Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS –DEPARTAMENTO DE FÍSICA SEGUNDA PROVA DE FÍSICA I - 30/06/2007 NOTA (100) Turma – dia = hora Professor OBSERVAÇÕES: 1. Ao resolver os problemas faça uso de ilustrações, eixos cartesianos de referência, diagramas de corpos isolados e textos explicativos. 2. Os problemas devem ser resolvidos literalmente, mesmo aqueles que possuem dados numéricos. As respostas puramente numéricas não serão consideradas. 3. Não serão aceitas respostas sem justificativas 4. Escreva no espaço abaixo seu nome, número de matrícula e a turma em que está matriculado. T1 - 2a = 08-10 / 4a = 10-12 T2 - 4a = 08-10 / 6a = 10-12 T8 - 2a = 10-12 / 5a = 08-10 Gino Coordenador T3 - 2a = 08-10 / 4a = 10-12 Alexandre T4 - 3a = 16-18 / 6a = 14-16 T5 - 3a = 10-12 / 6a = 08-10 Antônio Carlos T6 - 3a = 08-10 / 5a = 10-12 Rober T7 - 3a = 14-16 / 5a = 16-18 T10 - 4a = 14-16 / 6a = 16-18 Luciano T9 - 2a = 14-16 / 4a = 16-18 T11 - 2a = 16-18 / 5a = 14-16 Ney Nome: _____________________________________ Matrícula: ____________ Turma:____ EQUAÇÕES mvp = ω= IL rv ω= rar 2ω= rat α= KW ∆= φ=τ senrF φ= senmrvl θcosFdW = ∑= 2mrI 2mhII CM += 2)21( ω= IKr 2)21( mvKt = amF r r =∑ ατ rr I=∑ 1) Um bloco muito pequeno, de massa m, partindo do repouso (ponto A da Figura), desliza, sem atrito, até atingir a base de uma rampa (ponto B). A partir de então, desliza sobre uma superfície horizontal e encontra com a extremidade de uma mola de constante elástica k (ponto C). No trecho BC, de comprimento d = h, o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície é µc = 2/3, enquanto que à direita do ponto C o atrito é desprezível. De quanto a mola é comprimida? Aplicando o Teorema do Trabalho-Energia Cinética, desde o início do movimento do bloco (A) até o ponto de máxima compressão da mola (D) temos: 2 2 1 2 2 1 2 2 1 .. 0 0)0(.)0( 0 0 kxmgdmgh kxmgdmgh kxdfmgh UWU WWW KW c c c efg ElFfPeso Total c c =− =−− =−−−−− =∆−+∆− =++ ∆= µ µ k mghx k mghx k mghx mghmgh k x kxmgdmgh c c c c 3 2 )1(2 )1(2 )(2 2 2 2 2 1 = −= −= −= =− µ µ µ µ h A m B C d = h x = ? D N.R (Ug = 0) 2) Um pêndulo de comprimento L tem uma esfera de massa me ligada à sua extremidade inferior. Sobre uma superfície horizontal sem atrito está um bloco de massa mb. O pêndulo parte do repouso, fazendo um ângulo de α com a vertical, e, na posição mais baixa da trajetória, a esfera colide com o bloco. Depois da colisão o ângulo máximo do pêndulo com a vertical é β. Determine a velocidade do bloco após o impacto. Cálculo da velocidade da esfera imediatamente antes de atingir o bloco (vei). Pela conservação da energia mecânica: )cos1(2 )cos(2 2 2 2 1 α α −= −= = = gLv LLgv gHv vmgHm ei ei ei eiee Cálculo da velocidade da esfera imediatamente após a colisão vef. Pela conservação da energia mecânica temos: )cos1(2 )cos(2 2 2 2 1 β β −±= −±= ±= = gLv LLgv ghv ghmvm ef ef ef eefe Considerando que a esfera tenha mantido o sentido original do seu movimento a sua velocidade