Prova 4 FIS 201 2004-1

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS – DEPARTAMENTO DE FÍSICA 
QUARTA PROVA DE FÍSICA I - 28/06/2004 
NOTA (100) 
 
Turma – dia = hora Professor 
Observações: 
1. Todas as questões têm o mesmo valor. 
2. Faça uso de ilustrações, eixos cartesianos de 
referência, diagramas de corpos isolados e textos 
explicativos, durante a resolução do problema. 
3. Não serão aceitas respostas sem justificativas; 
4. Escreva no espaço abaixo o seu nome, número de 
matrícula e a turma que você freqüenta. 
T1 - 2a = 16-18 / 5a = 14-16 
T2 - 4a = 08-10 / 6a = 10-12 Rober 
T3 - 2a = 08-10 / 4a = 10-12 Alexandre 
T4 - 3a = 16-18 / 6a = 14-16 
T6 - 3a = 08-10 / 5a = 10-12 
T7 - 3a = 14-16 / 5a = 16-18 
Gino Ceotto 
Coordenador 
T5 - 3a = 10-12 / 6a = 08-10 
T10 - 4a = 14-16 / 6a = 16-18 Antônio Carlos 
T8 - 2a = 10-12 / 5a = 08-10 Marcos 
T9 - 2a = 14-16 / 4a = 16-18 Lucas Mól 
Nome: ______________________________________ Matrícula: ____________ Turma:___ 
EQUAÇÕES 
Fr
rrr ×=τ 
θ=τ senrF 
α=τ rr I 
2mhII CM +=
)cos()( φ+ω= txtx m 
vmp rr = 
2/ rGMmF =
amF r
r = 
xkF r
r −= 
rGMmU /−= 
2)2/1( kxU = 
2)21( mvKt = 
rs θ= ; rv ω= 
rat α= ; rvac 2= 
2)21( ω= IKr 
1) Na figura ao lado, seja PB o peso do bloco, φ o ângulo que o fio faz com 
a barra horizontal e L e PL o comprimento e o peso da barra, 
respectivamente. O fio pode suportar uma tensão máxima T. 
a) Determine a maior distância x para que o fio não se rompa. 
b) Para o bloco nesta posição x, determine as componentes vertical e 
horizontal da força exercida pelo pino sobre a barra. 
 
Dados: φ, PB, L, PL e T 
 
Ilustração: 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
a) 0ˆ
2
senE =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−φ=τ∑ kxPPLTL BLzr 
∴ 
B
L
P
LPTx ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −φ=
2
sen (1)
b) Determinação da força horizontal ( HF
r
): 
( ) 0ˆcos =φ−=∑ iTFF Hxr 
∴ ( ) iTFH rv φ= cos (2)
Determinação da força vertical ( VF
r
): 
( ) 0ˆsen =φ+−−=∑ jTPPFF LBVyr 
∴ ( ) jTPPF LBV ˆsenφ−+=r (3)
Outra maneira de determinar VF
r
: 
( ) 0ˆ
2D
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+=τ∑ kLFPxLPL VBLzr (4)
De (1) temos que 
( )
B
L
B P
LPTPxL ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −φ−=−
2
sen . (5)
Substituindo (5) em (4) obtemos o mesmo 
resultado apresentado na eq. (3) acima. 
x 
L 
φ 
x 
φ 
LP
r
 
BP
r
 
HF
r
 
T
rVF
r
 
E D 
x 
y 
2) Um bloco de massa M encontra-se em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, preso 
a um suporte rígido, por uma mola de constante k, conforme ilustrado abaixo. Uma bala de massa 
m e velocidade v atinge o bloco e permanece dentro do bloco. Determine, em termos de M, k, m e 
v , a amplitude do movimento harmônico simples resultante. 
 
