Prova 3 FIS 201 2005-2

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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 
∑
=
=
N
i
iiCM rmM
r
1
1 rr
tFJ
vmp
∆=
=
rr
rr
 
 
s = θ r v = ω r 
 at = α r 
ar =ω 2r 
dt
d
dt
d ω=αθ=ω 
amF r
r =∑ 
α=τ∑ rr I 
WTotal = ∆K 
 
2
2
1 mvK =
 
2
2
1 ω= IK
2
2
mhII
mrI
CM +=
= ∑ 
Fr
rrr ×=τ 
θτ senrF= 
1. Um homem de massa M encontra-se na extremidade de uma plataforma de massa igual a 
3M, que se desloca com velocidade constante, em relação a terra. Inicialmente, o homem 
está parado em relação à plataforma e o módulo da velocidade da plataforma em relação a 
terra é v. O homem anda até a outra extremidade da plataforma com velocidade constante 
2
v , em relação a plataforma, na mesma direção e sentido do movimento inicial da plataforma. 
Considerando que não há atrito entre a plataforma e o solo determine: (a) a velocidade da 
plataforma em relação a terra durante o movimento do homem e (b) a velocidade do centro 
de massa do sistema (homem + plataforma) antes e durante o movimento do homem. 
 
 
 
 
 
 
(a) Considerando o sistema constituído pelo homem e 
plataforma, o 0==∑ dtPdFexternas
rr
durante o 
movimento do homem. Assim sendo, o momento 
linear do sistema será conservado. 
vvvvv
MvvvMMv
MvMvvMM
PP
TPTP
TPTPPH
TPTH
finalinicial
8
74
2
4
3)(4
3)3(
,,
,,,
,,
=∴+=
++=
+=+
=
 
 
(b) A velocidade do centro de massa do sistema 
(homem + plataforma) antes de o homem 
iniciar o movimento em relação à 
plataforma: 
vvvv
M
MvMv
v
CM
TPTH
CM
=+=
+=
4
3
4
3 ,,
 
 Uma vez que o ∑ == 0CMexternas amF rr , o 
centro de massa se moverá com velocidade 
constante = v. 
UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA – CCE 
TERCEIRA PROVA DE FIS 201 – 27/03/2006 
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 
matrícula e marque um X, no quadro ao lado, 
na turma em que você é matriculado. 
vr 
2. Um vagão de estrada de ferro (A) , de massa 2M, está freado no topo de uma ladeira, a 
uma altura H1 em relação ao solo. Quando ele é solto, rola pela ladeira e se engata com um 
outro vagão (B), de massa M, que está parado, livre, na base da ladeira. Os dois, 
engatados, sobem até a altura H. Determine (a) a altura H e (b) a energia mecânica 
perdida na colisão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Cálculo da velocidade de A imediatamente 
antes da colisão 
Durante a descida de A, a única força que realiza 
trabalho é a força gravitacional, assim: 
1
2
1
2
2
2
12
gHv
MvMgH
EE
Ai
Ai
finalinicial
=
=
=
 
 
Pela Lei de Conservação do Momento Linear: 
123
2
)2(2
gHv
vMMMv
PP
f
fAi
DepoisAntes
=
+=
=
 
Uma vez que, durante a subida dos vagões, 
novamente, a única força que realiza trabalho é 
a força gravitacional, temos: 
1
1
2
9
4
2
9
4
2
1
33
2
1
HH
gHgH
MgHMv
EE
f
finalinicial
=
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
=
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(b) Considerando o nível de referência (h = 0) na 
base da ladeira, a Energia Mecânica inicial do 
sistema constituído pelos dois vagões será: 
12MgHEinicial = 
E, a Energia Mecânica final do sistema 
constituído pelos dois vagões será: 
1
1
3
4
9
433
MgHE
HMgMgHE
final
final
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛==
 
 
Assim, a variação de energia mecânica do 
sistema em virtude da colisão ocorrida será: 
1
11
3
2
2
3
4
MgHE
MgHMgHE
−=∆
−=∆
 
A energia mecânica perdida na colisão é, 
portanto: 
 13
2 MgHEPerdida = 
 
 
 
 
 