imediatamente após a colisão será: )cos1(2 β−+= gLvef Caso contrário: )cos1(2 β−−= gLvef Pela conservação do momento linear do sistema esfera-bloco: b efeie bf bfbefeie bfbefeeie bfbefebibeie DepoisAntes m vvm v bmvvm bmvmvm vmvmvmvm PP )( )( 0 −= =− +=+ +=+ = ( ))cos1(2)cos1(2 βα −−−= gLgL m m v b e bf ou ( ))cos1(2)cos1(2 βα −+−= gLgL m m v b e bf me α mb L N.R (Ug = 0) αcosL H β mb L N.R (Ug = 0) βcosL h me efv r bfv r (+ ) 3) Uma haste homogênea, de massa M e comprimento L, é colocada na vertical, tendo uma de suas extremidades apoiada sobre uma superfície plana horizontal e, em seguida, abandonada. Supondo que a haste caia para a direita, conforme representado na figura ao lado, e que a extremidade de apoio fique imóvel durante a queda, determine: a) A aceleração angular da haste na posição indicada na figura. b) A velocidade tangencial da extremidade livre da haste ao tocar o solo. O momento de inércia de uma haste delgada, em relação a um eixo que passa perpendicularmente ao seu centro de massa, é 2CM 12 1 MLI = . a) Cálculo do momento de inércia da barra em relação a um eixo de rotação passando pelo ponto O, perpendicular ao plano da barra: ( ) 2 3 1 2 4 12 12 1 2 2 2 12 1 2 MLI MLMLI MMLI mhII O O L O CMO = += += += No instante em que a barra forma com a horizontal um ângulo θ, a sua aceleração angular pode ser calculada por: ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= = = −=− =× = ⊥ ∑ L g MLMg IMg IrP IFr I L O L O O OO θα αθ αθ α α ατ cos 2 3 cos cos 2 3 1 2 2 rrr rr b) Pela conservação da energia mecânica temos: ( )( ) ( ) Lgv Lgv MvMgL MLMg IMgh L vL O 3 3 3 1 2 2 22 3 1 2 1 2 2 2 1 = = = = = ω θ L M P r θ 2 L O θ ⊥P r 2 L M L M N.R (Ug = 0) vr 4) Um cilindro de massa M e raio R desce sem deslizar, um plano inclinado que forma um ângulo θ com a horizontal. O coeficiente de atrito estático entre as superfícies da esfera e do plano vale µ e a aceleração da gravidade vale g. Em termos dos parâmetros que se fizerem necessários, determine: a) A expressão da força de atrito. b) O ângulo de inclinação máximo que permite ao cilindro rolar sem deslizar. O momento de inércia de um cilindro, em relação ao eixo paralelo ao comprimento e que passa pelo seu centro de massa, é 2CM 2 1 MRI = . a) Aplicando a 2ª Lei de Newton aos movimentos de translação do centro de massa e rotação (em torno do eixo central) do cilindro temos: )1(MaMgsenf MafMgsen MafPF e e CMexx −= =− =−=∑ θ θ )2(cos 0 θMgPN PyNF y y == =−=∑ ( ) )3(21 2 2 1 2 2 1 Maf R aMRRf MRRf I e e e OO = ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= −=− =∑ α ατ rr Igualando as equações (1) e (3): )4( 3 2 2 3 2 1 2 1 θ θ θ θ gsena MaMgsen MaMaMgsen MaMaMgsen = = += =− Substituindo (4) em (3): ( ) )5( 3 1 3 2 2 1 2 1 θ θ Mgsenf gsenMf Maf e e e = = = b) Na iminência de deslizar a )(máxee ff = . ( ) (6) 3tan 3 3 1cos 3 1 3 1 3 1 1 .)( µθ µθ θθµ θµ θ θ −= = = = = = tan MgsenMg MgsenN Mgsenf Mgsenf máxe e BOM TRABALHO! θ x y P r xP r yP r N r ef r O
Compartilhar