 
 
 
Dados: vi = v , m 
Vi = 0 , M 
k 
Resolução: 
A velocidade do conjunto bloco-bala, imedia-
tamente após a colisão (Vf), ou seja, ainda na 
posição de equilíbrio, será 
V(x = 0) = Vm = Vf 
Usando o princípio de conservação do 
momento linear, tem-se: 
fi pp
rr = 
fi VMmvm
rr )( += 
∴ 
)( Mm
vmV if +=
rr
 (1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como a energia mecânica [E(x)] é constante, 
tem-se que 
E(x) = E(x = 0) = E(xm) (2)
U(0) + K(0) = U(xm) + K(xm) (3)
Em x = 0 ⇒ K(0) = 2m)(2
1 VMm + e U(0) = 0 
Em x = xm ⇒ K(xm) = 0 e U(xm) = 2m2
1 kx 
Assim, 2m)(2
1 VMm + = 2m2
1 kx 
e 2
2
2
m
2
m )(
)()()(
Mm
mv
k
MmV
k
Mmx +
+=+= 
Finalmente, 
)(m Mmk
mvx += (4)
k M 
m v
r
)(tF
r
 
+ s(t) 
- s(t) 
φ(t) θ(t) 
)ˆ(
2
iLrr −=≅ ⊥rr 
3) Uma haste uniforme de comprimento L e massa m está disposta horizontalmente em relação ao 
piso, sendo livre para girar em torno do eixo vertical que passa pelo de seu centro. Uma mola 
com constante de força k é ligada horizontalmente entre a parede e uma extremidade da haste. A 
figura abaixo representa uma vista superior do arranjo. Quando a haste está em equilíbrio, fica 
paralela à parede. Determine a freqüência das pequenas oscilações que resultam, quando a 
haste é ligeiramente girada e liberada. 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: L, m, k e 
12
2mLICM = 
Ilustração: 
 
 
 
 
 
Resolução: 
O problema pede a freqüência das pequenas 
oscilações do sistema. Assim sendo, podemos 
assumir que θmáx << 1 rad, com θm ≤ θ(t) ≤ θm. 
Nestas condições, φ(t) ≅ π/2. 
A força restauradora será dada por 
)()()()( trktkstkytF θ−=−≅−= (1) 
sendo 
r
tsttrts )()()()( =θ∴θ= (2) 
e 
r
tattrta )()()()( =α∴α= . (3) 
O torque restaurador será dado por 
)()( tIt α=τ rr , (4) 
que, no instante representado na figura, pode ser 
representado pela equação 
)ˆ()()ˆ()()ˆ()( ktIktFrkt −α=−×=−τ rrr (5) 
Usando as considerações anteriores e o fato 
de que 
y(t) ≅ s(t), 
a(t) = r α(t) = − ω2 y(t) 
e ( )2
)()()()(
2
2
L
ty
r
tatt ω−==θω−=α 
temos 
)(
2
)()(
)()sen(sen)()(
tFLtrFtFr
tFrtrFt
=≅=
φ=φ=τ
⊥
 
∴ )(
4
)(
2
)(
2
tkLtykLt θ−=−=τ (6)
e 
[ ] [ ])(
6
)(
12
)( 22
2
tymLtmLtI ω−=θω−=α (7)
Substituindo (6) e (7) em (5), temos 
)(
6
)(
2
2 tymLtykL ω−=− (8)
ou 
)(
12
)(
4
2
22
tmLtkL θω−=θ− (9)
De (8) e (9) temos que a freqüência angular é 
dada por 
m
kf 32 =π=ω 10)
e a freqüência por 
m
kf 3
2
1
π= (11)
L 
m 
Parede
Piso
k 12
2mLICM = 
4) Determine a velocidade necessária para se escapar da atração gravitacional de um asteróide de 
raio R e densidade volumétrica ρ. 
 
Dados: R e ρ. 
Resolução: 
Velocidade de escape (ve) é a velocidade inicial 
mínima necessária para se escapar da atração 
gravitacional de um corpo, partindo-se da 
superfície do mesmo e chegando ao repouso 
somente no infinito. Nessa distância, a energia 
mecânica será nula. Assim, pelo princípio de 
conservação da energia mecânica, 
E(R) = E(∞) (1) 
U(R) + K(R) = U(∞) + K(∞) = 0 (2) 
0
2
1 2
e =+− mvR
GMm
 (3) 
R
GMv 2e = (4) 
Mas, como ρπ=ρ= 3
3
4 RVM (5) 
ρπ= GRv
3
8
e 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BOM TRABALHO!