme representado na figura. Determine o ângulo θ relativo à vertical e ao ponto em que o objeto perde o contato com a pista (ponto B). Expresse sua resposta como função da altura h, do raio r e do módulo da aceleração da gravidade g. (Sugestão: A força normal é nula quando o objeto perde o contato com a pista e a aceleração centrípeta é dada por r v 2 .) A B θ r h > r Ug = 0 rcosθ r No ponto onde o objeto perde o contato com a pista a reação normal da pista sobre o objeto é nula. Assim, a força centrípeta sobre o objeto será a componente do peso na direção do centro de curvatura da pista. Cálculo da velocidade do objeto no ponto onde perde o contato com a pista. Pelo Princípio de Conservação da Energia Mecânica: [ ] [ ])1(2 )1(2 )1(22 2)1(2 )( 2 1 2 2 2 2 )()( ).().( cosθrhgv cosθrhgv cosθgrghv ghcosθgrv mghrcosθrmgmv UUK EE B B B B B AgBgB AMecBMec +−= +−= +−= =++ =++ =+ = [ ] ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −=θ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −=−= −= −=+ =++ +−= +−= = − 1 3 2 1 3 2 3 )(2 )(23 222 2)1(2 )1(22 )1(2 1 2 r hcos r h r rhcosθ rhrcosθ rhrcosθrcosθ hcosθrrcosθ cosθrhrcosθ cosθrhg r mmgcosθ r mvF Bcentrípeta Ug = 0 θ θ P r r 4. Um pequeno bloco desloca-se do ponto A para o ponto B, percorrendo uma trajetória sem atrito, como representado na figura ao lado, com velocidade inicial de módulo v0. A partir de B ele passa a mover-se, horizontalmente, em movimento retilíneo, percorrendo uma distância d até parar no ponto C. Determine o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal, em função de v0, h, d e g. Analisando o movimento do bloco, desde o instante inicial (ponto A), em que a sua energia mecânica é puramente cinética, tendo em vista o nível de referência adotado, até o ponto final (ponto C) em que a sua energia mecânica passa a ser puramente gravitacional e, aplicando o teorema do trabalho-energia cinética tem-se: A força de atrito realiza trabalho apenas no trecho BC, sendo o mesmo dado por: Substituindo (2) em (1) e as variações de energia cinética e potencial, temos: 0v r A B C h d Nível de Referência (h = 0) ( ) gd ghv ghvgd mghmvdmg mghmvdmg mghmvdmg c c c c c 2 2 22 2 1.. 2 1.. 0 2 10.. 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 −=µ −=µ −=µ +−=µ− −+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −=µ− )2(.... . .. dmgdNW dfW cos180ºdfW ccf cf cf c c c µ−=µ−= −= = )1( . KUW KUW KWW KW gf gf gravf Total c c c ∆+∆= ∆=∆− ∆=+ ∆=
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