H1 
H = ? 
A 
B 
A colisão entre os vagões será perfeitamente 
inelástica uma vez que os dois vagões 
permanecerão engatados e, assim sendo, 
terão a mesma velocidade após a colisão. 
fBfAf vvv == 
NR (Ug = 0) 
3. Em um instante inicial 0=it , a linha de referência de uma turbina passa pela posição 
angular 0=iθ , girando no sentido anti-horário com velocidade angular 0i ωω = e sujeita a 
uma desaceleração angular constante α. (a) Determine o instante t em que a linha de 
referência atinge o deslocamento angular máximo (θmáx) no sentido positivo. (b) Determine 
os dois primeiros instantes (t1 e t2) em que a linha de referência passa pela posição 2
máxθ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) No instante t em que a linha de referência 
atinge a posição angular máxima (θmáx), a 
velocidade angular é nula. 
 
α
ω=
−=
−=
0
0
t
αtω
αtωω
0
0
 
 
A posição angular máxima atingida pela linha de 
referência será: 
α
ω=θ
θ−=
θ−=
2
2
0
máx
máz
2
0
2
0
2
2αω0
2αωω
 
 
(b) A linha de referência passará pela posição 
angular 2
máxθ no instante t1, ainda girando no 
sentido anti-horário (antes de atingir a posição 
angular máxima) com velocidade angular ω1 e no 
instante t2, girando no sentido horário (retornando 
da posição angular máxima) com velocidade 
angular ω2. 
 
 
 
 
 
 
 
0
2
0
2
0
2
2 ω±=±=
=−=
−=
−=
−=
2
ω
ω
2
ω
2
ω
ωω
2α
ω
αωω
2
θ2αωω
2ααωω
2
02
0
2
2
02
0
2
máx2
0
2
2
0
2
 
 
Assim, 0201 ωωeωω 2
2
2
2 −== 
 
)22(
α2
α
α
α
α
1 −=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
−=
−=
−=
0
0
1
001
100
101
ωt
2
21ωt
ω
2
2ωt
tωω
2
2
tωω
 
)22(
α2
α
α
α
α
2
2
2
2
22
+=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +=
+=
−=−
−=
0
0
00
00
0
ωt
2
21ωt
ω
2
2ωt
tωω
2
2
tωω
 
Linha de referência 
Equações do movimento: 
0
)(
=θ
=
−=α
i
0i ωω
constante
 
 
αθ−ω=ω
α−ω=ω
α−ω=θ
2
2
1
2
0
2
0
2
0
t
tt
 
0=iθ 
máxθ 
2
máxθ 
0ω (+) α (-)
t, 0ω = 
t2 , 2ω 
t1 , 1ω 
4. A figura abaixo mostra dois blocos (A e B) ligados por uma corda, passando por uma polia 
de massa M e raio R. O atrito no eixo da polia é desprezível e o módulo da aceleração da 
gravidade local é g. Sabendo que a massa do bloco A é M e a do bloco B é 2M determine 
(a) a aceleração dos blocos e (b) a tensão na parte da corda que suporta o bloco A (TA) e na 
parte da corda que suporta o bloco B (TB). O momento de inércia da polia em relação ao 
eixo de rotação é: 2
2
1 MRI = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Aplicando a 2ª Lei de Newton aos movimentos 
dos blocos e da polia temos: 
 
Bloco A: 
MgMaT
MaMgT
MaF
A
A
+=
=−
=∑
 
 
Bloco B: 
MaMgT
MaTMg
MaF
B
B
22
22
2
−=
=−
=∑
 
 
Polia: 
MaTT
R
aMRTT
MRRTRT
I
AB
AB
AB
2
1
2
1
2
1 2
=−
=−
α=−
α=τ∑
 
 
 
ga
MaMg
MaMaMg
MaMgMaMaMg
MaTT AB
7
2
2
7
2
13
2
1)(22
2
1
=
=
=−
=+−−
=−
 
 
(b) Cálculo das tensões TA e TB 
 
MgT
MggMT
AA
7
9
7
2
=
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
 
 
A 
TB 
TA 
B 
A 
B 
BT ′
r
 
AT
r
 
BT
r
 
AT ′
r
 
T
r
BP
r
 
AP
r
 
BB
AA
TT
eTT
rr
rr
=′
=′
 
Ba
r 
Aa
r 
)(+α 
Raa
poliadabordanaponto
eaaa
BeAblo
T
BA
α==
==
:
:cos
 
(+) 
(+) 
MgT
gMMgT
A
B
7
10
7
222
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=